Point de Fermat

Quel que soit le triangle ABC, les cercles circonscrits aux triangles équilatéraux extérieurs sont concourants. En effet, si I est le second point d'intersection des cercles passant respectivement par BA et CA alors ${\displaystyle ({\overrightarrow {IB}},{\overrightarrow {IA}})\equiv \pi /3{\pmod {\pi }}}$ ${\displaystyle ({\overrightarrow {IA}},{\overrightarrow {IC}})\equiv \pi /3{\pmod {\pi }}}$ donc ${\displaystyle ({\overrightarrow {IB}},{\overrightarrow {IC}})\equiv ({\overrightarrow {IB}},{\overrightarrow {IA}})+({\overrightarrow {IA}},{\overrightarrow {IC}})\equiv 2\pi /3\equiv -\pi /3{\pmod {\pi }}}$ Le point I est bien alors sur le troisième cercle.

Le point I est bien sur les trois droites (BE), (FC) et (AD). En effet ${\displaystyle ({\overrightarrow {IF}},{\overrightarrow {IA}})\equiv ({\overrightarrow {BF}},{\overrightarrow {BA}})\equiv -\pi /3{\pmod {\pi }}}$ ${\displaystyle ({\overrightarrow {IA}},{\overrightarrow {IC}})\equiv \pi /3{\pmod {\pi }}}$ donc ${\displaystyle ({\overrightarrow {IF}},{\overrightarrow {IC}})\equiv ({\overrightarrow {IF}},{\overrightarrow {IA}})+({\overrightarrow {IA}},{\overrightarrow {IC}})\equiv 0{\pmod {\pi }}}$ Le point I est bien sur la droite (FC) et par un raisonnement analogue sur les deux autres droites qui forment bien entre elles des angles de 120°.

Si les angles du triangle ne dépassent pas 120° le point I est intérieur au triangle et il est situé sur les segments [FC], [BE] et [AD]. En effet, dans ce cas, les quadrilatères AFBC, ABDC et ABCE sont convexes et leurs diagonales sont intérieures. Les droites se coupent alors en un point I intérieur au triangle ABC.

Triangle ABC dans son triangle équilatéral RST, I se projette orthogonalement en A, B et C

Construction du triangle RST lorsque ABC est un triangle donné dont aucun angle n'excède 120°

Cette démonstration s'inspire de celle publiée par Vincenzo Viviani dans son De maximis et minimis geometrica[5], Viviani publie une démonstration à attribuer à Torricelli, mais selon Vladimir Boltyanski et al.[6], la preuve sous cette forme est une version originale de Viviani.

Si A, B et C sont les projetés orthogonaux d'un même point I sur les côtés d'un triangle équilatéral RST alors ce point I est le seul point où la distance IA + IB + IC est minimale. En effet, si l'on prend un autre point M dans le plan, dont les projetés orthogonaux sur les côtés du triangle équilatéral sont Ha, Hb et Hc, la somme MA + MB + MC est strictement supérieure à la somme MHa + MHb + MHc car un des points Ha, Hb ou Hc est différent de A, B, ou C. De plus d'après le théorème de Viviani la somme MHa + MHb + MHc est égale à IA + IB + IC si M est à l'intérieur du triangle RST, elle est strictement supérieure à IA + IB + IC si M est à l'extérieur du triangle RST. Donc, dans tous les cas de figure, on a : MA + MB + MC > IA + IB + IC pour M différent de I.

Il suffit donc de prouver qu'A, B et C sont bien les projetés orthogonaux d'un même point I sur les côtés d'un triangle équilatéral. Les sommets de ce triangle équilatéral doivent se trouver sur les trois cercles de Torricelli. Si aucun des angles ne dépasse 120°, il suffit de prendre pour RST les points diamétralement opposés au point I intersection des trois cercles de Torricelli.

Le point d'intersection des trois cercles est alors bien l'unique point qui minimise la somme des distances aux trois sommets.

Point de Fermat et rotation de centre B qui envoie A en F, D en C, I en I' et M en M'

Le principe de cette démonstration est attribué tantôt à Lothar von Schrutka (1914)[16] ou son élève Bückner[17], tantôt à Tibor Gallai[16] tantôt à l'historien des mathématiques J. E. Hoffmann (1929)[18].

On considère la rotation de centre B, qui envoie A en F et D en C. Pour tout point M du plan, on appelle M' son image par cette rotation. La rotation étant une isométrie on a MA=M'F, comme le triangle BMM' est équilatéral, on a BM=M'M et la somme MA + MB + MC est égale à la longueur de la ligne polygonale FM'MC.

Si les angles du triangle n'excèdent pas 120°, Le point I étant sur [AD] son image I' par la rotation est sur [FC] et plus précisément sur [FI]. la somme IA + IB + IC est égale à la longueur de la ligne polygonale FI'IC, les points FI'IC étant alignés dans cet ordre, cette longueur vaut FC

Or pour tout point M, la longueur FM'MC est supérieure ou égale à FC donc MA + MB + MC est supérieur ou égal à IA + IB + IC. L'inégalité est stricte si M n'est pas sur (FC). Par un raisonnement analogue, l'inégalité est stricte si M n'est pas sur (BE) ou sur (AD). Bref, si M est différent de I, MA + MB + MC est strictement supérieur à IA + IB + IC ce qui prouve que I est l'unique point rendant minimale la somme IA + IB + IC.

On suppose que l'angle de sommet A mesure plus de 120° .

On étudie d'abord le cas où M est différent de A et est situé à l'intérieur (au sens large) du triangle ABC. Il existe un secteur angulaire de 120° de sommet A et s'appuyant sur AB ou AC contenant M. Sans perte de généralité, on peut supposer qu'il s'agit de BAx. La demi-droite [Ax) rencontre [MC] en C'. Le triangle ABC' a pour point de Fermat le sommet A donc MA + MB + MC' > AB + AC' de plus AC'+C'C >AC donc MA+MB +MC > AB + AC.

Il reste le cas où M est extérieur au triangle. Or, quel que soit le triangle, pour chaque point extérieur au triangle, il existe un point sur le triangle pour lequel la somme des distances soit plus petite. En effet, l'extérieur du triangle se partage en 6 zones, 2 pour chaque sommet . Soit pour le sommet A. Pour la zone 1 : le point M est dans le secteur angulaire opposé au secteur angulaire de sommet A contenant le triangle alors MB+MC > AB + AC et a fortiori MA+MB+MC > AB + AC . pour la zone 2 : le point M est intérieur au secteur angulaire de sommet A contenant le triangle mais de l'autre côté de [BC] , alors le segment [AM] rencontre le segment [BC] en T et on a MB + MC > TB + TC et MA > TA donc MA+MB+MC > TA +TB + TC. Un raisonnement analogue peut se faire sur les deux autres paires de zones

Donc, si l'angle de sommet A mesure plus de 120°, pour tout point M différent de A on a MA + MB + MC > AB +AC et le point A est celui qui minimise la somme des distances.

Point de Fermat - M intérieur au triangle, le secteur angulaire BAx mesure 120°

Point de Fermat - M extérieur au triangle - Version a - MB + MC > AB + AC

Point de Fermat - M extérieur au triangle - Version b - MB + MC > TB + TC et AM > AT

Solution expérimentale au problème de Fermat

On peut illustrer ce problème de manière mécanique[19]. On dessine le triangle ABC sur une planche horizontale, et l'on perce un trou à chaque sommet. On fait passer par les trous trois ficelles à l'extrémité desquelles on suspend des poids de masse identique. On réunit ces ficelles par un nœud N. Quand le système est en équilibre, le nœud N occupe la position du point de Fermat.

Le système sera en équilibre quand l'énergie potentielle de l'ensemble sera minimale donc quand la somme des trois altitudes des trois poids sera minimale. Cela se produit quand la somme des longueurs verticales des trois ficelles est maximale, c'est-à-dire quand la somme des longueurs horizontales des trois ficelles est minimale.

Dans le cas d'un triangle dont aucun angle n'excède 120°, quand le système est en équilibre, la résultante des trois forces exercées par les poids doit être nulle. Ces trois forces peuvent être représentées par trois vecteurs de même norme d'origine N et portés par les trois ficelles. La somme des trois vecteurs est nulle seulement s'ils forment entre eux des angles de 120°.

Dans le cas où l'angle A fait plus de 120 °, le système se mettra en équilibre quand le nœud viendra se coincer en A.

Nous utilisons les propriétés des vecteurs et du produit scalaire dans un espace euclidien V.

Lemme 1

Pour tous les vecteurs de ${\displaystyle {\overrightarrow {a}},{\overrightarrow {b}},{\overrightarrow {c}}\neq {\overrightarrow {0}},}$

${\displaystyle {\frac {\overrightarrow {a}}{|{\overrightarrow {a}}|}}+{\frac {\overrightarrow {b}}{|{\overrightarrow {b}}|}}+{\frac {\overrightarrow {c}}{|{\overrightarrow {c}}|}}={\overrightarrow {0}}}$

est équivalente à la proposition selon laquelle

${\displaystyle {\frac {\overrightarrow {a}}{|{\overrightarrow {a}}|}},{\frac {\overrightarrow {b}}{|{\overrightarrow {b}}|}},{\frac {\overrightarrow {c}}{|{\overrightarrow {c}}|}}}$ ont l'angle de 120° à l'autre.

La preuve du Lemme 1

Nous définissons les vecteurs unitaires ${\displaystyle {\overrightarrow {e_{i}}}\ (i=0,1,2)}$ comme suit:

${\displaystyle {\overrightarrow {e_{0}}}={\frac {\overrightarrow {a}}{|{\overrightarrow {a}}|}},{\overrightarrow {e_{1}}}={\frac {\overrightarrow {b}}{|{\overrightarrow {b}}|}},{\overrightarrow {e_{2}}}={\frac {\overrightarrow {c}}{|{\overrightarrow {c}}|}}.}$

Et nous avons mis l'angle de deux vecteurs unitaires ${\displaystyle {\overrightarrow {e_{i}}},{\overrightarrow {e_{j}}}}$ comme ${\displaystyle \theta _{ij}.}$

Nous obtenons donc ${\displaystyle \theta _{ij}=\theta _{ji}}$ et les valeurs de produit scalaire que

${\displaystyle {\overrightarrow {e_{i}}}\cdot {\overrightarrow {e_{j}}}=\cos \theta _{ij}={\begin{cases}1&(i=j)\\-{\frac {1}{2}}&(i\neq j).\end{cases}}}$

Ainsi, nous obtenons ${\displaystyle \theta _{ij}=120^{\circ }\ (i\neq j).}$

À l'inverse, si les vecteurs unitaires de ${\displaystyle {\overrightarrow {e_{i}}}\ (i=0,1,2)}$ forment un angle de 120° entre eux, nous obtenons

${\displaystyle {\overrightarrow {e_{i}}}\cdot {\overrightarrow {e_{j}}}={\begin{cases}\cos 0^{\circ }=1&(i=j)\\\cos 120^{\circ }=-{\frac {1}{2}}&(i\neq j).\end{cases}}}$

Ensuite, nous pouvons calculer que

${\displaystyle |{\overrightarrow {e_{0}}}+{\overrightarrow {e_{1}}}+{\overrightarrow {e_{2}}}|^{2}=\sum _{i=j}^{}{\overrightarrow {e_{i}}}\cdot {\overrightarrow {e_{j}}}+\sum _{i\neq j}^{}{\overrightarrow {e_{i}}}\cdot {\overrightarrow {e_{j}}}=3\times 1+6\times \left(-{\frac {1}{2}}\right)=0.}$

Par conséquent nous obtenons

${\displaystyle {\overrightarrow {e_{0}}}+{\overrightarrow {e_{1}}}+{\overrightarrow {e_{2}}}={\overrightarrow {0}}.}$ c.q.f.d.

Lemme 2

Pour tous les vecteurs de ${\displaystyle {\overrightarrow {a}}\neq {\overrightarrow {0}},{\overrightarrow {x}},}$

${\displaystyle |{\overrightarrow {a}}-{\overrightarrow {x}}|\geq |{\overrightarrow {a}}|-{\frac {\overrightarrow {a}}{|{\overrightarrow {a}}|}}\cdot {\overrightarrow {x}}.}$

La preuve du Lemme 2

Pour tous les vecteurs de ${\displaystyle {\overrightarrow {u}},{\overrightarrow {v}},}$ il est démontré que ${\displaystyle |{\overrightarrow {u}}||{\overrightarrow {v}}|\geq {\overrightarrow {u}}\cdot {\overrightarrow {v}}.}$

Nous pouvons définir que ${\displaystyle {\overrightarrow {u}}={\frac {\overrightarrow {a}}{|{\overrightarrow {a}}|}},{\overrightarrow {v}}={\overrightarrow {a}}-{\overrightarrow {x}}.}$

Ensuite, nous aurons l'inégalité du Lemme 2. c.q.f.d.

Si le triangle ABC est un triangle dont l'angle sont tous à moins de 120°, on peut construire le point de Fermat I à l'intérieur du triangle ABC. Puis nous avons mis le point de Fermat I comme l'origine des vecteurs, donc pour tout point X dans V un espace euclidien, nous pouvons mettre en ${\displaystyle {\overrightarrow {a}}={\overrightarrow {IA}},{\overrightarrow {b}}={\overrightarrow {IB}},{\overrightarrow {c}}={\overrightarrow {IC}},{\overrightarrow {x}}={\overrightarrow {IX}}.}$

Si I est le point de Fermat, puis ${\displaystyle \angle AIB=\angle BIC=\angle CIA=120^{\circ }.}$ donc, nous obtenons l'égalité du Lemme 1.

D'après le Lemme 2, on peut obtenir

${\displaystyle |{\overrightarrow {XA}}|\geq |{\overrightarrow {IA}}|-{\frac {\overrightarrow {a}}{|{\overrightarrow {a}}|}}\cdot {\overrightarrow {x}},}$

${\displaystyle |{\overrightarrow {XB}}|\geq |{\overrightarrow {IB}}|-{\frac {\overrightarrow {b}}{|{\overrightarrow {b}}|}}\cdot {\overrightarrow {x}},}$

${\displaystyle |{\overrightarrow {XC}}|\geq |{\overrightarrow {IC}}|-{\frac {\overrightarrow {c}}{|{\overrightarrow {c}}|}}\cdot {\overrightarrow {x}}.}$

Pour ces trois inégalités et l'égalité du Lemme 1, on peut obtenir

${\displaystyle |{\overrightarrow {XA}}|+|{\overrightarrow {XB}}|+|{\overrightarrow {XC}}|\geq |{\overrightarrow {IA}}|+|{\overrightarrow {IB}}|+|{\overrightarrow {IC}}|}$.

Il est démontré pour tout point X dans l'espace euclidien V, donc si X = I, alors la valeur de ${\displaystyle |{\overrightarrow {XA}}|+|{\overrightarrow {XB}}|+|{\overrightarrow {XC}}|}$ est minimale. c.q.f.d.