費馬點

<image>

在幾何學中，費馬點是位於三角形內的一個點。給定一個三角形△ABC的話，從這個三角形的費馬點P到三角形的三個頂點A、B、C的距離之和$PA+PB+PC$ 比從其它點算起的都要小。這個特殊點對於每個給定的三角形都只有一個。

費馬點問題最早是由法國數學家皮埃爾·德·費馬在一封寫給義大利數學家埃萬傑利斯塔·托里拆利（氣壓計的發明者）的信中提出的。托里拆利最早解決了這個問題，而19世紀的數學家斯坦納重新發現了這個問題，並系統地進行了推廣，因此這個點也稱為托里拆利點或斯坦納點，相關的問題也被稱作費馬-托里拆利-斯坦納問題。

## 源起：費馬的問題

1638年，勒內·笛卡兒邀請費馬思考關於到四個頂點距離為定值的函數的問題。這大概也是1643年，費馬寫信向埃萬傑利斯塔·托里拆利詢問關於費馬點的問題的原因。費馬的問題是這樣的：

平面上有三個不在同一條直線上的點A, B, C，對平面上的另一個點P，考慮點P到原來的三個點的距離之和：PA + PB + PC。是否有這樣一個點P0，使得它到點A, B, C的距離之和P0A + P0B + P0C比任何其它的PA + PB + PC都要小？

這個問題首先被托里拆利解決，但他生前並沒有發表。托里拆利的學生溫琴佐·維維亞尼在1659年將他的遺作整理發表，其中包括了費馬點問題的證明。他的解法中用到了橢圓的焦點的性質。

## 費馬-托里拆利點

托里拆利的解法中對這個點的描述是：對於每一個角都小於120°的三角形ABC的每一條邊為底邊，向外作正三角形，然後作這三個正三角形的外接圓。托里拆利指出這三個外接圓會有一個共同的交點，而這個交點就是所要求的點。這個點和當時已知的三角形特殊點都不一樣。這個點因此也叫做托里拆利點。

1647年，博納文圖拉·卡瓦列里在他的著作《幾何學題集》（Exerciones Geometricae）中也探討了這個問題。他發現，將作正三角形時作出的三個點與對面的頂點連接，可以得出三條線段。這三條線段交於托里拆利點，而且托里拆利點對每條邊張的角都是120°。

## 作法及證明

<image>

下面是三角形的費馬點的作法：

- 當有一個內角不小於120°時，費馬點為此角對應頂點。
- 當三角形的內角都小於120°時
- 以三角形的每一邊為底邊，向外做三個正三角形△ABC'，△BCA'，△CAB'。
- 連接CC'、BB'、AA'，則三條線段的交點就是所求的點。

### 幾何證明

<image>

三角形的內角都小於120°的情況：

首先證明CC'、BB'、AA'三條線交於一點。

設P為線段CC'和BB'的交點。注意到三角形C'AC和三角形BAB'是全等的，三角形C'AC可以看做是三角形B'AB以A點為軸心順時針旋轉60度得到的，所以角$\angle \mathrm{C'PB}$等於60度，和$\angle \mathrm{C'AB}$相等。因此，A、B、C'、P四點共圓。同樣地，可以證明A、B'、C、P四點共圓。於是：

$$\angle \mathrm{APB} = \angle \mathrm{APC} = 120^\circ$$

從而$\angle \mathrm{CPB} = 120^\circ$。於是可以得出：A'、B、C、P四點共圓，即

$$\angle \mathrm{A'PB} = \angle \mathrm{A'CB} = 60^\circ$$

$$\angle \mathrm{APA'} = \angle \mathrm{APB} + \angle \mathrm{A'PB} = 120^\circ + 60^\circ$$

A、A'、P三點共線。也就是說CC'、BB'、AA'三條線交於一點。

接下來證明交點P就是到三個頂點距離之和最小的點。

在線段AA'上選擇一點Q，使得QP = PC。由於$\angle \mathrm{QPC} = 60^\circ$，所以等腰三角形PQC是正三角形。於是$\angle \mathrm{PCB} = \angle \mathrm{QCA'}$。同時QC = PC、BC = A'C，於是可以得出三角形BPC和三角形A'QC是全等三角形。所以QA' = PB。綜上可得出：

PA + PB + PC = AA'

對於平面上另外一個點P'，以P'C為底邊，向下作正三角形P'Q'C。運用類似以上的推理可以證明三角形BP'C和三角形A'Q'C是全等三角形。因此也有：

P'A + P'B + P'C = AP' + P'Q' + Q'A'

平面上兩點之間以直線長度最短。因此

P'A + P'B + P'C = AP' + P'Q' + Q'A' ≥ AA' = PA + PB + PC.

也就是說，點P是平面上到點A、B、C距離的和最短的一點。

最後證明唯一性。

如果有另外一點P'使得P'A + P'B + P'C = PA + PB + PC，那麼

AA' = AP' + P'Q' + Q'A'

<image>

因此點P'和Q'也在線段AA'之上。依照P'和Q'的定義，可以推出

$$\angle \mathrm{AP'B} = \angle \mathrm{AP'C} = 120^\circ$$

因此P'也是CC'、BB'、AA'三條線的交點。因此P'點也就是P點。因此點P是唯一的。

有一內角大於120°的情況。

如右圖， $\angle \mathrm{BAC}$大於120°，P為三角形內一點。以BA為底邊，向上作正三角形BAF；以PA為底邊，向上作正三角形PAQ。於是三角形AQF和三角形APB是全等三角形。FQ = PB。所以

PA + PB + PC = FQ + QP + PC.

延長FA交QC於D點，則

FQ + QP + PC > FQ + QC = FQ + QD + DC > FD + DC = FA + AD + DC > FA + AC = AB + AC.

即PA + PB + PC > AB + AC.

所以A點到三頂點的距離比三角形內任意一點到三頂點的距離都小，即A點為費馬點。

## 物理學解釋

費馬的問題也可以用物理的方法來解決。將平面上所給的三個給定點鑽出洞來，再設有三條繩子系在一起，每條繩子各穿過一個洞口，而繩子的末端都綁有一個固定重量m的重物。假設摩擦力可以忽略，那麼繩子會被拉緊，而繩結最後會停在平面一點的上方。可以證明，這個點就是三個給定點所對應的費馬點。首先，由於繩長是固定的，而繩子豎直下垂的部分越長，重物的位置也就越低，勢能越低。在平衡態的時候，系統的勢能達到最小值，也就是繩子豎直下垂的部分的長度達到最大值，因此水平的部分的長度達到最小值。而繩子的水平部分的長度就是PA + PB + PC，因此這時PA + PB + PC最小，也就是達到費馬點。

在系統處於平衡態時，由力學原理可知繩子兩兩之間張成的角度$\angle \mathrm{APB}$、$\angle \mathrm{BPC}$和$\angle \mathrm{APC}$ 之間滿足合力公式：

$$\frac{\sin (\angle \mathrm{APB})}{\mathbf{m}g} = \frac{\sin (\angle \mathrm{BPC})}{\mathbf{m}g} = \frac{\sin (\angle \mathrm{APC})}{\mathbf{m}g}$$

也就是說這三個角相等，即都是120°。

## 推廣

費馬點的定義可以推廣到更多點的情況。設平面上有m個點：P1 , P2 , ... , Pm，又有正實數：λ1 , λ2 , ... , λm。費馬問題可以推廣為：尋找一個點X，使得它到這m個點的距離在加權後之和:

$$\lambda_1 \cdot XP_1 + \lambda_2 \cdot XP_2 + \cdots + \lambda_m \cdot XP_m$$

是最小的。

### 高維的情況

費馬點問題還可以推廣到高維空間中。比如說在n維實向量空間$\mathbb{R}^n$中，給定m個點：p1 , p2 , ... , pm，對空間中另一點x，設它到前述m個點的歐幾里德距離之和為函數Dist(x)：

$$\operatorname{Dist}(x) = \sum_{i=1}^m \| x - p_i\|$$

則費馬點問題就變成尋找使得Dist(x)最小的一點pmin ∈$\mathbb{R}^n$。與平面費馬點問題相似，高維情況下的費馬點問題也有由林德羅夫和斯圖姆證明的類似結論：

- 使得Dist(x)最小點pmin並且是唯一的。
- 如果從任何一點pi到剩下的m-1點方向上的m-1個單位向量的向量和長度都大於1，那麼：
- pmin不是p1 , p2 , ... , pm中任何一點。
- 從pmin到p1 , p2 , ... , pm方向上的m個單位向量的向量和是0。
- 如果從某一點pi到剩下的m-1點方向上的m-1個單位向量的向量和長度小於等於1，那麼pmin就是這個點。

對於加權的費馬點問題，也有類似的結論，只需將上述結論中的向量和替換為加權向量和，條件中的1也要替換為對應點的權重。