Problema nº 13.-El punto de Fermat,
F. En un triángulo cualquiera que tenga sus tres ángulos agudos
se traza, sobre cada uno de sus lados, un
triángulo equilátero hacia fuera del triángulo. Se une A con H, B con
J y C con K. Estas tres rectas
concurren en un punto F, desde el que se ve cada lado con un ángulo de
120º. Además, AH = BJ = CK.
(Guzmán, M. de (1.995): Para pensar mejor. Pirámide. Madrid Pág. 164)
Solución de Saturnino Campo Ruiz, profesor del IES Fray Luis de
León de Salamanca(7 de Enero de 2004).-
Aplicando giros de centros A , B y C y amplitud 60º transformamos los triángulos AKC, BAH y CBJ en los triángulos ABJ, BKC y CHA respectivamente. Con esto
probamos que tenemos que los segmentos AH,
BJ y CK son iguales y forman entre sí ángulos de 60º y
120º.
Veamos finalmente que son concurrentes. Voy a llamar X al punto de corte de esas rectas que, según sean las rectas AH y BJ lo llamaré F, mientras que para las rectas BJ y CK es F’ y para AH y CK lo llamaré F”.
F = AH ∩ BJ; F’ = BJ ∩ CK; F” = AH ∩ CK
Los ángulos agudos que forman entre sí AH, BJ y CK son de 60º, así pues, el punto F = AH ∩ BJ está sobre el arco capaz de AJ y de amplitud 60º y el punto F’ = BJ ∩ CK está sobre el arco capaz de JC y de amplitud 60º y, por tanto, F y F’ están en la circunferencia circunscrita al triángulo equilátero ACJ y están alineados con J. Necesariamente ha de ser F = F’. Del mismo modo se prueba la igualdad de F con F”. En resumen F = F’ =F” y las tres rectas son concurrentes. c.q.d.