minimum sur distances

Rouletabille

Soient trois points $A,O,B$ dans un plan euclidien, alignés dans cet ordre, avec : $0<OA\leq OB$ (distances), et soit un réel $\lambda \in ]0,2[$. Pour tout point $M$ du plan, soit $f(M)=MA+MB-\lambda MO$. Je crois avoir prouvé que cette fonction a un minimum global, atteint au point $B$, et en lui seul si $OA< OB$. C'est un peu tristounet car il existe un point critique, et même deux par symétrie, autres que ces trois points $A,O,B$. Qu'en pensez-vous ?

jacquot

Bonjour Rouletabille,

Pour un point $M$ donné, on peut considérer l'ellipse $\mathcal E$ de foyers $A$ et $B$, passant par $M$.
Soit alors $C$ le sommet de cette ellipse du côté de $B$
On doit pouvoir prouver que $f(M)\geqslant f(C)$.
Moyennant quoi on pourra se contenter de chercher le minimum de la fonction $f$ sur la droite $(AB)$

[ Edit : je déplace en Géométrie pour un petit up]

verdurin1

Il y a un maximum local en O et deux miminima (en A et donc il y a au moins deux points critique de type «col».

pappus

Mon cher Rouletabille
Les points $O$, $A$, $B$ ne peuvent être des points critiques puisque $f$ n'est pas différentiable en ces points.
D'autre part si points critiques il y a, ils ne peuvent être situés que sur la droite $AOB$, pourquoi?
Amicalement
Pappus

Rouletabille

Bonjour.
J'avais placé ce message en Analyse car moi je l'ai traité comme extrémum d'une fonction de deux variables. J'aime bien ces sujets transversaux qui combinent la Géométrie et l'Analyse. C'est l'ouvrage magistral de Marcel Berger qui a attiré notre attention sur ce type de questions il y aura tantôt quarante ans.

La solution de jacquot montre que la Géométrie seule est à même de nous fournir le minimum global de la fonction $M\mapsto f(M)$ sur tout le plan, et par son économie de moyens cette solution est des plus élégantes.

Comme l'hypothèse $\lambda \in ]0,2[$ n'intervient pas dans ce début de démonstration, on peut la prolonger à $\lambda =2$. Dans ce cas, la fonction $f$ est bornée sur le plan, elle a aussi un maximum en $O$.

Mais on ne peut l'utiliser pour $\lambda >2$. Dans ce cas, la fonction $f$ tend vers $-\infty $ à l'infini et elle admet un maximum au point $O$.

pappus

La restriction de $f$ à la droite $AOB$ est affine par morceaux.
Je doute qu'il ait des points critiques en général.
Quant aux affirmations que tel ou tel point réalise un maximum ou un minimum, elles méritent au moins une petite démonstration.
Amicalement
Pappus

jacquot

Bonsoir pappus,
Je n'ai pas envie de calculer
Alors je te fais un dessin

Soient $A ; O ;I; B$ alignés dans cet ordre, $I$ étant le milieu de $[AB]$
Soit $M$ un point quelconque du plan
Soient $\mathcal E$ l'ellipse de foyers $A$ et $B$ passant par$ M$, $\mathcal C_O$ le cercle de centre $O$ passant par $M$
et $\mathcal C_I$ le cercle de centre $I$ passant par $M$.
ces courbes recoupent la demi-droite $[OB)$ en $C;D;E$ comme indiqué sur la figure.
Tu dois pouvoir démontrer que $E,D,C$ sont rangés de gauche à droite quel quelle soit la position de $M$ dans le plan, même si $M$ se trouve à gauche et confondus seulement si $M=B$. C'est un peu fastidieux :S.
Il en résulte que $OM=OE\leqslant OD\leqslant OC$, d'où $f(M)\geqslant MA+MB-\lambda OC = f(C)$
On peut donc se contenter de chercher le minimum de la fonction $f$ sur la demi-droite $[OB)$ et on le trouve en $B$.

Voilà. Le cercle en pointillés ne me sert que pour la transitivité des inégalités. Amicalement. jacquot

pappus

Mon cher Jacquot
J'avais bien compris le principe de ta démonstration.
Je critiquais surtout ceux qui voyaient des points critiques un peu partout!
Amicalement
Pappus

verdurin1

pappus,
sauf en A, B et O, la fonction proposée par Rouletabille est différentiable.
Il n'est donc pas si abusif que ça de parler de points critiques.
Mais si ça vous gène vraiment, vous pouvez voir le problème d'un point de vue topographique : comment relier deux bassins séparés par un sommet.

pappus

Mon cher verdurin
Que veux-tu que j'y fasse? Ce n'est pas moi l'inventeur des points critiques et leur définition impose la différentiabilité, regarde par exemple le fil voisin: Construire un quadrilatère, initié par dizlogic.
Ceci dit quand on recherche les extrema d'une fonction continue, localement différentiable par morceaux, la première chose à faire est de rechercher ses points critiques éventuels, avant de penser à toute autre astuce à la Jacquot.
Dans le cas d'espèce si $M$ est un point du plan différent des points $A$, $O$ et $B$, on a:
$\mathrm{grad}f_M = \dfrac{\overrightarrow{AM}}{AM} + \dfrac{\overrightarrow{BM}}{BM}-\lambda \dfrac{\overrightarrow{OM}}{OM}$

Si $M$ est un point critique, alors $\mathrm{grad}f_M =0$ prouvant ainsi que $M$ est un barycentre des points $A$, $O$, $B$ et à ce titre appartient donc à la droite $AOB$.
On est donc amené (comme Jacquot mais d'une autre manière) à s'intéresser à la restriction de $f$ à la droite affine $AOB$. Or cette restriction est visiblement affine par morceaux: pour t'en convaincre, il suffit de travailler dans un repère orthonormé d'origine $O$ où la droite $AOB$ est l'axe des abscisses, alors dans ce repère, l'écriture de la restriction de $f$ est:
$x \mapsto \mid x-a\mid + \mid x-b\mid -\lambda \mid x\mid$
Cette fonction est dérivable sur la réunion de quatre intervalles ouverts que je te laisse le plaisir de découvrir et compte tenu de l'hypothèse $\lambda \in ]0,2[$, la dérivée de la restriction ne peut s'annuler.
On vient de montrer que $f$ n'a pas de points critiques. Donc si minimum de $f$ il y a, il est à trouver parmi les trois points $O$, $A$, $B$. On voit donc que cette recherche des points critiques n'a pas été inutile!
On peut alors se tourner vers des astuces à la Jacquot et tracer le graphe de la restriction pour être convaincu du résultat.final.
Amicalement
Pappus

Rouletabille

Pour tout vous dire, j'étais plutôt parti sur une fonction de deux variables : $f(x,y)=\sqrt{(x-a)^{2}+y^{2}}+\sqrt{(x+b)^{2}+y^{2}}- \lambda \sqrt{x^{2}+y^{2}}$, avec $0<a\leq b$ et $0<\lambda<2$. Un calcul un peu pénible mais pas trop montre qu'il y a bel et bien deux points critiques extérieurs à la droite $OAB$ et bien sûr symétriques par rapport à celle-ci.
L'apprioche de Pappus par le gradient est excellente et elle conduit à une autre solution, susceptible de généralisations, mais sa conclusion est erronée. Il aurait raison si l'on était certain que les trois coefficients $\frac{1}{AM},\frac{1}{BM},-\frac{\lambda }{OM}$ ont une somme non nulle, mais ce n'est pas le cas.
A tout à l'heure

Rouletabille

Je continue sur mon approche balourde par la fonction $f(x,y)=\sqrt{(x-a)^{2}+y^{2}}+\sqrt{(x+b)^{2}+y^{2}}-\lambda \sqrt{x^{2}+y^{2}}$. C'est un exo de colle de math spé dans le chapitre : calcul différentiel, points critiques, extrémums. Comme j'ai dit, je cherche les points critiques et j'en trouve deux, symétriques par rapport à l'axe des abscisses.

Par ailleurs, on a : $\underset{(x,y)\rightarrow \infty }{\lim }f(x,y)=+\infty $, ce qui signifie que pour tout réel $K>0$ il existe un réel $r>0$ tel que : $\left\| (x,y)\right\| >r\Rightarrow f(x,y)>K$. Pour une raison de continuité-compacité, ceci implique que la fonction $f$ admet un minimum absolu sur $\mathbb{R}^2$ tout entier.

Ce minimum est atteint : ou bien en un point critique de la fonction $f$ ( différentiable en ce point), ou bien en un des trois points où la fonction $f$ n'est pas différentiable, les points $(a,0),(-b,0),(0,0)$, respectivement dénommés $A,B,O$ dans l'autre exposé. Le minimum de $f$ sur $\mathbb{R}^2$ sera la plus petite des valeurs prises par $f$ en ces 5 points. Déçu je suis que ce soit au point $(-b,0)$, ç'aurait été plus joli si c'était en un point critique, mais tant pis. Du coup la solution de jacquot par la géométrie élémentaire prend toute sa légitimité et rend celle-ci, justement, balourde. Dommage.

pappus

Mon cher Rouletabille
Peux-tu nous donner une idée des coordonnées de tes points critiques?
Il n'y a qu'un de nous deux qui a raison ou bien c'est toi qui affirmes l'existence de deux points critiques ou bien c'est moi qui affirme qu'il n'y en a pas.
Il faut vider cet abcès, plus important que cette histoire de minimum et tout le monde sait que je me suis déjà lourdement trompé en maintes occasions dans le passé.
Amicalement
Pappus

Rouletabille

Revenons au gradient : $\overrightarrow{grad}~f_{M}=\frac{\overrightarrow{AM}}{AM}+\frac{\overrightarrow{BM}}{BM}-\lambda \frac{\overrightarrow{OM}}{OM}$, nul en un point critique.
En un tel point, soit $\overrightarrow{u}=\frac{\overrightarrow{MA}}{MA}$, $\overrightarrow{v}=\frac{\overrightarrow{MB}}{MB}$, $\overrightarrow{w}=\frac{\overrightarrow{MO}}{MO}$, vecteurs normés.
Soit $\theta ={\widehat{\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}}}$, écart angulaire "vulgaire" du rapporteur, compris entre $0$ et $\pi$. On a : $\lambda =2\cos \frac{\theta }{2}$, d'où : $\theta =2\arccos \frac{\lambda }{2}$.

Le vecteur $\overrightarrow{w}$ est vecteur directeur de la bissectrice intérieure des vecteurs $\overrightarrow{u}, \overrightarrow{v}$, d'où : ${\widehat{\overrightarrow{u},\overrightarrow{w}}}={\widehat{\overrightarrow{w},\overrightarrow{v}}}=\frac{\theta }{2}$, autrement dit : ${\widehat{\overrightarrow{MA},\overrightarrow{MO}}}={\widehat{\overrightarrow{MO},\overrightarrow{MB}}}=\frac{\theta }{2}$.

Ainsi, dans chacun des demi-plans dont la frontière est la droite $OAB$, le point critique s'obtient par l'intersection de deux arcs capables, ce qui ne saurait déplaire au géomètre Pappus

Rouletabille

Je réponds à la question de Pappus, que je n'avais pas vue.
Revenant à ma fonction de deux variables :
$f(x,y)=\sqrt{(x-a)^{2}+y^{2}}+\sqrt{(x+b)^{2}+y^{ 2}}- \lambda \sqrt{x^{2}+y^{2}}$, avec $0<a\leq b$ et $0<\lambda<2$,
vous pouvez trouver les points critiques comm' d'hab' en résolvant le système :
$\frac{\partial f}{\partial x}=0$, $\frac{\partial f}{\partial y}=0$.
Cette seconde équation, avec la condition $0<\lambda<2$, implique : $y\neq 0$, pas de point critique sur la droite $OAB$ !
En simplifiant cette seconde équation par $y$, on arrive à résoudre le système, et la solution est :
\[x=\frac{ab(b-a)\lambda ^{2}}{2(a^{2}+(2-\lambda ^{2})ab+b^{2})},\quad y=\pm \frac{ab(a+b)\lambda \sqrt{4-\lambda ^{2}}}{2(a^{2}+(2-\lambda ^{2})ab+b^{2})}.\]
J'ai posé ça en colle en MP avec des valeurs numériques : \[f(x,y)=\sqrt{(x-1)^{2}+y^{2}}+\sqrt{(x+2)^{2}+y^{2}}-\sqrt{2}\sqrt{x^{2}+y^{2}},\]
et ça ne s'est pas trop mal passé.

Je me suis permis de rendre tes formules $x = \cdots$ un peu plus agréables à lire. Bruno]

pappus

Mon cher Rouletabille
Félicitations!
Tu vois que Ga? n'est plus le seul à relever mes bourdes, à moi le prétendu spécialiste de la géométrie.
Il est vrai que je suis vieux et que parfois je n'ai plus les idées très claires compte tenu de mon état de santé précaire!
Il serait intéressant de retrouver le "raisonnement" que je me suis tenu pour écrire une telle ânerie!
Ceci dit, un tout petit reproche dans ta rédaction.
On a l'impression que tu définis d'abord $\theta$ par $\theta
={\widehat{\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}}}
$, écart angulaire "vulgaire" du rapporteur,
compris entre $0$ et $\pi$, non $\theta$ est défini comme tu le dis par $\theta =2\arccos
\frac{\lambda }{2}$ et ensuite seulement ensuite tu peux faire ta petite manip sur les arcs capables.
Quel est le lieu de tes points critiques quand $\lambda$ varie dans l'intervalle $]0,2[$?

Maintenant faisons le point sur la rédaction de cet exercice.
Tu commences par démontrer par la topologie l'existence d'un minimum absolu, bravo, c'est ce qu'il faut faire. Puis tu cherches les points critiques et tu les trouves, mieux que moi.
Heureusement que je n'ai pas ton âge, sinon je n'aurais pu intégrer qu'à l'institut pomologique de Rennes comme le disait mon vieux prof de Taupe quand on lui sortait une ânerie du genre de celle que j'ai proférée!
Une petite insuffisance sur la fin, effectivement le minimum absolu n'est pas situé aux points critiques mais il se pourrait que ceux-ci soient des extrema relatifs. Pour le savoir, il faudrait calculer la hessienne de $f$ en ces points. Cela pourrait faire la différence!
Amicalement
Pappus

Rouletabille

Le seul point qui reste obscur, c'est la nature de ces points.
Dans son message d'il y a trois jours, verdurin affirme : « Il y a un maximum local en O et deux miminima (en A et donc il y a au moins deux points critique de type "col" ».
Je pense qu'il a raison, mais déjà, je ne vois pas comment démontrer d'emblée que les points A, B, O sont des extrémums locaux, et ensuite, si l'on prouve cela, je ne vois pas comment en déduire l'existence de deux points critique de type "col".

pappus

Mon cher Rouletabille
Comme il n'y a que moi qui puisse le faire, je pense avoir reconstitué le raisonnement saugrenu que je me suis tenu pour proférer mon ânerie.
Si $M$ est un point critique, alors il vérifie une relation de la forme:
$\alpha\overrightarrow{AM}+\beta\overrightarrow{BM}+\gamma\overrightarrow{OM}=0$ avec $\alpha = \dfrac 1{AM}$, $\beta = \dfrac 1{BM}$, $\gamma =- \dfrac{\lambda} {OM}$,
Donc $M$ est barycentre des points massiques $(A;\alpha)$, $(B;\beta)$, $(C;\gamma)$ et par suite appartient au sous-espace affine qu'ils engendrent c'est à dire à la droite $AOB$.
Bon d'accord, c'est monstrueux mais avoue que ça a quand même de l'allure!
Le principal est de dire cela avec beaucoup de conviction!
Mais il n'est pas interdit de chercher mon erreur!
Amicalement
Pappus

Rouletabille

@ pappus
Mon but n'était pas de "relever tes bourdes", puisque j'avais dit d'entrée que cette fonction avait deux points critiques.
Ton erreur n'est pas vraiment grave, c'est de celles qu'on commet couramment, toi, moi ou d'autres.
Tu te dis vieux, mais je me trouve vieux aussi (69 ans).
Cordialement

jacquot

Salut les papys,

Geogebra est un outil d'investigation ; j' y ai fixé $\lambda=1,75$.
Je peux faire afficher un curseur de longueur $f(M)$ et observer sa valeur quand je déplace $M$.

J'observe ainsi qu'il y a une bosse en $O$ et une cuvette en $A$
Si j'ai bien compris l'idée de verdurin, il s'agirait de chercher où se trouvent le (les) cols qu'emprunteraient les chemins allant de $A$ à $B$....

À moins que le col ne soit à l'infini :S
Mais non, GeoGebra donne à penser qu'il y a bien deux cols.

Peut-être quelqu'un dispose-t-il d'un outil capable de montrer la surface $(M;f(M))$...

Siméon

@jacquot: http://www.wolframalpha.com/input/?i=plot+abs(x+++iy+++1)+++abs(x+++iy+-+2)+-+1.9*abs(x+++iy)+for+x=-2..4,+y+=+-4..4

Rouletabille

1. Moi j'ai dit mon âge (avancé), j'aimerais bien connaître celui de Pappus.

2. Avant la Grande Panne, avec la case LaTeX, on pouvait copier-coller les messages précédents. Comment faire présentement ?

3. Réponse à Pappus au sujet du lieu des points singuliers quand $\lambda $ décrit $]0,2[$.
Je ne m'en étais pas soucié, mais on peut partir des formules que j'ai données ci-dessus, en espérant qu'elles sont correctes, avec $a<b$ :
$x=\dfrac{ab(b-a)\lambda ^{2}}{2(a^{2}+(2-\lambda ^{2})ab+b^{2})}$, $y= \dfrac{ab(a+b)\lambda \sqrt{4-\lambda ^{2}}}{2(a^{2}+(2-\lambda ^{2})ab+b^{2})}$
(je prends celui du demi-plan supérieur).
On a vu que : $\lambda =2\cos \frac{\theta }{2}$, où $ \theta $ décrit $]0, \pi[$.
Il en résulte : $\dfrac{y}{x}=\dfrac{a+b}{b-a}\tan \dfrac{\theta }{2}$, $y=\dfrac{ab(a+b)\sin \theta }{a^{2}+b^{2}-2ab\cos \theta }$.

En remplaçant dans la seconde formule $\sin \theta$ et $ \cos \theta $ par leurs expressions bien-connues en fonction de $\tan \dfrac{\theta }{2}$, et celui-ci en fonction de $\dfrac{y}{x}$, il me semble qu'on trouve un cercle passant par $O$ et centré sur la droite $AOB$, sauf erreurs de calcul.
Si c'est bon, il doit y avoir une solution par la géométrie pure, que je ne saurais trouver.

pappus

Mon cher Rouletabille
La droite $MO$ est la bissectrice intérieure de l'angle $\widehat{AOB}$, donc sa bissectrice extérieure passe par le conjugué harmonique $O'$ de $O$ par rapport aux points $A$ et $B$.
Conclusion $\widehat{AOB}= 100grades$
Cette remarque simplifie un tout petit peu la construction de tes points critiques.
Amicalement
Pappus

Rouletabille

Je sentais bien qu'il y avait une solution simple, hélas je suis très rouillé en géométrie. Bravo.
Correction : ${\widehat{OMO'}}=\frac{\pi }{2}$.
Je n'ai jamais vu quelqu'un utiliser les grades.

jacquot

Merci Siméon, pour le lien vers Wolfram.
Je n'ai malheureusement pas su faire apparaître la surface :-(
Mais je me suis rendu compte qu'avec Excel on peut aussi le faire.

Voici une illustration pour $A=-1$ ; $O=0$; $B=2$ ; $\lambda = 1,75$



Amicalement. jacquot