` Probleme eme
Points d’´ equilibr equi libre e dans le plan On se place dans le plan R2 euclid euc lidien ien orient´ ori ent´e. e. Soit E = {A1 , A2 , . . . , An } un ensemble de n points distincts de
2
(n 2, fix´ fix ´e). e) . −−→ −−−−→ MAk 2 Tout point M de R \ E subit de la part de chacun des points Ak une force F k (M ) = . 2 M A n −−−−→ k − → 2 On note d(E ) = M ∈ R \ E , F k (M ) = 0 l’ensemble l’ense mble des de s “positio “p ositions ns d’´equilibre”. equili bre”.
R
k=1
1. D´etermi ete rminer ner d(E ) dans le cas particulier n = 2. 2. Dans cette cette questio question, n, on suppose suppose que les points points A A k sont sur une mˆeme eme droite ∆. (a) Montrer que d que d((E ) est inclus dans la droite ∆. (b) Montrer que d que d((E ) est form´ for m´e de n de n − 1 points distincts de ∆ \ E . On pr´ecisera ecisera comment ces points se r´epartissent epartissent par rapport aux Ak . → Indication : munir ∆ d’un rep`ere ere (Ω, (Ω, − noter α k l’abscisse de chaque A chaque A k dans d ans ce rep`ere, ere , u ), noter α et supposer par exemple α1 < α2 < .. . < αn . ` partir 3. A p artir de cette cett e question, quest ion, on revient revie nt au a u cas g´en´ en´eral. eral. On note ak l’affixe de chaque A chaque A k . On pose Q =
n
(X − − a ). k
k=1
(a) Soit M un d’affixe z .. M un point de R2 \ E , d’affixe z Montrer que M que M est est dans d(E ) si et seulement si Q (z ) = 0. On en d´eduit ed uit ´evid ev idem emme ment nt que qu e d(E ) est non vide, et que card(d card(d(E )) )) n − 1.
(b) Si card(d card(d(E )) )) = n − 1, montrer que E et d et d((E ) ont mˆeme eme isobarycentr isoba rycentre. e. (c) On suppose toujours card(d card(d(E )) )) = n − 1. Soit E un autre ensemble de n points distincts du plan tel que d(E ) = d( d(E ). ). Montrer que les ensembles E et E sont disjoints ou confondus.
4. (a) (a) Mon Montrer trer que que si si s est une similitude du plan, alors s(d(E )) )) = d( d (s(E )). )). (b) On suppose que d(E ) est r´eduit edu it a` un point. Montrer que E est l’ensemble des sommets d’un polygˆone on e r´eguli eg ulier er.. (c) Montrer que la r´eciproqu ecipr oquee de la question quest ion pr´ec´ ec´edente edente est vraie. 5. On suppose ici que n = 4 et que E est un rectangle non aplati, non n on carr´e. e. Montrer que card(d card(d(E )) ) ) = 3 et que d(E ) = { 0, F , F } o`u O est le centre de E et o` u F, F sont les foyers de l’ellipse inscrite dans E et tangente tang ente aux cot´es es de E en leur milieu. (on pourra se ramener au cas o` u E est e st centr´ cent r´e en 0 et de cot´es es parall` par all`eles ele s aux axes). axe s).
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Probl` eme
Corrig´e
Corrig´ e du probl` eme −−→ −−→ MA1 MA2 1. Si M est dans d(E ), alors = donc MA1 = MA2 en prenant les normes. − MA21 MA22 −−→ −−→ → − Ainsi M ∈ d(E ) ⇔ MA1 + MA2 = 0 ⇔ M est le milieu de [A1 , A2 ] (r´esultat qui n’a rien d’´etonnant). n 1 −−→ − → 2. (a) Si M est dans d(E ), alors λk MAk = 0 avec λk = > 0. 2 MA k=1 k Cette ´egalit´e dit que M est un barycentre des Ak , donc que M est dans ∆. → (b) On munit ∆ d’un rep`ere (Ω, − u ), et on note αk l’abscisse de chaque Ak .
Quitte a` r´enum´eroter les Ak , on peut supposer que α1 < α2 < · · · < αn. Soit M un point de ∆ \ E , d’abscisse x. −−→ 1 −−−−→ MAk Pour tout k de { 1, . . . , n}, on a F k (M ) = = . MA2k αk − x n 1 Ainsi M est dans d(E ) et seulement si ϕ(x) = 0, avec ϕ(x) = . α x − k k =1 n 1 Pour tout x de R \ {α1 , . . . , αn }, ϕ (x) = > 0. 2 (α x) − k k=1 Ainsi ϕ est strictement croissante sur ] − ∞, α1 [, sur chaque ]αk , αk+1 [, et sur ]αn , +∞[. lim− ϕ(x) = +∞
On voit que lim ϕ(x) = 0, et lim ϕ(x) = −∞ pour tout k. x→αk
x→∞
x→α+ k
Ainsi ϕ s’annule n − 1 fois, `a savoir une et une fois sur chaque intervalle ]αk , αk+1 [. Conclusion : d(E ) est form´e de n − 1 points distincts, tous sur la droite ∆, et chaque intervalle ouvert ]Ak , Ak+1 [ contient un (et un seulement) de ces points. −−→ ak − z 1 −−−−→ MAk 3. (a) Pour tout k de { 1, . . . , n}, on a F k (M ) = = = . MA2k |ak − z |2 ak − z n n 1 1 Ainsi M ∈ d(E ) ⇔ = 0 ⇔ = 0. z a − k k=1 ak − z k=1
Q (z ) Mais on sait que = Q(z )
n
k =1
1 pour tout z de C \ {a1 , . . . , an }. z − ak
On en d´eduit que M est dans d(E ) si et seulement si Q (z ) = 0. Il en r´esulte d(E ) = ∅ (car deg Q = n − 1 1) et card(d(E )) n − 1 (chaque racine multiple ´eventuelle de Q ne comptant que comme un seul point M de d(E )).
(b) Notons z 1 , z 2 , . . . , zn 1 les affixes des ´el´ements de (.E ). On sait que z 1 , z 2 , . . . , zn 1 sont les racines, ici distinctes, de Q (z ). −
−
Or Q(X ) =
n
n
(X − a ) = X k
− σ1 X n
−1
+ . . ., en notant σ1 =
k=1
Ainsi Q (X ) = nX n
−1
− (n − 1)σ1 X n
−2
+ . . . = n
k
1
k=1
k
k=1
n−1
k
k=1
n−1
(X − z ). z donc 1 a Par identification, il vient −(n − 1)σ = −n
n
a .
n
n
k =1
k
1 = n − 1
n−1
z k .
k=1
Cette ´egalit´e signifie que les ensembles E = {a1 , . . . , an } et d(E ) = {z 1 , . . . , zn 1 } ont le mˆeme ´equibarycentre. −
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Probl` eme
Corrig´e
(c) Notons ak les affixes des points Ak de E , et soit P =
n
(X − a ).
k
k=1
Les affixes z 1 , . . . , zn sont ici les n − 1 racines distinctes de P et de Q . Ces deux polynˆ omes de degr´e n − 1 ayant mˆeme coefficient dominant, ils sont ´egaux. Ainsi il existe une constante λ telle que Q(X ) = P (X ) + λ. Il est clair qu’alors E = E si λ = 0, sinon E ∩ E = ∅.
4. (a) L’application s a pour repr´esentation z → uz + v ou z → uz + v avec u = 0. Pour tout point M d’affixe z , et dans le cas par exemple d’une similitude indirecte : n n n 1 1 1 s(M ) ∈ d(s(E )) ⇔ = 0 ⇔ = 0 ⇔ =0 s(z ) s(a ) u(z a ) z a − − − k k k =1 k =1 =1
k
k
⇔ M ∈ d(E ) On en d´eduit d(s(E )) = s(d(E )) (mˆeme chose pour une similitude directe). (b) Dire que d(E ) se r´eduit a` un point, c’est dire que les n − 1 racines de Q sont confondues. Cela signifie qu’il existe u dans C tel que Q = n(X − u)n 1 . On en d´eduit Q = (X − u)n − v, avec v dans C . Ainsi les racines a1 , . . . , an de Q sont celles de (X − u)n = w n o`u w est une racine n-`eme particuli`ere de v. Quitte a` r´enum´eroter les Ak , leurs affixes sont donc les a k = u + we2ikπ/n. Les Ak sont donc les sommets d’un polygone r´egulier a` n sommets de centre u.
−
(c) On suppose que E est l’ensemble des sommets d’un polygˆone r´egulier. Le centre G de ce polygone est l’isobarycentre de E donc de d(E ) d’apr`es (3b). Soit r la rotation de centre G et d’angle 2π/n. On a r(E ) = E donc r(d(E )) = d(r(E )) = d(E ) d’apr`es (4a). Ainsi d(E ) est globalement invariant par la rotation r. Si d(E ) n’´etait pas r´eduit a` un point (donc r´eduit au point G), il contiendrait un point M 0 distinct de G. d(E ) contiendrait alors les n points distincts M k = r k (M 0 ) avec 0 k n − 1. Mais cela contredit le fait (vu en (3c)) que card(d(E )) n − 1. Conclusion : d(E ) est r´eduit a` un point (le centre du polygone r´egulier E ). 5. On peut choisir le rep` ere de telle sorte que le rectangle E soit centr´e en 0 et de cot´es parall`eles aux axes de coordonn´ees. Notons a1 = a, a2 = − a, a3 = −a, a4 = a les affixes des sommets de E , o` u a un nombre complexe ni r´eel ni imaginaire pur. On peut mˆeme chosir a tel que a = α + iβ , avec 0 β < α, ce qui signifie que l’axe des abscisses est le grand axe du rectangle E . Posons Q(X ) = (X − a1 )(X − a2 )(X − a3 )(X − a4 ). Q(X ) = (X − a)(X + a)(X + a)(X − a) = (X 2 − a2 )(X 2 − a2 ) = X 4 − 2Re (a2 )X 2 + |a|4 On en d´eduit Q (X ) = 4X (X 2 − Re (a2 )) = 4X (X − α2 − β 2 )(X − α2 − β 2 ). On sait que les racines de Q sont les affixes des ´el´ements de d(E ). Ainsi E = {0, F , F } avec F = (0, α2 − β 2 ) et F = (0, α2 − β 2 ). x2 y 2 F, F sont les foyers de l’ellipse d’´equation 2 + 2 = 1, ellipse inscrite dans E , et tangente en α β chaque milieu des cot´es de E .
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