Isobarycentres et polygones

Un visiteur observait sur le forum M@th en Ligne que le centre de gravité d’un parallélogramme est le milieu du segment joignant les centres de gravité des triangles déterminés dans le parallélogramme par une diagonale. Songeant généraliser ce fait, il se posait la question suivante : l’isobarycentre d’un polygone est-il l’isobarycentre des centres de gravité des triangles formés par un sommet donné et les côtés du polygone ne contenant pas ce sommet? Il se trouve que l’on peut faire à propos de ce problème quelques observations amusantes dont je vais vous faire part. Pour simplifier la rédaction de ce texte, nous dirons dans la suite d’un sommet pour lequel la réponse à la question est oui qu’il a la propriété B.

Commençons par étudier le cas des quadrilatères. Le résultat est très simple :

Le centre de gravité d’un quadrilatère $ABCD$ est le milieu du segment délimité par les centres de gravité des triangles $ABC$ et $ACD$ si, et seulement si, c’est un parallélogramme

Dans cet énoncé, les sommets $A,B,C,D$ sont consécutifs. La vérification est immédiate. Le fait que le centre de gravité du quadrilatère soit le milieu du segment délimité par les centres de gravité des triangles en question s’écrit

$\frac 1 2(A+B+C+A+C+D)=\frac 1 4(A+B+C+D)$

condition dont on voit immédiatement qu’elle équivaut à

$\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$

qui exprime que le quadrilatère donné est un parallélogramme.

Ainsi, pour les quadrilatères, si un sommet a la propriété B, les autres l’ont aussi. Nous allons voir que c’est propre à ces polygones.

Donnons-nous $n>3$ points $A_1,\ldots,A_n$ d’un espace affine (de dimension quelconque). Le point $A_1$ et les côtés $A_iA_{i+1}$ (*) ne le contenant pas forment $n-2$ triangles et le fait que $A_1$ ait la propriété B s’écrit

$\frac 1 n\sum_{i=1}^nA_i=\frac{1}{3(n-2)}\sum_{i=2}^{n-1}(A_1+A_i+A_{i+1})$

ce qui, après calculs, se met sous la forme de l’équation

(1) $(n-3)(n-2)A_1-(2n-6)A_2-(n-6)\sum_{i=3}^{n-1}A_i-(2n-6)A_n=0$

Dans cette équation, le sommet ayant la propriété B a le coefficient $(n-3)(n-2)$ , ses voisins immédiats ont le même coefficient, $-(2n-6)$ , et les autres ont le coefficient $-(n-6)$ . En particulier, les coefficients des équations exprimant que les autres sommets ont la propriété B s’obtiennent en permutant circulairement ceux de l’équation ci-dessus. Les équations relatives à tous les sommets forment donc un système dont la matrice des coefficients est la matrice « circulante »

$\mathcal B=\begin{pmatrix}(n-3)(n-2)&-(2n-6)&-(n-6)&\cdots&-(n-6)&-(2n-6)\\ -(2n-6)&(n-3)(n-2)&-(2n-6)&-(n-6)&\cdots&-(n-6)\\\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\-(n-6)&\cdots&-(n-6)&-(2n-6)&(n-3)(n-2)&-(2n-6)\\-(2n-6)&-(n-6)&\cdots&-(n-6)&-(2n-6)&(n-3)(n-2)\end{pmatrix}$

J’affirme que

Pour $n>4$ , le rang de la matrice $\mathcal B$ est $n-1$ .

Nous allons voir, en effet, que $0$ est une valeur propre simple de la matrice $\mathcal B$ . Ses valeurs propres sont les zéros du déterminant de la matrice $\mathcal B-tI_n$ qui est aussi circulante. Par suite, vu un résultat de ce billet, les valeurs propres en question sont les nombres

$v_k=(n-3)(n-2)-2(n-3)\xi^k-(n-6)\left(\xi^{2k}+\cdots+\xi^{(n-2)k}\right)-2(n-3)\xi^{(n-1)k}$

pour $k=0,\cdots,n-1$ , où

$\xi=\exp(\frac{2i\pi}{n})$

La valeur propre $v_0$ est nulle car c’est la somme des coefficients de l’équation (1). Par ailleurs, un peu de calcul montre que, pour $k>0$ ,

$v_k=n[n-4-(\xi^k+\xi^{-k})]=n\left(n-4-2\cos(\frac{2k\pi}{n})\right)$

La valeur propre $v_k$ est donc nulle si, et seulement si,

$\cos(\frac{2k\pi}{n})=\frac{n-4}{2}$

Cette égalité est vérifiée lorsque $n=4$ . Pour $n=5$ , elle ne peut l’être car les cosinus des angles $2k\pi/5$ ne sont pas rationnels. Pour $n=6$ , elle ne l’est manifestement pas non plus et pour $n>6$ , elle ne saurait pas l’être car son membre de droite est alors strictement plus grand que 1. Ainsi, pour $n>4$ et $k>0$ , $v_k\neq 0$ , comme souhaité.

En fait vu la symétrie circulaire, lorsque $n>4$ , $n-1$ lignes de $\mathcal B$ sont toujours linéairement indépendantes. Cela implique, par exemple, que

Si $n>4$ et si $p <n$ sommets ont la propriété B, alors l’enveloppe affine de $A_1,...,A_n$ est de dimension au plus $n-p-1$ .

En particulier, lorsque $n(>4)$ ou $n-1$ sommets ont la propriété B alors les $A_i$ sont confondus et, pour $n-2$ sommets, ils sont alignés. Dès lors, si on souhaite qu’ils forment un vrai polygone (i.e. que trois consécutifs d’entre eux ne soient jamais alignés), alors au plus $n-3$ sommets peuvent avoir la propriété B.

Je ne sais pas encore si, lorsque $n>4$ et $p<n-2$ , il y a toujours des configurations polygonales présentant $p$ sommets ayant la propriété B. J’y réfléchirai et, en attendant, dans un prochain billet, je vous détaillerai le cas des pentagones. 😉
__________
(*) Les indices des $A$ sont pris modulo $n$ , comme dans tout ce qui suit.

9 réactions sur “Isobarycentres et polygones”

Il faut préciser, et il me semble que tu ne l’as pas fait(*), que ce que tu appelles isobarycentre d’un polygone, c’est l’isobarycentre de l’ensemble de ses sommets. On sait que pour les triangles, cet isobarycentre coïncide avec celui de l’intérieur du triangle (mais pas avec celui du bord) ; et que ceci n’est plus vrai pour les polygones à davantage de côtés.
Or, il me semble que la propriété serait plus intéressante à étudier pour les polygones « pleins » décomposés en triangles « pleins ».

😉

(*) Tu avais posé la question, sur M@th en Ligne, mais elle était restée sans réponse.

Réponse

Pierre Lecomte dit :

14 juin 2012 à 7:16

Merci! Tu as raison d’apporter cette précision.

Réponse

Plus intéressante (dans le sens de plus naturelle), mais facile : cette propriété-là a lieu si et seulement si les triangles en lesquels le polygone est découpé sont tous de même aire, il me semble.

🙂

Réponse

Pierre Lecomte dit :

14 juin 2012 à 7:20

La question telle que je l’ai traitée m’a surpris : je ne m’attendais pas à ce qu’on puisse raconter quelque chose un tant soi peu significatif sur le sujet. C’est ce qui m’a conduit à rédiger le billet. Naturellement, ta question est intéressante également! A ce propos, tu as une preuve de ce que tu avances ou c’est une conjecture?

Réponse
P. Dupont dit :

14 juin 2012 à 4:04

Je pense avoir une preuve. Je ne sais pas si je vais réussir à la taper ici.
😉

Réponse
P. Dupont dit :

14 juin 2012 à 4:42

Bon, je me lance ; mais sans possibilité de prévisualiser pour se relire, c’est assez suicidaire.
😉

Si $D$ est un « domaine » du plan, les coordonnées $g_k$ ( $1\leq k\leq2$ ) de son isobarycentre $G$ sont

$g_k=\dfrac{\displaystyle\iint_{(x_1,x_2)\in D}x_k}{\mathcal A(D)}$

Si $D$ est la réunion disjointe $D=D^1\cup\cdots\cup D^n$ , en notant $G^j=(g_1^j,g_2^j)$ l’isobarycentre de $D^j$ ,
$g_k=\dfrac{\displaystyle\iint_{(x_1,x_2)\in D^1}x_k+\cdots+\iint_{(x_1,x_2)\in D^n}x_k}{\mathcal A(D)}$
$\phantom{g_k}=\dfrac{\mathcal A(D^1)\cdot g_k^1+\cdots+\mathcal A(D^n)\cdot g_k^n}{\mathcal A(D)}$
$\phantom{g_k}=\dfrac{\mathcal A(D^1)}{\mathcal A(D)}\cdot g_k^1+\cdots+\dfrac{\mathcal A(D^n)}{\mathcal A(D)}\cdot g_k^n$ .
Si les $D^j$ sont tous de même aire, chaque fraction vaut $1/n$ et $G$ est l’isobarycentre des $G^j$ .

Réponse
P. Dupont dit :

14 juin 2012 à 4:44

Pas trop mal réussi ! Pierre, si tu pouvais enlever les disgrâcieux « \\ »…

Merci.

🙂

Réponse
- Pierre Lecomte dit :
  
  14 juin 2012 à 9:48
  
  Voilà, les corrections — mineures — sont faites et la preuve est claire!
  
  Merci de l’avoir postée!
  
  Cela dit, ce que tu as démontré, c’est cet énoncé : si on découpe une plaque en morceaux, son isobarycentre est le barycentre des isobarycentres des morceaux pondérés par leurs aires.
- P. Dupont dit :
  
  14 juin 2012 à 10:15
  
  Eh oui.
  🙂