Punto di Fermat

Template:S Template:Centro triangolo In geometria, il punto di Fermat, anche chiamato punto di Torricelli o punto di Fermat-Torricelli, è il punto che minimizza la distanza complessiva da tutti e tre i vertici di un triangolo. La scoperta risale come soluzione a un problema posto da Fermat a Torricelli.

Quando un triangolo ha un angolo maggiore di 120° il punto di Fermat è posto sul vertice dell'angolo ottuso. In un triangolo in cui l'angolo maggiore misura meno di 120°, il punto di Fermat è individuato dall'intersezione delle tre linee ottenute congiungendo ciascun vertice del triangolo con il vertice, non appartenente al triangolo, del triangolo equilatero costruito sul lato opposto a tale angolo esternamente al triangolo.

Proprietà

Il punto di Fermat ha diverse proprietà. Dato un triangolo $ABC$ si deve costruire su ogni lato un triangolo equilatero in modo da formare tre triangoli chiamati $AB{C}^{\prime }$, $A{B}^{\prime }C$, $A^{\prime }BC$. Congiungendo $\overline{A{A}^{\prime }}$, $\overline{B{B}^{\prime }}$, $\overline{C{C}^{\prime }}$ queste tre rette si incontrano in un punto $F$. Si dimostra che $\overline{A{A}^{\prime }}=\overline{B{B}^{\prime }}=\overline{C{C}^{\prime }}$. Infatti i triangoli $AC{A}^{\prime }$ e $B^{\prime }CB$ sono congruenti perché $\overline{CA}=\overline{C{B}^{\prime }},\overline{C{A}^{\prime }}=\overline{CB}$, e sono uguali gli angoli $A\hat{C}{A}^{\prime }=B\hat{C}{B}^{\prime }$ perché ottenuti entrambi aggiungendo un angolo di 60° a $A\hat{C}B$. Ne segue che $\overline{A{A}^{\prime }}=\overline{B{B}^{\prime }}$ e analogamente si prova che $\overline{A{A}^{\prime }}=\overline{C{C}^{\prime }}$. Si costruiscano tre circonferenze $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ tali che $\gamma$ sia circoscritta ad $AC{B}^{\prime }$, $\alpha$ sia circoscritta ad $A^{\prime }CB$, $\beta$ sia circoscritta ad $A{C}^{\prime }B$. Le tre circonferenze avranno tutte in comune il punto $F$. Poiché i quadrilateri $A{C}^{\prime }BF$, $A{B}^{\prime }CF$ sono inscritti in una circonferenza, l'angolo $A\hat{F}B=120^{\circ }$ e l'angolo $A\hat{F}C=120^{\circ }$.

Ne segue che: l'angolo $B\hat{F}C=120^{\circ }$: quindi il punto $F$ appartiene a $\beta$. Il punto $F$ appartiene a $\overline{B{B}^{\prime }}$ perché: l'angolo $A\hat{F}B=120^{\circ }$ l'angolo $A\hat{F}{B}^{\prime }=A\hat{C}{B}^{\prime }=60^{\circ }$. Allo stesso modo si dimostra che $F$ appartiene ad $\overline{A{A}^{\prime }}$ e anche a $\overline{C{C}^{\prime }}$.

Il punto $F$ è detto "punto di Fermat" del triangolo $ABC$.

Dimostrazione

Lemma 1

Per ogni vettore $\overrightarrow{a},\overrightarrow{b},\overrightarrow{c}\ne \overrightarrow{0},$

$\frac{\overrightarrow{a}}{|\overrightarrow{a}|}+\frac{\overrightarrow{b}}{|\overrightarrow{b}|}+\frac{\overrightarrow{c}}{|\overrightarrow{c}|}=\overrightarrow{0}$

è equivalente al fatto che

$\frac{\overrightarrow{a}}{|\overrightarrow{a}|},\frac{\overrightarrow{b}}{|\overrightarrow{b}|},\frac{\overrightarrow{c}}{|\overrightarrow{c}|}$

formano tutti tra di loro un angolo di 120°.

Dimostrazione del lemma 1

Siano $\overrightarrow{e_i},$ per $i=0,1,2,$ i versori seguenti

$\overrightarrow{e_0}=\frac{\overrightarrow{a}}{|\overrightarrow{a}|},\overrightarrow{e_1}=\frac{\overrightarrow{b}}{|\overrightarrow{b}|},\overrightarrow{e_2}=\frac{\overrightarrow{c}}{|\overrightarrow{c}|}.$

Sia ${\theta }_{ij}$ l'angolo tra due vettori unitari $\overrightarrow{e_i}$ e $\overrightarrow{e_j}.$ Si ha quindi che ${\theta }_{ij}={\theta }_{ji}$ e i valori del prodotto scalare sono

$\overrightarrow{e_i}\cdot \overrightarrow{e_j}=\cos {\theta }_{ij}=\{\begin{array}{cc}1& \text{se }i=j\\ -\frac{1}{2}& \text{se }i\ne j.\end{array}$

Così si ottiene ${\theta }_{ij}=120^{\circ }$ per $i\ne j.$

Viceversa, se i versori $\overrightarrow{e_i},$ per $i=0,1,2,$ formano un angolo di 120° tra di loro, si ottiene

$\overrightarrow{e_i}\cdot \overrightarrow{e_j}=\{\begin{array}{cc}\cos 0^{\circ }=1& \text{se }i=j\\ \cos 120^{\circ }=-\frac{1}{2}& \text{se }i\ne j.\end{array}$

Quindi si ha

$|\overrightarrow{e_0}+\overrightarrow{e_1}+\overrightarrow{e_2}{|}^2=\sum _{i=j}^{}\overrightarrow{e_i}\cdot \overrightarrow{e_j}+\sum _{i\ne j}^{}\overrightarrow{e_i}\cdot \overrightarrow{e_j}=3\times 1+6\times (-\frac{1}{2})=0.$

Pertanto si ottiene

$\overrightarrow{e_0}+\overrightarrow{e_1}+\overrightarrow{e_2}=\overrightarrow{0}.$

Lemma 2

Per ogni vettore $\overrightarrow{a}\ne \overrightarrow{0},\overrightarrow{x},$ si ha

$|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{x}|\ge |\overrightarrow{a}|-\frac{\overrightarrow{a}}{|\overrightarrow{a}|}\cdot \overrightarrow{x}.$

Dimostrazione del lemma 2

Per ogni vettore $\overrightarrow{u},\overrightarrow{v},$ è noto che $|\overrightarrow{u}||\overrightarrow{v}|\ge \overrightarrow{u}\cdot \overrightarrow{v}.$

Ponendo $\overrightarrow{u}=\frac{\overrightarrow{a}}{|\overrightarrow{a}|}$ e $\overrightarrow{v}=\overrightarrow{a}-\overrightarrow{x},$ si ha la tesi del lemma 2.

Se il triangolo $ABC$ è un triangolo in cui tutti gli angoli sono inferiori a 120°, si può costruire il punto $F$ all'interno del triangolo $ABC.$ Ora impostando il punto $F$ come origine dei vettori, per ogni punto $X$ dello spazio euclideo $E$, si ha $\overrightarrow{a}=\overrightarrow{FA},\overrightarrow{b}=\overrightarrow{FB},\overrightarrow{c}=\overrightarrow{FC},\overrightarrow{x}=\overrightarrow{FX}.$

Se $F$ è il punto di Fermat, allora $\mathrm{\angle }AFB=\mathrm{\angle }BFC=\mathrm{\angle }CFA=120^{\circ }.$ Quindi, si ottiene l'uguaglianza del lemma 1.

Dal lemma 2, si ottiene

$|\overrightarrow{XA}|\ge |\overrightarrow{FA}|-\frac{\overrightarrow{a}}{|\overrightarrow{a}|}\cdot \overrightarrow{x},$

$|\overrightarrow{XB}|\ge |\overrightarrow{FB}|-\frac{\overrightarrow{b}}{|\overrightarrow{b}|}\cdot \overrightarrow{x},$

$|\overrightarrow{XC}|\ge |\overrightarrow{FC}|-\frac{\overrightarrow{c}}{|\overrightarrow{c}|}\cdot \overrightarrow{x}.$

Da queste tre disuguaglianze e dal lemma 1, segue che

$|\overrightarrow{XA}|+|\overrightarrow{XB}|+|\overrightarrow{XC}|\ge |\overrightarrow{FA}|+|\overrightarrow{FB}|+|\overrightarrow{FC}|.$

Esso vale per ogni punto $X$ dello spazio euclideo $E,$ quindi se $X=F,$ allora il valore di $|\overrightarrow{XA}|+|\overrightarrow{XB}|+|\overrightarrow{XC}|$ è minimo.

Storia

Questo quesito fu posto da Fermat a Evangelista Torricelli. Egli risolse il problema in modo simile a Fermat, usando l'intersezione delle circonferenze dei tre triangoli regolari. Il suo allievo, Vincenzo Viviani, pubblicò la soluzione nel 1659.

Collegamenti esterni

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