Exercice 6

On développe chaque terme en faisant apparaître $x - m$, par la proposition 3 (ii) : $$\lVert x - x_{i} \rVert^{2} = \lVert (x - m) + (m - x_{i}) \rVert^{2} = \lVert x - m \rVert^{2} + 2\langle x - m, m - x_{i} \rangle + \lVert m - x_{i} \rVert^{2}.$$ En sommant sur $i$, par linéarité du produit scalaire par rapport à la seconde variable, $$f(x) = p\lVert x - m \rVert^{2} + 2\Big\langle x - m, \sum_{i = 1}^{p} (m - x_{i})\Big\rangle + f(m), \qquad\text{avec}\qquad \sum_{i = 1}^{p} (m - x_{i}) = pm - \sum_{i = 1}^{p} x_{i} = 0.$$

$$\boxed{f(x) = f(m) + p\lVert x - m \rVert^{2} \quad \text{pour tout } x \in E}$$ On en déduit $f(x) \geqslant f(m)$ pour tout $x$, avec égalité si et seulement si $\lVert x - m \rVert = 0$, c'est-à-dire $x = m$ (proposition 3 (i)). $$\boxed{f \text{ atteint son minimum } f(m) \text{ en l'unique point } m = \frac{1}{p}\sum_{i = 1}^{p} x_{i}}$$ Par exemple, dans $\mathbb{R}^{2}$, avec $x_{1} = (0, 0)$, $x_{2} = (4, 0)$ et $x_{3} = (0, 2)$, on trouve $m = \Big(\frac{4}{3}, \frac{2}{3}\Big)$, $f(m) = \frac{40}{3}$, et $f(0) = 0 + 16 + 4 = 20 = \frac{40}{3} + 3 \times \frac{20}{9}$ ✓.

À retenir. L'isobarycentre est le point qui minimise la somme des carrés des distances aux $x_{i}$. Le même calcul, avec des masses, est le théorème de Huygens de la mécanique : le moment d'inertie par rapport à un point est minimal au centre de gravité. Le seul ingrédient est le double produit de la proposition 3 (ii), qui disparaît parce que $\sum_{i} (m - x_{i}) = 0$ ; la droite des moindres carrés de la proposition 14 repose sur la même idée.