. Un polygone (à n côtés) est un élément de C n . Par exemple Z = (z 0 , z 1 , · · · , z n−1 ) est un polygone. On convient alors que z n = z 0 .

Énoncé

Ce problème porte sur l'inégalité isopérimétrique reliant l'aire et le périmètre de certaines gures géométriques.

Dans tout le problème, n désigne un entier supérieur ou égal à 3 et ω désigne e ⁱ

^2πn

. Un polygone (à n côtés) est un élément de C ⁿ . Par exemple Z = (z 0 , z 1 , · · · , z _n−1 ) est un polygone. On convient alors que z n = z 0 .

Un polygone Z est dit équilatéral lorsque | z j+1 − z j | est indépendant de l'indice j entre 0 et n − 1 .

Il est dit régulier direct lorsqu'il existe a ∈ C ^∗ et b ∈ C tels que

∀ k ∈ { 0, · · · , n − 1 } , z _k = aω ^k + b Il est dit régulier indirect lorsqu'il existe a ∈ C ^∗ et b ∈ C tels que

∀ k ∈ { 0, · · · , n − 1 } , z k = a¯ ω ^k + b Un polygone régulier direct ou indirect est dit simplement régulier.

Pour un polygone

Z = (z ₀ , z ₁ , · · · , z _n−1 )

on dénit son conjugué (noté Z ) et son translaté par c (noté Z + c avec c ∈ C) par : Z = (z ₀ , z ₁ , · · · , z _n−1 ), Z + c = (z ₀ + c, z ₁ + c, · · · , z _n−1 + c)

On dénit aussi z b 0 , z b 1 , · · · , b z _n−1 , b z n par :

∀ j ∈ { 0, · · · , n } , b z _j = 1

√ n

n−1

X

k=0

(¯ ω ^j ) ^k z _k On peut remarquer que z b n = z b 0 .

Partie I. Calculs préliminaires.

1. a. Soit k ∈ J 1, n − 1 K et ε ∈ {− 1, +1 }. Montrer que sin

kπ n

+ ε tan π n

cos kπ

n

≥ 0

b. En utilisant le tableau de variations de x → tan x − x dans un intervalle à préciser, montrer que

n tan π n

≥ π

z 0 = 1 z 1 = 2i

z 2 = −1

z ₃ = −2i

Fig. 1: Un polygone à 4 côtés

2. Soit Z = (z 0 , · · · , z n−1 ) un polygone régulier avec a et b comme dans la dénition.

a. Montrer que Z est équilatéral.

b. Montrer les points dont les axes sont les z i sont sur un cercle dont on précisera le centre et le rayon.

c. Exprimer b puis a en fonction des z i .

3. Montrer que le polygone de l'exemple de la gure 1 est équilatéral mais pas régulier.

4. Soit p ∈ Z, discuter selon p de la valeur de

√ 1 n

n−1

X

k=0

(ω ^p ) ^k

5. Soit Z = (z ₀ , z ₁ , · · · , z _n−1 ) ∈ C ⁿ . Vérier que

∀ j ∈ { 0, · · · , n − 1 } , z j = 1

√ n

n−1

X

k=0

(ω ^j ) ^k b z k

Partie II. Inégalité isopérimétrique pour les polygones.

Pour tout polygone Z = (z ₀ , · · · , z _n−1 ) , on dénit L(Z) , E(Z) et A(Z) par :

L(Z) =

n−1

X

k=0

| z _k+1 − z _k | , E(Z) =

n−1

X

k=0

| z _k+1 − z _k | ² , A(Z ) = 1 2 Im

n−1

X

k=0

z _k+1 z _k

!

Il est évident que L(Z) est le périmètre du polygone. Le réel A(Z) représente son aire algébrique mais vous ne devez ni justier ni utiliser cette propriété.

1. Soit c ∈ C et Z ∈ C ⁿ . Exprimer A(Z ) et A(Z + c) en fonction de A(Z ) . 2. On suppose dans cette question seulement que Z est un polygone régulier.

a. Exprimer L(Z) , E(Z) , A(Z) en fonction de sin ^π _n ou de sin ^2π _n b. En déduire les rapports

| A(Z ) | L(Z) ²

| A(Z) | E(Z )

L(Z) ² E(Z)

3. Soit Z ∈ C ⁿ . Montrer que L(Z) ² ≤ nE(Z) . Sous quelle condition sur Z a-t-on l'égalité ? 4. Soit Z ∈ C ⁿ .

a. Établir les relations A(Z) = 1

2

n−1

X

k=0

sin 2kπ

n

| z b k | ² E(Z ) = 4

n−1

X

k=0

sin ² kπ

n

| b z k | ² b. Montrer que

E(Z ) − 4 tan π n

A(Z) = 4

n−1

X

k=0

sin kπ

n sin kπ

n

− tan π n

cos kπ

n

| b z _k | ² c. Montrer que

| A(Z) |

E(Z) ≤ 1 4 tan ^π _n 5. On admet qu'il existe Z 0 ∈ C ⁿ tel que :

∀ Z ∈ C ⁿ : | A(Z) |

L(Z) ² ≤ | A(Z ₀ ) | L(Z 0 ) ²

a. Soit (z 0 , · · · , z n−1 ) = Z 0 et j entier entre 0 et n − 1 . On note Z 1 le polygone obtenu à partir de Z en remplaçant z j par z j + λ(z j+1 − z j−1 ) (avec un λ réel) sans changer les autres valeurs. Montrer que A(Z ₁ ) = A(Z ₀ ) .

b. Montrer que Z 0 est équilatéral.

c. Montrer l'inégalité isopérimétrique pour les polygones :

∀ Z ∈ C ⁿ , 4π | A(Z ) | ≤ L(Z) ²

Ce qui prouve l'inégalité demandée pour le cas des polygones. Cette inégalité se

généralise à d'autres courbes.

Corrigé

Partie I. Calculs préliminaires.

1. a. Après réduction au même dénominateur, l'expression qu'on nous demande d'éva- luer se met sous la forme

sin (k + ε) ^π _n cos ^π _n de plus, cos ^π _n

> 0 et k + ε ∈ J 0, n K entraîne sin (k + ε) ^π _n ≥ 0 .

b. Formons le tableau de variations de la fonction f dénie dans [0, ^π ₂ [ par f (x) = tan x − x . Elle est C ^∞ dans son domaine avec f ⁰ (x) = tan ² x ≥ 0 . Cette fonction est donc croissante donc f (x) ≥ 0 pour tous les x du domaine. Le cas particulier des x de la forme ^π _n conduit à l'inégalité demandée.

2. Dans cette question Z = (z ₀ , · · · , z _n−1 ) est un polygone régulier.

a. Un polygone régulier direct est équilatéral car tous les côtés ont la même longueur.

| z j+1 − z j | = | a || ω ^j+1 − ω ^j | = | a || ω − 1 | = 2 | a | sin π n

Le calcul est analogue et le résultat est le même dans le cas d'un polygone régulier indirect.

b. Un polygone régulier est l'image par similitude d'un polygone régulier inscrit sur le cercle unité. Il est inscrit dans le cercle de centre b et de rayon | a |.

c. On obtient b en sommant les axes des points du polygone

n−1

X

k=0

z i = a

n−1

X

k=0

ω ^k

!

+ nb = b car

n−1

X

k=0

ω ^k = ω ⁿ − 1 ω − 1 = 0 On en déduit

b = 1 n

n−1

X

k=0

z i et z 0 = a + b ⇒ a = z 0 − b = 1

n ((n − 1)z 0 − z 1 − · · · − z _n−1 ) 3. Le polygone à quatre côtés proposé dans l'exemple est équilatéral car le calcul montre

que tous les côtés ont la même longueur √

5 . On peut remarquer que c'est un losange (diagonales perpendiculaires).

Si ce losange était un polygone régulier, son b serait nul d'après la question précédente.

Il apparait alors que les | z _i − b | valent 1 ou 2 au lieu d'être égaux à un même | a |. Le

losange de l'exemple est donc équilatéral mais non régulier. Les deux notions ne sont pas équivalentes : un polygone régulier est équilatéral mais un polygone équilatéral n'est pas forcément régulier.

4. La quantité qu'on nous demande d'évaluer est une somme de termes en progression géométrique. La raison est ω ^p qui est toujours une racine n -ième de l'unité. Lorsque cette raison n'est pas 1 la somme est donc nulle. On conclut donc :

S(p) = 1

√ n

n−1

X

k=0

(ω ^p ) ^k =

( 0 si p 6≡ 0 mod n

√ n si p ≡ 0 mod n

5. Transformons le membre de gauche de l'égalité à vérier

√ 1 n

n−1

X

k=0

ω ^{j k} z b k = 1

n

n−1

X

k=0

ω ^{j k}

n−1

X

l=0

¯ ω ^{k l}

z l

!

= 1

n − 1

n

X

k=0 n−1

X

l=0

ω ^k(j−l) z l

= 1 n

n−1

X

l=0 n−1

X

k=0

ω ^{j−l k} z l = 1

n

n−1

X

l=0

S (j − l)z l = z j

car la seule S(j − l) non nulle correspond à l = j et elle vaut √ n .

Partie II. Inégalité isopérimétrique.

1. Comme z _k+1 z _k = z _k+1 z _k , on a A(Z) = − A(Z ) . D'autre part :

(z k+1 + c)(z k + c) = z k+1 z k + | c | ² + z k+1 c + cz k

donc

A(Z + c) = A(Z ) + Im c

n−1

X

k=0

z k+1

!

+ Im c

n−1

X

k=0

z k

!

Or, comme z n = z 0 ,

n−1

X

k=0

z k+1 =

n−1

X

k=0

z k

et les complexes dans les parties imaginaires sont conjugués. Les parties imaginaires s'annulent et A(Z + c) = A(Z ) .

2. Dans cette question, Z est un polygone régulier.

a. On a déjà vu que pour un polygone régulier | z k+1 − z k | = 2 | a | sin ^π _n

. On en tire L(Z) = 2n | a | sin π

n

E(Z) = 4n | a | ² sin ² π n

On sait d'après la question 1 de cette partie que le b disparaitra du calcul de A pour un polygone régulier. On a donc, dans le cas direct :

A(Z) = | a | ² 2 Im

n−1

X

k=0

ω ^k+1−k

!

= n

2 | a | ² Im(ω) = n 2 | a | ² sin

2π n

Dans le cas direct, le résultat est aecté d'un − 1 .

b. D'après les résultats de la question précédente, après simplication,

| A(Z) |

L(Z) ² = sin ^π _n

8n sin ^{2 π} _n = cos ^π _n 4n sin ^π _n

| A(Z) |

E(Z) = cos ^π _n 4 sin ^π _n

L(Z ) ² E(Z) = n 3. On peut utiliser l'inégalité de Cauchy-Schwarz pour majorer L(Z) ,

L(Z ) =

n−1

X

k=0

1 × | z _k+1 − z _k | ≤ v u u t

n−1

X

k=0

1 ² v u u t

n−1

X

k=0

| z _k+1 − z _k | ² = √ n p

E(Z )

On en déduit l'inégalité demandée en élevant au carré.

L'égalité se produit si les | z k+1 − z k | sont proportionnels à la suite constante 1 c'est à dire égaux entre eux ou encore si et seulement si le polygone est équilatéral.

4. a. Notons j la variable locale à la somme dénissant A pour utiliser plus commo- dément la question I.5. Comme toutes les sommes se font sur des indices entre 0 et n − 1 , on se permet de ne pas écrire les ensembles sur lesquels on somme pour alléger un peu les formules

z j+1 z j = 1 n

X

k,l

ω ^{j+1 k}

b z k ω ^{−j l} b z l = 1

n X

k,l

ω ^{k−l j} ω ^k b z k b z l

En sommant sur j , on peut encore utiliser I.4.

X

j

z j+1 z j = 1 n

X

k,l



 X

j

ω ^{k−l j}





n si k=l sinon 0

ω ^k z b k b z l = X

k

ω ^k z b k b z k

En prenant la partie imaginaire, on a bien : A(Z) = 1

2

n−1

X

k=0

sin 2kπ

n

|b z _k | ²

Pour E , on commence par examiner la somme des carrés des modules

| z j | ² = 1 n

X

k,l

ω ^{j k}

z b k ω ^{−j l} z b l = 1

n X

k,l

ω ^{k−l j} b z k b z l

On en déduit comme plus haut avec I.4., X

j

| z j | ² = X

k

| z b k | ²

Par circularité, cette somme est aussi celle de 1 à n . On en déduit alors, en utilisant encore le travail fait sur P

j z _j+1 z _j : E(Z ) = X

j

| z j+1 | ² + | z j | ² − 2 Re (z j+1 z j )

= 2 X

j

|b z j | ² − 2 Re



 X

j

z j+1 z j



 = 2 X

j

|b z j | ² − 2 X

k

cos 2kπ

n

|b z k | ²

= 2 X

k

1 − cos

2kπ n

|b z _k | ² = 4 X

k

sin ² kπ

n

|b z _k | ² b. La relation demandée est facile à prouver. Elle vient de la sommation des relations

sin ² kπ

n

− tan π n

1 2 sin

2kπ n

= sin ² kπ

n

− tan π n

sin kπ

n

cos kπ

n

= sin kπ

n sin kπ

n

− tan π n

cos kπ

n

c. Comme 0 ≤ ^kπ _n ≤ π pour les k entre 0 et n , on a sin ^kπ _n

≥ 0 . Le résultat de la question I.1.a. avec ε = 1 , montre (avec la question précédente et E(Z) > 0 ) que

E(Z) − 4 tan π n

A(Z) ≥ 0 ⇒ A(Z)

E(Z ) ≤ 1

4 tan ^π _n

De même avec ε = 1 ,

E(Z) + 4 tan π n

A(Z ) ≥ 0 ⇒ − A(Z)

E(Z ) ≤ 1 4 tan ^π _n On en déduit la majoration avec la valeur absolue de A(Z ) .

5. a. Évaluons A(Z ₁ ) en notant par de simples · · · les termes de A(Z ₀ ) qui ne sont pas modiés

A(Z 1 ) = 1 2 Im

(z j + λ(z j+1 − z _j−1 )) z _j−1 + z j+1 (z j + λ(z j+1 − z _j−1 )) + · · ·

= A(Z 0 ) + λ

2 Im ((z j+1 − z j−1 )z j−1 ) + z j+1 (z j+1 − z j−1 )

= A(Z ₀ ) + λ

2 Im (z _j+1 z _j−1 − z _j+1 z _j−1 ) = A(Z ₀ ) b. D'après la propriété fondamentale de Z 0 et la question précédente (conservation

du A ), on déduit que pour tous les Z 1 dénis comme dans la question précédente avec j et λ arbitraires :

A(Z ₁ ) = A(Z ₀ )

| A(Z 1 ) |

L(Z ₁ ) ² ≤ | A(Z 0 ) | L(Z ₀ ) ²







⇒ L(Z 0 ) ≤ L(Z 1 )

⇒ | z _j+1 − z _j | + | z _j − z _j−1 | < | z _j+1 − z _j ⁰ | + | z ⁰ _j − z _j−1 | Il reste à montrer que cela ne peut se produire que si Z 0 est équilatéral.

Comme les longueurs se conservent par similitude, on peut supposer que z _j+1 = k et z _j−1 = − k avec k réel. On note a = Re(z _j ) et b = Im(z _j ) . On peut alors prendre z ⁰ _j = z _j + t avec t réel car z _j+1 − z _j1 est réel. L'expression se simplie

f (t) = | z j+1 − z _j ⁰ | + | z _j ⁰ − z j−1 | = p

(k − a − t) ² + b ² + p

(k + a + t) ² + b ² et on doit avoir f (0) < f (t) pour tout t 6 = 0 . Ceci entraîne f ⁰ (0) = 0 .

Or

f ⁰ (0) = − k − a

| k − z | + k + a

| k + z | D'où

(k − a) | k+z | = (k+a) | k − z | ⇒ (k − a) ² (k + a) ² + b ²

= (k+a) ² (k − a) ² + b ²

⇒ (k − a) ² = (k + a) ² ⇒ a = 0

⇒ | z j+1 − z j | = p

k ² + b ² = p

( − k) ² + b ² = | z j − z j+1 |

Ceci étant valable pour tous les j , le polygone Z 0 est bien équilatéral.

c. Comme le polygone Z 0 est équilatéral, il réalise un cas d'égalité dans la formule de Cauchy-Schwarz de la question II.3. On en déduit que L(Z 0 ) ² = nE(Z 0 ) . Utilisons alors l'inégalité de 4.c.

| A(Z) |

L(Z) ² ≤ | A(Z 0 ) |

L(Z ₀ ) ² = | A(Z 0 ) |

nE(Z ₀ ) ≤ 1

4n tan ^π _n ≤ 1

4π

d'après la deuxième partie de la question I.1.