G ´EOMETRIE´ 2 :ESPACES AFFINES
Corrig´e (d´ebut)
Principaux points `a retenir
1. Lien ´etroit entre les contextes affines et vectoriels. Application des techniques d’alg`ebre lin´eaire `a l’´etude de probl`emes g´eom´etriques.
2. Repr´esentation param´etrique d’un sous-espace affine, description par des ´equations affines dans un rep`ere cart´esien et passage d’un point de vue `a l’autre (exercices 2.1. et 2.3).
3. ´Etude d’une application affine `a partir de son expression dans un rep`ere cart´esien et interpr´etation g´eom´etrique des r´esultats obtenus (exercice 2.3).
4. D´efinition de la notion de « mesure alg´ebrique » et formulation du th´eor`eme de Thal`es la faisant intervenir (exercice 2.5).
5. Utilisation des nombres complexes apr`es avoir choisi un rep`ere orthonorm´e d’un plan euclidien (exercice 2.6).
6. Notion de barycentre et op´erations ´el´ementaires correspondantes (exercice 2.6).
Exercice 2.1 — Le plan P cherch´e s’´ecrit sous la forme P= M0+−→
P , o `u M0est l’un quelconque de ses points et−→ P , sa direction, est un sous-espace vectoriel de−→
E de dimension 2. Par hypoth`ese, le plan P contient la droite D et est parall`ele
`a la droite D′. Il suffit donc de choisir M0dans D. En admettant temporairement que les droites D et D′ne soient pas parall`eles (ce que l’on va bientˆot v´erifier),−→
P =−→ D+→−
D′est le plan vectoriel engendr´e par les directions de D et D′. Nous avons visiblement besoin de descriptions param´etriques de D et D′, que l’on obtient tr`es simplement en r´esolvant les syst`emes lin´eaires d´efinissant ces droites.
Etant donn´e un point M dans E de coordonn´ees´ (x, y, z) dans le rep`ere consid´er´e,
M∈ D ⇐⇒
x− y + 1 = 0
x+ y + z − 1 = 0 ⇐⇒L2←L2+L1
x− y + 1 = 0
2x+ z = 0 ⇐⇒ ∃λ ∈ R,
x y z
=
0 1 0
+λ
1 1
−2
,
donc D est la droite passant par le point A= O + −→e2et dirig´ee par le vecteur −→v = −→e1+ −→e2− 2−→e3. De mani`ere analogue,
M∈ D′⇐⇒
2x− y − 1 = 0
3x− z − 4 = 0 ⇐⇒ ∃λ∈ R,
x y z
=
0
−1
−4
+λ
1 2 3
et donc D′est la droite passant par le point A′= O − −→e2− 4−→e3et dirig´ee par le vecteur −→v′= −→e1+ 2−→e2+ 3−→e3. Les droites D et D′ ´etant dirig´ees par des vecteurs non colin´eaires, elles ne sont pas parall`eles et−→
D+−→ D′ est par cons´equent un plan vectoriel. Ayant choisi M0= A, nous en d´eduisons une description param´etrique du plan cherch´e :
P= A + R−→v + R−→v′.
De mani`ere ´equivalente, ´etant donn´e un point M dans E de coordonn´ees(x, y, z) dans le rep`ere consid´er´e, M∈ P ⇐⇒−−→
AM∈ Vect(−→v , −→v′) ⇐⇒(1) les vecteurs−−→
AM, −→v et −→v′sont lin´eairement d´ependants
⇐⇒
x 1 1
y− 1 1 2
z −2 3
= 0.
Il suffit de calculer ce d´eterminant pour obtenir une ´equation cart´esienne de P : 7x− 5y + z + 5 = 0.
Remarque sur l’´equivalence(1). L’implication⇒ est ´evidente. Pour l’implication r´eciproque, observer que si l’on a une relation de d´ependance lin´eaireλ−−→AM+µ−→v +µ−→v′= 0 avec des coefficients non tous nuls, alors n´ecessairementλ6= 0 car sinon les vecteurs −→v et −→v′seraient colin´eaires.
1
Exercice 2.2 — Rappelons que l’on peut naturellement voir tout espace vectoriel−→
E comme un espace affine de direction
−
→E en consid´erant l’action de−→
E sur lui-mˆeme par translation :
−
→E×→−
E −→ −→
E (−→u , −→v) 7−→ −→u + −→v
En d’autres termes : si l’on voit deux vecteurs −→u et −→u′comme des « points », le vecteur−−−→−→u −→u′est simplement −→u′− −→u . Un sous-espace affine F de−→
E est le translat´e F= −→u +−→
F d’un sous-espace vectoriel−→ F de−→
E par un vecteur −→u ∈−→ E . (i) Fixons un point O dans E. Pour tout point M∈ E,
−−−−→
M f(M) = −−→
MO+−−−−→
O f(O) +−−−−−−→
f(O) f (M)
= −−−−→
O f(O) +−→ f(−−→
OM) −−−→
OM
= −−−−→
O f(O) + (−→ f −−→
id)(−−→
OM).
Comme tout vecteur dans−→
E s’´ecrit (de mani`ere unique) sous la forme−−→
OM avec M∈−→
E , nous obtenons ainsi n−−−−→
M f(M) ; M ∈ Eo
=−−−−→
O f(O) + Im(−→ f −−→
id), ce qui montre que l’ensemble consid´er´e est un sous-espace affine de−→
E , de direction le sous-espace vectoriel Im(−→ f −−→
id).
(ii) Un point M∈ E est un point fixe de f si et seulement si−−−−→
M f(M) =−→
0 . Par suite, pour que l’ensemble des points fixes de f soit non vide, il faut et il suffit que le sous-espace affine de−→
E consid´er´e `a la question pr´ec´edente passe par l’origine−→
0 de−→
E , c’est-`a-dire que ce soit un sous-espace vectoriel.
Supposons que f admette un point fixe O. Pour tout point M∈ E, f(M) = M ⇐⇒−−−−→
M f(M) =−→ 0 ⇐⇒−→
f (−−→
OM) −−−→
OM=−→
0 ⇐⇒−−→
OM∈ Ker(−→ f −−→
id),
et donc l’ensemble des points fixes de f est le sous-espace affine de E passant par O et dirig´e par le sous-espace vectoriel Ker(−→
f −−→ id) de−→
E .
Exercice 2.3 — (i) ´Etant donn´e un point M dans E de coordonn´ees(x1,x2,x3) dans le rep`ere (O; −→e1,−→e2,−→e3), les coordonn´ees du vecteur−−−−−−→
f(M) f (O) dans la base (−→e1,−→e2,−→e3) sont
7x1− 18x2+ 42x3
−2x1+ 7x2− 14x3
−2x1+ 6x2− 13x3
=
7 −18 42
−2 7 −14
−2 6 −13
x1 x2
x3
.
On a donc−−−−−−→
f(O) f (M) = L(−−→
OM), o`u L est l’endomorphisme lin´eaire de−→
E dont la matrice dans la base(−→e1,−→e2,−→e3) est
A=
7 −18 42
−2 7 −14
−2 6 −13
.
L’application f est par cons´equent affine, de partie lin´eaire L.
(ii) Commenc¸ons par d´eterminer l’ensemble Fix( f ) des points fixes de f . ´Etant donn´e un point M dans E, f(M) = M ⇐⇒ (−→
f −−→ id)(−−→
OM) =−−−−→
f(O)O, donc Fix( f ) est non vide si et seulement si le vecteur−−−−→
f(O)O appartient `a l’image de l’application lin´eaire−→ f −−→
id . La matrice
A− I3=
6 −18 42
−2 6 −14
−2 6 −14
est de rang 1, toutes ses colonnes ´etant proportionnelles `a
3
−1
−1
. On a donc Im(A−I3) = R
3
−1
−1
, et Im(−→ f −−→
id)
est la droite vectorielle engendr´ee par le vecteur −→v = 3−→e1− −→e2− −→e3. On v´erifie imm´ediatement que le vecteur−−−−→
O f(O) =
−4−→v appartient `a cette droite. En outre, comme
−12 4 4
= 2
−6 2 2
=
6 −18 42
−2 6 −14
−2 6 −14
2 0 0
,
le point O′= O + 2−→e1est fix´e par f et
Fix( f ) = O + Ker(−→ f −−→
id) est un sous-espace affine de dimension
dim Ker(−→ f −−→
id) = dim−→
E − dim Im(−→ f −−→
id) = 3 − 1 = 2 par application du th´eor`eme du rang.
L’application lin´eaire−→
f admet 1 pour valeur propre avec multiplicit´e dim Ker(−→ f −−→
id) = 2. La troisi`eme valeur propre λ de−→f satisfait `a l’´equation
1+ 1 +λ= Trace(−→
f ) = Trace(A) = 1,
doncλ = −1. Cette valeur propre ´etant simple, le sous-espace propre correspondant Ker(−→ f +−→
id) est une droite vecto- rielle, engendr´ee par tout vecteur non nul dont les coordonn´ees appartiennent au noyau de la matrice
A+ I3=
8 −18 42
−2 8 −14
−2 6 −12
.
Comme
8x1− 18x2+ 42x3 = 0
−2x1+ 8x2− 14x3 = 0
−2x1+ 6x2− 12x3 = 0
⇐⇒
4x1− 9x2+ 21x3 = 0
−x1+ 4x2− 7x3 = 0
−x1+ 3x2− 6x3 = 0
⇐⇒LL1←L1+4L3
2←L2+L3
3x2− 3x3 = 0
x2− x3 = 0
−x1+ 3x2− 6x3 = 0 le vecteur −→w= 3−→e1− −→e2− −→e3engendre la droite Ker(−→
f −−→ id).
Nous pouvons maintenant conclure et d´ecrire g´eom´etriquement f . L’espace vectoriel−→
E est somme directe des sous- espaces propres de−→
f : −→
E = Ker(−→ f −−→
id) ⊕ Ker(−→ f +→−
id)
(justification : ces deux sous-espaces propres sont en effet d’intersection nulle car les valeurs propres correspondantes sont distinctes et la dimension du membre de droite est 3= 2 + 1) ; l’endomorphisme−→
f est ainsi diagonalisable.
D´esignons respectivement parπ1 et π−1 les projecteurs de−→
E sur Ker(−→ f −−→
id) et Ker(−→ f +−→
id) associ´ees `a cette d´ecomposition : pour tout vecteur −→v ∈−→
E , π1(−→v) ∈ Ker(−→
f −→−
id), π−1(−→v) ∈ Ker(−→ f +−→
id) et −→v =π1(−→v) +π−1(−→v).
Quel que soit le point M dans E,
f(M) = f(O′) +−→ f (−−→
O′M)
= O′+−→ f
π1(−−→
O′M) +π−1(−−→
O′M)
= O′+π1(−−→
O′M) −π−1(−−→
O′M).
Ainsi, l’application f fixe chaque point du plan Π= O′+ Ker(−→
f −−→
id) = O′+ Vect(−→u , −→v),
o `u −→u = 3−→e1+ −→e2et −→v = 7−→e1− −→e3. Elle stabilise par ailleurs chaque droite D de direction Ker(−→
f +→−
id) = R−→w ,
o `u −→w = 3−→e1− −→e2− −→e3, sur laquelle elle induit la sym´etrie par rapport au point d’intersection de D avecΠ. Au final, f est donc de la sym´etrie par rapport au planΠ, dans la direction R−→w .
M
f(M)
= O′+ Ker(−→ f −−→
id) Π= Fix( f )
f(N)
N
O′ −→
D= Ker(−→
f +−→ id)
Exercice 2.4 — 1. Soit f : E→ F une application affine. Ayant fix´e un point O dans E, tout point M de E s’´ecrit de mani`ere unique sous la forme M= O + −→v avec −→v ∈−→
E et
f(O + −→v) = f (O) +−→ f (−→v).
Comme
f(M) = f (O) ⇐⇒−→ f (−−→
OM) =−→ 0 ,
la fibre f−1(O) de f au-dessus du point O — c’est-`a-dire le sous-ensemble des points M de E tels que f (M) = f (O) — est un sous-espace affine de direction Ker(−→
f). Si f est injective, ce sous-espace est r´eduit au point O, donc Ker(−→ f ) = {−→
0} et−→
f est injective. R´eciproquement, si−→
f est injective, alors f−1(O) = {O} ; le point O pouvant ˆetre choisi arbitrairement, toutes les fibres de f sont des singletons et f est donc injective.
L’image de f est le sous-espace affine Im( f ) = f (O) + Im(−→
f). Par suite, f est surjective ⇐⇒ Im( f ) = E ⇐⇒ Im(−→
f) =−→ E ⇐⇒−→
f est surjective.
L’´equivalence entre la bijectivit´e de f et celle de−→
f se d´eduit imm´ediatement des ´equivalences pour l’injectivit´e et la surjectivit´e.
2. Fixons un point O dans E et soit f : E→ E une application affine.
(i) ´Ecriture de f sous la forme f= t ◦ ef , o `u t est une translation et ef une application affine fixant O.
- Unicit´e – Si t,t′sont deux translations et g, g′sont deux applications affines fixant le point O telles que t◦ g = t′◦ g′, alors t(O) = (t ◦ g)(O) = (t′◦ g′)(O) = t′(O), donc t = t′, puis g= t−1◦ (t ◦ g) = t′−1◦ (t′◦ g′) = g′.
- Existence – Soit ef l’application affine de E dans lui-mˆeme d´efinie par e
f(O + −→v) = O +−→
f(−→v) (−→v ∈−→ E).
On a alors
f(O + −→v) = f (O) +−→
f(−→v) = O +−−−−→
O f(O) +−→
f(−→v) = ef(O + −→v) +−−−−→
O f(O) pour tout vecteur −→v , c’est-`a-dire f = t ◦ ef en d´esignant par t la translation de vecteur−−−−→
O f(O).
(ii) Dans le cas particulier consid´er´e, t est la translation de vecteur −→e1− 3−→e2+ 2−→e3 et ef est l’application affine envoyant le point de coordonn´ees(x1,x2,x3) sur le point de coordonn´ees (2x1− x2+ x3,x1+ x2+ x3,x2− 2x3).
(iii) Soit −→u ∈−→
E et posons g= ef◦ t−→u. D’apr`es (i), g= t′◦ eg, o `u t′est la translation de vecteur−−−−→
Og(O) et eg est l’unique application affine ayant la mˆeme partie lin´eaire que g et fixant O. Comme −→g =−→
f ,ge= ef ; par ailleurs, g(O) = ef(O+ −→u) = O+−→
f (−→u) et donc−−−−→
Og(O) =−→
f (−→u). Nous obtenons finalement e
f◦ t−→u = t−→f(−→u)◦ ef .
(iv) Il suffit d’appliquer la formule obtenue `a la question pr´ec´edente : g◦ f = (t−→v ◦ eg) ◦ (t−→u◦ ef)
= t−→v ◦ (eg) ◦ (t−→u) ◦ ef
= t−→v ◦ (t−→g(−→u)◦ eg) ◦ ef
= t−→v+−→g(−→u)◦ eg◦ ef .
Exercice 2.5 — (i) Les hyperplans H, H′et H′′ ont la mˆeme direction−→
H , laquelle est un hyperplan vectoriel de−→ E ne contenant ni−→
D1, ni−→
D2. On en d´eduit tout de suite−→ H∩−→
D1=−→ H∩−→
D2= {−→ 0} puis
−
→E =−→ H+−→
D1=−→ H+−→
D2.
H
H′
H′′
D2 D1
M2
M′2
M′′2 M1”
M′1 M1
Choisissons un point O1dans D1et un point O dans H, de sorte que D1= O1+−→
D1et H= O +−→
H . Quel que soit M∈ E, M∈ D1∩ H ⇐⇒ ∃(−→u , −→v) ∈−→
D1×−→
H , O1+ −→u = O + −→v
⇐⇒ ∃(−→u , −→v) ∈−→ D1×−→
H , −−→
OO1= −→v − −→u . Vu la d´ecomposition en somme directe−→
E =−→ H⊕−→
D1, il existe une unique ´ecriture du vecteur−−→
OO1sous la forme
−−→OO1= −→v − −→u avec −→u ∈−→
D1, −→v ∈−→
H . L’intersection D1∩ H est par cons´equent r´eduite au point O1+ −→u = O + −→v . Le raisonnement pr´ec´edent s’applique chaque fois et
Di∩ H = {Mi}, Di∩ H′= {M′i}, Di∩ H′′= {M′′i} (i= 1, 2).
(ii) Les points M1,M′1et M′′1d’une part, M2,M′2et M′′2d’autre part, sont distincts puisque les trois hyperplans H, H′et H′′sont par hypoth`ese disjoints.
Les vecteurs−−−→
M1M′1et−−−→
M1M′′1sont non nuls et colin´eaires, donc il existe un unique scalaireλ1∈ k tel que−−−→
M1M′′1= λ1
−−−→M1M′1. Pour la mˆeme raison, il existe un unique scalaireλ2∈ k tel que−−−→
M2M′′2=λ2
−−−→M2M′2. Par ailleurs,
−−−→M2M′2=−−−→
M2M1+−−−→
M1M′1+−−−→
M′1M′2
et −−−→
M2M′′2=−−−→
M2M1+−−−→
M1M′′1+−−−−→
M′′1M′′2,
donc
−
→0 = −−−→
M2M1+−−−→
M1M′′1+−−−−→
M′′1M′′2
−λ2
−−−→
M2M1+−−−→
M1M′1+−−−→
M′1M′2
= −−−→
M1M′′1−λ2
−−−→M1M′1
+−−−→
M2M1+−−−−→
M′′1M′′2−λ2
−−−→M2M1−λ2
−−−→M′1M′2 . Le vecteur dans la premi`ere parenth`ese appartient `a−→
D1, celui dans la seconde parenth`ese `a−→
H ; tous deux sont nuls puisque ces sous-espaces vectoriels sont en somme directe. Nous obtenons ainsi−−−→
M1M′′1=λ2
−−−→M1M′1, puis finalementλ1=λ2par unicit´e du coefficient de proportionnalit´e.
(ii) Consid´erons une droite D dans E et choisissons un vecteur non nul −→u dans−→
D (un vecteur directeur). ´Etant donn´es deux points M et N dans D, il existe un unique scalaireµ∈ k tel que−−→
MN=µ−→u . Ce coefficient est la mesure alg´ebrique de−−→
MN associ´ee au vecteur −→u , et il est nul si et seulement si M= N. Il est bien clair que cette d´efinition d´epend du choix du vecteur directeur −→u de−→
D . En effet, si −→u′est un autre vecteur directeur de D, il existe alors un (unique) scalaireα∈ k× tel que −→u′=α−→u ; la mesure alg´ebrique de−−→
MN associ´ee `a −→u′est le scalaireµ′d´efini par la relation−−→
MN=µ′−→u′, et un calcul imm´ediat fournit la relation
µ′= µ α. Nous noterons MN
−
→u
la mesure alg´ebrique de−−→
MN associ´ee au vecteur directeur −→u pour mettre en ´evidence cette d´ependance.
Revenons `a la question (ii) et introduisons des vecteurs directeurs −→u1 et −→u2des droites D1et D2. Ceci fait, nous pouvons ´ecrire
−−−→MiM′i= MiM′i
−
→ui−→ui et −−−→
MiM′′i = MiM′′i
−
→ui−→ui (i= 1, 2) et le r´esultat obtenu `a la question (ii) s’exprime alors sous la forme
M1M′′1
−
→u1
M1M′1
−
→u1 =M2M′′2
−
→u2
M2M′2
−
→u2.
Il reste `a observer que les quotients de mesures alg´ebriques apparaissant dans cette ´egalit´e ne d´ependent pas du choix des vecteurs directeurs −→u1et −→u2, ce qui se d´eduit imm´ediatement de la formule de transformation des mesures alg´ebriques par changement de vecteur directeur : le num´erateur et le d´enominateur sont multipli´es par un mˆeme facteur.
Voici donc l’´enonc´e du th´eor`eme de Thal`es en termes de mesures alg´ebriques : sous les hypoth`eses intiales, les points d’intersection des droites D1et D2avec les hyperplans H, H′et H′′satisfont `a la relation de proportionalit´e
M1M′′1
M1M′1 =M2M′′2 M2M′2,
o `u, pour chaque quotient, les barres d´esignent n’importe quelle mesure alg´ebrique associ´ee `a un vecteur directeur de la droite correspondante.
Exercice 2.6 — Un plan euclidien P est par d´efinition un plan affine r´eel dont la direction−→
P est munie d’un produit scalaire. Le choix d’un rep`ere orthonorm´e R0= (O;−→
i ,−→
j) permet d’orienter P : les rep`eres orthonorm´es directs seront ceux qui se d´eduisent de R0 par un d´eplacement (c’est-`a-dire une isom´etrie dont la partie lin´eaire est de d´eterminant positif).
Le corps C des nombres complexes est naturellement muni d’une structure d’espace vectoriel euclidien de dimension 2, le produit scalaire ´etant d´efini par la formule(z|z′) =12(zz′+ zz′). L’application
C→−→
P , z= x + iy 7→ x−→ i + y−→
j , qui d´epend du choix de la base orthonorm´ee(−→
i ,−→ j) de−→
P , est une isom´etrie. Comme on a en outre fix´e une origine O dans P, on dispose finalement d’une isom´etrie affine
C→ P, z = x + iy 7→ O + x−→ i + y−→
j .
1.1. L’ensemble E(F) contient clairement F. C’est par ailleurs une partie convexe du plan : ´etant donn´es deux points A et B dans E(F) ainsi qu’une partie convexeΓde P qui contient F, on a A, B∈ΓcarΓcontient E(F) puis [A, B] ⊂Γpar convexit´e. On obtient ainsi[A, B] ⊂ E (F), ce qui prouve la convexit´e de E (F).
Comme E(F) est, par d´efinition, contenue dans toute partie convexe du plan contenant F, c’est la plus petite partie convexe du plan contenant F.
1.2. Pour ´etablir l’inclusion E(F) ⊂ B, il suffit de v´erifier que B est une partie convexe du plan contenant F. Il est clair que B contient F : en effet, chaque point A de F est le barycentre de la famille{(A, 1)}. Consid´erons maintenant deux points A et B dans B. Par hypoth`ese, on peut ´ecrire
A= Bar {(M1,λ1), . . . , (Mm,λm)} et B= Bar {(N1,µ1), . . . , (Nn,µn)}
avec M1, . . . ,Mm,N1, . . . ,Nn∈ F,λ1, . . . ,λm,µ1, . . . ,µn∈ R>0,∑16i6mλi>0 et∑16 j6nµj>0. Contrairement aux appa- rences, nous pouvons faire en sorte que A et B soient barycentres des mˆemes points de F, avec des coefficients diff´erents : il suffit en effet de poser
Q1= M1, . . . ,Qm= Mm,Qm+1= N1, . . . ,Qm+n= Nn, (ces points ne sont pas n´ecessairement tous distincts)
λ1′=λ1,λ2′=λ2, . . . ,λm′ =λm,λm+1′ = . . .λm+n′ = 0 et
µ1′ = . . . =µm′ = 0,µm+1′ =µ1, . . . ,µn+m′ =µn, de sorte que
A= Bar
(Q1,λ1′), . . . , (Qm+n,λm+n′ )
et B= Bar
(Q1,µ1′), . . . , (Qm+n,µm+n′ ) , en utilisant le fait qu’un point affect´e du poids 0 ne compte pas dans la d´efinition d’un barycentre.
On a ´evidemment tλi′+ (1 − t)µi′>0 pour tout i et t∑16i6m+nλi′+ (1 − t)∑16i6m+nµi′>0. Maintenant, les propri´et´es
´el´ementaires des barycentres permettent d’´ecrire Bar{(A,t), (B, 1 − t)} = Bar
Bar
(Q1,tλ1′), . . . , (Qm+n,tλm+n′ ) ,Bar
(Q1,(1 − t)µ1′), . . . , (Qm+n,(1 − t)µm+n′ )
= Bar
(Q1,tλ1′+ (1 − t)µ1′), . . . , (Qm+n,tλm+n′ + (1 − t)µm+n′ ) ce qui prouve que le point Bar{A,t), (B, 1 − t)} appartient `a B.
L’inclusion r´eciproque B⊂ E (F) d´ecoule imm´ediatement du fait que toute partie convexe du plan contenant F contient
´egalement tout barycentre d’une famille finie de points de F affect´es de poids positifs. D´emontrons-le bri`evement 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∈ F ⊂Γ.
- La validit´e du r´esultat si n= 2 vient de la convexit´e 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), (Mn+1,λn+1)} = Bar {(M1,λ1), . . . , (Mn,λn)}
appartient `aΓd’apr`es l’hypoth`ese de r´ecurrence. Siλn+1>0, l’associativit´e permet d’´ecrire Bar{(M1,λ1), . . . , (Mn,λn), (Mn+1,λn+1)} = Bar
(M1,λ1), . . . , (Mn−1,λn−1), (M′n,λn′)
avec Mn′ = Bar{(Mn,λn), (Mn+1,λn+1)} etλn′=λn+λn+1>λn+1>0. Ce point appartenant `aΓpar convexit´e, nous sommes ramen´es `a une famille de cardinal n et le barycentre consid´er´e appartient `aΓen vertu de l’hypoth`ese de r´ecurrence.
2.1. Pour tout nombre complexe z∈ C, f (z) =∏mj=1(z − rj)αj et donc f′(z) =
∑
m j=1αj(z − rj)αj−1
∏
16i6m, i6= j
(z − ri)αi
d’apr`es les r`egles de d´erivation d’un produit. Si z est distinct de r1, . . . ,rm, nous en d´eduisons f′(z)
f(z) = ∑mj=1αj(z − rj)αj−1∏16i6m, i6= j(z − ri)αi
∏mj=1(z − rj)αj
=
∑
m j=1αj
(z − rj)αj−1∏16i6m, i6= j(z − ri)αi
∏mj=1(z − rj)αj
=
∑
m j=1αj
z− rj
.
2.2. Pour toute racine r∈ C de f′distincte des racines de f , l’´evaluation de la formule pr´ec´edente en z= r donne 0=
∑
m j=1αj
r− rj
=
∑
m j=1αj(r − rj)
|r − rj|2 .
Commeαjet|r − rj|2sont des nombres r´eels, il suffit de conjuguer pour obtenir le r´esultat souhait´e :
∑
m j=1αj
|r − rj|2(r − rj) = 0.
Etant donn´es deux points N et N´ ′d’affixes respectives z et z′,−−→
NN′= Re(z − z′)−→
i + Im(z − z′)−→
j . En s´eparant les parties r´eelle et imaginaire dans la derni`ere identit´e, celle-ci est donc ´equivalente `a la relation vectorielle
∑
m j=1αj
|r − rj|2
−−−→MMj=−→ 0 ,
o `u M (resp. Mj) d´esigne le point de P d’affixe r (resp. rj). Nous en d´eduisons que M est barycentre des points M1, . . . ,Mm
avec des poids strictement positifs.
2.3. Notons R l’ensemble des points de P dont les affixes sont les racines du polyn ˆome 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 affect´es de poids (strictement) positifs d’apr`es la question pr´ec´edente et donc M∈ E (R) en vertu de 1.2.
