Minimum

Merci Lake!
C'est déjà un début mais on peut encore améliorer ton estimation!
Comme dans toutes les recherches d'extremum, il y a des calculs à faire.
Autrefois, l'écriture des similitudes était particulièrement simple avec les complexes, tu devines donc ce que je te suggère: identifier le plan euclidien avec le plan complexe via une similitude en sorte que les affixes des points $A\quad$, $B\quad$, $C\quad$ soient $1\quad$, $\jmath\quad$, $\jmath^2\quad$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonne Nuit à Tous et Faites de Beaux Rêves.
Voici le résultat de mes cogitations!
J'ai tracé notre cercle le plus sacré, le divin cercle trigonométrique $\Gamma$.
Il a pour rayon $1$, n'est-ce pas un véritable miracle?. C'est l'extase., l'épectase, que sais je encore?
A l'intérieur du divin cercle, j'ai inscrit, bien au chaud notre triangle équilatéral $ABC$ puis son triangle antipodal $A''B''C''$.
Pour obtenir les triangles $A'B'C'=s(ABC)$ réalisant le minimum, je m'y prends de la façon suivante:
Je choisis un point $\Omega$ à l'intérieur du triangle $A''B''C''$.
Je trace le cercle $\Gamma'$ de centre $\Omega$ passant par $O$.
Ce cercle recoupe les droites $OA$, $OB$, $OC$ respectivement en $A'$, $B'$, $C'$.
Alors le triangle $A'B'C'$ est indirectement semblable au triangle $ABC$ et réalise notre minimum.
Les mordus de l'arithmétique si nombreux sur notre forum, pourront toujours chercher parmi ces solutions celles pour lesquelles les distances $AA'$, $BB'$, $CC'$ sont rationnelles.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Oui Lake.
Dans la théorie des espaces vectoriels, on dit que les vecteurs $a$, $b$, $c$ sont positivement liés
Mais il faut voir les choses de façon plus symétrique.
Posons: $$S=a+b+c\qquad$$
Les complexes $a$, $b$, $c$ sont positivement liés à $S.\qquad$.
Il existe donc des réels $\lambda>0$, $\mu>0$, $\nu>0$ vérifiant: $\lambda+\mu+\nu=1$ tels que:
$a=\lambda S$, $b=\mu S$, $c=\nu S$
Tu appliques cette belle théorie avec:
$$
\begin{cases}
a&=&1-u-v\\
b&=&1-u\jmath-v\jmath^2\\
c&=&1-u\jmath^2-v\jmath
\end{cases}
\qquad
$$
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Lake
Tu as bien raison.
Il y a des choses plus importantes que les similitudes indirectes qui peuvent bien attendre un peu.
Ceci dit ma première figure de ce fil résulte essentiellement des calculs que je suggère dans mon message précédent!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher zephyr
Merci pour ton intervention!
De quel système linéaire parles -tu?
Je le devine mais tu ferais mieux de nous le donner explicitement.
Ce qui m'inquiète, c'est que tu ne trouves pas la même chose que Lake.
En tout cas, pour le moment, ni l'un ni l'autre n'a suivi la méthode que je préconise avec l'utilisation des paramètres $(\lambda,\mu,\nu)$ associés à des liaisons positives!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Lake
Suis la méthode que je préconise.
Les calculs sont très très très simples!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Tu as raison par rapport à zephyr mais tes résultats sont incomplets.
Les similitudes indirectes cherchées sont bien de la forme $z\mapsto u\overline z+\overline u$ mais le complexe $u$ doit se trouver dans une région que j'ai déjà citée dans mes précédents messages!

Mon cher zephyr
C'est bien d'avoir résolu ce système.
J'avais bien deviné.
Malheureusement il n'a aucun rapport avec la question demandée!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Lake
Comment veux-tu que je te critique?
Tu n'as pas écrit le moindre calcul.
Personnellement j'ai toujours le souci de proposer figures et raisonnements détaillés!
Il faut dire que je n'ai pas beaucoup de mérite car je n'ai plus que cela à faire à mon âge canonique.
Je veux donc voir un calcul où apparaissent le triplet de réels $(\lambda, \mu, \nu)$
Je vais te donner une indication!
Ce triplet a vocation à être les coordonnées barycentriques normalisées d'un point tracé sur ma figure!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonsoir Lake
Excuse moi, je ne t'avais pas lu jusqu'à la fin.
Bien sûr, je démarre avec le même système linéaire que toi qui s'écrit:
$$\begin{cases}
u+v&=&1-3\lambda\\
uj+vj^2&=&1-3\mu\\
uj^2+vj&=&1-3\nu
\end{cases}
\qquad
$$
On a:
$$s(z)=u\bar z+v\qquad$$
Donc
$$\begin{cases}
a'&=&s(1)&=&u+v&=&1-3\lambda\\
b'&=&s(\jmath)&=&uj^2+v&=&(1-3\mu)\jmath\\
c'&=&s(\jmath^2)&=&u\jmath+v&=&(1-3\nu)\jmath^2
\qquad
\end{cases}
$$
Cela prouve déjà les alignements $(O,A,A')$, $(O,B,B')$, $(O,C,C')$ de ma figure.
Trois triplets de points alignés! C'est le commencement de l'extase!
$$\dfrac{a'+b'+c'}3=s(0)=v=\lambda.(-1)+\mu.(-\jmath)+\nu.(-\jmath^2)$$
D'où la localisation de $\Omega$ à l'intérieur du triangle $A''B''C''$ si on connait un minimum minimorum de géométrie affine mais c'est déjà peut-être trop demander aujourd'hui?
$u=1-3\lambda-v=(\lambda+\mu+\nu)-3\lambda+(\lambda+\mu\jmath+\nu\jmath^2)=-\lambda+\mu(1+\jmath)+\nu(1+\jmath^2)=-\lambda-\mu\jmath^2-\nu\jmath=\bar v$
Maintenant le point d'affixe $-\dfrac{\bar u}u$ est de module $1$.
Il est donc sur le cercle circonscrit au triangle $ABC$
Comme $s(-\dfrac{\bar u}u)=0,\quad$, le point $O$ est sur le cercle circonscrit au triangle $A'B'C'$.
On termine par quatre points cocycliques, c'est l'épectase!
Finalement notons que puisque $u\not =0$, le point $\Omega$ appartient à l'intérieur du triangle $A''B''C''$privé du point $O$.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Merci Lake
Oui tout se goupille bien mais savoir mener des calculs et surtout, surtout savoir les interpréter, cela se mérite!
Puisqu'on en est arrivé là, on va étudier d'un peu plus prés la famille $\mathcal F$ de ces similitude indirectes:
$$z\mapsto u\bar z+\bar u$$
sans autre limitation sur $u$ que $u\not =0$.
Montre moi que tout point du plan autre que l'origine est le point fixe d'une unique similitude $s\in \mathcal F$
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Lake
Voilà l'idée plus ou moins nauséabonde que j'ai en tête
Si on regarde un point $M$ du plan différent de l'origine, il va définir une unique similitude indirecte $s\in \mathcal F$ dont il est le point fixe. Cette similitude indirecte possède, (on le sait on le savait) deux droites invariantes orthogonales.
On définit ainsi un champ de directions et je souhaite intégrer ce champ.
Pour cela, il faut former l'équation différentielle associée puis éventuellement l'intégrer si c'est possible ou au moins tracer les courbes intégrales au moyen d'un logiciel de calcul formel.
C'est un petit programme qui vaut ce qu'il vaut!
S'il ne te plait pas, en voici un autre qui me parait plus facile (puisque j'en suis venu à bout!).
Généraliser ce qu'on vient de faire avec le triangle équilatéral.
On remplace le triangle équilatéral $ABC$ par un triangle quelconque, noté aussi
$ABC$.
Sur ce triangle quelconque $ABC$, on fait opérer une similitude indirecte $s$ pour obtenir un triangle $A'B'C'$ indirectement semblable donc au triangle $ABC$.
Et on cherche à minimiser sur l'ensemble des similitudes indirectes la quantité:
$$BC.AA'+CA.BB'+AB.CC'\qquad$$.
La seule indication que je puisse te donner, c'est que ça se goupille toujours aussi bien que c'en est à pleurer quand on pense qu'un tel exercice ne puisse pas être proposé, ne serait-ce qu'au CAPES car son niveau dépasse largement celui des programmes actuels, i.e: les axiomes de Thalès et de Pythagore!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonne Nuit à tous et faites de beaux rêves
Je lance les calculs qui sont identiques à ceux qu'on a fait avec le triangle équilatéral.
Les triplets$(a',b',c')$ et $(a,b,c)$sont indirectement semblables, donc:
$$a'(\bar b-\bar c)+b'(\bar c-\bar a)+c'(\bar a-\bar b)=0.\qquad$$
Donc:
$$(a'-a)(\bar b-\bar c)+(b'-b)(\bar c-\bar a)+(c'-c)(\bar a-\bar b)=4\imath S(a,b,c).\qquad$$
compte tenu des indications que j'ai déjà données.
Par suite:
$$\vert a'-a\vert.\vert b-c\vert +\vert b'-b\vert.\vert c-a\vert +\vert c'-c\vert.\vert a-b\vert \ge 4\vert S(a,b,c)\vert.\qquad$$
c'est-à-dire:
$$AA'.BC+BB'.CA+CC'.AB\ge 4\mathrm{Aire}(ABC).\qquad$$
Il ne reste plus qu'à regarder quand l'égalité est réalisée!
Amicalement
[small]p[/small]appus