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Geometría Moderna I: Puntos de Fermat y triángulos de Napoleón

Por Rubén Alexander Ocampo Arellano

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Introducción

En esta ocasión veremos algunos resultados sobre los puntos de Fermat y los triángulos de Napoleón, objetos que aparecen al construir triángulos equiláteros sobre los lados de un triángulo cualquiera.

Definición. Sean $\triangle ABC$ y puntos $A’$, $B’$, $C’$ tales que los triángulos $\triangle A’BC$, $\triangle AB’C$ y $\triangle ABC’$ son equiláteros y ninguno se traslapa con $\triangle ABC$, decimos que $ABCA’B’C’$ es una configuración externa de Napoleón.

De manera análoga definimos una configuración interna de Napoleón, si los triángulos $\triangle A’BC$, $\triangle AB’C$ y $\triangle ABC’$ son equiláteros y todos se traslapan con $\triangle ABC$.

Puntos de Fermat

Teorema 1. Sea $ABCA’B’C’$ una configuración externa de Napoleón, entonces
$i)$ los circuncírculos de $\triangle A’BC$, $\triangle AB’C$, $\triangle ABC’$ y las rectas $AA’$, $BB’$, $CC’$ son concurrentes, al punto de concurrencia se le conoce como primer punto de Fermat,
$ii)$ $AA’ = BB’ = CC’$.

Demostración. Sea $F_1 = \Gamma(AB’C) \cap \Gamma(ABC’)$ la intersección de los circuncírculos de $\triangle AB’C$ y $\triangle ABC’$ respectivamente.

Como $\square AF_1CB’$ y $\square AF_1BC’$ son cíclicos entonces los pares de ángulos $\angle BC’A$, $\angle AF_1B$ y $\angle AB’C$, $\angle CF_1A$ son suplementarios, por lo tanto, $\angle AF_1B = \angle CF_1A = \dfrac{2\pi}{3}$.

Figura 1

En consecuencia, $\angle BF_1C = \dfrac{2\pi}{3}$, por lo tanto, $\angle BF_1C$ y $\angle PA’B$ son suplementarios, así, $\square F_1BA’C$ es cíclico, es decir $F_1 \in \Gamma(A’BC)$.

Por otra parte, $\angle BF_1A’ = \angle BCA$, pues abarcan el mismo arco, entonces, $\angle AF_1B + \angle BF_1A’ = (\pi – \angle BC’A) + \angle BCA’ = \pi – \dfrac{\pi}{3} + \dfrac{\pi}{3} = \pi$, por lo tanto, $F_1 \in AA’$.

Igualmente podemos ver que $F_1 \in BB’$ y $F_1 \in CC’$.

Finalmente, hagamos una rotación de $\dfrac{\pi}{3}$ en sentido contrario al de las manecillas y centro en $B$, entonces $A$ toma el lugar de $C’$ y $A’$ toma el lugar de $C$, por lo tanto, $AA’ = CC’$.

Con una rotación de $\dfrac{\pi}{3}$ en el sentido de las manecillas, con centro en $C$, $A’$ toma el lugar de $B$ y $A$ el de $B’$, por lo tanto, $CC’ = AA’ = BB’$.

$\blacksquare$

Nota. Si $ABCA’B’C’$ es una configuración interna de Napoleón, los mismos resultados son ciertos y al punto de concurrencia le llamamos segundo punto de Fermat.

Problema de Fermat

Problema de Fermat. Dado un triángulo $\triangle ABC$ tal que ninguno de sus ángulos internos es mayor a $\dfrac{2\pi}{3}$, encuentra el punto $P$ que minimiza la suma de las distancias a los vértices de $\triangle ABC$, $PA + PB + PC$.

Solución. Sea $P$ un punto fuera de $\triangle ABC$ (figura 2), sin pérdida de generalidad supongamos que $P$ y $C$ se encuentran en lados contrarios respecto de $AB$.

Sea $D = PC \cap AB$ aplicando la desigualdad del triángulo tenemos lo siguiente
$PA + PB + PC = P’A + P’B + PC$
$= P’A + P’B + PD + DC$
$= P’A + P’B + P’D + DC$
$\geq P’A + P’B + P’C$.

Figura 2

De lo anterior concluimos que el punto buscado debe estar dentro de $\triangle ABC$.

Ahora supongamos que $P$ está dentro de $\triangle ABC$ (figura 3), sea $\triangle BC’P’$ la imagen de $\triangle BAP$ bajo una rotación de $\dfrac{\pi}{3}$ en sentido contrario al de las manecillas y centro en $B$.

Como $BP = BP’$ y $\angle PBP’ = \dfrac{\pi}{3}$ entonces $\triangle BPP’$ es equilátero y tenemos lo siguiente
$PA + PB + PC = P’C’ + PP’ + PC \geq CC’$.

Figura 3

Por lo tanto, para que la suma de distancias sea mínima es necesario que $P \in CC’$, pero por un razonamiento análogo también es necesario que $P \in AA’$ y $P \in BB’$, donde $ABCA’B’C’$ es una configuración externa de Napoleón.

Por el teorema 1, $P = F_1$, es el primer punto de Fermat.

Sin embargo, notemos que, $\angle BPC = \pi – \angle P’PB = \dfrac{2\pi}{3}$, por lo tanto, por el ejercicio 3 de la entrada desigualdad del triángulo, cualquier ángulo interno de $\triangle ABC$ debe ser menor o igual que $\dfrac{2\pi}{3}$, si esto se cumple entonces $F_1$ es el punto buscado.

$\blacksquare$

Triángulos de Napoleón

Teorema 2, de Napoleón. Sea $ABCA’B’C’$ una configuración externa de Napoleón, entonces los centroides de $\triangle A’BC$, $\triangle AB’C$ y $\triangle ABC’$ son los vértices de un triángulo equilátero, conocido como triángulo exterior de Napoleón y su centroide coincide con el centroide de $\triangle ABC$.

Demostración. Sean $G_1$, $G_2$ y $G_3$ los centroides de $\triangle A’BC$, $\triangle AB’C$ y $\triangle ABC’$ respectivamente, $G$ el centroide de $\triangle ABC$ y $M$ el punto medio de $BC$.

Figura 4

Como $\dfrac{MA}{MG} = \dfrac{MA’}{MG_1} = 3$ por el reciproco del teorema de Tales $GG_1 \parallel AA’$, además $AA’ = 3GG_1$.

Igualmente podemos ver que $GG_2 \parallel BB’$, $BB’ = 3GG_2$ y $GG_3 \parallel CC’$ y $CC’ = 3GG_3$.

Como $AA’ = BB’ = CC’$, entonces $GG_1 = GG_2 = GG_3$, por lo tanto, $G$ es el circuncentro de $\triangle G_1G_2G_3$.

Por el teorema 1, $\angle A’F_1B’ = \dfrac{2\pi}{3}$, por lo tanto, $\angle G_1GG_2 = \dfrac{2\pi}{3}$.

Igualmente vemos que $\angle G_2GG_3 = \angle G_3GG_1 = \dfrac{2\pi}{3}$.

Por criterio de congruencia LAL, $\triangle GG_1G_2 \cong \triangle GG_2G_3 \cong \triangle GG_1G_3$.

En consecuencia, $\triangle G_1G_2G_3$ es equilátero, como en un triángulo equilátero el circuncentro y el centroide coinciden entonces $G$ es el centroide de $\triangle G_1G_2G_3$.

$\blacksquare$

Nota. Si $ABCA’B’C’$ es una configuración interna de Napoleón se obtienen los mismos resultados y al triángulo formado por los centroides se le conoce como triángulo interior de Napoleón.

Área del triángulo externo de Napoleón

Teorema 3. El área del triangulo externo de Napoleón es igual a la la mitad del área de su triángulo de referencia mas un sexto de la sumas de las áreas de los triángulos equiláteros construidos.

Demostración. Sea $ABCA’B’C’$ una configuración externa de Napoleón y $G_1$, $G_2$, $G_3$ los centroides de $\triangle A’BC$, $\triangle AB’C$, $\triangle ABC’$ respectivamente.

Figura 5

Sean $F_1$ el primer punto de Fermat, como $AF_1$ es una cuerda común de $\Gamma(ABC’)$ y $\Gamma(AB’C)$, entonces $G_2G_3$ es la mediatriz de $AF_1$, es decir, la reflexión de $A$ en $G_2G_3$ es $F_1$.

Por lo tanto, $\triangle AG_2G_3$ y $\triangle F_1G_2G_3$ son congruentes.

Similarmente vemos que $\triangle BG_1G_3 \cong \triangle F_1G_1G_3$ y $\triangle CG_1G_2 \cong \triangle F_1G_1G_2$.

Esto implica que,
$(\triangle G_1G_2G_3) = \dfrac{(AG_3BG_1CG_2)}{2} $
$= \dfrac{1}{2} ((\triangle ABC) + (\triangle ABG_3) + (\triangle BCG_1) + (\triangle ACG_2))$
$= \dfrac{1}{6} ((\triangle ABC’) + (\triangle A’BC) + (\triangle AB’C)) + \dfrac{(\triangle ABC)}{2}$.

$\blacksquare$

Área del triángulo interno de Napoleón

Teorema 3. El área del triangulo interno de Napoleón es igual a menos la mitad del área de su triángulo de referencia mas un sexto de la sumas de las áreas de los triángulos equiláteros construidos.

Demostración. Sea $ABCA’’B’’C’’$ una configuración interna de Napoleón, $F_2$ el segundo punto de Fermat y $G’_1$, $G’_2$, $G’_3$ los centroides de $\triangle A’’BC$, $\triangle AB’’C$, $\triangle ABC’’$ respectivamente.

Sea $F_2$ el segundo punto de Fermat, siguiendo un razonamiento análogo al teorema anterior tenemos
$(\triangle G’_1G’_2G’_3) $
$= (\triangle F_2G’_1G’_3) + (\triangle F_2G’_3G’_2) – (\triangle F_2G’_1G’_2)$
$\begin{equation} = (\triangle BG’_1G’_3) + (\triangle AG’_3G’_2) – (\triangle CG’_1G’_2). \end{equation}$.

Figura 6

Por otro lado,
$\dfrac{1}{3}((\triangle A’BC) + (\triangle AB’C) + (\triangle ABC’))$
$\begin{equation} = (\triangle G’_1BC) + (\triangle AG’_2C) + (\triangle ABG’_3). \end{equation}$.

Sean, $E = AB \cap G’_1G’_3$, $D = BC \cap G’_1G’_3$, $J = BC \cap G’_2G’_3$ e $I = G’_1C \cap G’_2G’_3$, entonces tenemos lo siguiente:

$(\triangle G’_1BC) = (\triangle BED) + (\triangle BEG’_1) + (\triangle CJI) + (\square G’_1DJI)$.

$(\triangle ABG’_3) = (\triangle BEG’_3) + (\triangle AG’_2G’_3) + (AEDJG’_2) + (\triangle DG’_3J)$.

Sustituyendo en $(2)$
$\dfrac{1}{3}((\triangle A’BC) + (\triangle AB’C) + (\triangle ABC’)) $
$= ((\triangle BEG’_3) + (\triangle BEG’_1)) + (\triangle AG’_2G’_3) + ((\triangle BED) + (AEDJG’_2)$
$+ (\triangle CJI) + (\triangle AG’_2C)) + ((\triangle DG’_3J) + (\square G’_1DJI))$
$= (\triangle BG’_1G’_3) + (\triangle AG’_2G’_3) + ((\triangle ABC) – (\triangle CIG’_2)) + (\triangle IG’_1G’_3)$
$= (\triangle BG’_1G’_3) + (\triangle AG’_2G’_3) + ((\triangle ABC) – (\triangle CIG’_2)) + ((\triangle G’_1G’_2G’_3) – (\triangle G’_1G’_2I))$
$ = (\triangle ABC) + ((\triangle BG’_1G’_3) + (\triangle AG’_2G’_3) – (\triangle CG’_1G’_2)) + (\triangle G’_1G’_2G’_3)$.

Usando $(1)$
$\dfrac{1}{3}((\triangle A’BC) + (\triangle AB’C) + (\triangle ABC’))$
$= (\triangle ABC) + 2(\triangle G’_1G’_2G’_3)$.

Por lo tanto,
$(\triangle G’_1G’_2G’_3) = \dfrac{1}{6} ((\triangle ABC’) + (\triangle A’BC) + (\triangle AB’C)) –  \dfrac{(\triangle ABC)}{2}$.

$\blacksquare$

Corolario. La diferencia entre el área del triángulo externo de Napoleón y el área del triángulo interno de Napoleón es igual al área de su triángulo de referencia.

Como consecuencia de los teorema 3 y 4 tenemos,
$(\triangle G_1G_2G_3) – (\triangle G’_1G’_2G’_3) = (\triangle ABC)$.

$\blacksquare$

Rectas de Euler concurrentes

Proposición 1. Sea $ABCA’B’C’$ una configuración externa de Napoleón y $F_1$ el primer punto de Fermat, entonces las rectas de Euler de $\triangle ABF_1$, $\triangle AF_1C$ y $\triangle F_1BC$ concurren en el centroide de $\triangle ABC$.

Demostración. Sean $G$, $G’$ y $G_3$ los centroides de $\triangle ABC$, $\triangle ABF_1$ y $\triangle ABC’$ respectivamente, consideremos el $M$ el punto medio de $AB$.

Figura 7

Por el teorema 1, $G_3$ es el circuncentro de $\triangle ABF_1$ y $C$, $F_1$ y $C’$ son colineales, como $G_3$, $G’$ y $G$ son los centroides de $\triangle ABC’$, $\triangle AF_1$ y $\triangle ABC$ entonces
$\dfrac{MG_3}{MC’} = \dfrac{MG’}{MF_1} = \dfrac{MG}{MC} = \dfrac{1}{3}$.

Por el reciproco del teorema de Tales $G_3G’ \parallel C’F_1$ y $G’G \parallel F_1C$.

Por lo tanto, $G_3$, $G’$ y $G$ son colineales, y $G_3G’$ es la recta de Euler de $\triangle ABF_1$.

Igualmente podemos ver que las rectas de Euler de $\triangle AF_1C$ y $\triangle F_1BC$ pasan por el centroide de $\triangle ABC$.

$\blacksquare$

Hexágono de Napoleón

Proposición 2. Sea $ABCA’B’C’$ una configuración externa de Napoleón, sean $G_1$, $G_2$, $G_3$ los centroides de $\triangle A’BC$, $\triangle AB’C$, $\triangle ABC’$ y $G_a$, $G_b$, $G_c$ los centroides de $\triangle AB’C’$, $\triangle A’BC’$, $\triangle A’B’C$, entonces $G_aG_3G_1G_bG_2G_c$ es un hexágono regular.

Demostración. Sea $M$ el punto medio de $CB’$, en $\triangle MAA’$ tenemos
$\dfrac{MG_2}{MA} = \dfrac{MG_c}{MA’} = \dfrac{1}{3}$.

Por lo tanto, $G_2G_c \parallel AA’$ y $3G_2G_c = AA’$.

Figura 8

Análogamente consideremos $N$ el punto medio de $CA’$, en $\triangle NBB’$ tenemos
$\dfrac{NG_c}{NB’} = \dfrac{NG_1}{NB} = \dfrac{1}{3}$.

Por lo tanto, $G_1G_c \parallel BB’$ y $3G_1G_c = BB’$.

Por el teorema 1, $AA’ = BB’$, por lo que $G_1G_c = G_cG_2$, sea $F_1$ el primer punto de Fermat entonces $\angle G_1G_cG_2 = \angle BF_1A = \dfrac{2\pi}{3}$.

Igualmente podemos ver que los demás lados del hexágono son iguales y que el ángulo entre ellos es de $\dfrac{2\pi}{3}$.

En conclusión, $G_aG_3G_1G_bG_2G_c$ es un hexágono regular.

$\blacksquare$

Más adelante…

Con la siguiente entrada daremos inicio a la unidad III y con la ayuda de segmentos dirigidos mostraremos el teorema de Menelao, que nos dice cuando tres puntos sobre los lados de un triángulo son colineales.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  1. Sea $ABCA’B’C’$ una configuración interna de Napoleón (figura 6), para los ejercicios 1, 2 y 3 demuestra lo siguiente:
    $i)$ los circuncírculos de $\triangle A’BC$, $\triangle AB’C$, $\triangle ABC’$ y las rectas $AA’$, $BB’$, $CC’$ son concurrentes,
    $ii)$ $AA’ = BB’ = CC’$.
  2. Prueba que los centroides de $\triangle A’BC$, $\triangle AB’C$ y $\triangle ABC’$ son los vértices de un triángulo equilátero y que su centroide coincide con el centroide de $\triangle ABC$ (figura 6).
  3. Considera $F_2$, el segundo punto de Fermat, muestra que las rectas de Euler de $\triangle ABF_2$, $\triangle AF_2C$ y $\triangle F_2BC$ concurren en el centroide de $\triangle ABC$ (figura 6).
  4. Sean $ABCA’B’C’$ una configuración externa de Napoleón y $ABCA’’B’’C’’$ una configuración interna de Napoleón, demuestra que
    $i)$ el punto medio de $CC»$ coincide con el punto medio de $A’B’$,
    $ii)$ el punto medio de $CC’$ coincide con el punto medio de $A»B»$.
  5. Sea $ABCA’B’C’$ una configuración externa de Napoleón demuestra que el centroide de $\triangle A’B’C’$ coincide con el centroide de $\triangle ABC$.
  6. Divide los lados de un triángulo en tres partes iguales, sobre el tercio de en medio de cada lado del triángulo, construye externamente (internamente) triángulos equiláteros, muestra que los terceros vértices construidos son los vértices de un triángulo equilátero (figura 9).
Figura 9
  1. Sea $ABCA’B’C’$ una configuración externa de Napoleón, considera los arcos $\overset{\LARGE{\frown}}{BC}$, $\overset{\LARGE{\frown}}{CA}$ y $\overset{\LARGE{\frown}}{AB}$ de los circuncírculos de $\triangle A’BC$, $\triangle AB’C$ y $\triangle ABC’$ respectivamente que no contienen a los vértices de $\triangle ABC$ (figura 1), sean $P \in \overset{\LARGE{\frown}}{AB}$ arbitrario y $Q = PA \cap \overset{\LARGE{\frown}}{CA}$, muestra que la intersección $R$ de $PB$ y $QC$ esta en el arco $\overset{\LARGE{\frown}}{BC}$ y que $\triangle PQR$ es equilátero.

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Fuentes

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»