Le théorème de Huygens, et les lignes de niveau de $\sum m_{i}M{A}_i^2$

Ce qu'on a le droit d'utiliser. La relation de Chasles, la bilinéarité et la symétrie du produit scalaire, l'identité remarquable $\Vert \overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}{\Vert }^2=\Vert \overrightarrow{u}{\Vert }^2+2\overrightarrow{u}\cdot \overrightarrow{v}+\Vert \overrightarrow{v}{\Vert }^2$, et, pour le f), les lignes de niveau de $M\mapsto \overrightarrow{u}\cdot \overrightarrow{AM}$.

La stratégie. Une somme de carrés de distances à plusieurs points se calcule mal telle quelle : chaque terme fait intervenir un point différent. On insère partout le même point intermédiaire par Chasles, et on le choisit pour que les termes croisés s'annulent en bloc. Ce point, c'est le centre de masse.

a) Existence et unicité de $G$. Fixons un point $O$ quelconque. Pour tout point $P$, Chasles donne $\overrightarrow{P{A}_i}=\overrightarrow{PO}+\overrightarrow{O{A}_i}$, donc $$\sum _{i=1}^n{m}_i\overrightarrow{P{A}_i}=m\overrightarrow{PO}+\sum _{i=1}^n{m}_i\overrightarrow{O{A}_i}.$$ Ce vecteur est nul si et seulement si $m\overrightarrow{OP}=\sum m_i\overrightarrow{O{A}_i}$, c'est-à-dire, puisque $m>0$, si et seulement si $$\overrightarrow{OP}=\frac{1}{m}\sum _{i=1}^n{m}_i\overrightarrow{O{A}_i}.$$ Un vecteur $\overrightarrow{OP}$ donné détermine un unique point $P$ : il existe donc un et un seul point $G$ qui convient, et la formule vaut pour tout choix de $O$, puisque $O$ était quelconque.

b) Le théorème de Huygens. Pour chaque $i$, on développe par l'identité remarquable : $$M{A}_i^2=\Vert \overrightarrow{MG}+\overrightarrow{G{A}_i}{\Vert }^2=M{G}^2+2\overrightarrow{MG}\cdot \overrightarrow{G{A}_i}+G{A}_i^2.$$ On multiplie par $m_i$ et on somme. Par linéarité du produit scalaire par rapport à la seconde variable, les termes croisés se regroupent : $$\sum _{i=1}^{n}2m_i\overrightarrow{MG}\cdot \overrightarrow{G{A}_i}=2\overrightarrow{MG}\cdot \left(\sum _{i=1}^n{m}_i\overrightarrow{G{A}_i}\right)=2\overrightarrow{MG}\cdot \overrightarrow{0}=0.$$ Il reste $$\sum _{i=1}^n{m}_{i}M{A}_i^2=mM{G}^2+\sum _{i=1}^n{m}_{i}G{A}_i^2.$$

Le point délicat. Tout repose sur un seul geste : la bilinéarité permet de sortir $\overrightarrow{MG}$ de la somme, et c'est la définition même de $G$ qui annule ce qui reste. N'importe quel autre point intermédiaire laisserait un terme croisé.

c) Minimum et lignes de niveau. Notons $K={\sum }_{i=1}^n{m}_{i}G{A}_i^2$, qui est une constante. Le théorème s'écrit $f(M)=mM{G}^2+K$ avec $m>0$. Donc $f(M)\ge K$, avec égalité si et seulement si $MG=0$, c'est-à-dire $M=G$ : le minimum de $f$ vaut $K$ et il est atteint au seul point $G$.

Pour la ligne de niveau $k$, on écrit $f(M)=k⟺M{G}^2=\frac{k-K}{m}$. Trois cas :

• si $k<K$, le second membre est strictement négatif : aucun point ;
• si $k=K$, la ligne de niveau est le point $G$ ;
• si $k>K$, c'est le cercle de centre $G$ et de rayon $\sqrt{\frac{k-K}{m}}$.

d) L'identité de la médiane. Prenons deux points $A$, $B$, de masses $1$ et $1$ : $m=2$ et le centre de masse vérifie $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}=\overrightarrow{0}$, c'est le milieu $I$ de $[AB]$. Alors $IA=IB=\frac{AB}{2}$, et $K=I{A}^2+I{B}^2=2\cdot \frac{A{B}^2}{4}=\frac{A{B}^2}{2}$. Le théorème de Huygens donne $$M{A}^2+M{B}^2=2M{I}^2+\frac{A{B}^2}{2}.$$ Par suite, $M{A}^2+M{B}^2=A{B}^2$ si et seulement si $2M{I}^2=\frac{A{B}^2}{2}$, soit $MI=\frac{AB}{2}$ : c'est le cercle de diamètre $[AB]$. On retrouve la caractérisation du cours ($\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MB}=0$), et avec elle Pythagore et sa réciproque : l'angle en $M$ est droit exactement sur ce cercle.

e) Le triangle équilatéral. Avec trois masses égales à $1$, le centre de masse est le centre de gravité $G$ du triangle, qui dans un triangle équilatéral est aussi le centre du cercle circonscrit. Sa distance à chaque sommet vaut les deux tiers de la hauteur $\frac{\sqrt{3}}{2}a$, soit $GA=GB=GC=\frac{a}{\sqrt{3}}$. Donc $$K=3\cdot \frac{a^2}{3}=a^2,$$ et le minimum de $M{A}^2+M{B}^2+M{C}^2$ vaut $a^2$, atteint au seul centre $G$. Pour le niveau $2a^2$ : $3M{G}^2=2a^2-a^2=a^2$, soit $MG=\frac{a}{\sqrt{3}}$. C'est le cercle de centre $G$ passant par les trois sommets : le cercle circonscrit au triangle.

Contrôle numérique, avec $a=1$, $A(0,0)$, $B(1,0)$, $C\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ : $G\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{6}\right)$, et en $M=G$ on trouve $G{A}^2=\frac{1}{4}+\frac{1}{12}=\frac{1}{3}$, trois fois, soit $1$. En $M=A$, on trouve $0+1+1=2$ : le sommet est bien sur la ligne de niveau $2a^2$.

f) Quand la somme des coefficients est nulle. Avec les coefficients $1$ et $-1$, la somme vaut $0$ et il n'y a plus de centre de masse : le vecteur $\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{BA}$ ne dépend plus de $M$, il ne peut s'annuler en aucun point. Le calcul change de nature. On factorise comme une différence de deux carrés, par bilinéarité : $$M{A}^2-M{B}^2=(\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB})\cdot (\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}).$$ Or $\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{BA}$, et $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}=2\overrightarrow{MI}$, parce que $\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}=\overrightarrow{0}$. Donc $M{A}^2-M{B}^2=2\overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{MI}$, c'est-à-dire, en changeant les deux signes, $$M{A}^2-M{B}^2=2\overrightarrow{IM}\cdot \overrightarrow{AB}.$$ La ligne de niveau $k$ est $\left\{M:\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{IM}=\frac{k}{2}\right\}$ : d'après le cours, c'est une droite de vecteur normal $\overrightarrow{AB}$, donc perpendiculaire à $(AB)$. Quand $k$ varie, on obtient toutes ces perpendiculaires. Le niveau $0$ est la droite passant par $I$ et perpendiculaire à $(AB)$ : la médiatrice de $[AB]$, ce qui est cohérent, puisque $M{A}^2=M{B}^2$ équivaut à $MA=MB$.

Contrôle, avec $A(0,0)$ et $B(1,0)$ : $M{A}^2-M{B}^2=x^2+y^2-(x-1{)}^2-y^2=2x-1$, et $2\overrightarrow{IM}\cdot \overrightarrow{AB}=2\left(x-\frac{1}{2}\right)=2x-1$.

Ce que l'exercice installe. Décomposer au bon point : quand une expression somme des carrés de distances, on insère le centre de masse, et les termes croisés disparaissent d'un coup. Les lignes de niveau de $M\mapsto \sum m_{i}M{A}_i^2$ sont des cercles centrés en $G$ si la masse totale est non nulle, des droites si elle est nulle — la frontière entre ces deux mondes est le signe d'une seule somme. En mécanique du solide et en sciences industrielles, le même calcul, où la somme devient une intégrale sur le solide, est le théorème de Huygens des moments d'inertie : le moment d'inertie par rapport à un axe vaut celui par rapport à l'axe parallèle passant par le centre d'inertie, plus la masse fois le carré de la distance entre les deux axes.