Corr2009 2b

(1)

Universit´e Claude Bernard Lyon 1 2009-2010

Session 2009, épreuve 2 : corrigé commenté

PARTIE 1 : une majoration des modules des racines d’un polyn ˆome 1) Exemple num´erique

1.1) Le polynˆome p admet 2 pour racine et p(X) = (X − 2)(X²+ 3iX − 3 + i).

1.2) Le discriminant du trinˆome X²+ 3iX − 3 + i est

∆= (3i)²+ 4(3 − i) = 3 − 4i.

Les deux racines carr´ees de∆sont les nombres complexes a+ ib tels que a²− b²= 3 et 2ab= −4, c’est-`a-dire 2− i et −2 + i.

Les deux racines du trinˆome ci-dessus sont les nombres complexes z1= −1 − i et z²= 1 − 2i.

1.3) La v´erification est imm´ediate :

R= max{|6 − 2i|,| − 3 − 5i| + 1,| − 2 + 3i| + 1} = max{2√ 10,√

34+ 1,√

13+ 1} = 2√ 10 et

max{2,|z¹|,|z²|} = max{2,√ 2,√

5} =√ 5 6 2√

10, donc toutes les racines de p appartiennent au disque de centre O et de rayon R.

2) Étude du cas général

2.1.a) Le i-i`eme coefficient du vecteur AV=λV estλv_i=∑ⁿ_j=1a_{i j}v_j et donc

|λvi| =

∑

n j=1

ai jvj

6

∑

n j=1

|a^{i j}||v^j| 6

∑

n j=1

|a^{i j}| max

16k6n(|v^k|) = rⁱ· max

16k6n(|v^k|).

2.1.b) Le vecteur V est par hypothèse non nul, donc il existe un indice i∈ J1,nK tel que vi6= 0. L’inégalité de la question précédente implique alors

|λ| 6 ri·max16k6n(|v^k|)

|vi| 6r_i et doncλ ∈ Di⊂^Sⁿj=1Dj.

2.2.a) C’est un calcul classique. Pour tout nombre complexe z,

1

(2)

det(MP− zIⁿ) =

−z 0 0 . . . 0 0 −a0

1 −z 0 . . . 0 0 −a1

0 1 −z ... 0 0 −a2

. . . .

0 0 0 . . . 1 −z −aⁿ−2

0 0 0 . . . 0 1 −an−1− z

=

0 0 0 . . . 0 0 −(a0+ a₁z+ . . . + a_n₋₁zⁿ⁻¹+ zⁿ) 1 0 0 . . . 0 0 −(a¹+ a2z+ . . . an−1zⁿ⁻²+ zⁿ⁻¹) 0 1 0 . . . 0 0 −(a2+ . . . + a_n₋₁zⁿ⁻³+ zⁿ⁻²) . . . .

0 0 0 . . . 1 0 −aⁿ−2− aⁿ−1z− z²

0 0 0 . . . 0 1 −an−1− z

en remplaçant successivement les lignes L_n₋₁par L_n₋₁+ zL_n, L_n₋₂ par L_n₋₂+ zL_n₋₁, . . . , L₁par L₁+ zL₂. En développant le déterminant obtenu par rapport à la première ligne, on obtient

det(MP− zIⁿ) = −(−1)ⁿ⁻¹P(z)det(In−1) = (−1)ⁿP(z).

2.2.b) Chaque racineλ du polynˆome P(X) est une valeur propre de la matrice compagnon M_P, donc

|λ| 6 max

16i6nr_i avec r_i=

∑

n j=1

|mi j|

en vertu de la question 2.1.b). Comme r_i=

|a0| si i= 0

1+ |ai| si 1 6 i 6 n− 1 il en d´ecoule la majoration

|λ| 6 max{|a0|,1 + |a1|,... ,1 + |an−1|}.

Ainsi, toutes les racines du polynˆome P(X) = Xⁿ+ a_n₋₁Xⁿ⁻¹+ . . . + a₁X+ a₀appartiennent au disque ferm´e de centre O et de rayon R= max{|a0|,1 + |a1| + 1,... ,1 + |an−1|}.

PARTIE B : La borne de Cauchy 1) Un r´esultat pr´eliminaire

1.1) L’´ecriture

∀x ∈]0,+∞[, h(x) = −1 +cn−1

x + . . . + c1

xⁿ⁻¹+c0

xⁿ

montre que h est une somme de fonctions décroissantes sur]0, +∞[ car ci>0 pour tout i. L’une de ces fonctions est strictement décroissante puisqu’il existe un indice i tel que c_i> 0, donc h est strictement décroissante sur ]0, +∞[.

1.2) Le fonction h est continue, tend vers−1 lorsque x tend vers +∞, et tend vers+∞lorsque x tend vers 0 dans]0, +∞[ d’après l’hypothèse faite sur les ci. Il existe donc un nombre réel strictement positifα tel que h(α) = 0 par application du théorème des valeurs intermédiaires.

La fonction h est par ailleurs injective sur ]0, +∞[ puisqu’elle est strictement décroissante, donc α est l’unique point de]0, +∞[ en lequel h s’annule. Ceci prouve que le polynôme H(X) admet une unique racine réelle strictement positive : c’estα.

La fonction h est d´erivable et h^′(x) = −^H_x^′^(x)ⁿ +^nH(x)_xn+1 , donc h^′(α) = −α⁻ⁿH^′(α) et H^′(α) = −αⁿh^′(α).

On a

h^′(x) = −

c_n₋₁

x² + . . . +(n − 1)c1

xⁿ + nc₀ xⁿ⁺¹

< 0

(3)

pour tout x∈]0,+∞[ car les cisont positifs et non tous nuls, donc H^′(α) > 0 etα est par cons´equent une racine simple de H(X).

1.3) Pour tout nombre complexeζ tel que|ζ| >α, la décroissance stricte de h implique h(|ζ|) < h(α) = 0 et donc H(|ζ|) = −|ζ|ⁿh(|ζ|) > 0. Comme H(|ζ|) = |ζ|ⁿ−∑ⁿ_k=0⁻¹ck|ζ|^k, nous obtenons l’inégalité

|ζ|ⁿ>

n−1 k=0

∑

c_k|ζ|^k.

1.4) Soit ζ une racine complexe du polynˆome H(X). L’identit´e ζⁿ=∑ⁿ_k=0⁻¹ckζ^k implique la majoration

|ζ|ⁿ=∑ⁿ_k=0⁻¹c_kζ^k 6∑ⁿ_k=0⁻¹|ck||ζ|^k et donc

|ζ|ⁿ6

n−1 k=0

∑

ck|ζ|^k puisque les coefficients cksont des nombres r´eels positifs.

L’inégalité stricte de la question précédente est par conséquent impossible, donc|ζ| 6α.

Nous avons ainsi démontré que toutes les racines du polynôme H(X) appartiennent au disque fermé de centre O et de rayonα.

2) Une application

2.1) Le r´esultat de la question 1.4) s’applique au polynˆome F_γ(X) = (X −γ)F(X) = am−1X^m−

m−1 k=1

∑

(γak− a^k−1)X^k−γa0

car a_m₋₁> 0,γa₀> 0 etγa_k− ak−1>0 pour tout k∈ J1,m − 1K par d´efinition mˆeme deγ.

Nous obtenons ainsi la majoration|ζ| 6α, oùαest l’unique racine réelle et strictement positive du polynôme F_γ(X). Commeγ est un nombre réel strictement positif racine de ce polynôme,α=γet donc

|ζ| 6γ.

2.2) Considérons le polynôme G(X) = X^m⁻¹F(X⁻¹) =∑^m_k=0⁻¹a_kX^m^−k−1=∑^m_k=0⁻¹b_kX^k, avec b_k= a_m_−k−1pour tout k∈ J0,m − 1K. Tous les coefficients sont des nombres réels strictement positifs et

16i6mmax−1

b_i₋₁ bi

= max

06i6m−2

a_i+1 ai

=

06i6mmin−2

a_i a_i+1

₋₁

=

16i6mmin−1

a_i₋₁ ai

₋₁

=γ^′−1. Les racines du polynôme F(X) sont toutes non nulles puisque leur produit, égal à (−1)^m^{−1 a}_a_m⁰₋₁, est non nul, et leurs inverses sont par construction les racines du polynôme G(X). En appliquant 2.1) au polynôme G(X) en lieu et place de F(X), nous obtenons |ζ|⁻¹6γ^′−1et donc

γ^′6|ζ| pour toute racineζ de F(X).

3) La borne de Cauchy

3.1) Le coefficient a_nest non nul puisque le polynôme f(X) est de degré n. Les coefficients a₀, . . . , a_n₋₁ étant supposés non tous nuls, l’équation

|aⁿ|xⁿ−

n−1 k=0

∑

|a^k|x^k= |aⁿ| xⁿ−

n−1 k=0

∑

ak

a_n x^k

!

= 0

possède une unique solution réelle strictement positive, notéeρ( f ), par application de 1.2).

3.2) Soitζ une racine complexe de f(X).

Siζ= 0, alors ´evidemment |ζ| 6ρ( f ) puisqueρ( f ) > 0.

(4)

Supposonsζ 6= 0 et appliquons la question 1) avec H(X) = Xⁿ−∑ⁿ_k=0⁻¹ ^aa^kn

X^k. On a

|ζⁿ| =

n−1 k=0

∑

ak

anζ^k 6

n−1 k=0

∑

ak

an

|ζ|^k, donc h(|ζ|) > 0 et par suite

|ζ| 6ρ( f )

carρ( f ) est par définition l’unique zéro strictement positif la fonction décroissante h.

3.3.a) En vertu des relations entre racines et coefficients d’un polynôme, (−1)^{k a}_a^k_n est la k-ième fonction symétrique élémentaire des n nombres complexesζ1, . . . ,ζn, c’est-à-dire la somme de tous les produits possibles de k de ces nombres :

(−1)^kak

a_n =

∑

I⊂J1,nK et |I|=k

∏

i∈I

ζi.

Comme|ζi| 6 |ζn| pour tout i ∈ J1,nK, chaque produit de racines est major´e par |ζn|^ket donc

ak

a_n

6αk,n|ζn|^k,

oùαn,kest le nombre de termes de la somme ci-dessus, c’est-à-dire le nombre de parties à k éléments deJ1, nK.

On a ´evidemmentαn,k= ⁿ_k

puisque|J1,nK| = n, d’o`u finalement

a_k an

6

n k

|ζn|^k.

3.3.b) En multipliant l’inégalité précédente par le nombre réel positifρ( f )^k, nous obtenons

a_k an

ρ( f )^k6

n k

|ζn|ⁿ^−kρ( f )^k

pour tout k∈ J0,nK. Commeρ( f ) est, par définition, racine du polynôme Xⁿ−∑ⁿ_k=0⁻¹ âa^kn

X^k, nous en d´eduisons : ρ( f )ⁿ=

n−1 k=0

∑

a_k an

ρ( f )^k6

n−1 k=0

∑

n k

|ζn|ⁿ^−kρ( f )^k.

3.3.c) L’inégalité obtenue à la question précédente s’écrit de manière équivalente sous la forme ρ( f )ⁿ6(ρ( f ) + |ζn|)ⁿ−ρ( f )ⁿ,

c’est-`a-dire : 2 6

1+_ρ^|^ζ_{( f )}ⁿ^|n

ou encore (√ⁿ

2− 1)ρ( f ) 6 |ζn|.

3.3.d) Si l’on suppose que 0 n’est pas racine de f(X), alors (ζ_i⁻¹)_i_∈J1,nK sont les n racines complexes du polynˆome g(X) = Xⁿf(X⁻¹) et

0<

1 ζn

6

1 ζn−1

6. . . 6

1 ζ1

.

En appliquant les résultats des questions 3.2) et 3.3.c) au polynôme g(X) en lieu et place du polynôme f (X), nous obtenons l’encadrement

(√ⁿ

2− 1)ρ(g) 6

1 ζ1

6ρ(g), c’est-`a-dire

1

ρ(g)6|ζ1| 6 1 (√ⁿ

2− 1)ρ(g).

3.4) La borne de Cauchyρ(p) du polynôme p(X) = X³+ (−2 + 3i)X²+ (−3 − 5i)X + (6 − 2i) est l’unique solution réelle et strictement positive de l’équation

x³= | − 2 + 3i|x²+ | − 3 − 5i|x + |6 − 2i| =√

13x²+√

34x+ 2√ 10.

En utilisant une calculatrice, on obtient sans difficult´e un encadrement deρ(p) : 5, 01 <ρ(p) < 5, 02.

(5)

Le maximum des modules des racines de p(X) est |1 − 2i| =√

5 et l’on vérifie aisément les résultats de 3.2) et 3.3.a) :

(√³

2− 1)ρ( f ) 6 1, 31 6√

5 6 2, 3 6ρ(p).

4) Un raffinement de la borne de Cauchy

4.1) Commençons par observer que le coefficient a_nest non nul puisque le polynôme f(X) est de degré n.

Par d´efinition,

– la borne de Cauchyρ( f ) du polynôme f (X) est l’unique solution réelle strictement positive de l’équation

n−1 k=0

∑

|ak|x^k= |an|xⁿ;

– la borne de Cauchyρ( f1) du polynôme f1(X) est l’unique solution réelle strictement positive de l’équation

n−2 k=0

∑

|ak|x^k= |an|xⁿ.

La positivit´e deρ( f1) implique la majoration

|an|ρ( f₁)ⁿ=

n−2 k=0

∑

|ak|ρ( f1)^k6

n−1 k=0

∑

|ak|ρ( f1)^k,

donc h(ρ( f₁)) > 0 = h(ρ( f )), o`u h est la fonction d´efinie sur ]0, +∞[ par h(x) = −1

xⁿ xⁿ−

n−1 k=0

∑

a_k an

x^k

! .

Cette fonction étant strictement décroissante en vertu de la question 1.1), l’inégalité h(ρ( f₁)) > h(ρ( f )) im- plique

ρ( f₁) 6ρ( f ).

4.2) Supposons queζ soit une racine de f(X) n’appartenant pas au disque D0, c’est-`a-dire telle que|ζ| >

ρ( f₁).

En réécrivant l’identité∑ⁿ_k=0a_kζ^k= f (ζ) = 0 sous la forme a_n₋₁+ a_nζ = −_ζn−1¹ ∑ⁿ_k=0⁻²a_kζ^k, nous obtenons

|an−1+ a_nζ| 6 1

|ζ|ⁿ⁻¹

n−2 k=0

∑

|ak||ζ|^k

puis

|an−1+ a_nζ| 6 1 ρ( f₁)ⁿ⁻¹

n−2 k=0

∑

|ak|ρ( f₁)^k= |an|ρ( f₁) en utilisant successivement l’hypoth`ese|ζ| 6ρ( f₁) et la d´efinition deρ( f₁).

4.3) En divisant l’inégalité précédente par|an|, nous obtenons la majoration

ζ+an−1

an

6ρ( f₁) et en d´eduisons queζ appartient au disque ferm´e D₁.

Conclusion : nous venons de prouver que toutes les racines du polynôme f(X) appartiennent à la réunion des disques D₀et D₁.

PARTIE C : un th´eor`eme de Lucas

(6)

1) Pr´eliminaires

1.1) Il est clair que l’ensemble E(P) contient P. C’est par ailleurs une partie convexe du plan : étant donnés deux points A et B dans E(P) ainsi qu’une partie convexeΓde P qui contient P, alors A, B ∈ΓcarΓcontient E(P), puis [A, B] ⊂Γpar convexité. On obtient ainsi[A, B] ⊂ E (P), ce qui prouve la convexité de E (P).

Comme E(P) est, par d´efinition, contenue dans toute partie convexe du plan contenant P, c’est la plus petite partie convexe du plan contenant P.

1.2) Première étape : pour établir l’inclusion E(P) ⊂ B, il suffit de vérifier que B est une partie convexe du plan contenant P.

Il est clair que B contient P car tout point A de P est le barycentre de la famille{(A,1)}.

Considérons maintenant deux points A et B dans B. Il existe par hypothèse des points M₁, . . . , M_m et N1, . . . , Nndans P ainsi que des nombres réels positifs et non tous nulsλ1, . . . ,λmetµ1, . . . ,µntels que

A= Bar {(M1,λ1), . . . , (M_m,λm)} et B = Bar{(N1,µ1), . . . , (N_n,µn)} . Si l’on normalise les poids de sorte que∑^mi=1λi=∑ⁿj=1µj= 1, alors, pour tout t ∈ [0,1],

∑

m i=1

tλi+

∑

n j=1

(1 − t)µj= 1 et

Bar{(A,t),(B,1 − t)} = Bar {(M1,tλ1), . . . , (M_m,tλm), (N₁, (1 − t)µ1), . . . , (N_n, (1 − t)µn)}

par associativit´e du barycentre. Ceci montre que tout point du segment[AB] est le barycentre d’une famille de points de P affect´es de poids positifs, donc[AB] ⊂ B.

Seconde étape : l’inclusion réciproque B⊂ E (P) découle simplement du fait que toute partie convexeΓdu plan contenant P contient également le barycentre d’une famille finie de points de P affectés de poids positifs.

D´emontrons-le en raisonnant par r´ecurrence sur le cardinal n d’une telle famille{(M¹,λ1), . . . , (Mn,λn)}.

- Le r´esultat est vrai si n= 1 car Bar{(M1,λ1)} = M1∈ P ⊂Γ.

- La validité du résultat si n= 2 vient de la convexité deΓpuisque Bar{(M¹,λ1), (M2,λ2)} ∈ [M¹, M2] ⊂Γ.

- Supposons le r´esultat acquis pour n > 2 et d´emontrons-le pour n+ 1. Siλn+1= 0, alors Bar{(M¹,λ1), . . . , (Mn,λn), (M_n+1,λn+1)} = Bar{(M¹,λ1), . . . , (Mn,λn)}

appartient àΓd’après l’hypothèse de récurrence. Siλn+1> 0, l’associativité permet d’écrire Bar{(M1,λ1), . . . , (M_n,λn), (M_n+1,λn+1)} = Bar

(M₁,λ1), . . . , (M_n₋₁,λn−1), (M^′_n,λn^′)

avec M_n^′ = Bar{(Mn,λn), (M_n+1,λn+1)} etλn^′ =λn+λn+1>λn+1> 0. Ce point appartient à [M_nM_n+1], donc àΓpar convexité, et nous sommes ainsi ramenés à une famille de cardinal n pour laquelle l’hypothèse de récurrence s’applique.

2.1) Le polynˆome f(X) se factorise sous la forme f (X) =∏^mj=1(X − r^j)^α^j. Quels que soient les polynˆomes P et Q dans C[X],

(PQ)^′

PQ =P^′Q+ PQ^′ PQ =P^′

P +Q^′ Q. Il d´ecoule directement de cette observation que l’on a

[(z − rj)^α^j]^′

(z − rj)^α^j =αj[z − rj]^′ z− rj

= αj

z− rj

pour tout j puis

f^′(z) f(z) =

∑

m j=1

[(z − r^j)^α^j]^′ (z − r^j)^α^j =

∑

m j=1

αj

z− r^j pour tout nombre complexe z distinct des racines de f .

(7)

2.2) Pour toute racine r∈ C de f^′ distincte des racines de f , l’évaluation de la formule précédente en z= r donne

0=

∑

m j=1

αj

r− rj

=

∑

m j=1

αj(r− rj)

|r − rj|² .

Commeαjet|r − r^j|²sont des nombres réels, il suffit de conjuguer l’égalité précédente pour obtenir le résultat souhaité :

∑

m j=1

αj

|r − r^j|²(r − rj) = 0.

Etant donn´e deux points N et N´ ^′d’affixes respectives z et z^′,−−→

NN^′= Re(z^′− z)−→i + Im(z^′− z)−→j. En séparant les parties réelle et imaginaire dans la dernière identité, celle-ci est donc équivalente à la relation vectorielle

∑

m j=1

αj

|r − rj|²

−−−→M_jM=−→0,

où M (resp. Mj) désigne le point de P d’affixe r (resp. rj). Nous en déduisons que M est barycentre des points M₁, . . . , M_maffectés de poids strictement positifs.

2.3) Notons R l’ensemble des points de P dont les affixes sont les racines du polynˆome f . Si M est un point dont l’affixe r est une racine de f^′, alors

- soit r est ´egalement une racine de f , auquel cas M∈ R ⊂ E (R) ;

- soit r n’est pas une racine de f , auquel cas M est un barycentre des points de R affectés de poids (stricte- ment) positifs d’après la question précédente et donc M∈ E (R) en vertu de 1.2.

2.4) Les racines du polyôme dérivé p^′(X) = 3X²− 2(2 − 3i)X − (3 + 5i) sont w=1

3(2 − 3i +δ^′) et w^′=1

3(2 − 3i −δ^′),

oùδ^′ est une racine carrée du discriminant réduit∆^′= (2 − 3i)²+ 3(3 + 5i) = 4 + 3i. Un calcul facile donne δ^′= ±^√₂²(3 + i), donc

w= 2 3+

√2 2

!

− 1−

√2 6

!

i et w^′= 2 3−

√2 2

!

− 1+

√2 6

! i.

La calculatrice fournit des valeurs approchées : w≈ 1.37 − 0,76i et w^′≈ −0.04 − 1,24i et l’on vérifie graphiquement que les points d’affixes w et w^′ appartiennent bien à l’enveloppe convexe des points d’affixe 2,−1 − i et 1 − 2i.

+ +

+

−1 − i+

1− 2i w

2 1

0

w^′

PARTIE D : théorème de Lucas et polyn ôme de degré 3 1) Étude du cas o ù M₁M₂M₃est un triangle équilatéral

1.1) Le polynôme dérivé f^′(X) est de degré 2 et son terme dominant est 3X². Cette observation permet d’écrire une suite de conditions équivalentes :

(8)

f^′(X) poss`ede une racine doubleω ⇐⇒ f^′(X) = 3(X −ω)²

⇐⇒ ∃c ∈ C, f (X) = (X −ω)³− c

⇐⇒ ∃c ∈ C, r1, r₂et r3sont les trois solutions de l’´equation(z −ω)³= c.

Comme r1, r2et r3sont supposés distincts, le nombre complexe c qui apparaˆıt dans la dernière condition ne peut pas être nul.

La conclusion découle alors du fait suivant : trois nombres complexes sont les affixes des sommets d’un triangle équilatéral de centreΩ(ω) et de rayon (du cercle circonscrit) R si et seulement si ce sont les solutions d’une équation(z −ω)³= c, où c est un nombre complexe de module R.

1.2) Nous venons de démontrer que les points M₁, M₂, M₃ sont les sommets d’un triangle équilatéral si et seulement si le polynôme dérivée f^′(X) a une racine double ; cette dernière est alors l’affixe du centre de M₁M₂M₃. Notons qu’il n’est pas nécessaire ici de supposer que les points M₁, M₂et M₃ne sont pas alignés ; il suffit qu’ils soient distincts.

2) Une propriété de la tangente à l’ellipse 2.1) Il suffit d’écrire−−−−→

M(t)F^′=−−−→

M(t)F +−→

FF^′et de d´eriver par rapport `a t, en observant que le vecteur−→

FF^′est constant.

2.2) La fonction

R −→ R, t 7−→ M(t)F =−−−→

M(t)F.−−−→

M(t)F¹₂ est d´erivable et

d

dtM(t)F = 1 2· d

dt

−−−→

M(t)F ·−−−→

M(t)F

·−−−→

M(t)F.−−−→

M(t)F₋¹₂

=

d dt

−−−→M(t)F.−−−→

M(t)F

·−−−→

M(t)F ·−−−→

M(t)F₋¹₂

= 1

M(t)F

d dt

−−−→M(t)F ·−−−→

M(t)F

= (−→τ (t).−→u(t)).

On obtient de mˆeme,

d

dtM(t)F^′= (−→τ(t) · −→v(t)).

En dérivant l’identité M(t)F + M(t)F^′= 2a (vérifiée pour toute valeur de t), les calculs précédents impliquent 0= d

dtM(t)F + d

dtM(t)F^′= (−→u(t) + −→v(t) · −→τ(t)).

2.3) Les vecteurs −→u(t) et −→v(t) étant unitaires, leur somme −→u(t) + −→v(t) dirige la bissectrice intérieure des demi-droites[M(t)F) et [M(t)F^′). L’égalité démontrée à la question précédente signifie donc que la droite (M(t); −→τ (t)), tangente à (E ) au point M(t), est la bissectrice extérieure de ce couple de demi-droites.

3) Un th´eor`eme de Poncelet

3.1) Les points F et F^′se trouvant à l’intérieur de l’ellipse, ils sont tous deux du même côté de la tangente (PT1). Les points F1et F sont par ailleurs situés de chaque côté de(PT1), et il en est donc de même de F1et F^′. On en déduit que le point T₁, intersection des droites(F^′F₁) et (PT₁), est situé entre F^′et F₁et donc appartient au segment[F^′F₁]. Cette observation permet alors d’écrire

F^′F1= F^′T1+ T1F1= F^′T1+ T1F car FT1= F1T1, puis

F^′F₁= 2a puisque le point T1appartient `a l’ellipse E .

(9)

+ +

P

F’

F T1

+ F1

T2

+ F2

3.2) Le même raisonnement que précédemment permet de démontrer : F^′F₂= 2a. Par ailleurs, PF₁= PF et PF2= PF — car F1et F2sont les symétriques de F par rapport aux droites(PT1) et (PT2) —, donc PF1= PF2. La droite(PF) est par conséquent la médiatrice du segment [F₁F₂].

3.3) Le plan étant orienté, nous identifions les angles orientés de vecteurs (resp. de droites) à leur mesure, qui est un nombre réel modulo 2π(resp. moduloπ).

3.3.a) La compos´ee r1=σ(PF)◦σ(PT1)est la rotation de centre P et d’angle 2b((PT₁), (PF)). Elle envoie le point F1sur

(σ(PF)◦σ(PT1))(F₁) =σ(PF)(F) = F.

3.3.b) La compos´ee r2=σ(PT2)◦σ_(PF^′₎est la rotation de centre P et d’angle 2((PF^′), (PT2)). Vu la question 3.2), cette rotation transforme le point F₁en

(σ(PT2)◦σ(PF^′))(F₁) =σ(PT2)(F₂) = F.

Les rotations r₁ et r₂ ont le mˆeme centre P et transforment toutes deux le point F₁ en F ; elles sont donc

égales. On en déduit l’égalité angulaire

2((PT₁), (PF)) = 2((PF^′), (PT₂)) (mod. 2π), d’o`u

((PT1), (PF)) = ((PF^′), (PT2)) (mod.π).

4) Étude du cas o ù M1M2M3n’est pas équilatéral

Nous supposons pour ces dernières questions que les points M1, M2 et M3 ne sont pas alignés et que le triangle M₁M₂M₃n’est pas équilatéral.

4.1) Par un point M du plan n’appartenant pas au segment[FF^′], il passe une unique ellipse (E ) de foyers F et F^′: en effet,α= MF + MF^′> FF^′et l’ellipse en question est

(E ) = {N ∈ P | NF + NF^′=α}.

Nous devons donc justifier que le milieu du segment[M1M2] n’appartient pas `a [FF^′].

Le triangle M1M2M3n’étant pas équilatéral, le polynôme f^′(X) possède deux racines complexes distinctes w et w^′en vertu de la question 1.2). Par ailleurs, comme r₁, r₂et r₃sont distincts, les racines du polynôme f(X) sont simples et donc les racines de f^′(X) sont distinctes de celles de f (X).

(10)

Cette observation permet d’appliquer le résultat de la question 2.2) : les points F et F^′, d’affixes respectives w et w^′, sont des barycentres des points M1, M₂et M3affectés de poids strictement positifs. On en déduit que F et F^′appartiennent à l’intérieur O du triangle M1M2M3, ce qui implique[FF^′] ⊂ O par convexité de O.

Ainsi, le segment[FF^′] est disjoint des trois cˆot´es du triangle M₁M2M3; en particulier, il ne contient pas le milieu de[M₁M₂] et il existe donc une unique ellipse (E ) de foyers F et F^′passant par ce point.

4.2.a) En d´erivant f(X) = (X −r1)(X −r2)(X −r3), nous obtenons f^′(X) = (X −r2)(X −r3) + (X −r1)(X − r3) + (X − r¹)(X − r²). Par ailleurs, f^′(X) est un polynˆome de terme dominant 3X² et de racines w, w^′, donc

f^′(X) = 3(X − w)(X − w^′) et ainsi

3(X − w)(X − w^′) = (X − r²)(X − r³) + (X − r¹)(X − r³) + (X − r¹)(X − r²) dans C[X].

4.2.b) En substituant ^r¹^+r₂ ² à X dans l’identité précédente, on obtient 3

w−r₁+ r₂ 2

w^′−r₁+ r₂ 2

= 1

4((r₁− r2)(r₁+ r₂− r3) + (r₂− r1)(r₁+ r₂− r3) + (r₂− r1)(r₁− r2))

= 1

4(r₁− r2)(r₂− r1).

On a justifié en 4.1) que le milieu M de[M₁M₂] n’appartient pas au segment [FF^′] ; en particulier, M /∈ {F,F^′} et donc ^r¹^+r₂ ² ∈ {w,w/ ^′}. Par suite, l’égalité précédente se réécrit sous la forme équivalente

12w−^r¹^+r2 ²

r1− r² = r2− r¹ w^′−^r¹^+r₂ ². L’argument du nombre complexe non nul 12^w⁻_r ^r1+r2²

1−r² , ´egal `a arg w−^r¹^+r2 ²

− arg(r¹− r²), est une mesure de l’angle orient´e−−−→M₂\M₁,−→MF

. De mˆeme, l’argument du nombre complexe non nul ^r²^−r¹

w^′−^r1+r22

, ´egal `a arg(r₂− r1) − arg w^′−^r¹^+r₂ ²

, est une mesure de l’angle orient´e−−→\ MF^′,−−−→

M1M2

. L’égalité précédente implique donc

−−→\

MF^′,−−−→M₁M₂

=−−−→M₂\M₁,−→MF

=−−−→M₁M\₂, −−→MF ,

ce qui signifie que la droite (M₁M₂) est la bissectrice extérieure des demi-droites [MF) et [MF^′). Il découle alors de la question 2.4) que cette droite est la tangente à l’ellipse E au point M.

4.3.a) En substituant r1 à X dans l’égalité de la question 4.2.a), on obtient : 3(w − r¹)(w^′− r¹) = (r1− r₂)(r₁− r3) et donc

w− r¹ r₁− r3

= 3w^′− r¹ r₁− r2

.

4.3.b) De même qu’en 4.2.b), on déduit de la question précédente l’égalité d’angles orientés de vecteurs

−−→M₁\F,−−−→M₁M₃

=−−−→M₂M\₁,−−→

M₁F^′ et donc l’égalité d’angles orientés de droites

((M₁M\₃), (M₁F)) =((M₁F\^′), (M₁M₂)).

On sait (4.2) que la droite(M₁M₂) est tangente à l’ellipse (E ). D’après 3.3.b), la seconde tangente D à (E ) issue de M1vérifie l’égalité d’angles orientés

(D, (M₁F)) = (M₁F^′), (M₁M₂) . On obtient ainsi

((M₁M₃), (M₁F)) = (D, (M₁F)) et donc(M1M3) = D est la seconde tangente `a (E ) issue de M1.

(11)

4.4) En supposant que les trois points M₁, M₂, M₃ ne sont pas align´es et ne d´efinissent pas un triangle

équilatéral, nous avons démontré que les racines du polynôme f^′(X) sont les affixes des foyers F et F^′ d’une ellipse(E ) tangente aux droites (M1M2) et (M1M3) et passant par le milieu de [M1M2].

En permutant les points M1, M2et M3, on d´emontre de mˆeme l’existence d’une ellipse(E^′) (resp. (E^′′)) de foyers F et F^′, passant par le milieu de[M₂M₃] (resp. le milieu de [M₁M₃]) et tangente aux droites (M₂M₃) et (M1M2) (resp. aux droites (M1M3) et (M2M3)).

Comme une ellipse est uniquement déterminée par la donnée de ses foyers et d’une tangente,(E ) = (E^′) = (E^′′). Nous avons ainsi démontré le théorème annoncé : si le triangle M1M2M3est non aplati et non équilatéral, alors les racines du polynôme dérivé f^′(X) sont les affixes des foyers d’une ellipse tangente aux trois côtés du triangle M1M2M3en leurs milieux.

La figure ci-dessous illustre ce résultat pour le polynôme p de la première partie.

+ +

+

−1 − i+

1− 2i w

2

w^′ (E )