équation d'un plan

Tu es dur, SadYear !
Même si sos n'y a pas mis les formes, c'est un problème que je trouve original et presque intéressant.

Le problème revient (sauf erreur) à minimiser le volume du tétraèdre $T_{a,b,c}=\{(x,y,z)/x\geq 0, y\geq 0, z\geq 0, a(x-1)+b(y-2)+c(z-3) \leq 0\}$ lorsque $(a,b,c)$ parcourt lui-même le premier octant.
C'est un bel exo d'optimisation sous contraintes.

Bisam : le problème est effectivement intéressant mais un petit 'bonjour' n'aurait pas nuit non ?

Voici une idée à creuser, si on aime les équations. On regarde d'abord le problème en dimension 2.

On se donne un point $M(a, b)$ du premier cadran et on cherche l'équation d'une droite passant par ce point qui minimise le volume (ici l'aire) du triangle délimité par les axes et cette droite.

Soit $d$ une droite passant par $M$, d'équation $y = mx + p$ (on exclut d'office les cas où $d$ est parallèle à l'un des deux axes).

On pose $t$ l'abscisse du point $X$ d'intersection de $d$ avec l'axe des abscisses.

L'ordonnée du point $Y$ d'intersection de $d$ avec l'axe des ordonnées est alors : $b - \dfrac{ab}{a - t}$.

Le volume du triangle considéré est alors $V(t) = \dfrac{1}{2} bt(1 - \dfrac{a}{a - t})$.

Et on cherche donc un $t > a$ qui minimise la fonction $V$. Pour cela on recherche les points critiques.

$2V'(t) = b - \dfrac{ab}{a - t} - \dfrac{abt}{(a - t)^2}$
Et $V'(t) = 0$ fournit $t = 2a$ après élimination de la valeur $t = 0$.

On vérifie alors que $V(2a) - V(t) = \dfrac{(t - 2a)^2}{t-a} \geq 0$ pour tout $t > a$

[En fait on pourrait se passer de cette vérification en remarquant que $V(t) \longrightarrow +\infty$ quand $t \longrightarrow a$ ou $t \longrightarrow +\infty$ (le point critique détecté réalisant alors nécessairement le minimum de $V$).]

Finalement l'équation droite cherchée est la droite passant par $M(a, b)$ et $X(2a, 0)$, c'est donc la droite d'équation : $y = -\dfrac{b}{a} + 2b$.

En résumé si on appelle $O$ l'origine du repère : $[OM]$ est la demi-diagonale du rectangle reposant sur les axes dont $d$ est la seconde diagonale.

Dans un repère non-orthogonal le même problème (trouver la droite passant par un point donné minimisant le volume du triangle délimité par les axes (non-perpendiculaires) et cette droite conduit si ma mémoire est bonne à ceci : $[OM]$ est la demi-diagonale du parallélogramme reposant sur les axes dont $d$ est la seconde diagonale.

(Edité pour cause de conjecture idiote. :P)

Sinon une autre idée qui me vient à l'esprit pour ce problème consiste à effectuer la changement de variable $(x', y', z') := (\dfrac{x}{a}, \dfrac{y}{b}, \dfrac{z}{c})$ ici $(x', y', z') := (\dfrac{x}{1}, \dfrac{y}{2}, \dfrac{z}{3})$, pour se ramener au cas où $(a, b, c) = (1, 1, 1)$. Minimiser le volume dans l'un ou l'autre système de coordonnées revenant au même puisque le volume ne diffère alors que de la constante multiplicative $abc$.

Edit : pour le cas où $(a, b, c) = (1,1,1)$ la solution est le plan passant par $(3,0,0)$, $(0,3,0)$ et $(0,0,3)$ d'équation $x+y+z = 3$. Comme je suis plutôt lent à taper du Latex, je vais manger et je poste les équations dès que je peux.

Edit (encore) :

{\bf Cas simplifié où = $(a, b, c) = (1, 1, 1)$ :}

Comme le plan P cherché n'est parallèle à aucun axe on peut noter $X$ et $Y$ les points de coordonnées $(u, 0, 0)$ et $(0, v, 0)$ ($u > 1$, $v > 1$) de ce plan (points d'intersections avec les axes des abscisses ordonnées). Notons $M$ le point de coordonnées $(1, 1, 1)$.

L'équation du plan $P$ est alors donnée par : $vx + uy + (uv - u - v)z = uv$.

Le point $Z$ d'intersection de $P$ avec l'axe des côtes a donc pour coordonnées : $(0, 0, \dfrac{uv}{uv - u - v})$.

Le volume du tétradère correspondant est donc donné par $V(u, v) = \dfrac{1}{6} \dfrac{u^2v^2}{uv - u - v}$.

La recherche des points critiques (où la différentielle de $V$ s'annule) fournit les équations suivantes :

$u = \dfrac{2v}{v - 1}$
$v = \dfrac{2u}{u - 1}$
(après élimination des cas $u = 0$ ou $v = 0$)

La soustraction de ses deux équations conduit à $u = v$. Et ainsi $u = \dfrac{2u}{u - 1}$ qui finalement donne $u = v = 3$ (après nouvelle élimination du cas $u = 0$).

La fonction $V$ étant coercive sur $\{ (u, v), u>1, v> \dfrac{u}{u-1}} \}$ (son domaine de définition), elle atteint son minimum en son seul point critique sur ce domaine, ie : $(3, 3)$.

Le plan $P$ cherché passe donc par les points $(3, 0, 0)$, $(0, 3, 0)$, et $(1, 1, 1)$ (et aussi $(0, 0, 3)$), il s'agit donc du plan d'équation $x + y + z = 3$.
Le tétradère correspondant a pour volume $V(3, 3) = 4,5$.

{\bf Cas général :}

On se ramène au cas particulier $(1, 1 ,1)$ par le changement de variable indiqué précédemment.

$(x', y', z') = (\dfrac{x}{a}, \dfrac{y}{b}, \dfrac{z}{c})$

L'équation du plan P cherché est $x' + y' + z' = 3$ ie : $\dfrac{x}{a} + \dfrac{y}{b} + \dfrac{z}{c} = 3$.

Le plan $P$ passe par les points $(a, b, c)$, $(3a, 0, 0)$, $(0, 3b, 0)$, et $(0, 0, 3c)$.
Le tétradère correspondant a pour volume $V = 4,5 \times abc = \dfrac{1}{6}(3a)(3b)(3c)$.

{\bf Cas particulier où $(a, b, c) = (1, 2, 3)$ :}

L'équation du plan P cherché est : $\dfrac{x}{1} + \dfrac{y}{2} + \dfrac{z}{3} = 3$ ie : $6x + 3y + 2z = 18$.
Le plan $P$ passe par les points $(1, 2, 3)$, $(3, 0, 0)$, $(0, 6, 0)$, et $(0, 0, 9)$.
Le tétradère correspondant a pour volume $V = 4,5 \times 6 = 27$.

En espérant ne pas avoir fait d'erreurs cette fois-ci.