Punto de Fermat

En geometría euclidiana , el punto de Fermat de un triángulo , también llamado punto de Torricelli o punto de Fermat–Torricelli , es un punto tal que la suma de las tres distancias desde cada uno de los tres vértices del triángulo hasta el punto es la menor posible ^[1] o, equivalentemente, la mediana geométrica de los tres vértices. Se llama así porque este problema fue planteado por primera vez por Fermat en una carta privada a Evangelista Torricelli , quien lo resolvió.

El punto de Fermat da una solución a los problemas de la mediana geométrica y del árbol de Steiner para tres puntos.

Construcción

El punto de Fermat de un triángulo cuyo ángulo mayor es como máximo 120° es simplemente su primer centro isogónico o X(13) , ^[2] que se construye de la siguiente manera:

Construya un triángulo equilátero en cada uno de dos lados elegidos arbitrariamente del triángulo dado.
Dibuja una línea desde cada nuevo vértice hasta el vértice opuesto del triángulo original.
Las dos líneas se cruzan en el punto de Fermat.

Un método alternativo es el siguiente:

En cada uno de dos lados elegidos arbitrariamente, construya un triángulo isósceles , con base en el lado en cuestión, ángulos de 30 grados en la base y el tercer vértice de cada triángulo isósceles fuera del triángulo original.
Para cada triángulo isósceles dibuja un círculo, en cada caso con centro en el nuevo vértice del triángulo isósceles y con radio igual a cada uno de los dos nuevos lados de ese triángulo isósceles.
La intersección dentro del triángulo original entre los dos círculos es el punto de Fermat.

Cuando un triángulo tiene un ángulo mayor a 120°, el punto de Fermat se ubica en el vértice obtuso.

En lo sucesivo, "Caso 1" significa que el triángulo tiene un ángulo que supera los 120°. "Caso 2" significa que ningún ángulo del triángulo supera los 120°.

Ubicación de X(13)

La figura 2 muestra los triángulos equiláteros $△ ARB, △ AQC, △ CPB$ unidos a los lados del triángulo arbitrario $△ ABC$ . Aquí hay una prueba que utiliza propiedades de puntos concíclicos para mostrar que las tres líneas $RC, BQ, AP$ en la figura 2 se intersecan en el punto $F$ y se cortan entre sí en ángulos de 60°.

Los triángulos $△ RAC, △ BAQ$ son congruentes porque el segundo es una rotación de 60° del primero alrededor de $A$ . Por lo tanto $∠ ARF = ∠ ABF$ y $∠ AQF = ∠ ACF$ . Por el inverso del teorema del ángulo inscrito aplicado al segmento $AF$ , los puntos $ARBF$ son concíclicos (se encuentran en un círculo). De manera similar, los puntos $AFCQ$ son concíclicos.

$∠ ARB = 60°$ , por lo tanto $∠ AFB = 120°$ , utilizando el teorema del ángulo inscrito . De manera similar, $∠ AFC = 120°$ .

Entonces $∠ BFC = 120°$ . Por lo tanto, $∠ BFC + ∠ BPC = 180°$ . Usando el teorema del ángulo inscrito , esto implica que los puntos $BPCF$ son concíclicos. Entonces, usando el teorema del ángulo inscrito aplicado al segmento $BP$ , $∠ BFP = ∠ BCP = 60°$ . Como $∠ BFP + ∠ BFA = 180°$ , el punto $F$ se encuentra en el segmento $AP$ . Entonces, las líneas $RC, BQ, AP$ son concurrentes (se intersecan en un solo punto). QED

Esta prueba se aplica solo en el Caso 2, ya que si $∠ BAC > 120°$ , el punto $A$ se encuentra dentro del círculo circunscrito de $△ BPC$ que cambia las posiciones relativas de $A$ y $F$ . Sin embargo, se modifica fácilmente para cubrir el Caso 1. Entonces $∠ AFB = ∠ AFC = 60°$ por lo tanto $∠ BFC = ∠ AFB + ∠ AFC = 120°$ lo que significa que $BPCF$ es concíclico entonces $∠ BFP = ∠ BCP = 60° = ∠ BFA$ . Por lo tanto, $A$ se encuentra en $FP$ .

Las líneas que unen los centros de los círculos en la Fig. 2 son perpendiculares a los segmentos de línea $AP, BQ, CR$ . Por ejemplo, la línea que une el centro del círculo que contiene $△ ARB$ y el centro del círculo que contiene $△ AQC$ , es perpendicular al segmento $AP$ . Por lo tanto, las líneas que unen los centros de los círculos también se intersecan en ángulos de 60°. Por lo tanto, los centros de los círculos forman un triángulo equilátero. Esto se conoce como el Teorema de Napoleón .

Ubicación del punto de Fermat

Geometría tradicional

Dado cualquier triángulo euclidiano $△ ABC$ y un punto arbitrario $P$ sea El objetivo de esta sección es identificar un punto $P$ $0$ tal que para todo Si tal punto existe entonces será el punto de Fermat. En lo que sigue $Δ$ denotará los puntos dentro del triángulo y se tomará que incluye su límite $Ω$ . $d(P)=|PA|+|PB|+|PC|.$ $d(P_{0})<d(P)$ $P\neq P_{0}.$

Un resultado clave que se utilizará es la regla del dogleg, que afirma que si un triángulo y un polígono tienen un lado en común y el resto del triángulo se encuentra dentro del polígono, entonces el triángulo tiene un perímetro más corto que el polígono:

AB

es el lado común, prolongue

AC

para cortar el polígono en el punto

X.

Entonces el perímetro del polígono es, por la desigualdad del triángulo :

{\text{perímetro}}>|AB|+|AX|+|XB|=|AB|+|AC|+|CX|+|XB|\geq |AB|+|AC|+|BC|.

Sea $P$ cualquier punto fuera de $Δ$ . Asocie cada vértice con su zona remota; es decir, el semiplano más allá del lado opuesto (extendido). Estas 3 zonas cubren todo el plano excepto $Δ$ mismo y $P$ se encuentra claramente en una o dos de ellas. Si $P$ está en dos (por ejemplo, la intersección de las zonas $B$ y $C$ ), entonces el establecimiento implica la regla del dogleg. Alternativamente, si $P$ está en una sola zona, por ejemplo, la zona $A$ , entonces donde $P'$ es la intersección de $AP$ y $BC$ . Entonces, para cada punto $P$ fuera $de Δ$ existe un punto $P'$ en $Ω$ tal que $P'=A$ $d(P')=d(A)<d(P)$ $d(P')<d(P)$ $d(P')<d(P).$

Caso 1. El triángulo tiene un ángulo ≥ 120°.

Sin pérdida de generalidad, supongamos que el ángulo en $A$ es ≥ 120°. Construyamos el triángulo equilátero $△ AFB$ y para cualquier punto $P$ en $Δ$ (excepto $A$ mismo) construyamos $Q$ de modo que el triángulo $△ AQP$ sea equilátero y tenga la orientación que se muestra. Entonces el triángulo $△ ABP$ es una rotación de 60° del triángulo $△ AFQ$ alrededor de $A,$ de modo que estos dos triángulos son congruentes y se sigue que que es simplemente la longitud del camino $CPQF$ . Como $P$ está restringido a estar dentro de $△$ $ABC$ , por la regla del dogleg la longitud de este camino excede Por lo tanto, para todos Ahora permitamos que $P$ esté fuera de $Δ$ . Desde arriba existe un punto tal que y como se sigue que para todos $P$ fuera de $Δ$ . Por lo tanto para todos lo que significa que $A$ es el punto de Fermat de $Δ$ . En otras palabras, el punto de Fermat se encuentra en el vértice de ángulo obtuso . $d(P)=|CP|+|PQ|+|QF|$ $|AC|+|AF|=d(A).$ $d(A)<d(P)$ $P\in \Delta ,P\neq A.$ $P'\en \Omega$ $d(P')<d(P)$ $d(A)\leq d(P')$ $d(A)<d(P)$ $d(A)<d(P)$ $P\neq A$

Caso 2. El triángulo no tiene ningún ángulo ≥ 120°.

Construya el triángulo equilátero $△ BCD$ , sea $P$ cualquier punto dentro de $Δ$ , y construya el triángulo equilátero $△ CPQ$ . Entonces $△ CQD$ es una rotación de 60° de $△ CPB$ alrededor de $C,$ por lo que

d(P)=|PA|+|PB|+|PC|=|AP|+|PQ|+|QD|

que es simplemente la longitud del camino $APQD$ . Sea $P 0$ el punto donde $AD$ y $CF$ se intersecan. Este punto se llama comúnmente el primer centro isogónico. Realice el mismo ejercicio con $P 0$ como hizo con $P$ , y encuentre el punto $Q 0$ . Por la restricción angular $P 0$ se encuentra dentro de $△ ABC$ . Además, $△ BCF$ es una rotación de 60° de $△ BDA$ alrededor de $B$ , por lo que $Q 0$ debe estar en algún lugar de $AD$ . Como $∠ CDB = 60°$ se deduce que $Q 0$ se encuentra entre $P 0$ y $D$ lo que significa $AP 0 Q 0 D$ es una línea recta así que Además, si entonces ni $P$ ni $Q$ se encontrarán en $AD$ lo que significa Ahora permita que $P$ se extienda fuera de $Δ$ . De arriba existe un punto tal que y como se deduce que para todo $P$ fuera de $Δ$ . Eso significa que $P$ $0$ es el punto de Fermat de $Δ$ . En otras palabras, el punto de Fermat coincide con el primer centro isogónico . $d(P_{0}=|AD|.$ $P\neq P_{0}$ $d(P_{0})=|ANUNCIO|<d(P).$ $P'\en \Omega$ $d(P')<d(P)$ $d(P_{0})\leq d(P')$ $d(P_{0})<d(P)$

Análisis vectorial

Sean $O, A, B, C, X$ cinco puntos cualesquiera en un plano. Denotemos los vectores por $a$ $,$ $b$ $,$ $c$ $,$ $x$ respectivamente, y sean $i$ $,$ $j$ $,$ $k$ los vectores unitarios desde $O$ a lo largo de $a$ $,$ $b$ $,$ $c$ . ${\overrightarrow {OA}},\ {\overrightarrow {OB}},\ {\overrightarrow {OC}},\ {\overrightarrow {OX}}$

{\begin{aligned}|\mathbf {a} |&=\mathbf {a\cdot i} =(\mathbf {a} -\mathbf {x} )\mathbf {\,\cdot \,i} +\mathbf {x\cdot i} \leq |\mathbf {a} -\mathbf {x} |+\mathbf {x\cdot i} ,\\|\mathbf {b} |&=\mathbf {b\cdot j} =(\mathbf {b} -\mathbf {x} )\mathbf {\,\cdot \,j} +\mathbf {x\cdot j} \leq |\mathbf {b} -\mathbf {x} |+\mathbf {x\cdot j} ,\\|\mathbf {c} |&=\mathbf {c\cdot k} =(\mathbf {c} -\mathbf {x} )\mathbf {\,\cdot \,k} +\mathbf {x\cdot k} \leq |\mathbf {c} -\mathbf {x} |+\mathbf {x\cdot k} .\end{aligned}}

Sumando $a, b, c$ se obtiene

|\mathbf {a} |+|\mathbf {b} |+|\mathbf {c} |\leq |\mathbf {a} -\mathbf {x} |+|\mathbf {b} -\mathbf {x} |+|\mathbf {c} -\mathbf {x} |+\mathbf {x} \cdot (\mathbf {i} +\mathbf {j} +\mathbf {k} ).

Si $a, b, c$ se encuentran en $O$ en ángulos de 120° entonces $i + j + k = 0$ , por lo que

|\mathbf {a} |+|\mathbf {b} |+|\mathbf {c} |\leq |\mathbf {a} -\mathbf {x} |+|\mathbf {b} -\mathbf {x} |+|\mathbf {c} -\mathbf {x} |

para todo $x$ . En otras palabras,

|OA|+|OB|+|OC|\leq |XA|+|XB|+|XC|

y por lo tanto $O$ es el punto de Fermat de $△ ABC$ .

Este argumento falla cuando el triángulo tiene un ángulo $∠ C > 120°$ porque no hay un punto $O$ donde $a, b, c$ se encuentren en ángulos de 120°. Sin embargo, se soluciona fácilmente redefiniendo $k = - (i + j)$ y colocando $O$ en $C$ de modo que $c = 0$ . Nótese que $| k | \leq 1$ porque el ángulo entre los vectores unitarios $i, j$ es $∠ C$ que excede 120°. Dado que

|\mathbf {0} |\leq |\mathbf {0} -\mathbf {x} |+\mathbf {x\cdot k} ,

La tercera desigualdad sigue siendo válida, las otras dos desigualdades no han cambiado. La prueba continúa ahora como antes (sumando las tres desigualdades y utilizando $i + j + k = 0$ ) para llegar a la misma conclusión de que $O$ (o en este caso $C$ ) debe ser el punto de Fermat de $△ ABC$ .

Multiplicadores de Lagrange

Otro enfoque para encontrar el punto dentro de un triángulo, desde el cual la suma de las distancias a los vértices del triángulo es mínima, es utilizar uno de los métodos de optimización matemática ; específicamente, el método de los multiplicadores de Lagrange y la ley de los cosenos .

Trazamos líneas desde el punto dentro del triángulo hasta sus vértices y las llamamos $X, Y, Z$ . Además, sean las longitudes de estas líneas $x, y, z$ respectivamente. Sea el ángulo entre X $e Y α , Y y Z β . Entonces el ángulo entre X y Z es π - α -$ $β$ . $Usando$ $el$ método $de$ multiplicadores $de$ $Lagrange$ tenemos $que$ encontrar $el$ mínimo $del lagrangiano$ L $,$ que $se$ expresa como:

L=x+y+z+\lambda _{1}(x^{2}+y^{2}-2xy\cos(\alpha )-a^{2})+\lambda _{2}(y^{2}+z^{2}-2yz\cos(\beta )-b^{2})+\lambda _{3}(z^{2}+x^{2}-2zx\cos(\alpha +\beta )-c^{2})

donde $a, b, c$ son las longitudes de los lados del triángulo.

Igualando cada una de las cinco derivadas parciales a cero y eliminando $λ$ $1$ $,$ $λ$ $2$ $,$ $λ$ $3$ se obtiene $que sen$ $α$ $= sen$ $β$ y $sen($ $α$ $+$ $β$ $) = - sen$ $β$ , por lo que $α$ $=$ $β$ $= 120°$ . Sin embargo, la eliminación es una tarea larga y tediosa, y el resultado final solo cubre el caso 2. ${\tfrac {\partial L}{\partial x}},{\tfrac {\partial L}{\partial y}},{\tfrac {\partial L}{\partial z}},{\tfrac {\partial L}{\partial \alpha }},{\tfrac {\partial L}{\partial \beta }}$

Propiedades

Cuando el ángulo mayor del triángulo no es mayor que 120°, X (13) es el punto de Fermat.
Los ángulos subtendidos por los lados del triángulo en X (13) son todos iguales a 120° (caso 2), o 60°, 60°, 120° (caso 1).
Los círculos circunscritos de los tres triángulos equiláteros construidos son concurrentes en X (13).
Coordenadas trilineales para el primer centro isogónico, X (13): ^[3]

{\begin{aligned}&\csc \left(A+{\tfrac {\pi }{3}}\right):\csc \left(B+{\tfrac {\pi }{3}}\right):\csc \left(C+{\tfrac {\pi }{3}}\right)\\&=\sec \left(A-{\tfrac {\pi }{6}}\right):\sec \left(B-{\tfrac {\pi }{6}}\right):\sec \left(C-{\tfrac {\pi }{6}}\right).\end{aligned}}

Coordenadas trilineales para el segundo centro isogónico, X (14): ^[4]

{\begin{aligned}&\csc \left(A-{\tfrac {\pi }{3}}\right):\csc \left(B-{\tfrac {\pi }{3}}\right):\csc \left(C-{\tfrac {\pi }{3}}\right)\\&=\sec \left(A+{\tfrac {\pi }{6}}\right):\sec \left(B+{\tfrac {\pi }{6}}\right):\sec \left(C+{\tfrac {\pi }{6}}\right).\end{aligned}}

Coordenadas trilineales para el punto de Fermat:

1-u+uvw\sec \left(A-{\tfrac {\pi }{6}}\right):1-v+uvw\sec \left(B-{\tfrac {\pi }{6}}\right):1-w+uvw\sec \left(C-{\tfrac {\pi }{6}}\right)

donde

u, v, w

denotan respectivamente las variables booleanas

(A < 120°), (B < 120°), (C < 120°)

El conjugado isogonal de X (13) es el primer punto isodinámico , X (15): ^[5]

\sin \left(A+{\tfrac {\pi }{3}}\right):\sin \left(B+{\tfrac {\pi }{3}}\right):\sin \left(C+{\tfrac {\pi }{3}}\right).

El conjugado isogonal de X (14) es el segundo punto isodinámico , X (16): ^[6]

\sin \left(A-{\tfrac {\pi }{3}}\right):\sin \left(B-{\tfrac {\pi }{3}}\right):\sin \left(C-{\tfrac {\pi }{3}}\right).

Los siguientes triángulos son equiláteros:
- triángulo antipédico de X (13)
- Triángulo antípedo de X (14)
- Triángulo pedal de X (15)
- Triángulo pedal de X (16)
- Triángulo circunceviano de X (15)
- Triángulo circunceviano de X (16)
Las rectas X (13) X (15) y X (14) X (16) son paralelas a la recta de Euler . Las tres rectas se encuentran en el punto de infinito de Euler, X (30).
Los puntos X (13), X (14), el circuncentro y el centro de nueve puntos se encuentran en un círculo de Lester .
La línea X (13) X (14) corta a la línea de Euler en el punto medio de X (2) y X (4). ^[7]
El punto de Fermat se encuentra en el disco ortocentroidal abierto perforado en su propio centro, y podría ser cualquier punto del mismo. ^[8]

Alias

Los centros isogónicos X (13) y X (14) también se conocen como el primer punto de Fermat y el segundo punto de Fermat respectivamente. Las alternativas son el punto de Fermat positivo y el punto de Fermat negativo . Sin embargo, estos nombres diferentes pueden ser confusos y tal vez sea mejor evitarlos. El problema es que gran parte de la literatura difumina la distinción entre el punto de Fermat y el primer punto de Fermat, mientras que solo en el caso 2 mencionado anteriormente son realmente el mismo.

Historia

Esta cuestión fue propuesta por Fermat como un desafío a Evangelista Torricelli . Resolvió el problema de manera similar a la de Fermat, aunque utilizando en su lugar la intersección de las circunferencias circunscritas de los tres triángulos regulares. Su alumno, Viviani, publicó la solución en 1659. ^[9]

Véase también

Mediana geométrica o punto de Fermat-Weber, punto que minimiza la suma de distancias a más de tres puntos dados.
Teorema de Lester
Centro del triangulo
Napoleón señala
Problema de Weber

Referencias

^ Cortar el nudo - El punto de Fermat y las generalizaciones
^ Kimberling, Clark (1994). "Puntos centrales y líneas centrales en el plano de un triángulo". Revista de Matemáticas . 67 (3): 163–187. doi :10.1080/0025570X.1994.11996210. JSTOR 2690608. MR 1573021.Véase X ₁₃ , pág. 174.
^ Entrada X(13) en la Enciclopedia de centros de triángulos Archivado el 19 de abril de 2012 en Wayback Machine .
^ Entrada X(14) en la Enciclopedia de centros de triángulos Archivado el 19 de abril de 2012 en Wayback Machine .
^ Entrada X(15) en la Enciclopedia de centros de triángulos Archivado el 19 de abril de 2012 en Wayback Machine .
^ Entrada X(16) en la Enciclopedia de centros de triángulos Archivado el 19 de abril de 2012 en Wayback Machine .
^ Kimberling, Clark. "Enciclopedia de centros triangulares".
^ Christopher J. Bradley y Geoff C. Smith, "Las ubicaciones de los centros de los triángulos", Forum Geometricorum 6 (2006), 57--70. http://forumgeom.fau.edu/FG2006volume6/FG200607index.html Archivado el 4 de marzo de 2016 en Wayback Machine.
^ Weisstein, Eric W. "Puntos de Fermat". MathWorld .

Enlaces externos

"Problema de Fermat-Torricelli", Enciclopedia de Matemáticas , EMS Press , 2001 [1994]
Punto de Fermat por Chris Boucher, The Wolfram Demonstrations Project .
Generalización de Fermat-Torricelli en Dynamic Geometry Sketches El boceto interactivo generaliza el punto de Fermat-Torricelli.
Un ejemplo práctico del punto de Fermat