Mathématiques universitaires — Licence 2 · Bachelor Year 2

17Espaces affines

Les espaces vectoriels possèdent un point privilégié — l’origine — dont la géométrie ne veut pas. Un espace affine est un espace vectoriel qui a oublié son origine : points et vecteurs deviennent des espèces différentes, reliées par translation. Ce court chapitre construit le dictionnaire (points, barycentres, sous-espaces et applications affines), le point de vue affine sur la convexité, et les outils de classification utilisés dans les chapitres de géométrie à venir.

17.1 Points et vecteurs

Définition 17.1

Un espace affine dirigé par un espace vectoriel réel $E$ est un ensemble non vide $\mathcal{E}$ muni d’une application $(A, B) \mapsto \vect{AB} \in E$ vérifiant

\vect{AB} + \vect{BC} = \vect{AC} \quad \text{(Chasles)}, \qquad \text{pour chaque } A,\ B \mapsto \vect{AB} \text{ est une bijection } \mathcal{E} \to E .

On note $B = A + u$ l’unique point tel que $\vect{AB} = u$ . La dimension de $\mathcal{E}$ est $\dim E$ . Tout espace vectoriel est un espace affine sur lui-même ( $\vect{AB} = B - A$ ) ; tout choix d’origine $O \in \mathcal{E}$ identifie $\mathcal{E}$ à $E$ via $M \mapsto \vect{OM}$ .

Exemple 17.2 (Un espace affine sans origine naturelle)

Le plan solution $\mathcal E = \{(x, y, z) \in \R^3 : x + y + z = 1\}$ n’est pas un sous-espace vectoriel ( $0 \notin \mathcal E$ ), mais c’est un espace affine dirigé par $E = \{x + y + z = 0\}$ : pour $A, B \in \mathcal E$ la différence $\vect{AB} = B - A$ tombe dans $E$ (les sommes s’annulent), Chasles est hérité de $\R^3$ , et $B \mapsto \vect{AB}$ est bijective sur $E$ . Aucun point de $\mathcal E$ n’est distingué — tout choix d’« origine » $O \in \mathcal E$ convient aussi bien, et toutes les identifications $M \mapsto \vect{OM}$ diffèrent par des translations. C’est la situation typique : les ensembles solutions de problèmes linéaires inhomogènes (systèmes linéaires, équations différentielles linéaires au Chapitre 16) sont affines, jamais linéaires, et le slogan « solution particulière plus noyau » est exactement l’énoncé $\mathcal F = A + F$ de la définition suivante.

Définition 17.3 (Barycentre)

Soit $(A_i, \lambda_i)_{i \leq k}$ des points pondérés avec $\sum\lambda_i \neq 0$ . Le barycentre $G = \operatorname{bar}\bigl((A_i, \lambda_i)\bigr)$ est l’unique point tel que

\sum_i \lambda_i\, \vect{GA_i} = 0 \qquad\text{de manière équivalente}\qquad \vect{OG} = \frac{1}{\sum\lambda_i}\sum_i \lambda_i\,\vect{OA_i} \quad (\text{pour tout } O).

Les barycentres sont associatifs (des sous-groupes de points peuvent être remplacés par leur barycentre partiel affecté du poids total) et invariants par changement d’échelle de tous les poids.

Démonstration de l’existence et des formules. Fixons $O$ et posons $s = \sum_i\lambda_i \neq 0$ . Par Chasles,

\sum_i\lambda_i\,\vect{GA_i} = 0 \iff \sum_i\lambda_i\bigl(\vect{GO} + \vect{OA_i}\bigr) = 0 \iff s\,\vect{OG} = \sum_i\lambda_i\,\vect{OA_i},

ce qui détermine $G = O + \frac1s\sum_i\lambda_i\vect{OA_i}$ de manière unique. Indépendance en $O$ : pour une autre origine $O'$ ,

\frac1s\sum_i\lambda_i\,\vect{O'A_i} = \frac1s\sum_i\lambda_i\bigl(\vect{O'O} + \vect{OA_i}\bigr) = \vect{O'O} + \frac1s\sum_i\lambda_i\,\vect{OA_i} = \vect{O'G} :

le même point $G$ . Associativité : partitionnons l’ensemble d’indices en $I \sqcup J$ avec $s_I = \sum_{i\in I}\lambda_i \neq 0$ , et soit $G_I$ le barycentre de $(A_i, \lambda_i)_{i\in I}$ , de sorte que $\sum_{i\in I}\lambda_i\vect{OA_i} = s_I\,\vect{OG_I}$ . Alors

s\,\vect{OG} = \sum_{i\in I}\lambda_i\vect{OA_i} + \sum_{j\in J}\lambda_j\vect{OA_j} = s_I\,\vect{OG_I} + \sum_{j\in J}\lambda_j\vect{OA_j} :

$G$ est le barycentre de $(G_I, s_I)$ avec $(A_j, \lambda_j)_{j\in J}$ , comme annoncé. Changement d’échelle : remplacer chaque $\lambda_i$ par $t\lambda_i$ ( $t \neq 0$ ) multiplie $s$ et la somme pondérée par $t$ , laissant $\vect{OG}$ inchangé. ∎

Remarque 17.4 (Pièges classiques)

Deux pièges entourent la définition. D’abord, si les poids sont de somme nulle, il n’y a pas de barycentre : l’application $O \mapsto \sum\lambda_i\vect{OA_i}$ est alors indépendante de $O$ et définit un vecteur, non un point — par exemple $(A, -1;\ B, 1)$ encode $\vect{AB}$ . Garder trace de celui des deux objets qu’un calcul produit est la moitié de l’hygiène barycentrique. Ensuite, les poids n’ont de sens qu’à un facteur commun non nul près ; des formules comme « les coordonnées de $G$ sont $\lambda_1, \dots, \lambda_k$ » présupposent une normalisation (en général $\sum\lambda_i = 1$ ), et oublier de normaliser est la source classique de mauvais rapports sur une figure.

Définition 17.5 (Sous-espaces affines ; applications affines)

Un sous-espace affine est un ensemble $\mathcal{F} = A + F = \{A + u : u \in F\}$ où $F$ est un sous-espace vectoriel (sa direction) ; de manière équivalente, un ensemble non vide stable par barycentres. Les sous-espaces affines de $\R^n$ sont exactement les ensembles solutions des systèmes linéaires $MX = B$ (année 1 : solution particulière plus noyau). Une application $f \colon \mathcal{E} \to \mathcal{E}'$ est affine lorsqu’elle conserve les barycentres — de manière équivalente lorsque

f(A + u) = f(A) + \varphi(u)

pour une (unique) application linéaire $\varphi = \vec f$ , la partie linéaire. Applications affines de $\R^n$ : $X \mapsto MX + C$ . Les composées sont affines, de parties linéaires composées ; $f$ est bijective si et seulement si $\vec f$ l’est.

Démonstration de l’équivalence pour les applications. Si $f(A + u) = f(A) + \varphi(u)$ : pour un barycentre $G$ de $(A_i, \lambda_i)$ , en développant chaque point à partir de $A$ , $f(G) = f(A) + \varphi(\vect{AG})$ et $\varphi(\vect{AG}) = \frac{\sum\lambda_i\varphi(\vect{AA_i})}{\sum\lambda_i}$ : $f(G)$ est le barycentre des images. Réciproquement, fixons $A$ et posons $\varphi(u) = \vect{f(A)\,f(A + u)}$ . Homogénéité : $A + tu = \operatorname{bar}\bigl(A, 1-t;\ A + u, t\bigr)$ pour tout réel $t$ , donc la conservation des barycentres (avec des poids réels quelconques, comme supposé) donne directement $\varphi(tu) = t\,\varphi(u)$ . Additivité : $A + u + v = \operatorname{bar}\bigl(A + 2u, \tfrac12;\ A + 2v, \tfrac12\bigr)$ , donc $\varphi(u + v) = \tfrac12\varphi(2u) + \tfrac12\varphi(2v) = \varphi(u) + \varphi(v)$ , en utilisant l’homogénéité. Donc $\varphi$ est linéaire. ∎

Remarque 17.6

La démonstration a utilisé des barycentres à poids réels quelconques : l’étape d’homogénéité prend $t$ hors de $\intcc01$ . Si l’on suppose seulement qu’une application conserve les barycentres à poids positifs — de manière équivalente, les milieux et les segments — la linéarité de l’application vectorielle n’est plus gratuite : on n’obtient que la $\Q$ -linéarité, et une hypothèse de continuité est nécessaire pour conclure, exactement comme à l’Exercice 17.5. Distinguer « conserve tous les barycentres » de « conserve les combinaisons convexes » est une subtilité petite mais réelle du vocabulaire affine.

Exemple 17.7 (Géométrie barycentrique classique)

Le centre de gravité d’un triangle $ABC$ est le barycentre $G = \operatorname{bar}(A,1; B,1; C,1)$ . L’associativité avec le milieu $A' = \operatorname{bar}(B, 1; C, 1)$ montre

G = \operatorname{bar}(A, 1;\ A', 2) :

$G$ est sur la médiane $AA'$ aux deux tiers de celle-ci — et de même pour les deux autres médianes : les trois médianes sont concourantes, en une ligne de calcul barycentrique.

Exemple 17.8 (Les bimédianes d’un quadrilatère)

Soit $ABCD$ un quadrilatère quelconque (plan ou non !) et considérons ses bimédianes : les segments joignant les milieux des côtés opposés, $M_{AB}M_{CD}$ et $M_{BC}M_{DA}$ . Introduisons le barycentre $G$ de $(A,1; B,1; C,1; D,1)$ et regroupons les poids de deux façons :

G = \operatorname{bar}\bigl(M_{AB}, 2;\ M_{CD}, 2\bigr) = \operatorname{bar}\bigl(M_{BC}, 2;\ M_{DA}, 2\bigr) :

$G$ est le milieu des deux bimédianes — de sorte que les deux bimédianes se coupent toujours en leur milieu, et le quadrilatère des quatre milieux est un parallélogramme (ses diagonales sont les bimédianes). Pas d’analyse de cas, pas de coordonnées, et l’argument survit inchangé pour un quadrilatère gauche de $\R^3$ , où une démonstration fondée sur une figure serait déjà délicate : l’associativité se moque de la dimension.

Exemple 17.9 (Classifier une application affine, de bout en bout)

Soit $f(x, y) = (2x - 1,\ 3y - 4)$ sur $\R^2$ . Sa partie linéaire est $\varphi = \operatorname{diag}(2, 3)$ , dont le spectre $\{2, 3\}$ évite $1$ : par le critère de point fixe démontré plus bas (Proposition 17.17), $f$ a exactement un point fixe, obtenu en résolvant

x = 2x - 1, \qquad y = 3y - 4 \qquad\Longrightarrow\qquad \Omega = (1, 2).

En recentrant en $\Omega$ (poser $x = 1 + u$ , $y = 2 + v$ ) :

f(1 + u,\ 2 + v) = (1 + 2u,\ 2 + 3v) :

dans le repère en $\Omega$ , $f$ est sa partie linéaire, une dilatation anisotrope d’un facteur $2$ horizontalement et $3$ verticalement à partir du centre $(1, 2)$ . La leçon générale : une application affine est « application linéaire plus donnée de position », et la donnée de position se réduit à une origine bien choisie dès que $1$ n’est pas valeur propre. Réciproquement, translater mal l’origine crée les termes constants : la géométrie affine est l’art de choisir où placer $0$ .

Remarque 17.10 (Méthode : concours et alignement par barycentres)

L’Exemple 17.7 est un cas particulier d’une recette générale. Pour prouver que trois céviennes d’un triangle sont concourantes, exhibons un unique système pondéré $(A, \alpha; B, \beta; C, \gamma)$ et utilisons l’associativité de trois façons : regrouper $(B, C)$ montre que le barycentre est sur la cévienne issue de $A$ , regrouper $(C, A)$ sur la cévienne issue de $B$ , regrouper $(A, B)$ sur la troisième. Pour les médianes, le système $(A, 1; B, 1; C, 1)$ fait tout le travail ; pour des céviennes coupant les côtés dans des rapports prescrits, les poids se lisent sur les rapports. Pour prouver que trois points sont alignés, en écrire un comme barycentre des deux autres (Exercice 17.2), ou utiliser le critère du déterminant de l’Exercice 17.11. Les deux recettes remplacent l’ingéniosité géométrique par une comptabilité de poids — c’est précisément à cela que sert le calcul barycentrique.

17.2 La convexité, du point de vue affine

Définition 17.11

Une partie $C$ d’un espace affine est convexe lorsqu’elle contient tout barycentre à poids positifs de ses points — de manière équivalente, tout segment $\intcc{A}{B} = \{\operatorname{bar}(A, 1-t; B, t) : t \in \intcc{0}{1}\}$ entre ses points. L’enveloppe convexe $\operatorname{conv}(S)$ est l’ensemble de tous les barycentres à poids positifs de points de $S$ — la plus petite partie convexe contenant $S$ .

Exemple 17.12 (Les épigraphes sont des ensembles convexes)

La région $C = \{(x, y) : y \geq x^2\}$ au-dessus de la parabole est convexe : pour $(x_1, y_1), (x_2, y_2) \in C$ et $t \in \intcc01$ , l’inégalité de convexité de la fonction carré donne

\bigl((1-t)x_1 + tx_2\bigr)^2 \leq (1-t)x_1^2 + tx_2^2 \leq (1-t)y_1 + ty_2 ,

donc le barycentre reste au-dessus de la parabole. Le calcul est général : $\{y \geq f(x)\}$ est convexe exactement lorsque $f$ est une fonction convexe — les ensembles convexes et les fonctions convexes (Chapitre 8) sont deux faces d’une même notion, les épigraphes en étant le dictionnaire. C’est la raison géométrique de l’existence des droites d’appui pour les fonctions convexes, le fait qui démontrera l’inégalité de Jensen au Chapitre 22.

Exemple 17.13 (Générateurs redondants d’un convexe)

Soit $S = \{(0,0), (2,0), (2,2), (0,2), (1,1)\}$ . Le cinquième point est le barycentre

(1,1) = \operatorname{bar}\bigl((0,0), \tfrac12;\ (2,2), \tfrac12\bigr),

il est donc déjà dans l’enveloppe des quatre autres : $\operatorname{conv}(S)$ est le carré ayant les quatre coins pour sommets. En général, un point de $S$ qui est un barycentre à poids positifs des autres points de $S$ peut être supprimé sans changer l’enveloppe ; les points qui ne peuvent jamais être supprimés (ici les quatre coins) sont les points extrémaux de l’enveloppe. Les déterminer est un pur calcul de barycentre : $(2,0)$ , par exemple, ne peut s’écrire comme $\operatorname{bar}$ des points restants avec des poids positifs, car la première coordonnée forcerait tout le poids sur les points avec $x = 2$ , et la seconde coordonnée échoue alors. Les questions de convexité se ramènent, encore et encore, à résoudre de petits systèmes pondérés.

Théorème 17.14 (Carathéodory)

Dans un espace affine de dimension $n$ , tout point de $\operatorname{conv}(S)$ est un barycentre d’au plus $n + 1$ points de $S$ .

Démonstration. Soit $G = \operatorname{bar}(A_0, \lambda_0; \dots; A_k, \lambda_k)$ avec $\lambda_i > 0$ , $\sum\lambda_i = 1$ , et $k + 1 > n + 1$ points. Les $k$ vecteurs $\vect{A_0A_i}$ ( $i \geq 1$ ) sont liés ( $k > n$ ) : $\sum_{i\geq1}\mu_i \vect{A_0A_i} = 0$ de façon non triviale ; en posant $\mu_0 = -\sum_{i\geq1}\mu_i$ , on obtient des poids $(\mu_i)$ avec $\sum\mu_i = 0$ , $\sum \mu_i\,\vect{OA_i} = 0$ (pour tout $O$ ), non tous nuls. Alors pour tout réel $t$ les poids $\lambda_i - t\mu_i$ sont encore de somme $1$ et, puisque $\sum_i\mu_i\vect{OA_i} = 0$ ,

\sum_i(\lambda_i - t\mu_i)\,\vect{OA_i} = \sum_i\lambda_i\,\vect{OA_i} :

ils produisent le même point $G$ . Faisons maintenant glisser $t$ à partir de $0$ : un certain $\mu_i$ est positif (ils sont de somme nulle et non tous nuls), donc

t^* = \min\Bigl\{\frac{\lambda_i}{\mu_i} : \mu_i > 0\Bigr\}

est bien défini et positif. En $t = t^*$ : pour les indices avec $\mu_i > 0$ , $\lambda_i - t^*\mu_i \geq 0$ par minimalité, avec égalité en un indice minimisant ; pour les indices avec $\mu_i \leq 0$ , $\lambda_i - t^*\mu_i \geq \lambda_i > 0$ . Tous les poids restent positifs et au moins un s’est annulé : $G$ se réécrit comme barycentre de moins de points. On itère tant qu’il reste plus de $n + 1$ points. ∎

Exemple 17.15

Dans le plan ( $n = 2$ ) : tout point de l’enveloppe convexe d’un ensemble fini est dans un triangle dont les sommets sont dans l’ensemble — le contenu géométrique de Carathéodory, utilisé aussi bien en optimisation qu’en probabilités (mélanges).

Exemple 17.16 (Exécution de l’algorithme de Carathéodory)

Écrivons le centre du carré de l’Exemple 17.13 avec ses quatre coins $A_1 = (0,0)$ , $A_2 = (2,0)$ , $A_3 = (2,2)$ , $A_4 = (0,2)$ :

(1,1) = \operatorname{bar}\bigl(A_1, \tfrac14;\ A_2, \tfrac14;\ A_3, \tfrac14;\ A_4, \tfrac14\bigr),

quatre points en dimension $2$ — un de trop. La recette de la démonstration demande des poids $(\mu_i)$ avec $\sum\mu_i = 0$ et $\sum\mu_i\vect{OA_i} = 0$ : ici $\mu = (1, -1, 1, -1)$ convient (les deux diagonales ont même milieu). Faire glisser $\lambda_i \mapsto \lambda_i - t\mu_i$ laisse le barycentre fixe pour tout $t$ ; la valeur admissible extrémale $t = \frac14$ rend les poids $(0, \tfrac12, 0, \tfrac12)$ , annulant $A_1$ et $A_3$ simultanément :

(1,1) = \operatorname{bar}\bigl(A_2, \tfrac12;\ A_4, \tfrac12\bigr),

une représentation par deux points — encore mieux que les trois que le théorème garantit, car le centre se trouve être sur un segment entre générateurs. L’algorithme est entièrement mécanique : trouver une dépendance, faire glisser jusqu’à ce qu’un poids s’annule, recommencer.

17.3 Outils de classification affine

Proposition 17.17 (Points fixes des applications affines)

Soit $f$ un endomorphisme affine d’un espace affine de dimension finie, de partie linéaire $\varphi$ . Si $1 \notin \operatorname{Sp}(\varphi)$ , alors $f$ a exactement un point fixe $\Omega$ , et dans la vectorialisation en $\Omega$ , $f$ est sa partie linéaire. (Les translations, avec $\varphi = \mathrm{id}$ et sans point fixe, sont l’obstruction fondamentale.)

Démonstration. Fixons $O$ et écrivons $f(O + x) = f(O) + \varphi(x)$ . Le point $O + x$ est fixe si et seulement si $O + x = f(O) + \varphi(x)$ , c’est-à-dire

(\mathrm{id} - \varphi)(x) = \vect{O f(O)} .

En dimension finie, $\mathrm{id} - \varphi$ est inversible si et seulement si $0$ n’est pas valeur propre de $\mathrm{id} - \varphi$ , si et seulement si $1 \notin \operatorname{Sp}\varphi$ — et dans ce cas l’équation affichée a exactement une solution $x^*$ , donnant l’unique point fixe $\Omega = O + x^*$ . Recentrons : pour tout vecteur $u$ ,

f(\Omega + u) = f(\Omega) + \varphi(u) = \Omega + \varphi(u),

donc dans le repère d’origine $\Omega$ l’application s’écrit $u \mapsto \varphi(u)$ : purement linéaire. Lorsque $1 \in \operatorname{Sp}\varphi$ , soit aucun point fixe n’existe (l’équation affichée peut être insoluble, comme pour une translation), soit tout un sous-espace affine de points fixes existe (ajouter à une solution n’importe quel vecteur propre de valeur propre $1$ ) : l’unicité est exactement la condition spectrale. ∎

Exemple 17.18 (Isométries du plan, complétées)

Une isométrie affine du plan euclidien a sa partie linéaire dans $O(2)$ : une rotation $R_\theta$ ou une réflexion (volume de l’année 1). Si $\theta \neq 0$ : $1 \notin \operatorname{Sp} R_\theta$ , donc l’application est une rotation autour d’un unique centre (Proposition 17.17). Si la partie linéaire est une réflexion : soit une réflexion d’axe (des points fixes existent), soit une réflexion glissée (réflexion composée avec une translation le long de l’axe, sans point fixe). Avec les translations, c’est la classification complète des isométries du plan.

Remarque 17.19 (Les isométries du plan, en un coup d’œil)

Rassemblons les cas : l’identité ; les translations ( $\vec f = \mathrm{id}$ , sans point fixe sauf trivialité) ; les rotations (partie linéaire $R_\theta$ , $\theta \neq 0$ : un centre) ; les réflexions (partie linéaire une réflexion, une droite de points fixes) ; les réflexions glissées (même partie linéaire, sans point fixe). Quatre familles plus l’identité, chacune reconnue par deux données seulement : la partie linéaire et l’ensemble des points fixes — le schéma de la Proposition 17.17 rendu exhaustif.

Exemple 17.20 (Une réflexion glissée, prise sur le fait)

Soit $f(x, y) = (y + 1,\ x + 1)$ . La partie linéaire $(x, y) \mapsto (y, x)$ est la réflexion d’axe la diagonale $y = x$ , donc $1 \in \operatorname{Sp}\vec f$ et la Proposition 17.17 reste muette. Des points fixes exigeraient $x = y + 1$ et $y = x + 1$ simultanément : impossible — il n’y en a aucun, donc $f$ n’est pas une réflexion. Élever au carré règle la classification :

f\bigl(f(x, y)\bigr) = f(y + 1,\ x + 1) = (x + 2,\ y + 2),

la translation de vecteur $(2, 2)$ : $f$ est la réflexion glissée d’axe la droite $y = x$ (décalée convenablement : le milieu de $M$ et $f(M)$ est toujours sur $y = x + {}$ constante, ici $y = x$ , comme on le vérifie sur $M = (0, 0) \mapsto (1,1)$ ) et de vecteur de glissement $(1, 1)$ , moitié de $f \circ f$ . À comparer avec l’Exercice 17.6, où la même partie linéaire mais une constante différente produisait une véritable réflexion : en présence de la valeur propre $1$ , le terme constant décide de tout.

Exemple 17.21 (Les récurrences affines sont des dynamiques affines)

La récurrence classique $u_{n+1} = au_n + b$ ( $a \neq 1$ ) itère l’application affine $f(x) = ax + b$ de la droite, dont la partie linéaire $a$ évite la valeur propre $1$ : il y a un unique point fixe $\omega = \frac{b}{1-a}$ , et y recentrer (le cas unidimensionnel de la proposition ci-dessus) transforme $f$ en la multiplication par $a$ :

u_{n+1} - \omega = a\,(u_n - \omega) \qquad\Longrightarrow\qquad u_n = \omega + a^n(u_0 - \omega) .

Pour $u_{n+1} = \frac{u_n}2 + 3$ : $\omega = 6$ et $u_n = 6 + (u_0 - 6)2^{-n} \to 6$ . La recette enseignée pour de telles récurrences au Chapitre 7 — « soustraire le point fixe » — est exactement la vectorialisation d’une application affine en son point fixe ; la convergence pour $\abs a < 1$ est le phénomène de contraction que le Chapitre 4 a transformé en théorème du point fixe de Banach. Une idée, trois chapitres.

Exemple 17.22 (Trouver le centre d’une rotation)

Soit $f(x, y) = (-y + 2,\ x)$ . La partie linéaire est $\varphi(x, y) = (-y, x)$ : la rotation d’angle $\frac\pi2$ , dont le spectre $\{\iu, -\iu\}$ évite $1$ . Par la Proposition 17.17 il y a exactement un point fixe : $x = -y + 2$ et $y = x$ donnent $x = 1$ , $y = 1$ , donc $\Omega = (1, 1)$ , et $f$ est la rotation de centre $(1, 1)$ et d’angle $\frac\pi2$ . La leçon générale : lorsque $1 \notin \operatorname{Sp}\vec f$ , classifier $f$ coûte un système linéaire — la géométrie est entièrement dans la partie linéaire, l’arithmétique entièrement dans la localisation du centre.

Remarque 17.23 (Où le langage affine sert ensuite)

Les barycentres et les applications affines sont la grammaire des chapitres de géométrie à venir : les tangentes et les plans tangents sont des objets affines (Chapitres 18 et 19), un changement de variables affine multiplie les aires et les volumes par $\abs{\det \vec f}$ (Chapitre 20), et l’espérance est un barycentre dont les poids sont donnés par une loi de probabilité, ce pourquoi la convexité gouverne l’inégalité de Jensen (Chapitre 22). Dans le volume de l’année 3, le même vocabulaire de convexité porte l’étude des normes $L^p$ et des inégalités intégrales.

Remarque 17.24 (Perspectives dans ce volume)

Deux fils quittent ce chapitre. Le fil affine : les tangentes (Chapitre 18) et les plans tangents (Chapitre 19) sont des sous-espaces affines attachés à des objets non linéaires, et la classification des quadriques dans le chapitre sur les surfaces repose sur l’équation du centre $A\Omega = -b$ de ce chapitre. Le fil convexe est plus long : la convexité des demi-plans et des disques alimente la théorie de Helly du problème du week-end ; la convexité des fonctions donne l’inégalité de Jensen (Chapitre 22) ; et le théorème final du livre — le critère d’extinction des processus de branchement (Chapitre 23) — se décide par la position d’une courbe convexe relativement à la diagonale, une image qui appartient autant à ce chapitre qu’aux probabilités. Les barycentres y reviennent aussi : une espérance est un barycentre à poids de probabilité.

17.4 Exercices

Exercice 17.1 ★

Dans $\R^3$ , les ensembles suivants sont-ils des sous-espaces affines ? Donner directions et dimensions. $\{x + y + z = 1\}$ ; $\;\{x + y + z = 1,\ x - z = 3\}$ ; $\;\{x^2 + y^2 = 1\}$ ; l’ensemble solution de $MX = B$ pour un système compatible donné.

Solution

Solution de Exercice 17.1.

$\{x + y + z = 1\}$ : plan affine, de direction le plan vectoriel $\{x + y + z = 0\}$ , dimension $2$ . En ajoutant $x - z = 3$ : une droite affine (deux équations indépendantes), de direction $\{x + y + z = 0,\ x = z\} = \operatorname{Vect}\bigl((1, -2, 1)\bigr)$ , dimension $1$ . $\{x^2 + y^2 = 1\}$ : un cylindre — non stable par barycentres (le milieu de $(1,0,0)$ et $(-1,0,0)$ est l’origine, hors du cylindre) : non affine. Un système compatible $MX = B$ : sous-espace affine $X_0 + \ker M$ de dimension $\dim\ker M$ , comme rappelé à la Définition 17.5.

Exercice 17.2 ★

Montrer que trois points distincts $A, B, C$ d’un espace affine sont alignés si et seulement si $C$ est un barycentre de $A$ et $B$ , si et seulement si les vecteurs $\vect{AB}, \vect{AC}$ sont liés. En déduire une comptabilité de poids à la Ménélaüs : si $C = \operatorname{bar}(A, 1 - t; B, t)$ , situer $C$ pour $t = \frac12$ , $t = 2$ , $t = -1$ .

Solution

Solution de Exercice 17.2.

$C = \operatorname{bar}(A, 1-t; B, t)$ signifie $\vect{AC} = t\,\vect{AB}$ : l’existence d’un tel $t$ est exactement la liaison de $\vect{AC}$ avec $\vect{AB} \neq 0$ , c’est-à-dire l’alignement. Positions : $t = \frac12$ : milieu ; $t = 2$ : au-delà de $B$ , à la distance de $B$ à celui-ci ( $\vect{AC} = 2\vect{AB}$ ) ; $t = -1$ : le symétrique de $B$ par rapport à $A$ .

Exercice 17.3 ★

Soit $f$ l’application affine de $\R^2$ donnée par $f(X) = MX + C$ avec $M = \frac12\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & 1\end{pmatrix}$ et $C = (1, 0)^{\mathsf T}$ . Déterminer l’image de $f$ , ses points fixes (s’il y en a), et $f \circ f$ .

Solution

Solution de Exercice 17.3.

$M$ est la matrice de projection sur $\operatorname{Vect}(1,1)$ parallèlement à $(1,-1)$ (vérifier $M^2 = M$ ). Image de $f$ : $\{MX + C\} = C + \operatorname{im} M$ : la droite affine passant par $(1,0)$ dirigée par $(1,1)$ . Points fixes : $X = MX + C$ , c’est-à-dire $(I - M)X = C$ ; mais $C = (1, 0)^{\mathsf T}$ et $\operatorname{im}(I - M) = \operatorname{Vect}(1,-1)$ ; $(1,0)$ y est-il ? $(1, 0) = \alpha(1,-1)$ force $\alpha = 1$ et $0 = -1$ : non. Pas de point fixe. Et

f(f(X)) = M(MX + C) + C = MX + MC + C = f(X) + MC, \qquad MC = \tfrac12(1,1)^{\mathsf T} :

$f\circ f$ est $f$ suivie d’une translation le long de la droite image — $f$ est une « projection glissée » : projection sur la droite composée avec un glissement.

Exercice 17.4 ★★

(L’associativité à l’œuvre) Dans un triangle $ABC$ , soit $I, J, K$ divisant $BC$ , $CA$ , $AB$ dans les rapports $\vect{BI} = \frac13\vect{BC}$ , $\vect{CJ} = \frac13\vect{CA}$ , $\vect{AK} = \frac13\vect{AB}$ . Exprimer $I, J, K$ comme barycentres et calculer le barycentre de $(I,1;J,1;K,1)$ : que trouve-t-on, et pourquoi était-ce prévisible ?

Solution

Solution de Exercice 17.4.

$I = \operatorname{bar}(B, 2; C, 1)$ (car $\vect{BI} = \frac13\vect{BC}$ place $I$ plus près de $B$ : poids $2$ sur $B$ , $1$ sur $C$ — vérification : $\vect{BI} = \frac{1}{3}\vect{BC}$ ). De même $J = \operatorname{bar}(C, 2; A, 1)$ , $K = \operatorname{bar}(A, 2; B, 1)$ . En sommant les trois systèmes pondérés, le barycentre de $(I, 1; J, 1; K, 1)$ (chacun de poids total $3$ , donc remplacer $I$ par son système, etc.) est

\operatorname{bar}\bigl(A, 1 + 2;\ B, 2 + 1;\ C, 1 + 2\bigr) = \operatorname{bar}(A, 1; B, 1; C, 1) = G ,

le centre de gravité de $ABC$ : le triangle $IJK$ a le même centre de gravité — prévisible, car la construction traite $A, B, C$ cycliquement et le centre de gravité est l’unique point fixe de la symétrie cyclique des poids.

Exercice 17.5 ★★

Montrer qu’une application $f \colon \R^n \to \R^n$ conservant les milieux ( $f\bigl(\frac{A+B}{2}\bigr) = \frac{f(A) + f(B)}{2}$ ) et continue est affine. (Montrer que l’application vectorielle $u \mapsto f(O + u) - f(O)$ est additive via les milieux, puis $\Q$ -homogène, puis $\R$ -homogène par continuité — la même stratégie de densité que pour l’équation fonctionnelle de Cauchy dans le volume de l’année 1 ; redémontrer ici les étapes nécessaires.)

Solution

Solution de Exercice 17.5.

Posons $g(u) = f(O + u) - f(O)$ (en travaillant dans $\R^n$ vectorialisé en $O$ ), $g(0) = 0$ .

Additivité : $\frac{(O + u) + (O + v)}{2} = O + \frac{u + v}{2}$ , donc la conservation des milieux donne $g\bigl(\frac{u+v}{2}\bigr) = \frac{g(u) + g(v)}{2}$ ; avec $v = 0$ : $g(u/2) = g(u)/2$ ; en combinant, $g(u + v) = 2g\bigl(\frac{u+v}{2}\bigr) = g(u) + g(v)$ .

$\Q$ -homogénéité : l’additivité donne $g(nu) = ng(u)$ ( $n \in \N$ , par récurrence), puis $g(-u) = -g(u)$ (en ajoutant), puis $g(\frac pq u) = \frac pq g(u)$ (appliquer $q$ , utiliser l’injectivité de la mise à l’échelle).

$\R$ -homogénéité : pour $t \in \R$ , prenons des rationnels $t_n \to t$ : $g(t_nu) = t_ng(u)$ , et la continuité de $g$ (héritée de $f$ ) passe à la limite : $g(tu) = tg(u)$ . Donc $g$ est linéaire et $f = f(O) + g$ : affine.

Exercice 17.6 ★★

Classifier l’application affine $f(x, y) = (y + 1,\; x - 1)$ du plan euclidien : partie linéaire, points fixes, nature géométrique (réflexion ? réflexion glissée ?). Calculer $f \circ f$ et conclure.

Solution

Solution de Exercice 17.6.

Partie linéaire $\varphi(x,y) = (y, x)$ : la réflexion d’axe la diagonale $y = x$ (orthogonale, déterminant $-1$ ). Points fixes : $(x, y) = (y + 1, x - 1)$ revient à l’unique équation $y = x - 1$ (les deux composantes sont équivalentes) : tout point de la droite $y = x - 1$ est fixe. Donc $f$ fixe cette droite point par point : $f$ est la réflexion d’axe cette droite (une isométrie ayant une droite de points fixes et une partie linéaire qui est une réflexion). De façon cohérente, $f \circ f(x,y) = f(y+1, x-1) = (x - 1 + 1, y + 1 - 1) = (x, y)$ : une involution, comme une réflexion se doit de l’être.

Exercice 17.7 ★★★

(Radon) Soit $A_1, \dots, A_{n+2}$ des points d’un espace affine de dimension $n$ . Montrer qu’on peut les partager en deux groupes disjoints dont les enveloppes convexes se rencontrent. (Comme dans la démonstration de Carathéodory, trouver des poids $\mu_i$ , non tous nuls, avec $\sum\mu_i = 0$ et $\sum\mu_i\vect{OA_i} = 0$ ; séparer les poids positifs et négatifs et normaliser les deux membres.)

Solution

Solution de Exercice 17.7.

Les $n + 1$ vecteurs $\vect{A_1A_i}$ ( $i \geq 2$ ) sont liés en dimension $n$ : il existe des $\mu_i$ , non tous nuls, avec $\sum_{i\geq2} \mu_i\vect{A_1A_i} = 0$ ; posons $\mu_1 = -\sum_{i \geq 2}\mu_i$ , de sorte que $\sum_{i}\mu_i = 0$ et $\sum_i \mu_i\,\vect{OA_i} = 0$ pour tout $O$ , les $\mu_i$ n’étant pas tous nuls. Séparons les indices : $P = \{i : \mu_i > 0\}$ , $N = \{i : \mu_i < 0\}$ , tous deux non vides (les $\mu_i$ sont de somme nulle et non tous nuls). Avec $s = \sum_{i\in P}\mu_i = -\sum_{i \in N}\mu_i > 0$ :

\operatorname{bar}\bigl(A_i, \tfrac{\mu_i}{s}\bigr)_{i \in P} = \operatorname{bar}\bigl(A_i, \tfrac{-\mu_i}{s}\bigr)_{i \in N},

(les deux membres sont égaux au point $X$ tel que $\vect{OX} = \frac1s\sum_{i\in P}\mu_i\vect{OA_i}$ , par la relation) : un point commun aux deux enveloppes convexes, avec des groupes d’indices disjoints.

Exercice 17.8 ★★★

Soit $f$ un endomorphisme affine de $\R^n$ avec $f \circ f = f$ . Montrer que $f$ est la projection affine sur le sous-espace affine $\operatorname{Fix}(f) = \operatorname{im} f$ parallèlement à la direction $\ker\vec f$ , et que réciproquement toutes ces projections sont idempotentes. (Montrer d’abord que $\operatorname{im} f$ est formé de points fixes.)

Solution

Solution de Exercice 17.8.

Image = points fixes : pour $Y = f(X)$ , $f(Y) = f(f(X)) = f(X) = Y$ : tout point image est fixe ; réciproquement les points fixes sont des images. Donc $\mathcal{F} = \operatorname{im} f = \operatorname{Fix}(f)$ est non vide, et c’est un sous-espace affine (image d’une application affine), de direction $\operatorname{im}\vec f$ .

Structure de projection : $\vec f$ est idempotente ( $\vec{f\circ f} = \vec f^{\,2} = \vec f$ ), donc $E = \operatorname{im}\vec f \oplus \ker \vec f$ (Exemple 3.18). Pour tout point $X$ , considérons le vecteur $\vect{f(X)\,X}$ ; en appliquant $\vec f$ :

\vec f\bigl(\vect{f(X)\,X}\bigr) = \vect{f(f(X))\,f(X)} = 0 \qquad (f \circ f = f),

donc $\vect{f(X)\,X} \in \ker\vec f$ . Ainsi $X = f(X) + \vect{f(X)X}$ présente $X$ comme un point de $\mathcal{F}$ translaté par un vecteur de $\ker\vec f$ : $f$ est exactement la projection sur $\mathcal{F}$ parallèlement à $\ker\vec f$ . Réciproquement de telles projections vérifient clairement $f \circ f = f$ .

Exercice 17.9 ★

Soit $G = \operatorname{bar}(A, 1;\ B, 2;\ C, 3)$ dans un triangle $ABC$ . À l’aide de l’associativité, montrer que la droite $AG$ rencontre $BC$ en $M = \operatorname{bar}(B, 2;\ C, 3)$ , et situer $G$ sur le segment $\intcc AM$ ; situer de même l’intersection de $BG$ avec $CA$ .

Solution

Solution de Exercice 17.9.

Soit $M = \operatorname{bar}(B, 2;\ C, 3)$ , de poids total $5$ . L’associativité donne $G = \operatorname{bar}(A, 1;\ M, 5)$ , donc $\vect{AG} = \frac56\,\vect{AM}$ : $G$ est sur le segment $\intcc AM$ aux cinq sixièmes depuis $A$ . Comme $A \notin (BC)$ , la droite $(AG) = (AM)$ rencontre $(BC)$ au seul point $M$ , avec $\vect{BM} = \frac35\,\vect{BC}$ . De même, avec $N = \operatorname{bar}(C, 3;\ A, 1)$ (poids total $4$ , $\vect{CN} = \frac14\,\vect{CA}$ ), l’associativité donne $G = \operatorname{bar}(B, 2;\ N, 4)$ : la droite $(BG)$ rencontre $(CA)$ en $N$ , et $\vect{BG} = \frac46\,\vect{BN} = \frac23\,\vect{BN}$ .

Exercice 17.10 ★★

Pour $\lambda \neq 0$ , l’homothétie $h_{\Omega, \lambda}$ est l’application affine fixant $\Omega$ de partie linéaire $\lambda\,\mathrm{id}$ . Montrer que la composée $h_{\Omega', \mu} \circ h_{\Omega, \lambda}$ est une homothétie de rapport $\lambda\mu$ lorsque $\lambda\mu \neq 1$ , et une translation lorsque $\lambda\mu = 1$ ; dans le cas $\lambda = \mu = -1$ (deux symétries centrales), calculer le vecteur de translation.

Solution

Solution de Exercice 17.10.

Vectorialisons en une origine $O$ et écrivons les points comme des vecteurs : $h_{\Omega, \lambda}(x) = \omega + \lambda(x - \omega)$ avec $\omega = \vect{O\Omega}$ . La composée $g = h_{\Omega', \mu} \circ h_{\Omega, \lambda}$ est affine de partie linéaire $\mu\lambda\,\mathrm{id}$ . Si $\lambda\mu \neq 1$ : $1 \notin \operatorname{Sp}(\lambda\mu\,\mathrm{id})$ , donc la Proposition 17.17 fournit un unique point fixe $\Omega''$ et, vectorialisée là, $g = \lambda\mu\,\mathrm{id}$ : l’homothétie $h_{\Omega'', \lambda\mu}$ . Si $\lambda\mu = 1$ la partie linéaire est l’identité, donc $g$ est une translation ; en développant,

g(x) = \omega' + \mu\bigl(\omega + \lambda(x - \omega) - \omega'\bigr) = x + (1 - \mu)\,\omega' + \mu(1 - \lambda)\,\omega .

Pour $\lambda = \mu = -1$ (symétries centrales) le vecteur est $2\omega' - 2\omega = 2\,\vect{\Omega\Omega'}$ : la composée des symétries centrales de centre $\Omega$ puis $\Omega'$ est la translation de vecteur $2\,\vect{\Omega\Omega'}$ .

Exercice 17.11 ★★

(Ménélaüs) Dans un triangle $ABC$ , soit $A' \in (BC)$ , $B' \in (CA)$ , $C' \in (AB)$ , tous distincts des sommets, et définissons $\alpha, \beta, \gamma$ par $\vect{A'B} = \alpha\,\vect{A'C}$ , $\vect{B'C} = \beta\,\vect{B'A}$ , $\vect{C'A} = \gamma\,\vect{C'B}$ . Montrer que $A', B', C'$ sont alignés si et seulement si $\alpha\beta\gamma = 1$ . (Écrire chaque point comme barycentre de deux sommets ; montrer que trois points sont alignés si et seulement si leurs lignes de coordonnées barycentriques relativement à $(A, B, C)$ forment une matrice $3 \times 3$ singulière.)

Solution

Solution de Exercice 17.11.

$\vect{A'B} = \alpha\,\vect{A'C}$ dit exactement $1\cdot \vect{A'B} - \alpha\,\vect{A'C} = 0$ , c’est-à-dire $A' = \operatorname{bar}(B, 1;\ C, -\alpha)$ (poids total $1 - \alpha \neq 0$ car $B \neq C$ ) ; de même $B' = \operatorname{bar}(C, 1;\ A, -\beta)$ et $C' = \operatorname{bar}(A, 1;\ B, -\gamma)$ .

Le critère d’alignement. Donnons à chaque point $P$ sa ligne barycentrique normalisée $p = (p_A, p_B, p_C)$ , $p_A + p_B + p_C = 1$ , relativement à $(A, B, C)$ . Si $\sum_i c_i p_i = 0$ avec $(c_1, c_2, c_3) \neq 0$ pour trois points $P_1, P_2, P_3$ , alors la somme des entrées donne $\sum c_i = 0$ , et $\sum_i c_i \vect{OP_i} = \sum_j \bigl(\sum_i c_ip_{ij}\bigr)\vect{OV_j} = 0$ : les $P_i$ sont affinement dépendants, c’est-à-dire alignés. Réciproquement une dépendance affine $(t_i)$ donne $w = \sum t_ip_i$ dont les entrées sont de somme $0$ et $\sum_j w_j\vect{OV_j} = 0$ ; en développant à partir de $A$ , $w_B \vect{AB} + w_C\vect{AC} = 0$ , donc $w = 0$ par indépendance affine de $(A, B, C)$ : les lignes sont linéairement dépendantes. Ainsi l’alignement équivaut à l’annulation d’un déterminant $3 \times 3$ , et multiplier les lignes par les facteurs non nuls $1 - \alpha$ , $1 - \beta$ , $1 - \gamma$ ne change rien :

\det\begin{pmatrix} 0 & 1 & -\alpha\\ -\beta & 0 & 1\\ 1 & -\gamma & 0\end{pmatrix} = 1 - \alpha\beta\gamma .

Donc $A', B', C'$ sont alignés si et seulement si $\alpha\beta\gamma = 1$ : le théorème de Ménélaüs.

Exercice 17.12 ★★★

Montrer que l’enveloppe convexe d’une partie compacte $K$ de $\R^n$ est compacte. (D’après le Théorème 17.14, $\operatorname{conv}(K)$ est l’image d’un compact par une application continue.) Montrer sur un exemple dans $\R^2$ que l’enveloppe convexe d’un ensemble fermé n’est pas nécessairement fermée.

Solution

Solution de Exercice 17.12.

Soit $\Delta = \{\lambda \in \R^{n+1} : \lambda_i \geq 0,\ \sum\lambda_i = 1\}$ : fermé et borné dans $\R^{n+1}$ , donc compact, et $K^{n+1}$ est compact comme produit fini. L’application

\Phi \colon \Delta \times K^{n+1} \to \R^n, \qquad \Phi(\lambda, x_0, \dots, x_n) = \sum_{i=0}^n \lambda_i x_i

est continue, et le Théorème 17.14 dit précisément que $\operatorname{conv}(K) = \Phi(\Delta \times K^{n+1})$ : image continue d’un compact (Théorème 4.16), donc compacte.

Pour un fermé : prenons $S = (\R \times \{0\}) \cup \{(0, 1)\}$ , fermé dans $\R^2$ . Une combinaison convexe mettant le poids $t$ sur $(0,1)$ et $1 - t$ sur des points de l’axe a pour seconde coordonnée $t$ , donc

\operatorname{conv}(S) = \bigl(\R \times \intco01\bigr) \cup \{(0,1)\}

(pour $0 \leq t < 1$ , $(x, t) = t\,(0,1) + (1-t)\,\bigl(\tfrac x{1-t}, 0\bigr)$ ). Le point $(1, 1) = \lim_{t \to 1}(1, t)$ est adhérent mais pas dans l’enveloppe : non fermée.

17.5 Problème : de Radon à Helly, points centraux et théorème de Jung

Les deux types de Radon pour quatre points du plan en position générale : un point à l’intérieur du triangle des autres (partition \A_4\ \A_1, A_2, A_3\), ou position convexe, où le point de Radon (orange) est l’intersection des deux diagonales. — Les deux types de Radon pour quatre points du plan en position générale : un point à l’intérieur du triangle des autres (partition $\{A_4\} \mid \{A_1, A_2, A_3\}$ ), ou position convexe, où le point de Radon (orange) est l’intersection des deux diagonales.

Problème 17.1

Problème du week-end — le théorème de Helly et deux de ses dividendes

Le lemme de Radon (Exercice 17.7) dit que $n + 2$ points d’un espace affine de dimension $n$ se partagent toujours en deux groupes aux enveloppes convexes qui se rencontrent. Ce problème transforme ce seul fait d’algèbre linéaire en une chaîne de théorèmes de géométrie combinatoire : le théorème d’intersection de Helly, le théorème du point central (une médiane bidimensionnelle) et le théorème de recouvrement de Jung. Partout, le plan est $\R^2$ muni de sa structure euclidienne usuelle, et $\det$ est le déterminant dans la base canonique.

Partie I — Coordonnées barycentriques. Les points $A_0, \dots, A_k$ sont affinement indépendants lorsque les vecteurs $\vect{A_0A_1}, \dots, \vect{A_0A_k}$ sont linéairement indépendants.

Montrer que l’indépendance affine ne dépend pas du choix du point de base $A_0$ , et qu’elle équivaut à : dès que deux familles de poids, chacune de somme $1$ , définissent le même barycentre de $(A_0, \dots, A_k)$ , les poids coïncident.
Soit $(A, B, C)$ affinement indépendants dans le plan. Montrer que tout point $M$ admet un unique triplet $(\alpha, \beta, \gamma)$ avec $\alpha + \beta + \gamma = 1$ et $M = \operatorname{bar}(A, \alpha; B, \beta; C, \gamma)$ — ses coordonnées barycentriques.
Démontrer les formules déterminantales

$\alpha = \frac{\det(\vect{MB}, \vect{MC})}{\det(\vect{AB}, \vect{AC})}, \qquad \beta = \frac{\det(\vect{MC}, \vect{MA})}{\det(\vect{AB}, \vect{AC})}, \qquad \gamma = \frac{\det(\vect{MA}, \vect{MB})}{\det(\vect{AB}, \vect{AC})} :$

les coordonnées barycentriques sont des rapports d’aires signées.
Les droites $BC$ , $CA$ , $AB$ sont les droites de coordonnées $\{\alpha = 0\}$ , $\{\beta = 0\}$ , $\{\gamma = 0\}$ . Montrer que $M$ est dans le triangle fermé $\operatorname{conv}\{A, B, C\}$ si et seulement si $\alpha, \beta, \gamma \geq 0$ , et que les trois droites découpent le plan en exactement sept régions, classées par les signes de $(\alpha, \beta, \gamma)$ (la configuration de signes $(-, -, -)$ étant impossible).
Soit $u \colon \R^2 \to \R$ une application affine (une forme affine). Montrer que $u(M) = \alpha\,u(A) + \beta\,u(B) + \gamma\,u(C)$ , que les lignes de niveau d’une forme affine non constante sont des droites, que toute droite s’obtient ainsi, et que les demi-plans fermés $\{u \geq c\}$ sont convexes.

Partie II — Partitions de Radon, précisées. Une famille de $n + 2$ points de $\R^n$ est en position générale lorsque tout sous-ensemble de $n + 1$ d’entre eux est affinement indépendant. Une dépendance affine de $(A_1, \dots, A_{n+2})$ est une famille $(\mu_i)$ avec $\sum_i \mu_i = 0$ et $\sum_i \mu_i\,\vect{OA_i} = 0$ pour une (donc toute) origine $O$ .

Calculer une dépendance affine non nulle des quatre points $A_1 = (0,0)$ , $A_2 = (3,0)$ , $A_3 = (0,3)$ , $A_4 = (1,1)$ ; donner la partition de Radon et le point de Radon.
Montrer que pour des points en position générale l’espace vectoriel des dépendances affines est de dimension exactement $1$ , et qu’une dépendance non nulle n’a aucun coefficient nul.
En déduire que la partition de Radon de $n + 2$ points en position générale est unique (à l’échange des deux blocs près), chaque bloc étant l’ensemble des indices où $\mu_i$ a un signe fixé.
Pour quatre points du plan en position générale, montrer la dichotomie : soit la partition est de type $(1, 3)$ — un point intérieur au triangle des trois autres — soit de type $(2, 2)$ : les quatre points sont en position convexe et les segments joignant les deux paires (les diagonales) se coupent, au point de Radon.
Reprendre la question 6 pour le carré unité $(0,0)$ , $(1,0)$ , $(1,1)$ , $(0,1)$ : dépendance, partition, point de Radon.

Partie III — Le théorème de Helly dans le plan.

Soit $C_1, C_2, C_3, C_4$ des parties convexes de $\R^2$ , trois quelconques d’entre elles ayant un point commun. Choisir $x_i \in \bigcap_{j \neq i} C_j$ et appliquer le lemme de Radon à $x_1, \dots, x_4$ : montrer que le point de Radon appartient aux quatre ensembles. (Pour chaque $k$ , le bloc ne contenant pas $x_k$ est formé de points de $C_k$ .)
(Helly) Soit $C_1, \dots, C_m$ ( $m \geq 3$ ) des parties convexes de $\R^2$ , trois quelconques d’entre elles s’intersectant. Montrer $\bigcap_{i=1}^m C_i \neq \emptyset$ , par récurrence sur $m$ : remplacer $C_{m-1}$ et $C_m$ par $C_{m-1} \cap C_m$ et vérifier l’hypothèse pour la nouvelle famille à l’aide de la question 11.
Trois contre-exemples, un par hypothèse : (a) les trois côtés fermés d’un triangle s’intersectent deux à deux mais n’ont aucun point commun ( $3$ ne peut être abaissé à $2$ ) ; (b) les quatre ensembles $S_i = \{x_1, \dots, x_4\} \setminus \{x_i\}$ , pour quatre points en position générale, vérifient l’hypothèse d’intersection triple mais pas la conclusion (la convexité importe) ; (c) les demi-plans fermés $H_k = \intco{k}{+\infty} \times \R$ , $k \in \N$ , s’intersectent deux à deux et trois à trois mais $\bigcap_k H_k = \emptyset$ (les familles infinies exigent la compacité).
(Helly compact) Soit $(K_i)_{i \in I}$ une famille quelconque de parties compactes convexes de $\R^2$ , trois quelconques d’entre elles s’intersectant. À l’aide de la question 12 et de la propriété de Borel–Lebesgue (Théorème 4.20), montrer $\bigcap_{i \in I} K_i \neq \emptyset$ .
(Premier dividende) Soit $S$ un ensemble fini de points du plan et $r > 0$ . Montrer : si trois points quelconques de $S$ sont dans un disque fermé de rayon $r$ , alors $S$ est dans un disque fermé de rayon $r$ . (Appliquer Helly aux disques $\overline D(p, r)$ , $p \in S$ .)

Partie IV — Le théorème du point central. Un point central d’un ensemble fini $S$ de $n$ points du plan est un point $c$ (pas nécessairement dans $S$ ) tel que tout demi-plan fermé contenant $c$ contient au moins $n/3$ points de $S$ .

(Dimension $1$ ) Pour des réels $x_1 \leq \dots \leq x_n$ , montrer que la médiane $c = x_{\lceil n/2 \rceil}$ vérifie : toute demi-droite fermée contenant $c$ contient au moins $n/2$ des $x_i$ .
(Lemme de dénombrement) Si $A, B, C$ sont des parties de $S$ avec $\abs A, \abs B, \abs C > \tfrac{2n}3$ , montrer $A \cap B \cap C \neq \emptyset$ .
Soit $m = \floor{2n/3} + 1$ et soit $\mathcal F$ la famille (finie) des enveloppes convexes $\operatorname{conv}(T)$ , $T \subseteq S$ , $\abs T = m$ . Montrer que trois membres quelconques de $\mathcal F$ ont un point commun, et déduire de Helly un point $c$ commun à tous.
Montrer que ce $c$ est un point central de $S$ : le théorème du point central. (Si un demi-plan fermé passant par $c$ contenait moins de $n/3$ points, son complémentaire ouvert contiendrait un ensemble $T$ de $m$ points, et $\operatorname{conv}(T)$ éviterait $c$ .)
Optimalité : soit $n = 3k$ et plaçons $k$ points dans chacun de trois disques de petit rayon $\varepsilon$ centrés aux sommets d’un grand triangle. Montrer que pour tout point $c$ du plan un certain demi-plan fermé contenant $c$ contient au plus $n/3$ points de $S$ , de sorte que la constante $1/3$ ne peut être améliorée. (Parmi les trois directions de $c$ vers les centres des disques, deux font un angle au plus $2\pi/3$ .)

Partie V — Le théorème de Jung et synthèse.

(Lemme du triangle) Soit $P, Q, R$ trois points de distances mutuelles $\leq 1$ . Montrer qu’ils sont dans un disque fermé de rayon $1/\sqrt3$ . (Si un angle est $\geq \pi/2$ , prendre le disque de diamètre le plus long côté, à l’aide de la formule de la médiane $\norm{RM}^2 = \tfrac12\norm{RP}^2 + \tfrac12\norm{RQ}^2 - \tfrac14\norm{PQ}^2$ ; si le triangle est acutangle, majorer le rayon du cercle circonscrit $a/(2\sin \widehat A)$ à l’aide de son plus grand angle, qui est dans $\intco{\pi/3}{\pi/2}$ .)
(Jung) En déduire : toute partie compacte du plan de diamètre $\leq 1$ est contenue dans un disque fermé de rayon $1/\sqrt3$ .
Optimalité : pour le triangle équilatéral $A_1A_2A_3$ de côté $1$ de centre de gravité $G$ , démontrer l’identité de Leibniz $\sum_i \norm{\vect{OA_i}}^2 = 3\norm{\vect{OG}}^2 + \sum_i \norm{\vect{GA_i}}^2$ pour tout point $O$ , et conclure que tout disque contenant les trois sommets a un rayon $\geq 1/\sqrt3$ , avec égalité seulement pour le disque circonscrit.
(Helly dans $\R^n$ ) Énoncer et démontrer le théorème de Helly dans $\R^n$ : si un nombre fini d’ensembles convexes sont tels que $n + 1$ quelconques d’entre eux s’intersectent, alors tous s’intersectent. (Le lemme de Radon Exercice 17.7 traite $n + 2$ ensembles ; puis récurrence comme à la question 12.)
Synthèse. Assembler la chaîne

$\text{dépendance affine} \Rightarrow \text{Radon} \Rightarrow \text{Helly} \Rightarrow \text{point central et Jung},$

en indiquant en une phrase chacun : où entre l’algèbre linéaire, où entrent les signes des poids, où entre la convexité, et quelle unique étape a utilisé la dimension du plan. Que deviennent les constantes $3$ (dans Helly), $1/3$ (point central) et $1/\sqrt3$ (Jung) dans $\R^n$ ? (Énoncer sans démonstration.)

Solution

Solution de Problème 17.1.

1. Rebasons en $A_j$ : pour $i \neq j$ , $\vect{A_jA_i} = \vect{A_0A_i} - \vect{A_0A_j}$ . Si $\sum_{i \neq j} c_i\vect{A_jA_i} = 0$ , le développement donne $\sum_{i \notin \{0, j\}} c_i\,\vect{A_0A_i} - \bigl(\sum_{i\neq j} c_i\bigr)\vect{A_0A_j} = 0$ ; l’indépendance des $\vect{A_0A_i}$ force $c_i = 0$ pour $i \notin \{0, j\}$ , puis $c_0 = 0$ : indépendance en $A_j$ . Pour l’équivalence : deux familles de poids $(\lambda_i)$ , $(\lambda_i')$ de somme $1$ ayant le même barycentre donnent, avec $\nu = \lambda - \lambda'$ : $\sum\nu_i = 0$ et (origine $A_0$ ) $\sum_{i \geq 1}\nu_i\,\vect{A_0A_i} = 0$ , donc $\nu = 0$ sous l’hypothèse d’indépendance. Réciproquement une relation non triviale $\sum_{i\geq1}\mu_i \vect{A_0A_i} = 0$ , complétée par $\mu_0 = -\sum_{i\geq1} \mu_i$ , permet d’ajouter $t(\mu_i)$ à toute famille de poids sans déplacer le barycentre : non-unicité.

2. $(\vect{AB}, \vect{AC})$ est une base de $\R^2$ : écrivons $\vect{AM} = \beta\,\vect{AB} + \gamma\,\vect{AC}$ (de manière unique) et posons $\alpha = 1 - \beta - \gamma$ ; la condition de barycentre à l’origine $A$ s’écrit exactement $\vect{AM} = \beta\,\vect{AB} + \gamma\,\vect{AC}$ . L’unicité est la question 1.

3. De $\alpha\vect{MA} + \beta\vect{MB} + \gamma\vect{MC} = 0$ et Chasles, $\vect{MA} = -\beta\,\vect{AB} - \gamma\,\vect{AC}$ . Avec $D = \det(\vect{AB}, \vect{AC})$ :

\begin{align*} \det(\vect{MB}, \vect{MC}) &= \det(\vect{MA} + \vect{AB},\ \vect{MA} + \vect{AC})\\ &= \det(\vect{MA}, \vect{AC}) + \det(\vect{AB}, \vect{MA}) + D = -\beta D - \gamma D + D = \alpha D, \end{align*}

en utilisant la bilinéarité et $\det(\vect{MA}, \vect{AC}) = -\beta D$ , $\det(\vect{AB}, \vect{MA}) = -\gamma D$ . Les deux autres formules s’obtiennent par le même calcul en permutant cycliquement les rôles.

4. Par définition $\operatorname{conv}\{A, B, C\}$ est l’ensemble des barycentres à poids positifs ; en normalisant les poids à somme $1$ et en invoquant l’unicité (question 2), $M \in \operatorname{conv}\{A,B,C\}$ si et seulement si $\alpha, \beta, \gamma \geq 0$ . Chaque coordonnée est une fonction affine de $M$ (question 3 : un déterminant $2\times2$ avec une colonne affine en $M$ ), donc chaque condition de signe ouverte définit un demi-plan ouvert. La configuration $(-,-,-)$ contredit $\alpha + \beta + \gamma = 1$ ; chacune des sept configurations restantes est réalisée : mettre à l’échelle un triplet respectant les signes avec au moins une entrée $+$ de sorte que la somme (positive) soit $1$ — par exemple $(-1, 1, 1)$ , $(3, -1, -1)$ , $(\frac13, \frac13, \frac13)$ , et permutations.

5. Une application affine conserve les barycentres (Définition 17.5), donc $u(M) = \alpha u(A) + \beta u(B) + \gamma u(C)$ . En écrivant $u(x, y) = ax + by + c$ avec $(a, b) \neq (0,0)$ : $\{u = c'\}$ est une droite, et toute droite $ax + by = c'$ est une telle ligne de niveau. Si $u(M), u(N) \geq c$ et $t \in \intcc01$ , alors $u\bigl(\operatorname{bar}(M, 1-t; N, t)\bigr) = (1-t)u(M) + tu(N) \geq c$ : les demi-plans sont convexes.

6. Les conditions $\sum\mu_i = 0$ , $3\mu_2 + \mu_4 = 0$ , $3\mu_3 + \mu_4 = 0$ donnent (en prenant $\mu_4 = 3$ ) la dépendance $(\mu_1, \mu_2, \mu_3, \mu_4) = (-1, -1, -1, 3)$ . Les signes se répartissent en $\{A_4\} \mid \{A_1, A_2, A_3\}$ , et en normalisant chaque membre par $3$ :

A_4 = \operatorname{bar}\bigl(A_1, \tfrac13;\ A_2, \tfrac13;\ A_3, \tfrac13\bigr) = (1,1),

le centre de gravité du triangle : le point de Radon est $A_4$ lui-même, qui est bien à l’intérieur du triangle $A_1A_2A_3$ .

7. L’application linéaire $\Phi \colon \R^{n+2} \to \R \times \R^n$ , $\mu \mapsto (\sum\mu_i,\ \sum\mu_i\vect{OA_i})$ , est de rang $\leq n + 1$ , donc $\dim\ker \Phi \geq 1$ . Si deux dépendances indépendantes $\mu, \mu'$ existaient, une combinaison convenable $\nu = \mu'_{n+2}\mu - \mu_{n+2}\mu'$ (ou $\mu$ elle-même si les deux derniers coefficients s’annulent) serait une dépendance non nulle avec $\nu_{n+2} = 0$ ; en restreignant à $A_1, \dots, A_{n+1}$ et en rebasant en $A_1$ , un certain $\nu_i \neq 0$ avec $i \geq 2$ (un unique poids non nul ne peut être de somme nulle), donnant une relation non triviale $\sum_{i\geq2}\nu_i\vect{A_1A_i} = 0$ : les $n+1$ points seraient affinement dépendants, contre la position générale. Donc $\dim\ker \Phi = 1$ . Le même argument de restriction montre qu’une dépendance non nulle n’a aucun coefficient nul.

8. Soit $\mu \neq 0$ une dépendance, $P = \{i : \mu_i > 0\}$ et $N = \{i : \mu_i < 0\}$ : tous deux non vides ( $\sum\mu_i = 0$ , $\mu \neq 0$ ) et exhaustifs (aucun coefficient nul). La construction de Radon (Exercice 17.7) produit le point commun des enveloppes à partir exactement de cette partition. Comme la dépendance est unique à un scalaire non nul près (question 7), la paire non ordonnée $\{P, N\}$ — donc la partition de Radon — est unique.

9. Les blocs sont non vides, donc le type est $(1,3)$ ou $(2,2)$ . Type $(1,3)$ , bloc $\{j\}$ : le point de Radon est dans $\operatorname{conv}\{A_j\} = \{A_j\}$ , donc $A_j \in \operatorname{conv}$ des trois autres ; il ne peut être sur un côté (trois des points seraient alignés, contre la position générale), donc $A_j$ est intérieur au triangle. Type $(2,2)$ , blocs $\{i,j\} \mid \{k,l\}$ : le point de Radon $z$ est sur $\intcc{A_i}{A_j} \cap \intcc{A_k}{A_l}$ , et $z$ n’est pas une extrémité (cela alignerait trois points) : les deux segments se croisent en un point intérieur. De plus aucun point n’est dans l’enveloppe des autres : une telle appartenance $A_l = \operatorname{bar}(A_i, \lambda_i)_{i \neq l}$ avec $\lambda_i \geq 0$ est une dépendance affine de configuration de signes $(+,+,+,-)$ , qui par unicité (question 8) rendrait la partition $(1,3)$ . Donc dans le cas $(2,2)$ les quatre points sont en position convexe et les segments qui se croisent sont les diagonales.

10. Les équations $\mu_2 + \mu_3 = 0$ , $\mu_3 + \mu_4 = 0$ , $\sum\mu_i = 0$ donnent la dépendance $(1, -1, 1, -1)$ : partition $\{(0,0), (1,1)\} \mid \{(1,0), (0,1)\}$ , et

\operatorname{bar}\bigl((0,0), \tfrac12;\ (1,1), \tfrac12\bigr) = \bigl(\tfrac12, \tfrac12\bigr) = \operatorname{bar}\bigl((1,0), \tfrac12;\ (0,1), \tfrac12\bigr) :

le point de Radon est le centre du carré, où les deux diagonales se croisent — type $(2,2)$ , comme la figure le prédit.

11. Radon appliqué à $x_1, \dots, x_4$ donne des blocs $I \mid J$ et un point $z \in \operatorname{conv}\{x_i : i \in I\} \cap \operatorname{conv}\{x_j : j \in J\}$ . Fixons $k \in \{1, \dots, 4\}$ , disons $k \in I$ . Tout $j \in J$ vérifie $j \neq k$ , donc $x_j \in C_k$ par le choix $x_j \in \bigcap_{l \neq j}C_l$ ; comme $C_k$ est convexe, $z \in \operatorname{conv}\{x_j : j \in J\} \subseteq C_k$ . Comme $k$ était quelconque, $z \in C_1 \cap C_2 \cap C_3 \cap C_4$ .

12. Récurrence sur $m$ . Pour $m = 3$ l’hypothèse est la conclusion ; $m = 4$ est la question 11. Soit $m \geq 4$ , supposons l’énoncé pour $m$ ensembles, et prenons $C_1, \dots, C_{m+1}$ avec la propriété d’intersection triple. Posons $C_m' = C_m \cap C_{m+1}$ , convexe. La famille $C_1, \dots, C_{m-1}, C_m'$ a $m$ membres ; un triplet évitant $C_m'$ s’intersecte par hypothèse, et un triplet $\{C_i, C_j, C_m'\}$ a pour intersection $C_i \cap C_j \cap C_m \cap C_{m+1}$ , non vide par la question 11 appliquée à $C_i, C_j, C_m, C_{m+1}$ (trois quelconques d’entre eux se rencontrent, par hypothèse). L’hypothèse de récurrence fournit alors un point commun à la nouvelle famille, c’est-à-dire à tous les $m+1$ ensembles.

13. (a) Les côtés fermés $\intcc PQ$ , $\intcc QR$ , $\intcc RP$ d’un triangle non dégénéré : deux quelconques partagent un sommet, mais un point commun aux trois serait dans $\intcc PQ \cap \intcc RP = \{P\}$ et dans $\intcc QR$ , qui exclut $P$ . (b) Trois quelconques des ensembles $S_i = \{x_1, \dots, x_4\} \setminus \{x_i\}$ omettent trois des quatre points, laissant exactement un point commun ; l’intersection totale omet tout point. Les $S_i$ sont finis, non convexes : la convexité est essentielle. (c) Un nombre fini de $H_k = \intco{k}{+\infty} \times \R$ s’intersectent en $\intco{k_{\max}}{+\infty} \times \R \neq \emptyset$ , pourtant aucun point n’a $x \geq k$ pour tout $k \in \N$ : pour les familles infinies, la compacité est essentielle.

14. Supposons $\bigcap_{i \in I}K_i = \emptyset$ et fixons $i_0$ . Tout $x \in K_{i_0}$ échappe à un certain $K_i$ , donc $K_{i_0} \subseteq \bigcup_{i \in I}(\R^2 \setminus K_i)$ , un recouvrement par des ouverts ( $K_i$ est compact, donc fermé). Par Borel–Lebesgue (Théorème 4.20) un nombre fini suffit : $K_{i_0} \cap K_{i_1} \cap \dots \cap K_{i_N} = \emptyset$ . Mais trois membres quelconques de cette famille finie de convexes s’intersectent, donc la question 12 rend l’intersection non vide : contradiction.

15. Posons $D_p = \overline D(p, r)$ pour $p \in S$ : des convexes compacts. Pour $p, q, s \in S$ , l’hypothèse donne un disque fermé $\overline D(z, r)$ contenant $p, q, s$ ; alors $\norm{\vect{zp}}, \norm{\vect{zq}}, \norm{\vect{zs}} \leq r$ , c’est-à-dire $z \in D_p \cap D_q \cap D_s$ . Par Helly (question 12 ; la famille est finie) il existe $c \in \bigcap_{p \in S}D_p$ : tout $p \in S$ vérifie $\norm{\vect{cp}} \leq r$ , donc $S \subseteq \overline D(c, r)$ .

16. Soit $c = x_{\lceil n/2\rceil}$ . Une demi-droite fermée contenant $c$ est $\intoc{-\infty}{t}$ avec $t \geq c$ ou $\intco{t}{+\infty}$ avec $t \leq c$ . La première contient $x_1, \dots, x_{\lceil n/2\rceil}$ : au moins $\lceil n/2\rceil \geq n/2$ points. La seconde contient $x_{\lceil n/2\rceil}, \dots, x_n$ : exactement $n - \lceil n/2\rceil + 1 = \floor{n/2} + 1 > n/2$ points.

17. $\abs{A \cap B} = \abs A + \abs B - \abs{A \cup B} \geq \abs A + \abs B - n > \tfrac{4n}3 - n = \tfrac n3$ , puis

\abs{A \cap B \cap C} \geq \abs{A \cap B} + \abs C - n > \tfrac n3 + \tfrac{2n}3 - n = 0 .

18. Notons $m > 2n/3$ . Pour $T_1, T_2, T_3 \subseteq S$ de cardinal $m$ , la question 17 fournit un point $x \in T_1 \cap T_2 \cap T_3$ ; alors $x \in \operatorname{conv}(T_i)$ pour chaque $i$ : trois membres quelconques de $\mathcal F$ se rencontrent. La famille est finie (un nombre fini de parties de $S$ ) et formée de convexes, donc Helly (question 12) donne $c \in \bigcap_{\abs T = m}\operatorname{conv}(T)$ .

19. Supposons qu’un demi-plan fermé $H \ni c$ contienne moins de $n/3$ points de $S$ . Son complémentaire $U$ est un demi-plan ouvert, convexe, avec $\abs{S \cap U} > 2n/3$ , donc $\abs{S \cap U} \geq \floor{2n/3} + 1 = m$ ; choisissons $T \subseteq S \cap U$ avec $\abs T = m$ . Alors $\operatorname{conv}(T) \subseteq U$ par convexité de $U$ , donc $c \in \operatorname{conv}(T) \subseteq U$ : contradiction avec $c \in H$ . Donc tout demi-plan fermé contenant $c$ contient au moins $n/3$ points : $c$ est un point central.

20. Prenons le triangle équilatéral de côté $L$ et $\varepsilon = L/100$ . Soit $c$ un point quelconque ; nous exhibons un demi-plan fermé contenant $c$ et au plus $k$ points.

Cas 1 : $c$ est à moins de $L/10$ d’un sommet, disons $B$ . Les directions de $c$ vers $A$ et vers $C$ s’écartent des directions $B \to A$ , $B \to C$ d’au plus $\arcsin\bigl(\tfrac{L/10}{9L/10}\bigr) = \arcsin\tfrac19$ , donc elles font un angle $\leq \tfrac\pi3 + 2\arcsin\tfrac19 < \tfrac{2\pi}3$ . Cas 2 : $c$ est à distance $> L/10$ de tous les sommets. Si $c$ est dans le triangle, les trois écarts angulaires entre les directions $u_A, u_B, u_C$ de $c$ vers les sommets somment à $2\pi$ , donc un écart est $\leq 2\pi/3$ ; si $c$ est à l’extérieur, les trois directions sont dans un demi-plan ouvert de directions et deux d’entre elles font un angle $< \pi/2$ . Dans tous les cas deux directions, disons vers $X$ et $Y$ , font un angle $\leq 2\pi/3$ ; soit $w$ leur bissectrice unitaire, de sorte que $\langle u_X, w\rangle, \langle u_Y, w\rangle \geq \cos\tfrac\pi3 = \tfrac12$ . Pour tout point $b$ du disque autour de $X$ :

\langle \vect{cb}, w\rangle \geq \tfrac12\norm{\vect{cX}} - \varepsilon > 0,

car $\norm{\vect{cX}} \geq L/10 > 2\varepsilon$ (et de même pour $Y$ ) : le demi-plan ouvert $\{\langle \vect{cx}, w\rangle > 0\}$ avale les deux amas. Son complémentaire fermé contient $c$ et au plus les $k$ points du troisième amas. Donc aucun point du plan ne dépasse $n/3$ : avec la question 19, la constante du point central est exactement $1/3$ .

21. Ordonnons les angles ; le plus grand, $\theta$ , vérifie $\theta \geq \pi/3$ (les trois somment à $\pi$ ). Si $\theta \geq \pi/2$ , disons en $R$ , soit $M$ le milieu du côté opposé $\intcc PQ$ . La formule de la médiane ( $\vect{RM} = \tfrac12(\vect{RP} + \vect{RQ})$ , développer et éliminer $\langle\vect{RP}, \vect{RQ}\rangle$ avec la loi des cosinus) donne

\norm{\vect{RM}}^2 = \tfrac12\norm{\vect{RP}}^2 + \tfrac12\norm{\vect{RQ}}^2 - \tfrac14\norm{\vect{PQ}}^2 \leq \tfrac12\norm{\vect{PQ}}^2 - \tfrac14\norm{\vect{PQ}}^2 = \tfrac14\norm{\vect{PQ}}^2,

en utilisant $\norm{\vect{PQ}}^2 = \norm{\vect{RP}}^2 + \norm{\vect{RQ}}^2 - 2\langle\vect{RP}, \vect{RQ}\rangle \geq \norm{\vect{RP}}^2 + \norm{\vect{RQ}}^2$ (le produit scalaire est $\leq 0$ ). Donc le disque de diamètre $\intcc PQ$ , de rayon $\leq \tfrac12 < \tfrac1{\sqrt3}$ , contient les trois points (les triplets alignés dégénérés relèvent de $\theta = \pi$ ). Si $\theta < \pi/2$ le triangle est acutangle ; par la loi des sinus le rayon du cercle circonscrit est $R_c = a/(2\sin\theta)$ avec $a \leq 1$ le côté opposé à $\theta$ , et $\theta \in \intco{\pi/3}{\pi/2}$ donne $\sin\theta \geq \sqrt3/2$ , donc $R_c \leq 1/\sqrt3$ : le disque circonscrit fait l’affaire.

22. Pour $p \in S$ soit $K_p = \overline D(p, 1/\sqrt3)$ : convexe compact. Trois points quelconques $p, q, s$ de $S$ sont deux à deux à distance $\leq 1$ , donc la question 21 donne un disque de rayon $1/\sqrt3$ les contenant : son centre est dans $K_p \cap K_q \cap K_s$ . Par Helly compact (question 14, familles quelconques autorisées) il existe $c \in \bigcap_{p\in S}K_p$ : tout $p \in S$ est à distance $\leq 1/\sqrt3$ de $c$ , c’est-à-dire $S \subseteq \overline D(c, 1/\sqrt3)$ . C’est le théorème de Jung dans le plan.

23. Avec $G$ le centre de gravité, $\sum_i\vect{GA_i} = 0$ , donc

\sum_i\norm{\vect{OA_i}}^2 = \sum_i\norm{\vect{OG} + \vect{GA_i}}^2 = 3\norm{\vect{OG}}^2 + 2\Bigl\langle \vect{OG}, \sum_i\vect{GA_i}\Bigr\rangle + \sum_i\norm{\vect{GA_i}}^2,

et le terme central s’annule : l’identité de Leibniz. Pour le triangle équilatéral de côté $1$ , $\norm{\vect{GA_i}} = 1/\sqrt3$ (les deux tiers de la hauteur $\sqrt3/2$ ), donc $\sum_i\norm{\vect{GA_i}}^2 = 1$ . Si $\overline D(O, r)$ contient les sommets, alors $3r^2 \geq \sum_i\norm{\vect{OA_i}}^2 = 3\norm{\vect{OG}}^2 + 1 \geq 1$ : $r \geq 1/\sqrt3$ , l’égalité forçant $O = G$ et les trois distances égales à $r$ — le disque circonscrit. La constante de Jung $1/\sqrt3$ est optimale.

24. Helly dans $\R^n$ : si $C_1, \dots, C_m$ ( $m \geq n + 1$ ) sont des parties convexes de $\R^n$ et que $n + 1$ quelconques d’entre elles s’intersectent, alors toutes s’intersectent. Cas de base $m = n + 2$ : choisir $x_i \in \bigcap_{j\neq i}C_j$ ; le lemme de Radon (Exercice 17.7) partage $x_1, \dots, x_{n+2}$ en blocs $I \mid J$ avec un point commun d’enveloppe $z$ , et pour chaque $k$ , le bloc ne contenant pas $k$ est formé de points de $C_k$ , donc $z \in C_k$ par convexité, exactement comme à la question 11. Étape de récurrence pour $m \geq n + 2$ : remplacer $C_m, C_{m+1}$ par $C_m \cap C_{m+1}$ ; un $(n+1)$ -uplet de la nouvelle famille contenant le membre intersecté revient à $n + 2$ des anciens ensembles, traité par le cas de base, et les autres uplets sont couverts par hypothèse. Conclure par l’hypothèse de récurrence.

25. L’algèbre linéaire entre une seule fois : $n + 2$ vecteurs dans l’espace de dimension $n+1$ des couples (poids total, position pondérée) doivent être dépendants — c’est la dépendance affine. Les signes de ses coefficients répartissent les points dans les deux blocs de Radon et transforment une relation linéaire en une égalité de deux barycentres à poids positifs. La convexité est utilisée exactement deux fois : à l’étape de Helly (l’enveloppe des points de $C_k$ reste dans $C_k$ ) et dans les applications (les demi-plans et les disques sont convexes). La dimension du plan n’est entrée que par le nombre $4 = 2 + 2$ de points fournis à Radon, c’est-à-dire le « $3 = 2 + 1$ » de l’hypothèse de Helly ; tout le reste était indépendant de la dimension, comme le confirme la question 24. Dans $\R^n$ les constantes deviennent : nombre de Helly $n + 1$ ; constante du point central $\frac1{n+1}$ (tout ensemble fini a un point tel que tout demi-espace fermé le contenant contient une fraction $\geq \frac1{n+1}$ de l’ensemble) ; rayon de Jung $\sqrt{\frac{n}{2(n+1)}}$ pour les ensembles de diamètre $1$ — égal à $1/\sqrt3$ quand $n = 2$ .