رياضيات مع خالدالأستاذ خالد خطيب
مساحة للتعلّم
تنزيل PDFورقة عمل موجّهة

مقالة في الهندسة

نقطة فيرما

أين نبني محطّة واحدة لثلاث مدن؟

ثلاث مدن تريد أن تبني محطّة مشتركة وأن تصلها بكلّ مدينة بطريق مستقيم. أين نضع المحطّة كي يكون مجموع أطوال الطرق الثلاث أصغر ما يمكن؟ الجواب نقطة مميّزة في المثلث، تُرى منها الأضلاع الثلاثة بالزاوية نفسها تمامًا: \(120^\circ\). وبرهان ذلك كلّه دوران واحد بزاوية \(60^\circ\).

الأستاذ خالد خطيب

لنقطتين فقط السؤال سهل: كلّ نقطة على القطعة \(AB\) تعطي المجموع الأصغر \(PA+PB=AB\). مع ثلاث نقاط \(A,B,C\) لم يعد الأمر واضحًا. هل الجواب مركز الثقل؟ مركز الدائرة الداخلية؟ أحد الرؤوس؟ لا شيء من ذلك في الحالة العامّة. النقطة الصحيحة تُعرف باسم نقطة فيرما، ولها وصف هندسيّ أنيق.

المبرهنة

نقطة فيرما

ليكن \(ABC\) مثلثًا كلّ زواياه أصغر من \(120^\circ\). توجد داخله نقطة وحيدة \(F\) تتحقّق فيها

\[\boxed{\;\angle AFB=\angle BFC=\angle CFA=120^\circ\;}\]

ولكلّ نقطة \(P\) في المستوى: \(PA+PB+PC\ge FA+FB+FC\)، والمساواة فقط عندما \(P=F\).

من نقطة فيرما \(F\) تُرى الأضلاع الثلاثة بزوايا متساوية، \(120^\circ\) لكلّ منها. مجموع الأطوال الزرقاء هو الأصغر بين كلّ نقاط المستوى.
ملاحظة: إذا كانت إحدى زوايا المثلث \(120^\circ\) أو أكبر، فلا توجد داخله نقطة كهذه، والمجموع الأصغر يتحقّق في رأس الزاوية الكبيرة نفسه. سنرى ذلك في المختبر.

جرّبوا بأنفسكم

اسحبوا النقطة \(P\) وحاولوا أن تجعلوا المجموع أصغر ما يمكن. النقطة البرتقاليّة هي نقطة فيرما — هل تستطيعون التغلّب عليها؟ اسحبوا الرؤوس أيضًا، وجرّبوا مثلثًا فيه زاوية منفرجة جدًّا.

–\(PA+PB+PC\)
–المجموع في نقطة فيرما
–أكبر زاوية في المثلث (°)

لمحة تاريخية

طرح بيير دي فيرما (1601–1665)، القاضي الفرنسيّ الذي اشتهر بأعماله في نظرية الأعداد وبمبرهنته الأخيرة، هذه المسألة في القرن السابع عشر كتحدٍّ لزملائه: إيجاد النقطة التي يكون مجموع أبعادها عن ثلاث نقاط معطاة أصغر ما يمكن. حلّها الإيطاليّ إيفانجيليستا توريشيلّي، تلميذ غاليليو، ولذلك تُسمّى النقطة أيضًا نقطة فيرما–توريشيلّي.

البناء بواسطة ثلاثة مثلثات متساوية الأضلاع، الذي سنراه في هذه المقالة، يُنسب إلى الإنجليزيّ توماس سمبسون في القرن الثامن عشر. وفي القرن العشرين صارت المسألة نقطة انطلاق لفرع كامل في الرياضيات التطبيقية: مسائل «أقصر شبكة» تصل بين عدّة مدن (مسألة شتاينر)، ومسائل اختيار موقع مصنع أو مستودع.

برهان بدوران \(60^\circ\)

الفكرة: نحوّل المجموع \(PA+PB+PC\) إلى طول خطّ منكسر واحد بين نقطتين ثابتتين. وأقصر خطّ بين نقطتين هو القطعة المستقيمة.

ندير حول \(B\) بزاوية \(60^\circ\): ينتقل \(A\) إلى \(C'\) و\(P\) إلى \(P'\). المثلث \(PBP'\) متساوي الأضلاع، والخطّ المنكسر \(C'P'PC\) طوله \(PA+PB+PC\). القطعة \(C'C\) أقصر منه.

  1. نبني مثلثًا متساوي الأضلاع

    نبني على الضلع \(AB\)، من الخارج، المثلث المتساوي الأضلاع \(ABC'\). الدوران حول \(B\) بزاوية \(60^\circ\) (في الاتّجاه المناسب) ينقل \(A\) إلى \(C'\). لتكن \(P'\) صورة النقطة \(P\) بهذا الدوران.

  2. نترجم الأطوال الثلاثة

    الدوران يحافظ على الأطوال، لذا \(P'C'=PA\). وأيضًا \(BP'=BP\) والزاوية \(\angle PBP'=60^\circ\)، لذا المثلث \(PBP'\) متساوي الساقين بزاوية رأس \(60^\circ\) — أي متساوي الأضلاع، و\(PP'=PB\). إذن

    \[PA+PB+PC=C'P'+P'P+PC.\]

  3. أقصر طريق

    الطرف الأيمن هو طول الخطّ المنكسر \(C'\to P'\to P\to C\). النقطتان \(C'\) و\(C\) لا تتعلّقان بـ \(P\)، وأقصر طريق بينهما هو القطعة المستقيمة. إذن لكلّ نقطة \(P\):

    \[PA+PB+PC\ \ge\ CC'.\]

  4. متى تتحقّق المساواة؟

    فقط عندما تقع \(C',P',P,C\) بهذا الترتيب على مستقيم واحد. عندئذٍ \(\angle BPC=180^\circ-\angle BPP'=180^\circ-60^\circ=120^\circ\). وبالمثل \(\angle BP'C'=120^\circ\)، وهي صورة الزاوية \(\angle BPA\) بالدوران، لذا \(\angle APB=120^\circ\) أيضًا. والزاوية الثالثة \(\angle CPA=360^\circ-240^\circ=120^\circ\). \(\blacksquare\)

بقي أن نتأكّد أنّ نقطة كهذه موجودة. لتكن \(F\) نقطة التقاطع الثانية للقطعة \(CC'\) مع الدائرة المارّة بـ \(A,B,C'\). الرباعي \(AFBC'\) دائريّ، و\(\angle AC'B=60^\circ\)، لذا \(\angle AFB=180^\circ-60^\circ=120^\circ\). وفيه أيضًا \(\angle BFC'=\angle BAC'=60^\circ\) (زاويتان محيطيّتان على القوس نفسه)، لذا \(\angle BFC=120^\circ\). الشرط «كلّ الزوايا أصغر من \(120^\circ\)» هو بالضبط ما يضمن أن تقع \(F\) داخل المثلث.

البناء: ثلاثة مثلثات متساوية الأضلاع

البرهان أعطانا أكثر ممّا طلبنا. لقد بيّن أنّ المجموع الأصغر يساوي \(CC'\)، وأنّ نقطة فيرما تقع على القطعة \(CC'\). لكنّ الضلع \(AB\) لم يكن مميّزًا في شيء: لو بنينا المثلث المتساوي الأضلاع على \(BC\) أو على \(CA\) لحصلنا على النتيجة نفسها. إذن:

بناء سمبسون

نبني على أضلاع المثلث، من الخارج، المثلثات المتساوية الأضلاع \(BCA',\ CAB',\ ABC'\). عندئذٍ القطع \(AA',\ BB',\ CC'\) تلتقي في نقطة فيرما، وأطوالها متساوية:

\[AA'=BB'=CC'=FA+FB+FC.\]
القطع \(AA', BB', CC'\) متساوية في الطول وتلتقي في نقطة فيرما \(F\) — بالزوايا \(60^\circ\) بين كلّ اثنتين منها.

ويمكن أيضًا أن نحسب الطول الأصغر بدلالة الأضلاع. في المثلث \(ACC'\) الزاوية عند \(A\) هي \(\angle A+60^\circ\)، ووفق قانون جيوب التمام (مع \(\cos(A+60^\circ)=\frac12\cos A-\frac{\sqrt3}{2}\sin A\) و\(bc\sin A=2S\) حيث \(S\) مساحة المثلث):

\[CC'^2=b^2+c^2-2bc\cos(A+60^\circ)=\frac{a^2+b^2+c^2}{2}+2\sqrt3\,S.\]

مثال عددي

في المثلث القائم الزاوية الذي أضلاعه \(3,4,5\)، ما هو أصغر مجموع ممكن لأبعاد نقطة عن الرؤوس الثلاثة؟

الحلّ. كلّ الزوايا أصغر من \(120^\circ\) (أكبرها \(90^\circ\))، والمساحة \(S=\frac{3\cdot4}{2}=6\). وفق الصيغة:

\[\left(FA+FB+FC\right)^2=\frac{9+16+25}{2}+2\sqrt3\cdot6=25+12\sqrt3,\qquad FA+FB+FC=\sqrt{25+12\sqrt3}\approx6.77.\]
النقطةمجموع الأبعاد عن الرؤوس
رأس الزاوية القائمة\(3+4=7\)
منتصف الوتر\(2.5+2.5+2.5=7.5\)
نقطة فيرما\(\approx 6.77\)

الفرق ليس كبيرًا هنا، لكنّه مضمون: لا توجد نقطة أفضل من \(F\).

تمرين للقرّاء: أربع مدن

تمرين

أربع مدن تقع في رؤوس مربّع طول ضلعه 1 (كيلومتر واحد). نريد شبكة طرق تصل بين كلّ المدن. شبكة القطرين طولها \(2\sqrt2\approx2.83\). ابنوا شبكة أقصر: نقطتا تقاطع \(S_1,S_2\) داخل المربّع، تلتقي في كلّ منهما ثلاث طرق بزوايا \(120^\circ\) (كما في نقطة فيرما). برهنوا أنّ طولها \(1+\sqrt3\approx2.73\).

الشبكة بنقطتي التقاء \(S_1,S_2\) أقصر من القطرين.
تلميح

ضعوا المربّع في هيئة محاور: \((0,0),(1,0),(1,1),(0,1)\)، والنقطتين على المستقيم \(y=\frac12\). الطريقان من \(S_1\) إلى الرأسين \((0,0)\) و\((0,1)\) متناظران، والزاوية بينهما \(120^\circ\)، لذا كلّ منهما يصنع زاوية \(60^\circ\) مع المستقيم \(y=\frac12\).

حلّ كامل (حاولوا وحدكم أولًا!)

لتكن \(S_1=(t,\frac12)\). الطريق من \(S_1\) إلى \((0,0)\) يصنع زاوية \(60^\circ\) مع الأفقيّ، لذا \(\tan60^\circ=\frac{1/2}{t}\)، أي \(t=\frac{1}{2\sqrt3}\)، وطوله \(\sqrt{t^2+\frac14}=\sqrt{\frac1{12}+\frac14}=\frac1{\sqrt3}\).

بالتناظر \(S_2=(1-t,\frac12)\). في الشبكة أربعة طرق مائلة طول كلّ منها \(\frac1{\sqrt3}\)، وطريق أوسط طوله \(1-2t=1-\frac1{\sqrt3}\). المجموع:

\[4\cdot\frac1{\sqrt3}+1-\frac1{\sqrt3}=1+\frac{3}{\sqrt3}=1+\sqrt3\approx2.732<2.828\approx2\sqrt2.\]

وفي كلّ من \(S_1,S_2\) الزوايا الثلاث \(120^\circ\): الزاوية بين الطريقين المائلين \(2\cdot60^\circ=120^\circ\)، والطريق الأفقيّ يصنع مع كلّ منهما \(180^\circ-60^\circ=120^\circ\). \(\blacksquare\)

يمكن البرهان أنّ هذه هي أقصر شبكة ممكنة بين رؤوس المربّع — وهذا مثال على «شجرة شتاينر». لاحظوا المفارقة: الشبكة الأقصر ليست متناظرة كالمربّع نفسه، فهناك نسختان منها (أفقيّة وعموديّة).

المراجع

  • H. S. M. Coxeter, Introduction to Geometry, 2nd ed., Wiley, 1969.
  • R. Courant, H. Robbins, What Is Mathematics?, Oxford University Press, 1941, ch. VII (Steiner’s problem).
الأستاذ خالد خطيب · نقطة فيرما

מאמר בגאומטריה

נקודת פרמה

איפה בונים תחנה אחת לשלוש ערים?

שלוש ערים רוצות לבנות תחנה משותפת ולחבר אותה לכל עיר בכביש ישר. איפה נציב את התחנה כך שסכום אורכי שלושת הכבישים יהיה קטן ככל האפשר? התשובה היא נקודה מיוחדת במשולש, שממנה רואים את שלוש הצלעות באותה זווית בדיוק: \(120^\circ\). וכל ההוכחה היא סיבוב אחד בזווית של \(60^\circ\).

חאלד חטיב

עבור שתי נקודות בלבד השאלה קלה: כל נקודה על הקטע \(AB\) נותנת את הסכום הקטן ביותר \(PA+PB=AB\). עם שלוש נקודות \(A,B,C\) העניין כבר אינו ברור. האם התשובה היא מרכז הכובד? מרכז המעגל החסום? אחד הקודקודים? אף אחד מאלה, במקרה הכללי. הנקודה הנכונה נקראת נקודת פרמה, ויש לה תיאור גאומטרי אלגנטי.

המשפט

נקודת פרמה

יהי \(ABC\) משולש שכל זוויותיו קטנות מ־\(120^\circ\). קיימת בתוכו נקודה יחידה \(F\) שבה מתקיים

\[\boxed{\;\angle AFB=\angle BFC=\angle CFA=120^\circ\;}\]

ולכל נקודה \(P\) במישור: \(PA+PB+PC\ge FA+FB+FC\), עם שוויון רק כאשר \(P=F\).

מנקודת פרמה \(F\) רואים את שלוש הצלעות בזוויות שוות, \(120^\circ\) לכל אחת. סכום האורכים הכחולים הוא הקטן ביותר מבין כל נקודות המישור.
הערה: אם אחת מזוויות המשולש היא \(120^\circ\) או יותר, אין בתוכו נקודה כזו, והסכום המינימלי מתקבל בקודקוד הזווית הגדולה עצמו. נראה זאת במעבדה.

נסו בעצמכם

גררו את הנקודה \(P\) ונסו להקטין את הסכום ככל האפשר. הנקודה הכתומה היא נקודת פרמה — האם תצליחו לנצח אותה? גררו גם את הקודקודים, ונסו משולש עם זווית קהה מאוד.

–\(PA+PB+PC\)
–הסכום בנקודת פרמה
–הזווית הגדולה במשולש (°)

קצת היסטוריה

פייר דה פרמה (1601–1665), משפטן צרפתי שנודע בעבודותיו בתורת המספרים ובמשפט האחרון שלו, הציג את הבעיה במאה ה־17 כאתגר לעמיתיו: למצוא את הנקודה שסכום מרחקיה משלוש נקודות נתונות הוא הקטן ביותר. את הבעיה פתר האיטלקי אוונג'ליסטה טוריצ'לי, תלמידו של גלילאו, ולכן הנקודה נקראת גם נקודת פרמה–טוריצ'לי.

הבנייה בעזרת שלושה משולשים שווי־צלעות, שנראה במאמר זה, מיוחסת לאנגלי תומס סימפסון במאה ה־18. במאה ה־20 הפכה הבעיה לנקודת מוצא לענף שלם במתמטיקה שימושית: בעיות "הרשת הקצרה ביותר" המחברת כמה ערים (בעיית שטיינר), ובעיות של בחירת מיקום למפעל או למחסן.

הוכחה בסיבוב של \(60^\circ\)

הרעיון: נהפוך את הסכום \(PA+PB+PC\) לאורך של קו שבור אחד בין שתי נקודות קבועות. והקו הקצר ביותר בין שתי נקודות הוא הקטע הישר.

מסובבים סביב \(B\) בזווית \(60^\circ\): \(A\) עובר ל־\(C'\) ו־\(P\) ל־\(P'\). המשולש \(PBP'\) שווה־צלעות, והקו השבור \(C'P'PC\) אורכו \(PA+PB+PC\). הקטע \(C'C\) קצר ממנו.

  1. בונים משולש שווה־צלעות

    בונים על הצלע \(AB\), כלפי חוץ, את המשולש שווה־הצלעות \(ABC'\). הסיבוב סביב \(B\) בזווית \(60^\circ\) (בכיוון המתאים) מעביר את \(A\) ל־\(C'\). תהי \(P'\) התמונה של הנקודה \(P\) בסיבוב זה.

  2. מתרגמים את שלושת האורכים

    סיבוב שומר על אורכים, לכן \(P'C'=PA\). כמו כן \(BP'=BP\) והזווית \(\angle PBP'=60^\circ\), לכן המשולש \(PBP'\) שווה־שוקיים עם זווית ראש של \(60^\circ\) — כלומר שווה־צלעות, ו־\(PP'=PB\). לכן

    \[PA+PB+PC=C'P'+P'P+PC.\]

  3. הדרך הקצרה ביותר

    האגף הימני הוא אורך הקו השבור \(C'\to P'\to P\to C\). הנקודות \(C'\) ו־\(C\) אינן תלויות ב־\(P\), והדרך הקצרה ביותר ביניהן היא הקטע הישר. לכן לכל נקודה \(P\):

    \[PA+PB+PC\ \ge\ CC'.\]

  4. מתי מתקיים שוויון?

    רק כאשר \(C',P',P,C\) נמצאות בסדר הזה על ישר אחד. אז \(\angle BPC=180^\circ-\angle BPP'=180^\circ-60^\circ=120^\circ\). באופן דומה \(\angle BP'C'=120^\circ\), והיא התמונה של הזווית \(\angle BPA\) בסיבוב, לכן גם \(\angle APB=120^\circ\). והזווית השלישית \(\angle CPA=360^\circ-240^\circ=120^\circ\). \(\blacksquare\)

נותר לוודא שנקודה כזו קיימת. תהי \(F\) נקודת החיתוך השנייה של הקטע \(CC'\) עם המעגל העובר דרך \(A,B,C'\). המרובע \(AFBC'\) בר־חסימה, ו־\(\angle AC'B=60^\circ\), לכן \(\angle AFB=180^\circ-60^\circ=120^\circ\). בנוסף \(\angle BFC'=\angle BAC'=60^\circ\) (זוויות היקפיות הנשענות על אותה קשת), לכן \(\angle BFC=120^\circ\). התנאי "כל הזוויות קטנות מ־\(120^\circ\)" הוא בדיוק מה שמבטיח ש־\(F\) נמצאת בתוך המשולש.

הבנייה: שלושה משולשים שווי־צלעות

ההוכחה נתנה לנו יותר ממה שביקשנו. היא הראתה שהסכום המינימלי שווה ל־\(CC'\), ושנקודת פרמה נמצאת על הקטע \(CC'\). אבל הצלע \(AB\) לא הייתה מיוחדת בשום דבר: אילו בנינו את המשולש שווה־הצלעות על \(BC\) או על \(CA\), היינו מקבלים אותה תוצאה. לכן:

הבנייה של סימפסון

בונים על צלעות המשולש, כלפי חוץ, את המשולשים שווי־הצלעות \(BCA',\ CAB',\ ABC'\). אז הקטעים \(AA',\ BB',\ CC'\) נחתכים בנקודת פרמה, ואורכיהם שווים:

\[AA'=BB'=CC'=FA+FB+FC.\]
הקטעים \(AA', BB', CC'\) שווים באורכם ונחתכים בנקודת פרמה \(F\) — בזוויות של \(60^\circ\) בין כל שניים מהם.

אפשר גם לחשב את האורך המינימלי באמצעות הצלעות. במשולש \(ACC'\) הזווית ליד \(A\) היא \(\angle A+60^\circ\), ולפי משפט הקוסינוסים (עם \(\cos(A+60^\circ)=\frac12\cos A-\frac{\sqrt3}{2}\sin A\) ו־\(bc\sin A=2S\), כאשר \(S\) שטח המשולש):

\[CC'^2=b^2+c^2-2bc\cos(A+60^\circ)=\frac{a^2+b^2+c^2}{2}+2\sqrt3\,S.\]

דוגמה מספרית

במשולש ישר־הזווית שצלעותיו \(3,4,5\), מהו הסכום הקטן ביותר האפשרי של מרחקי נקודה משלושת הקודקודים?

פתרון. כל הזוויות קטנות מ־\(120^\circ\) (הגדולה ביניהן \(90^\circ\)), והשטח \(S=\frac{3\cdot4}{2}=6\). לפי הנוסחה:

\[\left(FA+FB+FC\right)^2=\frac{9+16+25}{2}+2\sqrt3\cdot6=25+12\sqrt3,\qquad FA+FB+FC=\sqrt{25+12\sqrt3}\approx6.77.\]
הנקודהסכום המרחקים מהקודקודים
קודקוד הזווית הישרה\(3+4=7\)
אמצע היתר\(2.5+2.5+2.5=7.5\)
נקודת פרמה\(\approx 6.77\)

ההפרש כאן אינו גדול, אבל הוא מובטח: אין נקודה טובה יותר מ־\(F\).

תרגיל לקוראים: ארבע ערים

תרגיל

ארבע ערים נמצאות בקודקודי ריבוע שאורך צלעו 1 (קילומטר אחד). רוצים רשת כבישים שמחברת את כל הערים. רשת האלכסונים אורכה \(2\sqrt2\approx2.83\). בנו רשת קצרה יותר: שתי נקודות צומת \(S_1,S_2\) בתוך הריבוע, שבכל אחת מהן נפגשים שלושה כבישים בזוויות של \(120^\circ\) (כמו בנקודת פרמה). הוכיחו שאורכה \(1+\sqrt3\approx2.73\).

הרשת עם שתי נקודות הצומת \(S_1,S_2\) קצרה מהאלכסונים.
רמז

שימו את הריבוע במערכת צירים: \((0,0),(1,0),(1,1),(0,1)\), ואת שתי הנקודות על הישר \(y=\frac12\). שני הכבישים מ־\(S_1\) אל הקודקודים \((0,0)\) ו־\((0,1)\) סימטריים, והזווית ביניהם \(120^\circ\), לכן כל אחד מהם יוצר זווית של \(60^\circ\) עם הישר \(y=\frac12\).

פתרון מלא (נסו לבד קודם!)

תהי \(S_1=(t,\frac12)\). הכביש מ־\(S_1\) אל \((0,0)\) יוצר זווית של \(60^\circ\) עם האופק, לכן \(\tan60^\circ=\frac{1/2}{t}\), כלומר \(t=\frac{1}{2\sqrt3}\), ואורכו \(\sqrt{t^2+\frac14}=\sqrt{\frac1{12}+\frac14}=\frac1{\sqrt3}\).

מסימטריה \(S_2=(1-t,\frac12)\). ברשת ארבעה כבישים משופעים שאורך כל אחד \(\frac1{\sqrt3}\), וכביש אמצעי שאורכו \(1-2t=1-\frac1{\sqrt3}\). הסכום:

\[4\cdot\frac1{\sqrt3}+1-\frac1{\sqrt3}=1+\frac{3}{\sqrt3}=1+\sqrt3\approx2.732<2.828\approx2\sqrt2.\]

ובכל אחת מ־\(S_1,S_2\) שלוש הזוויות הן \(120^\circ\): הזווית בין שני הכבישים המשופעים \(2\cdot60^\circ=120^\circ\), והכביש האופקי יוצר עם כל אחד מהם \(180^\circ-60^\circ=120^\circ\). \(\blacksquare\)

אפשר להוכיח שזו הרשת הקצרה ביותר האפשרית בין קודקודי הריבוע — וזו דוגמה ל"עץ שטיינר". שימו לב לפרדוקס: הרשת הקצרה ביותר אינה סימטרית כמו הריבוע עצמו, ויש לה שני עותקים (אופקי ואנכי).

מקורות

  • H. S. M. Coxeter, Introduction to Geometry, 2nd ed., Wiley, 1969.
  • R. Courant, H. Robbins, What Is Mathematics?, Oxford University Press, 1941, ch. VII (Steiner’s problem).
חאלד חטיב · נקודת פרמה

A geometry article

The Fermat Point

Where should three cities build one shared station?

Three cities want to build a shared station and connect it to each city by a straight road. Where should the station go so that the total length of the three roads is as small as possible? The answer is a special point of the triangle from which all three sides are seen at exactly the same angle: \(120^\circ\). And the whole proof is a single rotation by \(60^\circ\).

Khaled Khatib

With only two points the question is easy: every point on the segment \(AB\) gives the smallest sum \(PA+PB=AB\). With three points \(A,B,C\) it is no longer obvious. Is the answer the centroid? The incenter? One of the vertices? In general, none of these. The right point is called the Fermat point, and it has an elegant geometric description.

The theorem

The Fermat point

Let \(ABC\) be a triangle all of whose angles are less than \(120^\circ\). There is a unique point \(F\) inside it such that

\[\boxed{\;\angle AFB=\angle BFC=\angle CFA=120^\circ\;}\]

and for every point \(P\) in the plane, \(PA+PB+PC\ge FA+FB+FC\), with equality only when \(P=F\).

From the Fermat point \(F\) the three sides are seen at equal angles, \(120^\circ\) each. The total blue length is the smallest over all points of the plane.
Note: if one angle of the triangle is \(120^\circ\) or more, there is no such point inside it, and the minimum sum is attained at the vertex of the large angle itself. We will see this in the lab.

Try it yourself

Drag the point \(P\) and try to make the sum as small as possible. The orange point is the Fermat point — can you beat it? Drag the vertices too, and try a triangle with a very obtuse angle.

–\(PA+PB+PC\)
–Sum at the Fermat point
–Largest angle of the triangle (°)

A little history

Pierre de Fermat (1601–1665), the French lawyer best known for his work in number theory and for his Last Theorem, posed this problem in the 17th century as a challenge to his colleagues: find the point whose total distance to three given points is as small as possible. It was solved by the Italian Evangelista Torricelli, a student of Galileo, which is why the point is also called the Fermat–Torricelli point.

The construction with three equilateral triangles, which we will see in this article, is attributed to the Englishman Thomas Simpson in the 18th century. In the 20th century the problem became the starting point of a whole branch of applied mathematics: "shortest network" problems connecting several cities (the Steiner problem), and problems of choosing the location of a factory or warehouse.

A proof by a \(60^\circ\) rotation

The idea: turn the sum \(PA+PB+PC\) into the length of a single broken line between two fixed points. And the shortest line between two points is the straight segment.

Rotate about \(B\) by \(60^\circ\): \(A\) goes to \(C'\) and \(P\) to \(P'\). Triangle \(PBP'\) is equilateral, and the broken line \(C'P'PC\) has length \(PA+PB+PC\). The segment \(C'C\) is shorter.

  1. Build an equilateral triangle

    On side \(AB\), outward, build the equilateral triangle \(ABC'\). The rotation about \(B\) by \(60^\circ\) (in the appropriate direction) takes \(A\) to \(C'\). Let \(P'\) be the image of \(P\) under this rotation.

  2. Translate the three lengths

    A rotation preserves lengths, so \(P'C'=PA\). Also \(BP'=BP\) and \(\angle PBP'=60^\circ\), so triangle \(PBP'\) is isosceles with apex angle \(60^\circ\) — that is, equilateral, and \(PP'=PB\). Therefore

    \[PA+PB+PC=C'P'+P'P+PC.\]

  3. The shortest path

    The right-hand side is the length of the broken line \(C'\to P'\to P\to C\). The points \(C'\) and \(C\) do not depend on \(P\), and the shortest path between them is the straight segment. So for every point \(P\):

    \[PA+PB+PC\ \ge\ CC'.\]

  4. When does equality hold?

    Only when \(C',P',P,C\) lie on one line in this order. Then \(\angle BPC=180^\circ-\angle BPP'=180^\circ-60^\circ=120^\circ\). Likewise \(\angle BP'C'=120^\circ\), and it is the image of \(\angle BPA\) under the rotation, so \(\angle APB=120^\circ\) too. The third angle is \(\angle CPA=360^\circ-240^\circ=120^\circ\). \(\blacksquare\)

It remains to check that such a point exists. Let \(F\) be the second intersection of segment \(CC'\) with the circle through \(A,B,C'\). The quadrilateral \(AFBC'\) is cyclic and \(\angle AC'B=60^\circ\), so \(\angle AFB=180^\circ-60^\circ=120^\circ\). Also \(\angle BFC'=\angle BAC'=60^\circ\) (inscribed angles on the same arc), so \(\angle BFC=120^\circ\). The condition "all angles less than \(120^\circ\)" is exactly what guarantees that \(F\) lies inside the triangle.

The construction: three equilateral triangles

The proof gave us more than we asked for. It showed that the minimum sum equals \(CC'\), and that the Fermat point lies on the segment \(CC'\). But side \(AB\) was not special in any way: had we built the equilateral triangle on \(BC\) or on \(CA\), we would have obtained the same result. Hence:

Simpson’s construction

On the sides of the triangle, outward, build the equilateral triangles \(BCA',\ CAB',\ ABC'\). Then the segments \(AA',\ BB',\ CC'\) meet at the Fermat point, and they have equal lengths:

\[AA'=BB'=CC'=FA+FB+FC.\]
The segments \(AA', BB', CC'\) are equal in length and meet at the Fermat point \(F\) — at \(60^\circ\) angles between any two of them.

We can also compute the minimum length from the sides. In triangle \(ACC'\) the angle at \(A\) is \(\angle A+60^\circ\), and by the law of cosines (with \(\cos(A+60^\circ)=\frac12\cos A-\frac{\sqrt3}{2}\sin A\) and \(bc\sin A=2S\), where \(S\) is the area of the triangle):

\[CC'^2=b^2+c^2-2bc\cos(A+60^\circ)=\frac{a^2+b^2+c^2}{2}+2\sqrt3\,S.\]

A numerical example

In the right triangle with sides \(3,4,5\), what is the smallest possible total distance from a point to the three vertices?

Solution. All angles are less than \(120^\circ\) (the largest is \(90^\circ\)), and the area is \(S=\frac{3\cdot4}{2}=6\). By the formula:

\[\left(FA+FB+FC\right)^2=\frac{9+16+25}{2}+2\sqrt3\cdot6=25+12\sqrt3,\qquad FA+FB+FC=\sqrt{25+12\sqrt3}\approx6.77.\]
PointTotal distance to the vertices
Right-angle vertex\(3+4=7\)
Midpoint of the hypotenuse\(2.5+2.5+2.5=7.5\)
Fermat point\(\approx 6.77\)

The difference is not large here, but it is guaranteed: no point does better than \(F\).

A problem for the reader: four cities

Problem

Four cities lie at the vertices of a square of side 1 (one kilometre). We want a road network connecting all the cities. The network of the two diagonals has length \(2\sqrt2\approx2.83\). Build a shorter network: two junctions \(S_1,S_2\) inside the square, at each of which three roads meet at \(120^\circ\) angles (as at the Fermat point). Prove that its length is \(1+\sqrt3\approx2.73\).

The network with two junctions \(S_1,S_2\) is shorter than the diagonals.
Hint

Place the square in coordinates: \((0,0),(1,0),(1,1),(0,1)\), with both junctions on the line \(y=\frac12\). The two roads from \(S_1\) to the vertices \((0,0)\) and \((0,1)\) are symmetric with a \(120^\circ\) angle between them, so each makes a \(60^\circ\) angle with the line \(y=\frac12\).

Full solution (try it yourself first!)

Let \(S_1=(t,\frac12)\). The road from \(S_1\) to \((0,0)\) makes a \(60^\circ\) angle with the horizontal, so \(\tan60^\circ=\frac{1/2}{t}\), i.e. \(t=\frac{1}{2\sqrt3}\), and its length is \(\sqrt{t^2+\frac14}=\sqrt{\frac1{12}+\frac14}=\frac1{\sqrt3}\).

By symmetry \(S_2=(1-t,\frac12)\). The network has four slanted roads of length \(\frac1{\sqrt3}\) each, and a middle road of length \(1-2t=1-\frac1{\sqrt3}\). The total:

\[4\cdot\frac1{\sqrt3}+1-\frac1{\sqrt3}=1+\frac{3}{\sqrt3}=1+\sqrt3\approx2.732<2.828\approx2\sqrt2.\]

And at each of \(S_1,S_2\) the three angles are \(120^\circ\): the angle between the two slanted roads is \(2\cdot60^\circ=120^\circ\), and the horizontal road makes \(180^\circ-60^\circ=120^\circ\) with each of them. \(\blacksquare\)

One can prove that this is the shortest possible network between the vertices of the square — an example of a "Steiner tree". Notice the paradox: the shortest network is not as symmetric as the square itself, and it comes in two copies (horizontal and vertical).

References

  • H. S. M. Coxeter, Introduction to Geometry, 2nd ed., Wiley, 1969.
  • R. Courant, H. Robbins, What Is Mathematics?, Oxford University Press, 1941, ch. VII (Steiner’s problem).
Khaled Khatib · The Fermat Point

→ العودة إلى كلّ المقالات