# Punto di Fermat

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 $ABC'$, $AB'C$, $A'BC$. Congiungendo ${\overline {AA'}}$, ${\overline {BB'}}$, ${\overline {CC'}}$ queste tre rette si incontrano in un punto $F$. Si dimostra che ${\overline {AA'}}={\overline {BB'}}={\overline {CC'}}$. Infatti i triangoli $ACA'$ e $B'CB$ sono congruenti perché ${\overline {CA}}={\overline {CB'}},{\overline {CA'}}={\overline {CB}}$, e sono uguali gli angoli $A{\hat {C}}A'=B{\hat {C}}B'$ perché ottenuti entrambi aggiungendo un angolo di 60° a $A{\hat {C}}B$. Ne segue che ${\overline {AA'}}={\overline {BB'}}$ e analogamente si prova che ${\overline {AA'}}={\overline {CC'}}$. Si costruiscano tre circonferenze $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ tali che $\gamma$ sia circoscritta ad $ACB'$, $\alpha$ sia circoscritta ad $A'CB$, $\beta$ sia circoscritta ad $AC'B$. Le tre circonferenze avranno tutte in comune il punto $F$. Poiché i quadrilateri $AC'BF$, $AB'CF$ 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 ${\overline {BB'}}$ perché: l'angolo $A{\hat {F}}B=120^{\circ }$ l'angolo $A{\hat {F}}B'=A{\hat {C}}B'=60^{\circ }$. Allo stesso modo si dimostra che $F$ appartiene ad ${\overline {AA'}}$ e anche a ${\overline {CC'}}$.
Il punto $F$ è detto "punto di Fermat" del triangolo $ABC$.

## Dimostrazione
### Lemma 1

    Per ogni vettore ${\overrightarrow {a}},{\overrightarrow {b}},{\overrightarrow {c}}\neq {\overrightarrow {0}},$
       ${\frac {\overrightarrow {a}}{|{\overrightarrow {a}}|}}+{\frac {\overrightarrow {b}}{|{\overrightarrow {b}}|}}+{\frac {\overrightarrow {c}}{|{\overrightarrow {c}}|}}={\overrightarrow {0}}$
    è equivalente al fatto che
       ${\frac {\overrightarrow {a}}{|{\overrightarrow {a}}|}},\qquad {\frac {\overrightarrow {b}}{|{\overrightarrow {b}}|}},\qquad {\frac {\overrightarrow {c}}{|{\overrightarrow {c}}|}}$
    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
       ${\overrightarrow {e_{0}}}={\frac {\overrightarrow {a}}{|{\overrightarrow {a}}|}},\qquad {\overrightarrow {e_{1}}}={\frac {\overrightarrow {b}}{|{\overrightarrow {b}}|}},\qquad {\overrightarrow {e_{2}}}={\frac {\overrightarrow {c}}{|{\overrightarrow {c}}|}}.$
    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
       ${\overrightarrow {e_{i}}}\cdot {\overrightarrow {e_{j}}}=\cos \theta _{ij}={\begin{cases}1&{\text{se }}i=j\\-{\frac {1}{2}}&{\text{se }}i\neq j.\end{cases}}$
    Così si ottiene $\theta _{ij}=120^{\circ }$ per $i\neq j.$
    Viceversa, se i versori ${\overrightarrow {e_{i}}},$ per $i=0,1,2,$ formano un angolo di 120° tra di loro, si ottiene
       ${\overrightarrow {e_{i}}}\cdot {\overrightarrow {e_{j}}}={\begin{cases}\cos 0^{\circ }=1&{\text{se }}i=j\\\cos 120^{\circ }=-{\frac {1}{2}}&{\text{se }}i\neq j.\end{cases}}$
    Quindi si ha
       $|{\overrightarrow {e_{0}}}+{\overrightarrow {e_{1}}}+{\overrightarrow {e_{2}}}|^{2}=\sum _{i=j}^{\overrightarrow {e_{i}}}\cdot {\overrightarrow {e_{j}}}+\sum _{i\neq j}^{\overrightarrow {e_{i}}}\cdot {\overrightarrow {e_{j}}}=3\times 1+6\times \left(-{\frac {1}{2}}\right)=0.$
    Pertanto si ottiene
       ${\overrightarrow {e_{0}}}+{\overrightarrow {e_{1}}}+{\overrightarrow {e_{2}}}={\overrightarrow {0}}.$

### Lemma 2

    Per ogni vettore ${\overrightarrow {a}}\neq {\overrightarrow {0}},{\overrightarrow {x}},$ si ha
       $|{\overrightarrow {a}}-{\overrightarrow {x}}|\geq |{\overrightarrow {a}}|-{\frac {\overrightarrow {a}}{|{\overrightarrow {a}}|}}\cdot {\overrightarrow {x}}.$

### Dimostrazione del lemma 2

    Per ogni vettore ${\overrightarrow {u}},{\overrightarrow {v}},$ è noto che $|{\overrightarrow {u}}||{\overrightarrow {v}}|\geq {\overrightarrow {u}}\cdot {\overrightarrow {v}}.$
    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 $\angle AFB=\angle BFC=\angle CFA=120^{\circ }.$ Quindi, si ottiene l'uguaglianza del lemma 1.
Dal lemma 2, si ottiene
    $|{\overrightarrow {XA}}|\geq |{\overrightarrow {FA}}|-{\frac {\overrightarrow {a}}{|{\overrightarrow {a}}|}}\cdot {\overrightarrow {x}},$
    $|{\overrightarrow {XB}}|\geq |{\overrightarrow {FB}}|-{\frac {\overrightarrow {b}}{|{\overrightarrow {b}}|}}\cdot {\overrightarrow {x}},$
    $|{\overrightarrow {XC}}|\geq |{\overrightarrow {FC}}|-{\frac {\overrightarrow {c}}{|{\overrightarrow {c}}|}}\cdot {\overrightarrow {x}}.$
Da queste tre disuguaglianze e dal lemma 1, segue che
    $|{\overrightarrow {XA}}|+|{\overrightarrow {XB}}|+|{\overrightarrow {XC}}|\geq |{\overrightarrow {FA}}|+|{\overrightarrow {FB}}|+|{\overrightarrow {FC}}|.$
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.