フェルマ点
まず次の問題を考えましょう．問題 平面上に３点$A,B,C$が与えられたとき平面上の点$P$で $PA+PB+PC$ を最小にする点を求めよ． この問題は次の問題としてもよい． 問題 3つの町$A,B,C$があるとき，これらの町をつなぐ連絡道路で全長が最小のものを 求めよ． 条件を満たす点$P$が求まったとして，$P$の満たす条件を見つけます． ３点$A,B,C$が一直線上のとき，たとえば$A,B,C$の順に並んでいれば点$P$は 真ん中の点$B$のときで解決します． したがって，３点$A,B,C$は一直線上でない，すなわち３点$A,B,C$が三角形の 頂点となる場合だけ考えればよい． 
点$P$が$PA+PB+PC$を最小にするとき，$PA=a,PB=b,PC=c$ とおく． 場合分けする． $\bullet \ \ P$が頂点$A,B,C$のいずれかのとき． $\triangle ABC$で $a(=BC) > b(=CA) \Longleftrightarrow \angle A > \angle B$ が成り立つから，点$P$は最大頂角の頂点のときである． $\bullet \ \ P$が頂点$A,B,C$のいずれでもないとき． $C$を中心とする半径$c$の円$k_1$と， $A,B$を焦点とする点$P$を通る楕円$K_2$を描くと，$K_1,K_2$は外接する． 実際，$K_1,K_2$は少なくとも点$P$で交わるから，接しないでもう一点で交わるとすると， $K_1,K_2$はともに凸であるから$K_1\cap K_2$は空集合でない． $K_1\cap K_2\ni P'$とすると $P'C < PC,P'A+P'B < PA+PB$ より $P'A+P'B+P'C < PA+PB+PC$ となり$PA+PB+PC$が最小に反する． したがって，$AP,BP$は接線に等角で交わるから $\angle CPA=\angle CPB$ が成り立つ． 同じことを頂点$A$で行えば $\angle APC=\angle APB$ したがって $\angle BPC=\angle CPA=\angle APB\cdots (\sharp)$ を得る． 
$(\sharp)$を座標を用いて計算で示すには次のように行えばよい．$A(a_1,a_2),B(b_1,b_2),C(c_1,c_2),P(x,y)$とおく． $f(x,y)=AP+BP+CP$ $=\sqrt{(x-a_1)^2+(y-a_2)^2}$ $+\sqrt{(x-b_1)^2+(y-b_2)^2}$ $+\sqrt{(x-c_1)^2+(y-c_2)^2}$ とおく．$f(x,y)$が最小値をとるなら，$y$を固定し$x$の関数とみて微分しても，$x$を固定して $y$の関数とみて微分しても$0$である． $f(x,y)$を$x$で微分すると $\dfrac{x-a_1}{\sqrt{(x-a_1)^2+(y-a_2)^2}}+\dfrac{x-b_1}{\sqrt{(x-b_1)^2+(y-b_2)^2}}+\dfrac{x-c_1}{\sqrt{(x-c_1)^2+(y-c_2)^2}}=0$ $y$で微分すると $\dfrac{y-a_2}{\sqrt{(x-a_1)^2+(y-a_2)^2}}+\dfrac{y-b_2}{\sqrt{(x-b_1)^2+(y-b_2)^2}}+\dfrac{y-c_2}{\sqrt{(x-c_1)^2+(y-c_2)^2}}=0$ したがって， $\dfrac{(x-a_1,y-a_2)}{\sqrt{(x-a_1)^2+(y-a_2)^2}}+\dfrac{(x-b_1,y-b_2)}{\sqrt{(x-b_1)^2+(y-b_2)^2}}+\dfrac{(x-c_1,y-c_2)}{\sqrt{(x-c_1)^2+(y-c_2)^2}}=(0,0)$ ベクトル表記すると $\dfrac{\overrightarrow{PA}}{|\overrightarrow{PA}|}+ \dfrac{\overrightarrow{PB}}{|\overrightarrow{PB}|}+\dfrac{\overrightarrow{PC}}{|\overrightarrow{PC}|}=\overrightarrow{0}$ となる． $\overrightarrow{PA},\overrightarrow{PB},\overrightarrow{PC}$と同じ向きの単位ベクトルをそれぞれ $\overrightarrow{PA'},\overrightarrow{PB'},\overrightarrow{PC'}$ とすると， $\overrightarrow{PA'}+\overrightarrow{PB'}+\overrightarrow{PC'}=\overrightarrow{0}$ これは，点$P$は$\triangle A'B'C'$で外心であり，かつ重心であることを意味している． 外心と重心が一致する三角形は正三角形であるから，$\triangle A'B'C'$は正三角形である． したがって,$P$は正三角形の中心より $\angle BPC=\angle CPA=\angle APB\cdots (\sharp)$ が成り立つことが証明された． さて， 問題 平面上に３点$A,B,C$が与えられたとき平面上の点$P$で $PA+PB+PC$ を最小にする点を求めよ． に対して，２つの方法で解答を与えたが， これらの解答は極値の必要条件であり，最小値であるとは言っていない． 
最小値が存在しない例もある．例 $xy$平面上の単位円$C_1:x^2+y^2=1,z=0$と点$A(0,0,1)$が与えられている． $C_1$が境界である点$A$を通る曲面のうち面積を最小にする曲面を考えてみよう． もちろん$A$がなければ，$C_1$を境界とする円板で，その面積は$\pi$である． この円板は条件を満たさないから，最小値は$\pi$より大きい． 一方，$xy$平面上の円 $x^2+y^2=r^2,z=0$ を底面とする$A(0,0,1)$を頂点とする円錐の側面積は, 円錐の母線の長さが$\sqrt{1+r^2}$であるから $\pi r\sqrt{1+r^2}$ したがって，条件を満たす面積の一つとして $S(r)=\pi (1-r^2)+\pi r\sqrt{1+r^2}$ 一方，$r\to 0$のとき$S(r)\to \pi$ であるから，$\pi$にいくらでも近い条件を満たす曲面積が存在する． したがって，条件を満たす曲面積に最小値は存在しない． 今考えている 問題 平面上に３点$A,B,C$が与えられたとき平面上の点$P$で $PA+PB+PC$ を最小にする点を求めよ． について，最小値が存在することは分かります．それは数学の一つの定理 有界閉集合上の連続関数は最大値，最小値をもつ． によります．問題では，三角形の内部及び周上で考えた関数 $f(x,y)=PA+PB+PC$ を考えればよい． 話がややこしくなってきました．解の存在の重要性を述べたのですが， 興味があれば 等周問題をご覧ください． 議論を戻しましょう．本稿の議論の底流には変換がある． 変換の立場からこの問題を見てみよう． 変換を用いて証明すると，すっきりと解決します． 
$\bullet \ \triangle ABC$のいずれの内角も$120^{\circ}$より小さいとき頂点$A,B,C$と異なる任意の点$P$をとる．２点$Q,D$を $S(C,60^{\circ}):P\mapsto Q,B\mapsto D$ によって定める． この時 $\triangle CPB\equiv \triangle CQD$ で,$\triangle CPQ$が正三角形であるから $CP=PQ,PB=QD$. したがって $AP+CP+BP=AP+PQ+QD\leqq AD$ つぎに，等号が成り立つ場合を調べる． $\triangle CPQ$は正三角形より $\angle CPQ=60^{\circ},\angle PQC=60^{\circ}$ したがって，等号が成り立つのは $\angle APC=120^{\circ}$かつ$\angle CQD(=\angle CPB)=120^{\circ}$ のときである． 
$\bullet \ \triangle ABC$で$A\geqq 120^{\circ}$のとき$A$の補角を$\theta$すなわち$\theta =180^{\circ}-A$とおく． $D,Q$を $S(A,\theta):C\mapsto D,P\;\mapsto Q$ で定義する． $\angle PAQ=\theta \leqq 60^{\circ}$ であるから $AP\geqq PQ$ さらに $\triangle APC\equiv \triangle AQD$ より $PC=QD$ したがって $AP+BP+CP\geqq PQ+BP+QD\geqq BD=AB+AC$ したがって， $AP+BP+CP\geqq AB+AC$ が証明された．
定義（三角形のフェルマ点） （1961年数学オリンピック，一部改）
証明$\triangle ABC$の各辺の外側に正三角形を作った図形を考え正三角形の 外心を図のように$O_1,O_2,O_3$とする． $\triangle ABC$のフェルマ点を$F$とする． 線分を見込む角が同じとき，二等辺三角形が面積最大になるから(右下図参照)． $S_1\leqq \triangle O_1CB=\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{\sqrt{3}a^2}{4}$ 等号が成り立つのは$FB=FC$ 同様の不等式が$S_2,S_3$でも成り立つから $S=S_1+S_2+S_3\leqq \dfrac{\sqrt{3}(a^2+b^2+c^2)}{12}$ すなわち $a^2+b^2+c^2\geqq 4\sqrt{3}S$ が成り立つ． ただし，等号が成り立つのは $FA=FB=FC$ すなわち$\triangle ABC$が正三角形のときである． $AD^2=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{2}+2\sqrt{3}S$ に証明した命題を用いれば $AD^2\geqq 4\sqrt{3}S$ 等号が成り立つのは$\triangle ABC$が正三角形のとき を得る．
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次に，フェルマ点を作図しましょう．
$AD$の長さは$\triangle ABC$の固有の値なので，この値を求めよう．
命題