racines de la dérivée d`un polynôme de degré 3.

Développement: Racines de la dérivée d’un polynôme du
troisième degré
Adrien Fontaine
16 janvier 2013
Référence : Marden, Geometry of polynomials et Berger, Géométrie (pour le deuxième petit
théorème de Poncelet)
Théorème 1
Soient M1,M2et M3trois points non alignés dans le plan de la variable complexe, d’affixes
respectives z1, z2et z3. Soit
P(X) = (X−z1)(X−z2)(X−z3)
Alors, les racines du polynôme dérivé P0sont les foyers d’une ellipse, tangente aux trois côtés
du triangle M1M2M3en leurs milieux.
Théorème 2 (Deuxième petit théorème de Poncelet)
Soit Eune ellipse de foyers F1et F2,Pun point extérieur à E. Soient P T1et P T2, les
tangentes à Epassant par P, où T1et T2sont les points de tangence. Alors les angles de
droites (P T1, P F1)et (P T2, P F2)sont égaux.
Démonstration : On utilise la propriété tangentielle des ellipses. La tangente P T1est la bissectrice
extérieure de l’angle (−−→ T1F1,−−→ T1F2). Donc, si F0
1est le symétrique orthogonal de F1par rapport à
la tangente P T1, alors les points F2,T1et F0
1sont alignés et on a
d(F2, F 0
1) = d(F2, T1) + d(T1, F 0 1)
=d0F2, T1) + d(T1, F1)
= 2a
1

2
avec ale demi grand axe de l’ellipse.
De même, P T2est la bissectrice extérieure de l’angle (−−→ T2F1,−−→ T2F2)et donc si F00
1est le symétrique
orthogonal de F1par rapport à la droite P T2, alors les points F2,T2et F00
1sont alignés et on a :
d(F2, F 00
1)=2a
Par ailleurs, si RDdésigne la symétrie orthogonale par rapport à une droite D, et si Det D0sont
deux droites qui s’intersectent en un point O, on sait que RD◦RD0est la rotation de centre Oet
d’angle, deux fois l’angle de droites (D, D0). Donc, pour montrer le deuxième petit théorème de
Poncelet, il suffit de vérifier que RP F1◦RP T1et RP T2◦RP F2sont la même rotation de centre P.
Pour cela, on va montrer que F0
1a la même image par ces deux transformations.
On a tout d’abord clairement,
RP F1(RP T1(F0
1)) = RP F1(F1) = F1
De plus, d(F2, F 0
1) = d(F2, F 00 1)=2ad’après ce que l’on a vu plus haut. Et d(P, F 0 1) = d(P, F1) =
d(P, F 00
1). Donc, P F2est la médiatrice de F0 1F00 1.
Donc, RP F2(F0
1) = F00 1.
Et, RP T2(F00
1) = F1.
Ce qui conclut la démonstration.
Démonstration du théorème 1 : Soient F1et F2les points d’affixe ω1et ω2, où ω1et ω2sont les
racines de P0. D’après le théorème de Gauss-Lucas, F1et F2sont dans le triangle M1M2M3.
Construisons l’ellipse Ede foyers F1et F2qui est tangente au côté M1M2. Pour cela on prend F0
1
le symétrique orthogonal de F1par rapport à M1M2et on considère T1le point d’intersection de
M1M2avec F2F0
1. D’après la propriété tangentielle des ellipses, l’ensemble des points Qtels que
d(F1, Q) + d(F2, Q) = d(F1, T1) + d(F2, T1)
est l’ellipse de foyers F1et F2qui est tangente au côté M1M2. Soit M1T2la deuxième tangente à
Eissue de M1. D’après le deuxième petit théorème de Poncelet, on a :
(M1M2, M1F1)=(M1F2, M1T2)
Par ailleurs, on remarque que P0(X)s’écrit de deux manières :
P0(X) = 3(X−ω1)(X−ω2)
= (X−z1)(X−z2)+(X−z1)(X−z3)+(X−z2)(X−z3)
d’où, en évaluant en X=z1,
3(z−1−ω1)(z1−ω2)=(z1−z2)(z1−z3)

3
i.e z2−z1
ω1−z1
= 3ω2−z1
z3−z1
d’où en passant aux arguments,
(M1M2, M1F1)=(M1F2, M1M3)
Donc, (M1M2, M1F1)=(M1F2, M1M3) = (M1F2, M1T2). Et donc M1T2coïncide avec M1M3.
Donc, Eest tangente au côté M1M3. De même, en échangeant les rôles des sommets, on montre
que Eest tangente au côté M2M3.
Il reste à vérifier que les points de tangence de l’ellipse Esont bien les milieux des côtés du triangle.
Montrons le pour le milieu Idu segment M1M2d’affixe z2+z2
2. Il suffit de vérifier que M1M2est la
bissectrice extérieure de (−−→ IF1,−−→ IF2)et donc de montrer l’égalité d’angles (−−→ IM1,−−→ IF1)=(−−→ IF2,−−→ IM2).
En faisant, X=z1+z2
2dans les deux expressions de P0(X), on obtient :
3(z1+z2
2−ω1)(z1+z2 2−ω2)=(z2−z1 2)(z1−z2 2)
d’où,
12ω1−z1+z2
2
z1−z2
=z2−z1
ω2−z1+z2
2
d’où l’égalité des angles en passant aux arguments.