Généralisation du problème de Steiner-Fermat-Torricelli

[Zweig]

Trouver le point P dans le plan d'un triangle ABC tel que la somme soit minimale, avec , et des entiers naturels donnés.

Bonne chance.

[lapras]

C'est un problème très difficile, j'ai résolu le cas m = n = p = 1
Pour le reste ca semble dur d'accès... C'est un problème d'olympiades ?

[Zweig]

C'est effectivement un problème très difficile.

Je ne sais pas s'il a déjà été posé à une olympiade.

[lapras]

Ca va être chaud
Pour les histoires de minimum, il faut se débrouiller pour repporter les longueurs sur une ligne brisée et dire que la somme des longueurs est minimale quand les points sont tous alignés.
Donc pour m = n = p = 1
On utilise une rotation d'angle 60° qui a pour origine A par exemple et qui envoie M en M' , C en C' on aura alors C'M' = CM , M'A = MA
il faut que C' , M' M et soienbt alignés

[Zweig]

J'ai oublié de préciser que le triangle ABC n'avait aucun angle obtus.

Bon, petite aide dans ce cas là : traite les 2 cas suivants :

1) m >= n + p

2) m < n + p

[Zweig]

Up :zen: !!

[benekire2]

c'est vrai que le cas avec les coefficients qui valent 1 est déjà pas du tout évident !!

[alavacommejetepousse]

dans le cas m> n+p solution en A

[Ben314]

Je ne sait pas trop ce qu'il attend comme solution (ça, c'est juste pour dire discrétos que la suite est légèrement bourrin... :hum:)...

Il y a une deuxième construction du point de Fermat (la première consistant à utiliser une rotation pour "alligner" les longueurs à minimiser : c.f. lapras ci dessus) :
Un peu d'analyse à trois sous montre que, si le point P qui minimise est distinct de A, B et C alors les trois angles APB, BPC et CPA doivent valoir 2.pi/3. Or l'ensemble des P tels que APB=2.pi/3 est un cercle passant par B et C tel que la tangente au cercle en B fasse un angle de 2.pi/3 avec (BC) [le cercle est donc centré sur le point A' tel que CBA' soit équilatéral direct si ABC est direct]. Le point de Fermat est alors l'intersection des 3 cercles ainsi définis.

Cette méthode se généralise parfaitement au cas où on veut minimiser mAP+nBP+pCP avec m,n,p réels strictement positifs : Si P est distinct de A, B et C le même petit calcul d'analyse montre que l'angle APB doit avoir pour cosinus (p²-n²-m²)/(2mn), [de même pour les 2 autres angles].
On voit déjà que, si p>n+m (ou n>p+m ou m>n+p), le cosinus n'est plus entre -1 et 1 donc la solution est l'un des points A, B ou C.
Si on "connait géométriquement" les réels p,m et n, on peut lire l'angle en question dans un triangle de cotés m,n,p (grâce à Al-Kashi) et donc construire le cercle des points P tels que l'angle APB ait ce cosinus. En construisant ainsi les trois cercles correspondants, leur point de concours est le point recherché...

Bon, je pense que Zweig attendais une autre méthode : je ne me sert absolument pas du fait que n,m,p sont entiers

[Ben314]

Oulà... j'ai peut-être vu "un peu grand"...

Pour a,b,c, réels connus (géométriquement) on veut minimiser aMA+bMB+cMC.
Deux méthodes (comme pour le point de fermat) :

1) Si le mini M est distinct de A, B et C, un "petit" décalage dans la direction de A ou de B ou de C montre que l'on doit avoir :

Or ce système n'a de solutions (pour les trois angles) que si l'on peut tracer un triangle de cotés respectifs a, b et c, et, dans ce cas, la solution est : où sont les angles d'un triangle de cotés a,b,c.
En utilisant la condition de cocyclicété, on en déduit une première construction de M comme intersection des 3 arcs de cercles verts de la figure (si le point est à l'extérieur du triangle, i.e. sur une partie en pointillé d'un des cercle, c'est que le min est A ou B ou C car les angles ne sont pas bons)

2) Toujours en supposant que a,b,c permettent de construire un "vrai" triangle, on construit les triangles ABC', BCA' et CAB' de sens inverse à ABC et tout les trois semblables à un triangle de cotés a,b,c.
On utilise par exemple la similitude de centre A telle que C'->B (et donc C->B') et on note M' l'image de M par cette similitude.
En regardant les triangles semblables, on voit que : et que donc que avec égalité si B,M,M',B' sont alignés dans cet ordre. On en déduit la construction de M à l'aide des droites rouges qui ne marche que si M est à l'intérieur du triangle (sinon le min est A,B ou C).
On voit de plus que, dans ce cas, le min vaut

Enfin, si je ne me suis pas trompé, pour que le min soit distinct de A,B et C, il faut non seulement qu'il existe un triangle de cotés a,b,c mais aussi que le triangle ABC vérifie ) et la même chose pour les autres angles (i.e. la condition donnée "tout les angles sont aigüs" n'est pas suffisante dans le cas général)