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$\left({\frac {x'+x''}{3}},{\frac {y''}{3}},\right)$ est évidemment le centre de gravité de l’aire du triangle $\mathrm {ABC.}$ Donc, etc.

Pour vérifier ce résultat, soient $x,y$ les coordonnées d’un point quelconque $\mathrm {M',}$ pris dans le plan des trois points $\mathrm {A,B,C.}$ Soit $s'^{2}$ la somme des quarrés des distances du point $\mathrm {M'}$ à ces trois points. Si, de la valeur $s'^{2},$ donnée par le premier membre de l’équation (A), nous retranchons la valeur finale obtenue pour $s^{2},$ nous aurons, toutes réductions faites,

$s'^{2}-s^{2}=3\left(x-{\frac {x'+x''}{3}}\right)^{2}+3\left(y-{\frac {y''}{3}}\right)^{2}.$

Cette différence, qui est égale au triple quarré de la distance du point $\mathrm {M'}$ au centre de gravité $\mathrm {M}$ du triangle $\mathrm {ABC,}$ est toujours positive ; donc la somme des quarrés des distances de ce dernier point aux trois sommets du triangle est moindre que la somme des quarrés des distances de tout autre point aux mêmes sommets.

14. On pourra chercher pareillement un point tel que la somme des quarrés de ses distances à quatre points donnés dans l’espace soit un minimum.

On trouvera, par la méthode précédente, que ce point est le centre de gravité du tétraèdre qui aurait pour sommets les quatre points donnés ; et l’on constatera sans peine, que l’excès de la somme des quarrés des distances d’un point quelconque aux quatre sommets du tétraèdre, sur la somme des quarrés des distances du centre de gravité de ce tétraèdre à ces mêmes sommets, est égal à quatre fois le quarré de la distance du premier point au second.

On résoudra avec la même facilité plusieurs problèmes que je vais énoncer :