racines de la dérivée d`un polynôme de degré 3.
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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 , M2 et M3 trois points non alignés dans le plan de la variable complexe, d’affixes respectives z1 , z2 et z3 . Soit P (X) = (X − z1 )(X − z2 )(X − z3 ) Alors, les racines du polynôme dérivé P 0 sont les foyers d’une ellipse, tangente aux trois côtés du triangle M1 M2 M3 en leurs milieux. Théorème 2 (Deuxième petit théorème de Poncelet) Soit E une ellipse de foyers F1 et F2 , P un point extérieur à E. Soient P T1 et P T2 , les tangentes à E passant par P , où T1 et T2 sont 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 T1 est la bissectrice −−→ −−→ extérieure de l’angle (T1 F1 , T1 F2 ). Donc, si F10 est le symétrique orthogonal de F1 par rapport à la tangente P T1 , alors les points F2 , T1 et F10 sont alignés et on a d(F2 , F10 ) = d(F2 , T1 ) + d(T1 , F10 ) = d0 F2 , T1 ) + d(T1 , F1 ) = 2a 1 2 avec a le demi grand axe de l’ellipse. −−→ −−→ De même, P T2 est la bissectrice extérieure de l’angle (T2 F1 , T2 F2 ) et donc si F100 est le symétrique orthogonal de F1 par rapport à la droite P T2 , alors les points F2 , T2 et F100 sont alignés et on a : d(F2 , F100 ) = 2a Par ailleurs, si RD désigne la symétrie orthogonale par rapport à une droite D, et si D et D0 sont deux droites qui s’intersectent en un point O, on sait que RD ◦ RD0 est la rotation de centre O et 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 T1 et RP T2 ◦ RP F2 sont la même rotation de centre P . Pour cela, on va montrer que F10 a la même image par ces deux transformations. On a tout d’abord clairement, RP F1 (RP T1 (F10 )) = RP F1 (F1 ) = F1 De plus, d(F2 , F10 ) = d(F2 , F100 ) = 2a d’après ce que l’on a vu plus haut. Et d(P, F10 ) = d(P, F1 ) = d(P, F100 ). Donc, P F2 est la médiatrice de F10 F100 . Donc, RP F2 (F10 ) = F100 . Et, RP T2 (F100 ) = F1 . Ce qui conclut la démonstration. Démonstration du théorème 1 : Soient F1 et F2 les points d’affixe ω1 et ω2 , où ω1 et ω2 sont les racines de P 0 . D’après le théorème de Gauss-Lucas, F1 et F2 sont dans le triangle M1 M2 M3 . Construisons l’ellipse E de foyers F1 et F2 qui est tangente au côté M1 M2 . Pour cela on prend F10 le symétrique orthogonal de F1 par rapport à M1 M2 et on considère T1 le point d’intersection de M1 M2 avec F2 F10 . D’après la propriété tangentielle des ellipses, l’ensemble des points Q tels que d(F1 , Q) + d(F2 , Q) = d(F1 , T1 ) + d(F2 , T1 ) est l’ellipse de foyers F1 et F2 qui est tangente au côté M1 M2 . Soit M1 T2 la deuxième tangente à E issue de M1 . D’après le deuxième petit théorème de Poncelet, on a : (M1 M2 , M1 F1 ) = (M1 F2 , M1 T2 ) Par ailleurs, on remarque que P 0 (X) s’écrit de deux manières : P 0 (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 z 2 − z1 ω2 − z 1 =3 ω1 − z1 z3 − z1 d’où en passant aux arguments, (M1 M2 , M1 F1 ) = (M1 F2 , M1 M3 ) Donc, (M1 M2 , M1 F1 ) = (M1 F2 , M1 M3 ) = (M1 F2 , M1 T2 ). Et donc M1 T2 coïncide avec M1 M3 . Donc, E est tangente au côté M1 M3 . De même, en échangeant les rôles des sommets, on montre que E est tangente au côté M2 M3 . Il reste à vérifier que les points de tangence de l’ellipse E sont bien les milieux des côtés du triangle. 2 Montrons le pour le milieu I du segment M1 M2 d’affixe z2 +z 2 . Il suffit de vérifier que M1 M2 est la −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ bissectrice extérieure de (IF1 , IF2 ) et donc de montrer l’égalité d’angles (IM1 , IF1 ) = (IF2 , IM2 ). 2 En faisant, X = z1 +z dans les deux expressions de P 0 (X), on obtient : 2 3( z1 + z2 z1 + z2 z2 − z1 z 1 − z2 − ω1 )( − ω2 ) = ( )( ) 2 2 2 2 d’où, 12 2 ω1 − z1 +z z2 − z1 2 = 2 z1 − z2 ω2 − z1 +z 2 d’où l’égalité des angles en passant aux arguments.
