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Nouveau théorème : Cas de points Ai cocycliques. Image par T du cercle circonscrit à ces points.

publication mardi 12 août 2014.


V) Cas de points Ai cocycliques. Image par T du cercle circonscrit à ces points.

Supposons que A1A2….An soit un polygone convexe inscrit dans un cercle $\Gamma$.

Supposons que M est sur l’arc de $\Gamma$ d’extrémités A1 et A2 ne contenant pas les autres points.

Soit M’ le barycentre des n points pondérés (A1, MA1), (A2, MA2), … (An, MAn).

Autrement dit $M’ = T_{A_1A_2...A_n}(M)$.

Si M = A1, alors M’ = A’1 où A’1 est le barycentre des n - 1 points pondérés (A2, A1A2), (A3, A1A3),…,(An, A1An).

Si M = A2, alors M’ = A’2 où A’2 est le barycentre des n - 1 points pondérés (A1, A2A1), (A3, A2A3),…,(An, A2An).

Pour tout point Q :
$\left( A_1A_2 + A_1A_3 + ... + A_1A_n \right)\overrightarrow {QA’_1} = A_1A_2 \overrightarrow {QA_2} + A_1A_3 \overrightarrow {QA_3} + ... + A_1A_n \overrightarrow {QA_n}$.

Pour Q = A2, on en déduit que A2 est le barycentre de $(A’_1,A_1A_2 + A_1A_3 + ... + A_1A_n)$, $(A_3,- A_1A_3)$, …, $(A_n, - A_1A_n)$ (somme des coefficients : A1A2).

De même, A1 est le barycentre de $(A’_2,A_2A_1 + A_2A_3 + ... + A_2A_n)$, $(A_3, - A_2A_3)$, …, $(A_n, - A_2A_n)$ (somme des coefficients : A1A2).

Alors :

A1 est le barycentre de $(A’_2,\frac{A_2A_1 + A_2A_3 + ... + A_2A_n}{A_1A_2} \times MA_1)$,
$({A_3},- \frac{A_2A_3}{A_1A_2} \times MA_1)$,..., $({A_n},- \frac{A_2A_n}{A_1A_2} \times MA_1)$ (somme des coefficients : MA1).

A2 est le barycentre de $(A’_1,\frac{A_1A_2 + A_1A_3 + ... + A_1A_n}{A_1A_2} \times MA_2)$, $(A_3,- \frac{A_1A_3}{A_1A_2} \times M{A_2})$, …, $(A_n,- \frac{A_1A_n}{A_1A_2} \times MA_2)$ (somme des coefficients : MA2).

En appliquant le théorème du barycentre partiel, on en déduit que M’ est le barycentre de $(A’_1,\frac{A_1A_2 + A_1A_3 + ... + A_1A_n}{A_1A_2} \times MA_2)$, $(A’_2,\frac{A_2A_1 + A_2A_3 + ... + A_2A_n}{A_1A_2} \times M{A_1})$, $(A_3,- \frac{A_2A_3}{A_1A_2} \times M{A_1})$, $(A_3,- \frac{A_1A_3}{A_1A_2} \times MA_2)$, ....., $(A_n, - \frac{A_2A_n}{A_1A_2} \times MA_1)$, $(A_n,- \frac{A_1A_n}{A_1A_2} \times M{A_2})$, $(A_2,MA_2)$, $(A_3,MA_3)$, ..., $(A_n,MA_n)$.

M’ est donc barycentre de $(A{’_1},\frac{A_1A_2 + A_1A_3 + ... + A_1A_n}{A_1A_2} \times MA_2)$, $(A’_2,\frac{A_2A_1 + A_2A_3 + ... + A_2A_n}{A_1A_2} \times M{A_1})$, $({A_3},\frac{MA_3 \times A_1A_2 - MA_1 \times A_2A_3 - MA_2 \times A_1A_3}{A_1A_2})$, ..., $({A_n},\frac{MA_n \times A_1A_2 - MA_1 \times A_2A_n - MA_2 \times A_1An}{A_1A_2})$.

En appliquant n-2 fois le théorème de Ptolémée aux quadrilatères convexes inscrits dans $\Gamma$ : MA2A3A1, ….MA2AnA1, on constate que les n-2 derniers coefficients sont nuls et donc que M’$\in$ [A’1A’2].

Construction du point M’ :
Si P est le barycentre des n points pondérés (A1 ; MA1), (A2 ; MA2), … (An-1, MAn-1), c’est à dire si $P = T_{A_1A_2...A_{n - 1}}(M)$, alors M’ est le barycentre de (P, MA1+ MA2 + …. + MAn-1) et de (An, MAn).

M’ est donc le point d’intersection des segments [PAn] et [A’1A’2].

Injectivité

Supposons que deux points M et N soient deux points situés sur l’arc de cercle de $\Gamma$ d’extrémités A<sub1 et A2 ne contenant pas les autres points ayant la même image M’ par la transformation $T_{A_1A_2...A_n}$.

Alors d’après ce qui précède les barycentres de $(A’_1,\frac{A_1A_2 + A_1A_3 + ... + A_1A_n}{A_1A_2} \times MA_2)$, $(A’_2,\frac{A_2A_1 + A_2A_3 + ... + A_2A_n}{A_1A_2} \times MA_1)$ et de $(A’_1,\frac{A_1A_2 + A_1A_3 + ... + A_1A_n}{A_1A_2} \times NA_2)$, $(A’_2,\frac{A_2A_1 + A_2A_3 + ... + A_2A_n}{A_1A_2} \times NA_1)$ sont confondus et leurs coefficients sont proportionnels.

On a donc $\frac{MA_1}{MA_2} = \frac{NA_1}{NA_2} = k$ où k > 0. Les points M et N sont donc à l’intersection du cercle $\Gamma$ avec l’arc d’extrémités A1 et A2 de $\Gamma$. Or ce cercle ne peut avoir qu’un seul point d’intersection avec cet arc.

On a donc M = N.
La transformation $T_{A_1A_2...A_n}$ est donc injective sur le cercle $\Gamma$.

Problème réciproque : Un point M’ du segment [A’1A’2] étant donné, prouvons qu’il existe un unique point M de l’arc A1A2 ne contenant pas les autres sommets du quadrilatère tel que $T_{A_1A_2....A_n}\left( M \right) = M’$.

Nous allons pour cela faire une démonstration par récurrence. Le résultat a déjà été prouvé pour n=2 et n=3.
Supposons qu’il ait été démontré pour un polygone convexe à n sommets.
Nous supposons que A1A2…AnAn+1 est un polygone convexe inscrit dans le cercle $\Gamma$.

Posons $A{’_1} = T_{A_1A_2...A_{n + 1}}(A_1)$.

A’1 est donc le barycentre de (A2, A1A2), (A3, A1A3), …, (An+1, A1An+1).

Posons $A{’_2} = T_{A_1A_2...A_{n + 1}}(A_2)$.

A’2 est barycentre de (A1, A2A1), (A3, A2A3), … (An+1, A2An+1).

Posons $B_1 = T_{A_1A_2...A_n}(A_1)$ et $B_2 = T_{A_1A_2...A_n}(A_2)$.

B1 est le barycentre de (A2, A1A2), (A3, A1A3), …, (An, A1An).

B2 est le barycentre de (A1, A2A1), (A3, A2A3), … (An, A2An).

A’1 est le barycentre de (B1, A1A2+A1A3+...+A1An) et (An+1, A1An+1).

A’2 est barycentre de (B2, A2A1+A2A3+...+A2An ) et (An+1, A2An+1).

A’1 est barycentre de (B1,$\frac{A_1A_2 + A_1A_3 + ... + A_1A_n}{A_1A_2 + A_1A_3 + ... + A_1A_n + A_1A_{n + 1}}$) et (An+1,$\frac{A_1A_{n + 1}}{A_1A_2 + A_1A_3 + ... + A_1A_n + A_1A_{n + 1}}$) (somme des coefficients 1).

A’2 est barycentre de (B2,$\frac{A_2A_1 + A_2A_3 + ... + A_2A_n}{A_2A_1 + A_2A_3 + ... + A_2A_n + A_2A_{n + 1}}$) et (An+1,$\frac{A_2A_{n + 1}}{A_2A_1 + A_2A_3 + ... + A_2A_n + A_2A_{n + 1}}$) (somme des coefficients 1).

Si M’ est un point du segment [A’1A’2], M’ peut s’écrire comme barycentre de (A’1, k1) et (A’2, k2) où k1 et k2 sont deux réels positifs.

M’ est alors barycentre de (B1,$\frac{A_1A_2 + A_1A_3 + ... + A_1A_n}{A_1A_2 + A_1A_3 + ... + A_1A_n + A_1A_{n + 1}} \times {k_1}$), (B2,$\frac{A_2A_1 + A_2A_3 + ... + A_2A_n}{A_2A_1 + A_2A_3 + ... + A_2A_n + A_2A_{n + 1}} \times {k_2}$) et de (An+1,$\frac{k_1A_1A_{n + 1}}{A_1A_2 + A_1A_3 + ... + A_1A_n + A_1A_{n + 1}} + \frac{k_2A_2A_{n + 1}}{A_2A_1 + A_2A_3 + ... + A_2A_n + A_2A_{n + 1}}$).

Soit alors P le barycentre de (B1,$\frac{A_1A_2 + A_1A_3 + ... + A_1A_n}{A_1A_2 + A_1A_3 + ... + A_1A_n + A_1A_{n + 1}} \times k_1$) et de (B2,$\frac{A_2A_1 + A_2A_3 + ... + A_2A_n}{A_2A_1 + A_2A_3 + ... + A_2A_n + A_2A_{n + 1}} \times {k_2}$).

M’ est alors le barycentre de P et An+1 affectés de coefficients positifs. Donc M’ est sur le segment [PAn+1].

Les coefficients de barycentre étant positifs, on peut affirmer que P est sur le segment [B1B2].

D’après notre hypothèse de récurrence, nous pouvons affirmer qu’il existe un unique point M de l’arc A1A2 ne contenant pas les autres points tel que $P = {T_{{A_1}{A_2}...{A_n}}}(M)$.

Posons alors $M" = {T_{{A_1}{A_2}...{A_n}{A_{n + 1}}}}(M)$.

M" est alors le barycentre de (P,MA1+MA2+...+MAn) et de (An+1, MAn+1).
Donc M" est sur le segment [PAn+1].

De plus nous avons démontré que M" est sur le segment [A’1A’2].

Le point M’ vérifiant lui aussi ces deux conditions, nous en concluons que M" = M’.

L’unicité du point M de l’arc A1A2 est assurée puisque nous avons vu que $T_{A_1A_2...A_n A_{n + 1}}$ est injective sur le cercle.

La récurrence est donc achevée.

Théorème 5.1 : A1A2...An étant un polygone convexe inscrit dans un cercle $\Gamma$, la transformation $T_{A_1A_2...A_n}$ établit une bijection de $\Gamma$ dans le polygone A’1A’2…A’n où, pour $1 \le i \le n$, $A{’_i} = {T_{{A_1}{A_2}...{A_n}}}({A_i})$.

Construction pour un quadrilatère.

Quand M est l’arc A1A2 , on peut se servir de la construction précédente en traçant d’abord le barycentre g de (A1, MA1), (A2, MA2), (A3, MA3).
On construit le point A’1, barycentre de (A2, A1A2), (A3, A1A3), (A4, A1A4) et le point A’2, barycentre de (A1, A2A1), (A3, A2A3), (A4, A2A4).
On construit d’abord le point g, barycentre de (A1, MA1), (A2, MA2) et (A3, MA3) en appliquant la méthode vue dans le cas d’un triangle.

Le point M’, barycentre de (A1, MA1), (A2, MA2), (A3, MA3) et (A4, MA4) est alors le point d’intersection entre les droites (gA4) et (A’1A’2).

Suite de la démonstration

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