Point de Fermat

Point de Fermat

Rouvière, Petit guide de calcul diérentiel, page 376 Théorème :

SoitABC un triangle (non aplati) du plan, tel que ses trois angles soient strictement inférieurs à2π/3. On considère la fonction

f : R² → R⁺

M 7→ f(M) =M A+M B+M C Alors :

• Le minimum de f est atteint au moins une fois en un point P intérieur au triangleABC et distinct de A, B, C.

• P est unique etf admet un minimum global strict enP.

• Si ABC⁰, BCA⁰ et ACB⁰ désignent les triangles équilatéraux construits à l'extérieur de ABC, alors les droites AA⁰, BB⁰, et CC⁰ concourent en P et on a

f(P) =AA⁰ =BB⁰=CC⁰

• L'idée est que, la fonctionf tendant vers l'inni à l'inni, il sut de rechercher son minimum sur un compact. SiO est une origine quelconque, on a M A≥OM−OApar l'inégalité triangulaire, d'où

f(M)≥3OM−f(O)

et en particulierf(M)> f(O)dès queOM >(2/3)f(O). Sur le disque compactOM ≤(2/3)f(O), la fonction continuef atteint son minimum en (au moins) un pointP, qui donne aussi le minimum def sur tout le plan.

Montrons queP ne peut pas être un sommet du triangleABC. Deux au moins de ses trois angles sont strictement inférieurs àπ/2, par exemple les anglesBb et Cb. Le piedH de la hauteur issue de Aest alors entreB etC (strictement), d'où

f(H) =HA+HB+HC=HA+BC < BA+BC=f(B) De même,f(H)< f(C): le minimum de f n'est donc atteint ni enB ni enC.

Il n'est pas non plus attetn enA: c'est clair siA < π/2b par le raisonnement précédent, mais le cas oùπ/2≤A <b 2π/3 demande un autre argument. Considérons par exemple un pointM voisin de Asur la bissectrice intérieure de l'angleAb= 2α. On a

M B²=AB²−2AB.AMcosα+AM² d'où par développement limité de la racine carrée,

M B =AB−AMcosα+O¡ AM²¢

lorsqueM tend versAsur la bissectrice. En évaluant de mêmeM C on obtient f(M) =f(A) + (1−2 cosα)AM+O¡

AM²¢

Comme0<2α <2π/3 par hypothèse, on a1−2 cosα <0, d'oùf(M)< f(A)lorsqueM est assez voisin deAsur la bissectrice ; le minimum def ne peut donc pas être atteint enA.

Enn le minimum def ne peut être atteint en un pointP strictement extérieur au triangleABC: si par exempleP etAsont de part et d'autre de la droite BC, la symétriqueP⁰ deP par rapport à cette droite donneP⁰A < P A,P⁰B=P B, P⁰C=P C, d'oùf(P⁰)< f(P).

• D'après le premier point, le minimum def sur le plan est aussi son minimum sur le complémentaire de{A, B, C}. Sur cet ouvert, la fonctionf est de classeC^+∞et on a,

−−→gradf(P) =−(−→u +−→v +−→w) avec −→u = −→

P A/P A, −→v = −−→

P B/P C, −→w = −−→

P C/P C (vecteurs unitaires). La condition nécessaire d'extremum enP s'écrit donc

−

→u +−→v +−→w = 0 1

Elle entraîne

1 =−→w²= (−→u +−→v)²= 1 + 2−→u .−→v + 1

par suite−→u .−→v =−1/2, d'où\AP B= 2π/3 et de même pour les angles\BP C etCP A.[

Du point P, on voit le segment AB sous l'angle 2π/3, donc P appartient à un arc de cercle d'extrémités A et B (arc capable), et de même à un arc capable d'extrémités A et C. Ces deux arcs se coupent en deux points au plus : l'un d'eux estA, l'autre estP (distinct deA). Finalement la fonctionf atteitn son minimum global en un unique pointP appelé point de Fermat du triangle ABC, intersection des trois arcs capables d'où l'on voit chacun des trois côtés du triangle sous l'angle2π/3. C'est un minimum strict puisqu'il n'est atteint en aucun autre point.

• On oriente le plan de manière à ce que les vecteurs−−→

AB et −→

AC (dans cet ordre) forment une base directe. Le pointB⁰ de l'énoncé se déduit alors deC par la rotation de centreA et d'angle+π/3. Soit M un point quelconque et soit M⁰ son image par cette rotation. Le triangle AM M⁰ est équilatéral, d'où

f(M) =M A+M B+M C=M M⁰+M B+M⁰B⁰=BM+M M⁰+M⁰B⁰≥BB⁰

par l'inégalité triangulaire. SI on prend pourM le points de FermatP (et pourM⁰ son transformé P⁰ par la rotation), on a de plus

³−→

P A,−−→

P B

´

= 2π 3 ,

³−−→

P P⁰,−→

P A

´

=π 3 (angles orientés de vecteurs), d'où ³−−→

P P⁰,−−→

P B

´

= π et les points B, P, P⁰ sont alignés (dans cet ordre).

De même, ³−−−→

P⁰B⁰,−−→

P⁰A´

=³−−→

P C,−→

P A´

=2π

3 , ³−−→

P⁰A,−−→

P⁰P´

=π 3 d'où ³−−−→

P⁰B⁰,−−→

P⁰P

´

= π et les points P, P⁰, B⁰ sont alignés (dans cet ordre). Par suite P et P⁰ appartient à la droiteBB⁰ et

f(P=BP+P P⁰+P⁰B=BB⁰

On montrerait de même que le point de Fermat appartient aux droitesAA⁰ et CC⁰, ce qui donne une construction géométrique simple de ce point (le point P est ainsi l'intersection des cercles circonscrits aux trianglesABC⁰,BCA⁰ etCAB⁰) et quef(P) =AA⁰=BB⁰ =CC⁰.

Remarquons que si l'un des angles du triangleABC (par exempleA) est supérieur ou égal àb 2π/3, on peut montrer en adaptant la méthode du troisième point, que le minimum de la fonctionf est atteint enA.

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