On fixe $A_i\in D_i$ et $\vec u_i$ un vecteur directeur de $D_i$ . Soit $M_i = A_i + x_i\vec u_i$ . Alors

$\begin{align*}f(M_1,M_2,M_3) &= f(A_1,A_2,A_3)\\ &+ 2\Bigl( (\vec{A_1A_2}\mid x_2\vec u_2 - x_1\vec u_1) + (\vec{A_2A_3}\mid x_3\vec u_3 - x_2\vec u_2) + (\vec{A_3A_1}\mid x_1\vec u_1 - x_3\vec u_3) \Bigr)\\ &+ \Bigl( \|x_2\vec u_2 - x_1\vec u_1\|^2 + \|x_3\vec u_3 - x_2\vec u_2\|^2 + \|x_1\vec u_1 - x_3\vec u_3\|^2 \Bigr)\\ &= a + b(x_1,x_2,x_3) + c(x_1,x_2,x_3). \end{align*}$

$b$ est une forme linéaire et $c$ est une forme quadratique positive, et même définie positive car $\vec u_1,\vec u_2,\vec u_3$ sont deux à deux non colinéaires. Il en résulte que $f(M_1,M_2,M_3) \to +\infty$ lorsque $|x_1|+|x_2|+|x_3|\to\infty$ , donc par continuité, $f$ admet un minimum.

Choisissons alors $A_1,A_2,A_3$ de sorte que $f(A_1,A_2,A_3)$ soit égal à ce minimum. On a alors $b=0$ car $(A_1,A_2,A_3)$ est point critique de $f$ , d’où $f(M_1,M_2,M_3) > f(A_1,A_2,A_3)$ si $(x_1,x_2,x_3)\ne(0,0,0)$ vu la définie-positivité de $c$ . Ceci prouve l’unicité du triplet où $f$ atteint son minimum.

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