En geometría , el punto de Fermat de un triángulo , también llamado punto de Torricelli o punto de Fermat-Torricelli , es un punto tal que la distancia total desde los tres vértices del triángulo al punto es la mínima posible. [1] 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 con un ángulo mayor como máximo 120 ° es simplemente su primer centro isogónico o X (13) , que se construye de la siguiente manera:
- Construye un triángulo equilátero en cada uno de los 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 los dos lados elegidos arbitrariamente, construya un triángulo isósceles , con la base del 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, dibuje un círculo, en cada caso con el centro en el nuevo vértice del triángulo isósceles y con un 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 en ángulo obtuso.
En lo que sigue, "Caso 1" significa que el triángulo tiene un ángulo superior a 120 °. "Caso 2" significa que ningún ángulo del triángulo supera los 120 °.
Localización de X (13)
La Fig. 2 muestra los triángulos equiláteros ARB, AQC y CPB unidos a los lados del triángulo arbitrario ABC. Aquí hay una prueba que usa las propiedades de los puntos concíclicos para mostrar que las tres líneas RC, BQ y AP en la Figura 2 se intersecan en el punto F y se cortan entre sí en ángulos de 60 °.
Los triángulos RAC y 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 contrario del teorema del ángulo inscrito aplicado al segmento AF, los puntos ARBF son concíclicos (se encuentran en un círculo). Del mismo modo, los puntos AFCQ son concíclicos.
∠ARB = 60 °, entonces ∠AFB = 120 °, usando el teorema del ángulo inscrito . De manera similar, ∠AFC = 120 °.
Entonces ∠BFC = 120 °. Entonces, ∠BFC y ∠BPC suman 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 de la línea. Entonces, las líneas RC, BQ y AP son concurrentes (se cruzan 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 circunferencial 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, por lo que ∠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 y 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. Entonces, las líneas que unen los centros de los círculos también se cruzan en ángulos de 60 °. Por lo tanto, los centros de los círculos forman un triángulo equilátero. Esto se conoce como Teorema de Napoleón .
Ubicación del punto de Fermat
Geometría tradicional
Dado cualquier triángulo euclidiano ABC y un punto arbitrario P sea d (P) = PA + PB + PC, con PA denotando la distancia entre P y A. El objetivo de esta sección es identificar un punto P 0 tal que d (P 0 )
Un resultado clave que se utilizará es la regla 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.
[Si AB es el lado común, extienda AC para cortar el polígono en X. Entonces, por la desigualdad del triángulo, el perímetro del polígono> AB + AX + XB = AB + AC + CX + XB ≥ AB + AC + BC.]
Sea P cualquier punto fuera de Δ. Asociar 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 y P se encuentra claramente en una o dos de ellas. Si P está en dos (digamos la intersección de las zonas B y C), entonces establecer P '= A implica d (P') = d (A)
Caso 1. El triángulo tiene un ángulo ≥ 120 °.
Sin pérdida de generalidad, suponga que el ángulo en A es ≥ 120 °. Construya el triángulo equilátero AFB y para cualquier punto P en Δ (excepto el propio A) construya 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, por lo que estos dos triángulos son congruentes y se deduce que d (P) = CP + PQ + QF, que es simplemente la longitud de la trayectoria CPQF. Como P está restringido a estar dentro de ABC, por la regla del dogleg la longitud de esta trayectoria excede AC + AF = d (A). Por lo tanto, d (A)
Caso 2. El triángulo no tiene un ángulo ≥ 120 °.
Construya el triángulo equilátero BCD y 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 entonces d (P) = PA + PB + PC = AP + PQ + QD que es simplemente la longitud de la ruta APQD. Sea P 0 el punto donde AD y CF se cruzan. Este punto se denomina comúnmente primer centro isogónico. Realice el mismo ejercicio con P 0 que hizo con P y encuentre el punto Q 0 . Por la restricción angular, P 0 se encuentra dentro de Δ, además, BCF es una rotación de 60 ° de BDA alrededor de B, por lo que Q 0 debe estar en algún lugar de AD. Dado que CDB = 60 °, se deduce que Q 0 se encuentra entre P 0 y D, lo que significa que AP 0 Q 0 D es una línea recta, por lo que d (P 0 ) = AD. Además, si P ≠ P 0, entonces P o Q no estarán en AD, lo que significa que d (P 0 ) = AD
Análisis de vectores
Sean O , A , B , C , X cualesquiera cinco puntos en un plano. Denotar los vectorespor a , b , c , x respectivamente, y sean i , j , k los vectores unitarios de O a lo largo de a , b , c .
Ahora | a | = a⋅i = ( a - x ) ⋅i + x⋅i ≤ | a - x | + x⋅i y de forma similar | b | ≤ | b - x | + x⋅j y | c | ≤ | c - x | + x⋅k .
Sumando da | a | + | b | + | c | ≤ | a - x | + | b - x | + | c - x | + x⋅ ( yo + j + k ).
Si a , b , c se encuentran en O en ángulos de 120 °, entonces i + j + k = 0 entonces | a | + | b | + | c | ≤ | a - x | + | b - x | + | c - x | para todo x .
En otras palabras, OA + OB + OC ≤ 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 . Tenga en cuenta que | k | ≤ 1 porque el ángulo entre los vectores unitarios i y j es ∠C que excede los 120 °. Desde | 0 | ≤ | 0 - x | + x⋅k la tercera desigualdad aún se mantiene, las otras dos desigualdades no cambian. La prueba ahora continúa como arriba (sumando las tres desigualdades y usando 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 un punto dentro del triángulo, desde donde la suma de las distancias a los vértices del triángulo es mínima, es utilizar uno de los métodos de optimización (matemáticas) . En particular, el método de los multiplicadores de Lagrange y la ley de los cosenos .
Dibujamos líneas desde el punto dentro del triángulo de sus vértices y los llamamos X , Y y Z . Además, supongamos que las longitudes de estas líneas sean x, y y z, respectivamente. Sea α el ángulo entre X e Y , Y y Z sea β. Entonces el ángulo entre X y Z es (2π - α - β). Usando el método de los multiplicadores de Lagrange tenemos que encontrar el mínimo de la L de Lagrange , que se expresa como:
- L = x + y + z + λ 1 ( x 2 + y 2 - 2 xy cos ( α ) - un 2 ) + λ 2 ( y 2 + z 2 - 2 yz cos (β) - b 2 ) + λ 3 ( z 2 + x 2 - 2 zx cos ( α + β ) - c 2 )
donde una , b y c son las longitudes de los lados del triángulo.
Igualar cada una de las cinco derivadas parciales δ L / δx, δ L / δy, δ L / δz, δ L / δα, δ L / δβ a cero y eliminar λ 1 , λ 2 , λ 3 eventualmente da sin (α) = sin (β) y sin (α + β) = - sin (β) entonces α = β = 120 °. Sin embargo, la eliminación es un asunto largo y tedioso, y el resultado final cubre solo el Caso 2.
Propiedades
- Cuando el ángulo más grande del triángulo no es mayor de 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 circunferenciales de los tres triángulos equiláteros construidos son concurrentes en X (13).
- Coordenadas trilineales para el primer centro isogónico, X (13):
- csc ( A + π / 3): csc ( B + π / 3): csc ( C + π / 3), o, de manera equivalente,
- seg ( A - π / 6): seg ( B - π / 6): seg ( C - π / 6). [2]
- Coordenadas trilineales para el segundo centro isogónico, X (14):
- csc ( A - π / 3): csc ( B - π / 3): csc ( C - π / 3), o, de manera equivalente,
- seg ( A + π / 6): seg ( B + π / 6): seg ( C + π / 6). [3]
- Coordenadas trilineales para el punto de Fermat:
- 1 - u + uvw seg ( A - π / 6): 1 - v + uvw seg ( B - π / 6): 1 - w + uvw seg ( C - π / 6)
- 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):
- sin ( A + π / 3): sin ( B + π / 3): sin ( C + π / 3). [4]
- El conjugado isogonal de X (14) es el segundo punto isodinámico , X (16):
- sin ( A - π / 3): sin ( B - π / 3): sin ( C - π / 3). [5]
- Los siguientes triángulos son equiláteros:
- triángulo antípedo de X (13)
- triángulo antípedo de X (14)
- triángulo de pedal de X (15)
- triángulo de pedal de X (16)
- triángulo circunceviano de X (15)
- triángulo circunceviano de X (16)
- Las líneas X (13) X (15) y X (14) X (16) son paralelas a la línea de Euler . Las tres líneas se encuentran en el punto 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) se encuentra con la línea de Euler en el punto medio de X (2) y X (4). [6]
- El punto de Fermat se encuentra en el disco ortocentroidal abierto perforado en su propio centro, y podría ser cualquier punto del mismo. [7]
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 quizás 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 anterior son realmente iguales.
Historia
Esta pregunta fue propuesta por Fermat, como un desafío a Evangelista Torricelli . Resolvió el problema de una manera similar a la de Fermat, aunque en su lugar utilizó la intersección de los círculos circunferenciales de los tres triángulos regulares. Su alumno, Viviani, publicó la solución en 1659. [8]
Ver también
- Mediana geométrica o punto de Fermat-Weber, el punto que minimiza la suma de distancias a más de tres puntos dados.
- Teorema de lester
- Centro triangular
- Puntos de Napoleón
- Problema de Weber
Referencias
- ^ Cortar el nudo - El punto de Fermat y generalizaciones
- ^ Entrada X (13) en la Enciclopedia de centros triangulares Archivado el 19 de abril de 2012 en la Wayback Machine.
- ^ Entrada X (14) en la Enciclopedia de centros triangulares Archivado el 19 de abril de 2012 en la Wayback Machine.
- ^ Entrada X (15) en la Enciclopedia de centros triangulares Archivado el 19 de abril de 2012 en la Wayback Machine.
- ^ Entrada X (16) en la Enciclopedia de centros triangulares Archivado el 19 de abril de 2012 en la 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
- ^ Weisstein, Eric W. "Puntos Fermat" . MathWorld .
enlaces externos
- "Problema de Fermat-Torricelli" , Enciclopedia de Matemáticas , EMS Press , 2001 [1994]
- Fermat Point por Chris Boucher, Proyecto de demostraciones Wolfram .
- Generalización de Fermat-Torricelli en bocetos de geometría dinámica El boceto interactivo generaliza el punto de Fermat-Torricelli.
- Un ejemplo práctico del punto de Fermat
- Boceto interactivo de iOS