D609-Le point de Fermat Solution
Le problème a été posé par Pierre de Fermat (1601-1665) à E.Torricelli (1608-1647), il y a plus de trois siècles et demi. D’où le nom de point de Fermat d’où l’on voit les trois côtés AB, BC et CA d’un triangle sous le même angle de 120°.
D’abord un peu de géométrie avant d’aborder la construction du point qui sera très simple une fois que ses propriétés seront connues. Soit P un point intérieur à un triangle dont tous les angles sont aigus. On considère la rotation de centre B et d’angle 60° qui amène P en P’ et A en C’. Le triangle BPA devient donc BP’C’ avec P’C’ = PA. Par ailleurs le triangle BPP’ est par construction équilatéral. BP = PP’. Dès lors la somme des trois distances de P aux sommets du triangle D = PA + PB + PC est aussi mesurée par la ligne brisée CPP’C’. Or le point C’ est indépendant de la position de P au sein du triangle car c’est le transformé de A par la rotation de centre B et d’angle 60°. La plus courte distance D est donc mesurée par la ligne droite CC’, ce qui signifie que P est sur la droite CC’.
Le même raisonnement s’applique aux rotations de centres C et A qui amènent B en A’ et C en B’. Le point P se trouve sur les droites AA’, BB’ et CC’ (voir figure ci-après). Celles-ci sont concourantes et l’on a AA’ = BB’ = CC’ = CP + CP’ + P’C. Par ailleurs, l’angle PBC qui est supplémentaire de l’angle BPP’ égal lui-même à 60° est égal à 120°. Il en est de même des angles APB et APC.
La construction du point P qui rend minimale la somme de ses distances aux trois sommets du triangle ABC devient très simple : il suffit de construire avec règle et compas deux triangles équilatéraux tournés vers l’extérieur et de côtés respectifs AB et AC par exemple Les nouveaux sommets B’et C’ permettent de tracer les droites BB’ et CC’ dont le point d’intersection est le point recherché P.
