Point de Fermat

• Quel que soit le triangle ABC, supposé de sens direct, les cercles circonscrits aux triangles équilatéraux extérieurs sont concourants.

En effet, Les points M du cercle circonscrit à ABC' sont définis par ${\displaystyle ({\overrightarrow {MB}},{\overrightarrow {MA}})\equiv ({\overrightarrow {C'B}},{\overrightarrow {C'A}})\equiv \pi /3{\pmod {\pi }}}$, et similairement pour les autres.

Donc, si I est le second point d'intersection des cercles circonscrits respectivement à ABC et ACB 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 appartient bien alors au troisième cercle BCA'.

• Le point I est bien situé sur les trois droites ${\displaystyle (AA'),(BB'),(CC')}$ . En effet

${\displaystyle ({\overrightarrow {IC'}},{\overrightarrow {IA}})\equiv ({\overrightarrow {BC'}},{\overrightarrow {BA}})\equiv -\pi /3{\pmod {\pi }}}$ ${\displaystyle ({\overrightarrow {IA}},{\overrightarrow {IC}})\equiv \pi /3{\pmod {\pi }}}$ donc ${\displaystyle ({\overrightarrow {IC'}},{\overrightarrow {IC}})\equiv ({\overrightarrow {IC'}},{\overrightarrow {IA}})+({\overrightarrow {IA}},{\overrightarrow {IC}})\equiv 0{\pmod {\pi }}}$Le point I est bien situé sur la droite (CC') 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 ${\displaystyle [AA'],[BB'],[CC']}$. En effet, dans ce cas, les quadrilatères AC'BC, BA'CA et CB'AB sont convexes et leurs diagonales sont intérieures.

• Application au théorème de Napoléon.

Les droites joignant les centres des cercles (donc aussi des triangles extérieurs) sont perpendiculaires aux droites ${\displaystyle (AA'),(BB'),(CC')}$ et se coupent donc en des angles de 60°. Par conséquent, les centres des cercles forment un triangle équilatéral.

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 que 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 C', A' en C, I en I₁ et M en M₁

Le principe de cette démonstration est attribué tantôt à Lothar von Schrutka (1914)[18] ou son élève Bückner[19], tantôt à Tibor Gallai[18], tantôt à l'historien des mathématiques J. E. Hoffmann (1929)[20]. Elle est détaillée dans[14].

On considère la rotation de centre B et d'angle ${\displaystyle \pi /3}$, qui envoie A en C' et A' en C. Pour tout point M du plan, on appelle M₁ son image par cette rotation. La rotation étant une isométrie on a MA = M₁C', et son angle étant égal à ${\displaystyle \pi /3}$, le triangle BMM₁ est équilatéral ; on a donc BM = M₁M et la somme MA + MB + MC est égale à la longueur de la ligne polygonale C'M₁MC.

Si les angles du triangle n'excèdent pas 120°, Le point I étant sur [AA'] son image I₁ par la rotation est sur [C'C] et plus précisément sur [C'I]. La somme IA + IB + IC est égale à la longueur de la ligne polygonale C'I₁IC ; les points C',I₁,I,C étant alignés dans cet ordre, cette longueur est égale à C'C, et donc IA + IB + IC = C'C.

Or pour tout point M, la longueur C'M₁MC est supérieure ou égale à C'C donc MA + MB + MC est supérieur ou égal à IA + IB + IC. L'inégalité est stricte si M n'est pas sur (C'C). Par un raisonnement analogue, l'inégalité est stricte si M n'est pas sur (BB') ou sur (AA'). 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, et que I est bien le point de Fermat dans ce cas.

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[21]. 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.

Lemme 1

Trois vecteurs unitaires (de norme 1) ${\displaystyle {\overrightarrow {e_{i}}}\ (i=1,2,3)}$ ont une somme nulle si et seulement si les ${\displaystyle {\overrightarrow {e_{i}}}\ (i=1,2,3)}$ forment deux à deux des angles de 120°.

Preuve du Lemme 1

Désignons par ${\displaystyle \theta _{ij}}$ la mesure entre 0° et 180° de l'angle ${\displaystyle {\widehat {({\overrightarrow {e_{i}}},{\overrightarrow {e_{j}}})}}}$.

En multipliant ${\displaystyle {\overrightarrow {e_{1}}}+{\overrightarrow {e_{2}}}+{\overrightarrow {e_{3}}}={\overrightarrow {0}}}$ successivement par les ${\displaystyle {\overrightarrow {e_{i}}}\ (i=1,2,3)}$, on obtient ${\displaystyle 1+\cos \theta _{12}+\cos \theta _{13}=\cos \theta _{12}+1+\cos \theta _{23}=\cos \theta _{13}+\cos \theta _{23}+1=0}$ ; pour ${\displaystyle i\neq j}$ les ${\displaystyle \cos \theta _{ij}}$ sont donc égaux entre eux, d'où ${\displaystyle 1+2\cos \theta _{ij}=0}$, soit ${\displaystyle \cos \theta _{ij}=-{\frac {1}{2}}}$.

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

Réciproquement, si les vecteurs unitaires ${\displaystyle {\overrightarrow {e_{i}}}\ (i=1,2,3)}$ forment deux à deux des angles de 120°, on a :

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

On obtient donc

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

Par conséquent :

${\displaystyle {\overrightarrow {e_{1}}}+{\overrightarrow {e_{2}}}+{\overrightarrow {e_{3}}}={\overrightarrow {0}}}$, c.q.f.d.

Lemme 2

Pour tous vecteurs ${\displaystyle {\overrightarrow {a}}\neq {\overrightarrow {0}}}$ et ${\displaystyle {\overrightarrow {x}},}$ on a :

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

Preuve du Lemme 2

Pour tous vecteurs ${\displaystyle {\overrightarrow {u}},{\overrightarrow {v}},}$ on sait que ${\displaystyle ||{\overrightarrow {u}}||.||{\overrightarrow {v}}||\geqslant {\overrightarrow {u}}\cdot {\overrightarrow {v}}.}$

En prenant ${\displaystyle {\overrightarrow {u}}={\frac {\overrightarrow {a}}{||{\overrightarrow {a}}||}},{\overrightarrow {v}}={\overrightarrow {a}}-{\overrightarrow {x}}}$,

on obtient bien l'inégalité du Lemme 2. c.q.f.d.

Soit I l'unique point tel que ${\displaystyle {\widehat {AIB}}={\widehat {BIC}}={\widehat {CIA}}=120^{\circ }}$ d'un triangle ABC ayant des angles strictement inférieurs à 120°. Posons, pour un point M,${\displaystyle {\overrightarrow {a}}={\overrightarrow {IA}},{\overrightarrow {b}}={\overrightarrow {IB}},{\overrightarrow {c}}={\overrightarrow {IC}},{\overrightarrow {x}}={\overrightarrow {IM}}}$.

D'après le lemme 1 on a : ${\displaystyle {\frac {\overrightarrow {a}}{||{\overrightarrow {a}}||}}+{\frac {\overrightarrow {b}}{||{\overrightarrow {b}}||}}+{\frac {\overrightarrow {c}}{||{\overrightarrow {c}}||}}={\overrightarrow {0}}}$.

Or d'après le Lemme 2 :

${\displaystyle ||{\overrightarrow {MA}}||\geqslant ||{\overrightarrow {IA}}||-{\frac {\overrightarrow {a}}{||{\overrightarrow {a}}||}}\cdot {\overrightarrow {x}},}$ ${\displaystyle ||{\overrightarrow {MB}}||\geqslant ||{\overrightarrow {IB}}||-{\frac {\overrightarrow {b}}{||{\overrightarrow {b}}||}}\cdot {\overrightarrow {x}},}$ ${\displaystyle ||{\overrightarrow {MC}}||\geqslant ||{\overrightarrow {IC}}||-{\frac {\overrightarrow {c}}{||{\overrightarrow {c}}||}}\cdot {\overrightarrow {x}}.}$

En sommant ces trois inégalités, on obtient

${\displaystyle MA+MB+MC\geqslant IA+IB+IC-\left({\frac {\overrightarrow {a}}{||{\overrightarrow {a}}||}}+{\frac {\overrightarrow {b}}{||{\overrightarrow {b}}||}}+{\frac {\overrightarrow {c}}{||{\overrightarrow {c}}||}}\right){\overrightarrow {x}}}$, soit

${\displaystyle MA+MB+MC\geqslant IA+IB+IC}$ ce qui démontre que I minimise la somme ${\displaystyle MA+MB+MC}$ et que I est le point de Fermat.

De plus le fait que le point F minimisant la somme ${\displaystyle MA+MB+MC}$ doit vérifier ${\displaystyle {\widehat {AFB}}={\widehat {BFC}}={\widehat {CFA}}=120^{\circ }}$ s'il est non situé sur les sommets du triangle peut se démontrer par le calcul différentiel. En effet, la différentielle de la fonction ${\displaystyle f(M)=MA+MB+MC}$ est définie, pour ${\displaystyle M\neq A,B,C}$, par ${\displaystyle df_{M}(d{\overrightarrow {M}})=\left({\frac {\overrightarrow {MA}}{MA}}+{\frac {\overrightarrow {MB}}{MB}}+{\frac {\overrightarrow {MB}}{MB}}\right)d{\overrightarrow {M}}}$. Au minimum F cette différentielle doit être nulle donc ${\displaystyle {\frac {\overrightarrow {FA}}{FA}}+{\frac {\overrightarrow {FB}}{FB}}+{\frac {\overrightarrow {FB}}{FB}}={\overrightarrow {0}}}$ d'où le résultat par le lemme 1[22].

Courbes de niveau de la fonction somme des distances aux sommets du triangle, en partant du point de Fermat. La dernière courbe passant par un point du triangle plein est bien celle passant par le sommet où aboutissent les deux plus grands côtés.