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