problemas de extremos: - Fermat

Na sua Introdução à Geometria, Coxeter apresenta um outro problema de mínimo, conhecido por Problema de Fermat. Aqui fica, com três ilustrações dinâmicas.
Problema de Fermat:
Num dado triângulo acutângulo $\;ABC,\;$ determinar um ponto $\;P\,$ para o qual a soma das distâncias dele a cada um dos vértices $\;A, \;B, \;C\;$ seja tão pequena quanto possível.
dito de outro modo: Dados os pontos $\;A, \;B, \;C \;$ determinar um ponto $\;P\;$ para o qual é mínima a soma $\;PA+PB+PC \;$
1 O métodos de resolução deste problema de Fermat é em tudo análogo ao utilizado na entrada anterior para resolver o problema de Fagnano. Em vez de recorrer à reflexão, usa a rotação.
Olhemos para a ilustração que se segue:
Consideramos um triângulo $\;A, B,\;C\;$ acutângulo e um ponto $\;P\;$ do seu interior. Aplicando a $\;A\;$ uma rotação de $\;60^{o}\;$ e centro num dos vértices do triângulo, por exemplo em $\;B,\;$ obtemos um ponto $\;C'\;$. Por essa rotação, a imagem de $\; BA\;$ é $\;BC'\;$ e, por isso, $\;BA=BC'\;$ e $\;A\hat{B}C' = 60^{o}\;$ e, em consequência, $\;ABC'\;$ é um triângulo equilátero.
Do mesmo modo, se por essa mesma rotação a imagem de $\;P\;$ é $\;P',\;$ então o triângulo $\;PBP'\;$ é equilátero.
Por essa rotação, a imagem de $\;AP\;$ é $\;C'P'.\;$ Em resumo, $\;AP= C´P', \; PB=P'P.\;$
$$PA+PB+PC = C'P+P'P+PC$$ Ora, é assim óbvio que para $\;PA+PB+PC \;$ seja mínimo é preciso que $\;C', \;P', \;P, \;C\;$ sejam colineares ou seja que $\;P\;$ incida em $\;C'C\;$ em que $\;C'\;$ é o terceiro vértice do triângulo equilátero de lado $\;AB.\;$


© geometrias. 10 julho 2016, Criado com GeoGebra


2 Já sabemos que é preciso que $\;P \in C'C\;$ para que $\;PA+PB+PC\;$ seja mínimo. O problema fica resolvido, se pudermos localizar em $\;C'C\;$ uma posição de $\;P, \;$ para a qual $\;P,\;P', \; C', \;C\;$ são colineares. Na figura seguinte a imagem de $\;P\;$ pela rotação de $\;60^{o}\;$ em torno de $\;B\;$ está representada por $\;F.\;$
Nota: Esta figura também nos mostra as rotações de $\; 60^{o}\;$ em torno de $\;C\;$ aplicadas a $\;B, \;P\;$ ou em torno de $\;A\;$ aplicadas a $\;C, \;P;\;$ confirmando que $\;P\;$ pode ser obtido como ponto comum a $\;C'C, A'A, \; B'B.\;$

© geometrias. 10 julho 2016, Criado com GeoGebra


3 Se estes forem colineares, $\;B\hat{P}C'+B\hat{P}C = 180^{o}\;$ e, como $\;B\hat{P}P'=60^{o},\;\;\; B\hat{P}C=120^{o}.\;$ Também $\;A\hat{P}B= C'\hat{P'}B =180^{o}-P\hat{P'}B = 120^{o}.\;$
O ponto $\;P\;$ pode então ser determinado como sendo o ponto do qual cada um dos lados $\;BC, \;CA,\;AB\;$ do triângulos $\;ABC\;$ subtendem ângulos de $\;120^{o}\;$
Ou, mais simplesmente, como o ponto comum a $\;CC'\;$ e à circunferência $\;(BAC')\;$, circunscrita ao triângulo $\;BAC'\;$

© geometrias. 10 julho 2016, Criado com GeoGebra


Na figura acima, $\;{F}\;$ designa a posição do ponto $\;P\;$ para o qual o arco $\;AFB\;$ corresponde a $\;120^{o}\;$ (a terça parte da circunferência $\;BAC'\;$ ou o arco em que está inscrito o ângulo $\;A\hat{C'}B =60^{o}:\;$ ) Designa-se este ponto $\;F\;$ por Ponto de Fermat do triângulo $\;ABC\;$

É claro que a construção feita serve para triângulos não acutângulos. A deslocação dos vértices dos triângulos $\;ABC\;$ nos alerta para que esta construção não dá os mesmos resultados para triângulos com algum dos ângulos maior que $\;120^{o}\;$
Fica também claro que há mais do que uma construção para determinar a solução do problema de Fermat.
E podemos concluir:
Se desenharmos triângulos equiláteros $\;BA'C,\; CB'A, \;AC'B\;$ sobre os lados os lados de qualquer triângulo $\;ABC\;$, os segmentos $\;AA', \;BB', \; CC'\;$ são iguais, concorrentes (num ponto $\;F\;$), e fazendo ângulos de $\;60^{o}\;$ cada um com cada um dos outros $$FA+FB+FC = CC'=AA'=BB' \\ \;\;\;\;\;\;\; A\hat{F}C'= C'\hat{F}B= B\hat{F}A'= A'\hat{F}C= A\hat{F}C'= C\hat{F}B'=B'\hat{F}A = 60^{o}$$


  1. Coxeter. Real Projective Plane University Press. Cambridge; 1961
  2. Coxeter. Introduction to Geometry John Wiley and Sons, Inc. New York: 1961