Développement: Racines de la dérivée d’un polynôme du
troisième degré
Adrien Fontaine
16 janvier 2013
Référence : Marden, Geometry of polynomials et Berger, ométrie (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) = (Xz1)(Xz2)(Xz3)
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 RDRD0est 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 F1RP T1et RP T2RP 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(Xω1)(Xω2)
= (Xz1)(Xz2)+(Xz1)(Xz3)+(Xz2)(Xz3)
d’où, en évaluant en X=z1,
3(z1ω1)(z1ω2)=(z1z2)(z1z3)
3
i.e z2z1
ω1z1
= 3ω2z1
z3z1
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
2ω1)(z1+z2
2ω2)=(z2z1
2)(z1z2
2)
d’où,
12ω1z1+z2
2
z1z2
=z2z1
ω2z1+z2
2
d’où l’égalité des angles en passant aux arguments.
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