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PCSI Corrigé devoir maison n°3 Mardi 18 Octobre 2011
Problème 1 : Point de Fermat( ou point de Toricelli) du triangle.
1-Soient
n
∈
ℕ
∗
et
z
1,
z
2,
…
,
z
n
n nombres complexes tels que
z
1
≠
0
.
Démontrons que ∣
z
1
+
z
2
+…+
z
n
∣=∣
z
1
∣+∣
z
2
∣+…+∣
z
n
∣si et seulement s' il existe des réels
λ
k
≥
0,
2
≤
k
≤
n
tels que:
z
k
=λ
k
z
1
.
C'est une généralisation du cas d'égalité de l'inégalité triangulaire avec plusieurs nombres
complexes.
On fait une démonstration par récurrence. On doit démontrer la propriété P(n)
Si
z
1
≠
0
∣
z
1
+
z
2
+…+
z
n
∣=∣
z
1
∣+∣
z
2
∣+…+∣
z
n
∣⇔ ∃λ
k
≥
0,
2
≤
k
≤
n
,
tel
que
z
k
=λ
k
z
1
Soit la propriété au rang 2. C'est le cas d'égalité de l'inégalité triangulaire.
Théorème :
∣
z
1
+
z
2
∣=∣
z
1
∣+∣
z
2
∣⇔
z
1
=
z
2
=
0
ou
∃λ≥
0
tel
que
z
2
=λ
z
1
On suppose
z
1
≠
0
, donc : ∃λ≥
0
tel
que
z
2
=λ
z
1
On suppose que la propriété est vraie au rang n. Montrons là au rang n+1.
Soient
z
1,
z
2,
…
,
z
n
,
z
n+1
n+1 nombres complexes tels que
z
1
≠
0
. Montrons que :
∣
z
1
+
z
2
+…+
z
n
+
z
n
+
1
∣=∣
z
1
∣+∣
z
2
∣+…+∣
z
n
∣+∣
z
n
+
1
∣⇔∃ λ
k
≥
0,
2
≤
k
≤
n
+
1,
tel
que
z
k
=λ
k
z
1
Si ∃λ
k
≥
0,
2
≤
k
≤
n
+
1,
tel
que
z
k
=λ
k
z
1
, alors
∣
z
1
+
z
2
+…+
z
n
+
z
n+1
∣=∣
z
1
∣+∣
z
2
∣+…+∣
z
n
∣+∣
z
n+1
∣=∣
z
1
+λ
1
z
1
+…+λ
n+1
z
n+1
∣=(λ
1
+λ
2
+…+λ
n+1
)∣
z
1
∣
∣
z
1
+
z
2
+…+
z
n
+
z
n
+
1
∣=λ
1
∣
z
1
∣+…+λ
n
+
1
∣
z
1
∣=∣
z
1
∣+…∣λ
n
+
1
z
1
∣=∣
z
1
∣+…+∣
z
n
+
1
∣
On suppose maintenant que : ∣
z
1
+
z
2
+…+
z
n
+
z
n
+
1
∣=∣
z
1
∣+∣
z
2
∣+…+∣
z
n
∣+∣
z
n
+
1
∣(n+1)
On a : ∣
z
1
+
z
2
+…+
z
n
+
z
n+1
∣≤∣
z
1
∣+∣
z
2
+…+
z
n+1
∣≤∣
z
1
∣+…+∣
z
n
∣+∣
z
n+1
∣
De l'égalité (n+1) on en déduit que :
∣
z
1
∣+∣
z
2
+…+
z
n
+
1
∣=∣
z
1
∣+…+∣
z
n
∣+∣
z
n
+
1
∣
(2)
Et donc : ∣
z
2
+…+
z
n
+
1
∣=∣
z
2
∣+…+∣
z
n
+
1
∣
Supposons que tous ces nombres complexes sont nuls, alors le résultat est immédiat, sinon on
considère que l'un d'entre eux est non nul, par exemple
z
2
et en appliquant l'hypothèse de
récurrence au rang n , on obtient :
∃λ
k
≥
0,
3
≤
k
≤
n
,
tel
que
z
k
=λ
k
z
2
.
De l'égalité :
∣
z
1
+
z
2
+…+
z
n
+
z
n
+
1
∣=∣
z
1
∣+∣
z
2
+…+
z
n
+
1
∣
.
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PCSI Corrigé devoir maison n°3 Mardi 18 Octobre 2011
On utilise le résultat au rang 2, et l'égalité (2). Et on en déduit que :
z
2
+
...
+
z
n
+
1
=λ
z
1
.
En en déduit que
z
2
(
1
+λ
3
+
...
+λ
n
+
1
)=λ
z
1
z
1
≠
0
⇒
1
+λ
3
+
...
+λ
n
+
1
≠
0
. On pose :
λ2=
λ
1+λ3+...+λn+1
et le résultat est démontré.
∣
z
1
+
z
2
+…+
z
n
∣=∣
z
1
∣+∣
z
2
∣+…+∣
z
n
∣si et seulement si il existe des réels λ
k
≥
0,
2
≤
k
≤
n
tels
que:
z
k
=λ
k
z
1
2- Montrons que ∑
k=1
n
̄
a
k
(z
k
z)est un réel strictement positif indépendant de z.
∑
k=1
n
̄
a
k
(z
k
z)=∑
k=1
n
(̄ a
k
z
k
̄ a
k
z)=∑
k=1
n
̄
a
k
z
k
∑
k=1
n
̄
a
k
z=∑
k=1
n
̄
z
k
∣z
k
∣z
k
z∑
k=1
n
̄
a
k
∑
k=1
n
̄
a
k
(z
k
z)=∑
k=1
n
∣z
k
∣
2
∣z
k
∣z∑
k=1
n
̄
a
k
∑
k=1
n
a
k
=0⇒∑
k=1
n
̄
a
k
=0et :
∑
k=1
n
̄
a
k
(z
k
z)=∑
k=1
n
∣z
k
∣Les points
A
k
, d'affixe
z
k
,1
≤
k
≤
n
sont supposés distincts de O.
Donc ∀1≤k≤n,z
k
≠0⇒∑
k
=
1
k=n
∣z
k
∣>0 et ce réel ne dépend pas de z.
∑
k=1
n̄
ak(zkz)est un réel strictement positif indépendant de z.
3- Déduisons que : ∀z,
∑
k=1
n
∣z
k
∣≤∑
k=1
n
∣zz
k
∣.
∑
k=1
n
̄
a
k
(z
k
z)est un réel strictement positif donc :
∑
k=1
n
̄
a
k
(z
k
z)=∣∑
k=1
n
̄
a
k
(z
k
z)∣≤∑
k=1
n
∣̄ a
k
(z
k
z)∣≤∑
k=1
n
∣̄ a
k
∣∣z
k
z∣et :
∣a
k
∣=∣
z
k
∣
∣z
k
∣=1Et donc :
∑
k=1
n̄
ak(zkz)≤
∑
k=1
n∣zkz∣et d'après la première question
∑
k=1
n̄
ak(zkz)=
∑
k=1
n∣zk∣
On en déduit que : ∀z,
∑
k=1
n
∣z
k
∣≤∑
k=1
n
∣zz
k
∣
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PCSI Corrigé devoir maison n°3 Mardi 18 Octobre 2011
4-a- On suppose
n
≥
3
et
z
≠
z
1
. Montrer que l'inégalité précédente est une égalité si et seulement
si :
∃λ
k
∈ℝ
+
∗
,
z
k
z
z
1
z=λ
k
z
k
z
1
avec
k
∈ℕ
,
2
≤
k
≤
n
L'inégalité précédente est une égalité si et seulement si
∣
∑
k=1
n̄
ak(zkz)∣≤
∑
k=1
n∣̄
ak(zkz)∣ est
une égalité. On pose
Z
k
= ̄
a
k
(
z
k
z
)
. On a
Z
1
≠
0
, et d'après la première question :
∃α
k
≥0tel que ,Z
k
=α
k
Z
1
⇔̄ a
k
(z
k
z)=α
k
̄
a
1
(z
k
z)⇔
z
k
z
z
k
z
1
=α
k
̄
a
1
̄
a
k
⇔
z
k
z
z
k
z
1
=α
k
̄
z
1
∣z
1
∣
∣
z
k
∣
̄
z
k
On multiplie le numérateur et le dénominateur par
z
1
z
k
, et on obtient :
z
k
z
z
1
z=α
k
∣z
k
∣z
1
̄
z
1
z
k
∣z
1
∣z
1
̄
z
k
z
1
=α
k
∣z
k
∣∣z
1
∣
2
z
k
∣z
1
∣∣z
k
∣
2
z
1
On pose : λ
k
=α
k
∣
z
1
∣
∣z
k
∣>0
∃λ
k
∈ℝ
+
∗
,
z
k
z
z
1
z=λ
k
z
k
z
1
avec
k
∈ℕ
,
2
≤
k
≤
n
b-Si on suppose que
∀
2
≤
k
≤
n
les points
A
1,
O
et
A
k
ne sont pas alignés., déduire qu'en cas
d'égalité, M appartient au cercle circonscrit du triangle
A
1
O
A
k
.
∀
2
≤
k
≤
n
De la relation ∃λ
k
∈ℝ
+
∗
,
z
k
z
z
1
z=λ
k
z
k
z
1
, on en déduit que :
Arg
(
z
k
z
z
1
z
)
=Arg
(
λ
k
z
k
z
1
)
=Arg
(
λ
k
)
+Arg
(
z
k
z
1
)
[2π] Or
λ
k
≥
0
⇒
Arg
(λ
k
)=
0
[
2
π]
Arg
(
z
k
z
z
1
z
)
=Arg
(
z
k
z
1
)
=Arg
(
z
k
0
z
1
0
)
[2π] . Et on en déduit que
̂
⃗
MA
K
,⃗ MA
1
=
̂
⃗
OA
K
,⃗ OA
1
Et les points
O
,
A
1
et
A
k
n'étant pas alignés, cela signifie que M appartient au cercle circonscrit au
triangle
O
A
1
A
k
. On peut même préciser que M et O sont sur le même arc de cercle par rapport à
la corde
[
A
1
A
k
]
.
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PCSI Corrigé devoir maison n°3 Mardi 18 Octobre 2011
c- L'inégalité
∀z,
∑
k=1
n∣zk∣≤
∑
k=1
n∣zzk∣ est un égalité pour
z
=
0
.
Montrons que c'est la seule valeur pour laquelle on a égalité.
Soit z tel que ∑
k=1
n
∣z
k
∣=∑
k=1
n
∣zz
k
∣, montrons que
z
=
0
, c'est-à-dire que le point M d'affixe z
est l'origine du repère O.
1
er
cas : on suppose
z
≠
z
1
, d'après la question 4-a, quelque soit
2
≤
k
≤
n
, M appartient au cercle
C
k
circonscrit du triangle
O
A
1
A
k
.
Si parmi les cercles
C
k
, deux au moins d'entre eux sont différents, l'intersection de tous les cercles
C
k
est
{
O
,
A
1
}
On suppose
z
≠
z
1
donc
M
=
O
et z=0.
Si tous les cercles
C
k
sont identiques, cela veut dire que les points
O
A
1
…
A
n
appartiennent à un
même cercle C. Ils sont cocycliques. Soit
Ω
le centre de ce cercle, on considère un repère
orthonormé ayant la droite (
O
Ω) comme axe des abscisses. L'axe des ordonnées est tangent au
cercle, tous les points
A
k
appartiennent à un même demi-plan. Si on considère les points
B
k
intersection des droites (
OA
k
) avec le cercle de module 1 et de centre O. Les points
B
k
ont pour
affixe
a
k
.
Ils appartiennent aussi à un même demi-plan. Et les vecteurs ⃗
OB
k
ont tous une abscisse
strictement positive et le vecteur ∑
k
=
1
k=n
⃗
O B
k
≠0. Ce qui contredit la relation ∑
k
=
1
n
a
k
=0. Tous les
cercles
C
k
ne peuvent être identiques.
On a démontré que si on a l'égalité ∑
k=1
n
∣z
k
∣=∑
k=1
n
∣zz
k
∣ avec
z
≠
z
1
alors
z
=
0
.
2
ième
cas :
z
=
z
1
. Les nombres complexes
z
1,
z
2,
…
.
z
n
sont deux à deux distincts. Donc on a:
z
≠
z
2
. Le raisonnement précédent où
z
2
remplace
z
1
montre que nécessairement
z
=
0
.
z
=
0
est l'unique valeur pour laquelle ∑
k=1
n
∣z
k
∣=∑
k=1
n
∣zz
k
∣
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