bo - somme des distances d`un point a un ensemble fini de

BO - SOMME DES DISTANCES D’UN POINT
A UN ENSEMBLE FINI DE POINTS
Soit n ≥ 3. On se donne n points distincts A1 , . . . An d’un espace affine euclidien Ep de dimension p.
−
→
−
→
La norme d’un vecteur V dans l’espace vectoriel associé est notée k V k.
Pour tout nombre entier k ≥ 1, on définit une application fk de Ep dans R par
fk (M ) =
n
X
−−−→
kAi M kk .
i=1
Proposition 1 Pour tout entier k ≥ 2, la fonction fk est de classe C1 sur Ep , et f1 est de classe
C1 sur Ep \{A1 , . . . , Ap }.
Si l’on pose
on a
et donc
−−→
−−→
g(M ) = kAM kk = ((AM )2 )k/2 ,
−−−→
−−→
−−→
−−→
k −−→
grad g(M ) = ((AM )2 )k/2−1 2AM = kkAM kk−2 AM ,
2
n
X
−−−−→
−−−→
−−−→
grad fk (M ) = k
kAi M kk−2 Ai M .
k=1
−−−−→
La fonction grad fk est donc continue si k ≥ 2. En particulier
n
X
−−−−→
−−−→
Ai M .
grad f2 (M ) = 2
k=1
Par contre
−−−→
n
X
−−−−→
Ai M
grad f1 (M ) =
−−−→ ,
k=1 kAi M k
−−−−→
et la fonction grad f1 est continue sauf aux points Ai .
Proposition 2 On suppose que les points Ai ne sont pas alignés. La fonction fk admet un
minimum absolu sur Ep qui est atteint en un unique point Gk .
Si k ≥ 2, alors Gk est l’unique point stationnaire de fk .
Si k = 1, ou bien G1 est l’unique point stationnaire de f1 , ou bien G1 est un des points Ai .
BO 2
• Existence d’un minimum absolu.
La fonction fk est positive et possède donc une borne inférieure dans Ep . Posons
ak = inf fk (M ) .
M ∈Ep
Notons également
−−→
r = max kOAi k .
1≤i≤n
Si l’on prend un point M tel que
on a alors
−−→
kM Ok > r ,
−−−→
−−→
−−→
−−→
kM Ai k ≥ kM Ok − kOAi k ≥ kM Ok − r > 0 ,
et
−−→
fk (M ) ≥ n(kM Ok − r)k ,
−−→
ce qui prouve que fk (M ) tend vers l’infini lorsque kOM k tend vers l’infini. Il existe donc R tel que
−−→
kM Ok > R
implique
−−→
n(kM Ok − r)k ≥ ak + 1 .
Alors, dans le complémentaire de la boule ouverte B(O, R) de centre O et de rayon R, on a
fk (M ) ≥ ak + 1 .
Il en résulte que
inf
M ∈B(0,R)
fk (M ) =
inf
M ∈B(0,R)
fk (M ) = ak .
La fonction fk atteint alors son minimum sur la boule fermée qui est compacte. Donc il existe un point
Gk dans la boule fermée telle que
fk (Gk ) = ak .
Ce point ne peut se trouver au bord de B(O, R). Il est donc dans la boule ouverte et, si p ≥ 2, c’est
un point stationnaire de fk . C’est encore le cas lorsque p = 1, si le point stationnaire n’est pas un des
points Ai .
• Unicité du point stationnaire
Soit G un point stationnaire de fk , c’est-à-dire un point tel que
−−−−→
−
→
grad fk (G) = 0 ,
BO 3
On a donc
n
X
−−→
−−→ −
→
kAi Gkk−2 Ai G = 0 .
(1)
i=1
Si M est dans Ep , on a
−−→
−−→ −−−→ −−→
−−→−−−→ −−→−−→
kAi Gk2 = Ai G(Ai M + M G) = Ai GAi M + Ai GM G ,
et, en utilisant l’inégalité de Schwarz,
−−→
−−→ −−−→
−−→−−→
kAi Gk2 ≤ kAi GkkAi M k + Ai GM G ,
Multiplions par kAi Gkk−2 et sommons sur i. On obtient
n
X
−−−→
−−→
kAi Gkk−1 kAi M k +
fk (G) ≤
i=1
!
n
X
−−→ k−2 −−→ −−→
kAi Gk Ai G M G .
i=1
Comme la parenthèse est nulle d’après (1), il vient
fk (G) ≤
n
X
−−→
−−−→
kAi Gkk−1 kAi M k .
i=1
Lorsque k = 1, cela donne
f1 (G) ≤ f1 (M ) .
Lorsque k ≥ 2, on utilise l’inégalité de Minkowski avec r = k et s = k/(k − 1) qui sont deux nombres
plus grands que 1 tels que
1 1
+ = 1.
r s
Alors
!1/k
!(k−1)/k
n
n X
X
−−−→ k
−−→ k−1 k/(k−1)
.
kAi M k
kAi Gk
fk (G) ≤
i=1
i=1
D’où
fk (G) ≤ (fk (G))(k−1)/k (fk (M ))1/k ,
et finalement
fk (G) ≤ fk (M ) .
−−→
−−→
Si M est distinct de G, les vecteurs Ai G ne sont pas tous colinéaires au vecteur M G, sinon les points
Ai seraient alignés, donc, au moins une des inégalités
−−→−−→
−−→ −−→
Ai GM G ≤ kAi Gk kM Gk
est stricte et l’on a
fk (G) < fk (M ) .
BO 4
Cela prouve l’unicité du point stationnaire s’il existe, ce qui est le cas en particulier lorsque k ≥ 2, et
montre dans ce cas l’unicité du point où fk atteint son minimum.
• Cas k = 1.
Lorsque k = 1, il reste à voir que lorsqu’il n’existe pas de point stationnaire, alors f1 atteint son
minimum en un et un seul des points Ai .
Etudions la restriction de f1 à une droite. Soit t 7→ M (t) un paramétrage d’une droite de vecteur
−
→
directeur U , et posons
h(t) = f1 (M (t)) ,
On a donc
d’où
−−−→′
−
→
OM (t) = U ,
→−−−→
n −
−−−−→
−
→ X U Ai M (t)
,
h (t) = grad f1 (M (t)) U =
−−−→
i=1 kAi M (t)k
′
et également
−−−→
−
→
−
→−−−→
n
X
kAi M (t)k2 k U k2 − ( U Ai M (t))2
.
h (t) =
−−−→
kAi M (t)k2
i=1
′′
Donc h est de classe C2 en dehors des points Ai qui se trouvent sur cette droite. Comme il existe au
moins un point Ai en dehors de cette droite, au moins un des nombres
−−−→
−
→
−
→−−−→
kAi M (t)k2 k U k2 − ( U Ai M (t))2
est non nul et h′′ est strictement positive. Donc h′ est strictement croissante. Si h′ gardait un signe
constant, alors h serait monotone, ce qui n’est pas possible puisque h(t) tend vers l’infini lorsque |t|
tend vers l’infini. Il en résulte que h′ (t) change de signe en un point t0 et un seul.
Donc h est strictement décroissante sur ] −∞, t0 [ et strictement croissante sur ] t0 , +∞ [ . Elle admet
un minimum en t0 et ce minimum est unique.
En particulier, si l’on prend la droite passant par Ai et Aj , elle ne peut admettre un minimum qu’en
un seul de ces points. Donc si fk atteint son minimum en un point Ai , elle ne peut l’atteindre en un
autre. Le minimum est donc atteint en un point unique également dans ce cas.
Corollaire Si A1 . . . , An sont les sommets d’un polygone plan convexe, le point Gk appartient
à la surface limitée par ce polygone.
C’est vrai si Gk est un des sommets. Sinon il vérifie la relation (1). Dans ce cas Gk est le barycentre
des sommets affectés de coefficients positifs. C’est donc un point situé dans la surface limitée par le
polygone.
BO 5
Proposition 3 Si l’ensemble {A1 , . . . , An } est invariant par une isométrie Φ, alors Gk est un point
fixe de l’isométrie. En particulier, si Φ est une rotation, alors Gk est le centre de cette rotation.
On a pour tout point M
fk (Φ(M )) = fk (M ) .
Donc
fk (Φ(Gk )) = fk (Gk )
réalise le minimum de fk , et par unicité de Gk , on en déduit que
Φ(Gk ) = Gk .
Remarque : d’après la relation (1), le point G2 n’est autre que l’isobarycentre des points Ai .
Etude du cas k = 1
La relation (1) s’écrit
et en posant
cela s’écrit
−−→
n
X
Ai G
−
→
−−→ = 0 ,
i=1 kAi Gk
−−→
Ai G
−
→
Ui = −−→
kAi Gk
n
X
−
→ −
→
Ui = 0 .
i=1
Le problème revient donc à la recherche de n vecteurs unitaires de somme nulle.
Cas d’un triangle
Théorème de Schruttka Dans tout triangle ABC dont les angles sont inférieurs à 2π/3, il
existe un point G eu un seul, appelé point de Torricelli du triangle, dont la somme des distances
\ BGC
\ et CGA
[ soient égaux à
aux sommets soit minimale. Ce point G est tel que les angles AGB,
2π/3.
Si un des angles du triangle est supérieur à 2π/3, le minimum est atteint au sommet correspondant.
−
→ −
→ −
→
La relation (1) revient donc à trouver trois vecteurs unitaires U , V , W tels que
−
→ −
→ −
→ −
→
U + V +W = 0 ,
ou encore
−
→ −
→
−
→
U + V = −W .
BO 6
-
−
→ −
→ −
→
−
→
−
→
\
Le triangle construit sur les vecteurs U , V , −W est donc équilatéral. L’angle (non orienté) ( U , −W )
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
\
\
\
vaut π/3, donc ( U , W ) vaut 2π/3. Par symétrie du problème, les angles (W , V ) et ( V , U ) sont tous
égaux à 2π/3.
−
→
V
-
−
→
U
−
→
−W
−
→
W
-
\ BGC
\ et CGA
[ sont égaux à 2π/3. Comme G est un
Donc si un tel point G existe, les angles AGB,
point intérieur au triangle, les angles du triangles sont inférieurs à 2π/3.
Réciproquement, si les angles du triangles sont inférieurs à 2π/3, on construit sur chaque côté un triangle équilatéral. On a donc trois triangles équilatéraux AB ′ C, BC ′ A et CA′ B. Les cercles circonscrits
aux deux premiers se coupent en un autre point appelé G. Dans le quadrilatère AGCB ′ , les angles
′ C sont supplémentaires. Donc AGC
\
[ et AB
[ vaut 2π/3. Il en est de même pour BGA.
\ Alors BGC
\
AGC
vaut également 2π/3. Le point G est donc le point cherché, et c’est le point d’intersection des cercles
circonscrits aux trois triangles équilatéraux construits.
⌢
\′ et BAC
\′ interceptent le même arc BC ′ . Ils sont donc égaux et
Remarquons que les angles BGC
\′ = BAC
\′ = π .
BGC
3
⌢
\′ et ABC
\′ interceptent le même arc AC ′ . Ils sont donc égaux et
Les angles AGC
\′ = ABC
\′ = π .
AGC
3
Par symétrie du problème, tous les autres angles de sommet G sont égaux :
π
′ GC = CGA
′ GB =
\′ = B
\
\′ = A
\
.
AGB
3
\′ vaut π et donc G se trouve sur CC ′ Il se trouvera également sur AA′ et BB ′ . Donc G est
Alors CGC
également le point d’intersection des droites AA′ , BB ′ et CC ′ .
BO 7
B′
A
C′
G
B
C
A′
b par
Supposons maintenant qu’un des angles du triangle soit supérieur ou égal à 2π/3. : l’angle A
exemple. On a alors nécessairement
et donc
b <π−A
b≤ π
0<B
3
Alors, en raison de la relation
on obtient
donc
ainsi que
b <π−A
b≤ π ,
et 0 < C
3
b < sin A
b et
sin B
b < sin A
b.
sin C
−→
−−
→
−−→
kCAk
kABk
kBCk
=
=
,
b
b
b
sin A
sin B
sin C
−→
−−→
−−
→
−−→
kACk < kBCk et kABk < kBCk ,
−−→
−→
−−→
−→
f1 (A) = kABk + kACk < kBCk + kACk = f1 (C) ,
−−→
−→
−−
→
−−→
f1 (A) = kABk + kACk < kABk + kBCk = f1 (B) .
BO 8
Le minimum est atteint en A.
Remarque : la démonstration de ce théorème donne un moyen de construire le point de Torricelli
lorsque les angles du triangle sont inférieurs à 2π/3. Ce point n’est autre que le point de Fermat du
triangle. Cependant, si un des angle du triangle est supérieur à 2π/3, le point de Fermat existe et se
trouve à l’extérieur du triangle. Il ne donne plus le minimum de f1 dans ce cas.
B′
C′
G
A
B
C
A′
On construit de nouveau trois triangles équilatéraux AB ′ C, BC ′ A et CA′ B. Les cercles circonscrits
[
aux deux premiers se coupent en un autre point appelé G. Dans le quadrilatère GCB ′ , les angles AGC
′
\
[ vaut π/3. Il en est de même pour \
\ vaut 2π/3.
et AB C sont égaux. Donc AGC
BGA. Alors BGC
′
\
Comme BA C vaut π/3, le point G est aussi sur le cercle circonscrit au triangle BA′ C. Ce point est
donc l’intersection des trois cercles circonscrits.
⌢
\′ et BAC
\′ interceptent le même arc BC ′ . Ils sont donc égaux et
Les angles BGC
\′ = BAC
\′ = π .
BGC
3
Alors
\′ = CGA
\′ = π .
[ + AGB
\ + BGC
CGC
BO 9
Les points CGC ′ sont alignés. On démontre de même que les points BGB ′ sont alignés. Enfin, les
\′ et CBA
\′ sont égaux à π/3 car ils interceptent le même arc. Donc CGA
\′ sont
[ et CGA
angles CGA
′
égaux. Il en résulte que les points GAA sont alignés.
Cas d’un quadrilatère
Donnons tout d’abord deux lemmes utiles dans la suite.
Lemme 1 Soit ABC un triangle, et M un point intérieur au triangle, alors
−−→
−−→
−→
−−→
kM Ak + kM Bk ≤ kCAk + kCBk
Soit M ′ l’intersection de M B avec AC. Alors
−−−→
−−→
−−→
kM Ak ≤ kM M ′ k + kM ′ Ak ,
d’où
−−→
−−−→
−−→
−−−→
−−→
−−→
−−→
kM Ak + kM Bk ≤ kM ′ Ak + kM M ′ k + kM Bk ≤ kM ′ Ak + kM ′ Bk .
De nouveau
d’où
−−−→
−−−
→
−−→
kM ′ Bk ≤ kM ′ Ck + kCBk ,
−−→
−−−→
−−→
−−→
−−→
kM Ak + kM Bk ≤ kM ′ Ak + kM ′ Ck + kCBk ,
ce qui donne le résultat.
C
M′
M
A
B
−
→ −
→ −
→ −
→
Lemme 2 Soit quatre vecteurs unitaires U , V , W , T . Leur somme est nulle si et seulement si on
peut regrouper ces vecteurs en deux paires de vecteurs opposés.
Si la somme est nulle, on a nécessairement
−
→ −
→
−
→ −
→
U + V = −(W + T ) .
BO 10
Si ce vecteur est nul le lemme est établi. Dans le cas contraire, soit O un point du plan et A, A′ , B,
B ′ , C, C ′ des points tels que
−→ −
→ −−→ −
→ −−→ −
→ −−→ −
→ −−→ −
→ −
→ −−→ −
→ −
→
OA = U , OB = V , OA′ = W , OB ′ = T , OC = U + V , OC ′ = W + T .
On a donc
−−→
−−→
OC = −OC ′ .
Les triangles OAC, OBC, OA′ C ′ et OB ′ C ′ sont alors des triangles isocèles égaux : ou bien les points
A′ OB sont alignés et l’on a
−
→
−
→
−
→
−
→
V = −W et T = − U ,
ou bien les points A′ OA sont alignés et l’on a
−
→
−
→
−
→
−
→
U = −W et T = − V .
A′
A
]
−
→
W
−
→
U
O
C′
C
−
→
T
−
→
V
^
B′
B
Proposition 4 Soit ABCD un quadrilatère plan.
S’il est convexe, le minimum de f est atteint au point d’intersection des diagonales.
S’il est non convexe, le minimum est atteint au sommet d’angle rentrant.
Il résulte du lemme 2 que si G vérifie la formule (1), alors il se trouve nécessairement soit sur les
diagonales du quadrilatère, soit sur deux des côtés.
Si ABCD est convexe, le point G intersection des diagonales répond à la formule (1). C’est donc le
point où f1 est minimale.
Si ABCD n’est pas convexe, supposons par exemple que l’angle rentrant est en A, et appelons B ′ , C ′
et D ′ respectivement les intersections de BA avec CD, CA avec BD et DA avec CB.
BO 11
Sur la droite C ′ C, les points C et A sont du même côté de C ′ , donc on ne peut avoir
−−′→
−−′→
CC
CA
−
→
−−′→ + −−′→ = 0
kC Ak kC Ck
et C ′ ne peut vérifier la formule (1). Le point d’intersection des diagonales n’est donc pas un point
stationnaire de f1 . Un raisonnement analogue montre que les points D′ et B ′ intersections de deux
des côtés ne peuvent être des points stationnaires de f1 . Donc le minimum de f1 est atteint en un des
sommets. Il reste à montrer que c’est en A.
B
D′
C′
A
C
D’après le lemme 1,
d’où
B′
D
−−→
−−
→
−−→
−−→
kADk + kABk ≤ kCDk + kCBk ,
−−
→
−→
−−→
−→
−−→
−−→
f1 (A) = kABk + kACk + kADk ≤ kACk + kCDk + kCBk = f1 (C) .
De même
f1 (A) ≤ f1 (D) et f1 (A) ≤ f1 (B) .
Le minimum de f1 est atteint en A.
Cas d’un pentagone
La condition (1) n’a plus d’interprétation géométrique aussi simple que pour n = 3 ou n = 4. Dire que
cinq vecteurs unitaires ont une somme nulle ne signifie pas qu’ils forment un pentagone régulier.
Exemple 1 : le pentagone est inscriptible et G le centre du cercle circonscrit.
Soit un cercle de centre G et un point A de ce cercle. Soit Z le symétrique de A par rapport à G.
On trace un parallélogramme dont une diagonale est GZ. Appelons X et Y les autres sommets de ce
parallélogramme. La médiatrice de GX coupe le cercle en D et E, et celle de GY en B et C. Alors G
est le point stationnaire de f1 pour le pentagone convexe de sommets ABCDE. En effet
BO 12
−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −→ −−→ −−→ −→ −→ −
→
GA + GB + GC + GD + GE = GA + GY + GX = GA + GZ = 0 .
A
E
G
B
X
D
Y
Z
C
Dans le cas d’un quadrilatère, on a vu que G se trouvait toujours à l’intérieur, même si le quadrilatère
n’est pas convexe. Ceci n’est plus vrai pour un pentagone comme le montre les quelques exemples
suivants. Les pentagones choisis ne sont pas convexes. Le point G vérifie la relation (1) et se trouve
tantôt à l’intérieur, tantôt à l’extérieur, tantôt sur un côté du pentagone.
Exemple 2 : les rayons joignant G aux sommets font des angles de 2π/5. On peut choisir un des points
pour que le pentagone ne soit pas convexe.
BO 13
G
Exemple 3 : soit GE ′ le rayon d’un cercle de centre G. On note F et F ′ les points tels que
−−→ 1 −−→′
GF = GE
2
−−→
3 −−→
et GF ′ = − GE ′ .
2
La médiatrice de GF coupe le cercle en B ′ et C ′ , et la médiatrice de GF ′ coupe le cercle en A′ et D ′ .
On peut alors placer A, B, C, D, E respectivement sur les rayons GA′ , GB ′ , GC ′ , GD ′ , GE ′ pour
obtenir un pentagone non convexe ABCDE, et G sera le point stationnaire de f1 , car
−−→ −−→ −−→
−−→′ −−→′ −−→ 1 −−→′
3 −−→
GB + GC = GF = GE et GA′ + GD ′ = GF ′ = − GE ′ ,
2
2
et donc
−−→′ −−→′ −−→′ −−→′ −−→′
GA + GB + GC + GD + GE = 0 .
B
BO 14
A
B′
A′
G
F′
EF
E′
D′
D
C′
C
Exemple 4 : on prend trois points A′ E ′ D ′ sommets d’un triangle équilatéral, de centre G, et B ′ et C ′
symétriques par rapport à G. On a alors
−−→′ −−→′ −−→′ −−→′ −−→′ −
→
GA + GE + GD = GB + GC = 0 .
On peut alors placer A, B, C, D, E respectivement sur les rayons GA′ , GB ′ , GC ′ , GD ′ , GE ′ pour obtenir un pentagone non convexe ABCDE, tel que G, le point stationnaire de f1 , soit situé sur le côté BC.
BO 15
A′
B′
B
A
E
G
E′
C
C′
D′
D