Le barycentre qui vient du grec barus qui veut dire lourd ou pesant et de centre, il est initialement le centre des poids. II s'agit donc à l'origine d'une notion physique et mécanique. Le premier à avoir étudié le barycentre en tant que centre des poids, que l'on appelle aujourd'hui centre de gravité, est le mathématicien et physicien Archimède au IIl ème siècle avant Jésus-Christ.

II a écrit sur le centre de gravité des surfaces planes que : « Tout corps pesant a un centre de gravité bien défini en lequel tout le poids du corps peut être considéré comme concentré. » Son principe des moments et des leviers lui a permis de construire assez simplement le barycentre O\mathrm{O} de deux points de masses m1\mathrm{m}_1 et m2\mathrm{m}_2 différentes. \\ Pour que l'équilibre soit atteint, il faut que les moments m1OA\mathrm{m}_{1} \mathrm{OA} et m2OB\mathrm{m}_{2} \mathrm{OB} soient égaux. Cette condition se traduit par l'égalité vectorielle :

m1OA+m2OB=0m_1 \overrightarrow{O A}+m_2 \overrightarrow{O B}=\overrightarrow{0}\\

On se place dans le plan ou dans l'espace.

Barycentre de deux points

نظرية

Soient AA et BB deux points quelconques, α\alpha et β\beta deux réels.

II existe un unique point GG du plan tel que

αGA+βGB=0\alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overline{G B}=\overrightarrow{0}

avec α+β0\alpha+\beta \neq 0.

Ce point est appelé barycentre du système de points pondères {(A,α);(B,β)}.\\ \{(A, \alpha) ;(B, \beta)\} .

On note G=Bar{(A,α);(B,β)}.G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta)\} .

برهان

Quelque soient α\alpha et β\beta

αGA+βGB=0GA+β(GA+AB)=0GA+βGA+βAB=0(α+β)GA=βAB(α+β)AG=βAB\begin{aligned}\alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G B}=\overrightarrow{0} &\Leftrightarrow \overrightarrow{G A}+\beta(\overrightarrow{G A}+\overrightarrow{A B})=\overrightarrow{0} \\ &\Leftrightarrow \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{A B}=\overrightarrow{0}\\ &\Leftrightarrow(\alpha+\beta) \overrightarrow{G A}=-\beta \overrightarrow{A B}\\ & \Leftrightarrow(\alpha+\beta) \overrightarrow{A G}=\beta \overrightarrow{A B}\end{aligned}\\

1 )  Si α+β0 \alpha+\beta \neq 0~ alors l'équation équivaut à AG=βα+βAB\overrightarrow{A G}=\frac{\beta}{\alpha+\beta} \overrightarrow{A B}.

Le point GG existe et est unique. \\

2)  Si α+β=0\alpha+\beta=0 alors l'équation équivaut à AA=0\overrightarrow{AA}=\overrightarrow{0}. Cette équation n'admet pas de solution si ABA \neq B et β0\beta \neq 0, et admet une infinité de solution si A=BA=B ou β=0\beta=0.

تطبيق

Deux points AA et BB étant donnés, placer G=Bar{(A,3);(B,1)}G=\operatorname{Bar}\{(A, 3) ;(B, 1)\}

G=Bar{(A,3);(B,1)} 3GA+GB=03GA+GA+AB=04AG=AB\begin{aligned}G=\operatorname{Bar}\{(A, 3) ;(B, 1)\} &\Leftrightarrow  3\overrightarrow{G A}+\overrightarrow{G B}=\overrightarrow{0} \\ &\Leftrightarrow 3\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{0} \\ &\Leftrightarrow 4 \overrightarrow{A G}=\overrightarrow{A B}\end{aligned}

Vidéo Le barycentre de deux points
15 min
Voir la vidéo

Propriétés

Dans tout le paragraphe, AA et BB sont deux points quelconques, α\alpha et β\beta deux réels tels que α+β0\alpha+\beta \neq 0 et G=Bar{(A,α);(B,β)}G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta)\}

Homogénéité

خاصية

Soit kk un réel. Si k0k \neq 0 alors G=Bar{(A,kα);(B,kβ)}G=\operatorname{Bar}\{(A, k \alpha) ;(B, k \beta)\}.

برهان

Si k0k \neq 0 alors:

G=Bar{(A,α);(B,β)}αGA+βGB=0k(αGA+βGB)=k0kαGA+kβGB=0G=Bar{(A,kα);(B,kβ)}\begin{aligned} G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta)\} &\Leftrightarrow \alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G B}=\overrightarrow{0} \\ &\Leftrightarrow k(\alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G B})=k \overrightarrow{0} \\ &\Leftrightarrow k \alpha \overrightarrow{G A}+k \beta \overrightarrow{G B}=\overrightarrow{0} \\ &\Leftrightarrow G=\operatorname{Bar}\{(A, k \alpha) ;(B, k \beta)\}\end{aligned}

تطبيق

Démontrer que l'on peut exprimer GG comme barycentre de AA et BB de telle façon que la somme des coefficients soit égale à 1.1 .\\ Si G=Bar{(A,α);(B,β)}G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta)\}

alors G=Bar{(A,1α+βα);(B,1α+ββ)}G=\operatorname{Bar}\left\{\left(A, \frac{1}{\alpha+\beta} \alpha\right) ;\left(B, \frac{1}{\alpha+\beta} \beta\right)\right\}\\ car α+β0.\alpha+\beta \neq 0 .\\

On a ainsi G=Bar{(A,1α+β);(B,1α+β)}\quad G=\operatorname{Bar}\left\{\left(A, \frac{1}{\alpha+\beta}\right) ;\left(B, \frac{1}{\alpha+\beta}\right)\right\} avec αα+β+βα+β=1\frac{\alpha}{\alpha+\beta}+\frac{\beta}{\alpha+\beta}=1

Position du barycentre

خاصية

Si AA et BB sont distincts alors G(AB)G \in(A B). Autrement dit, A,BA, B et GG sont alignés. Si, de plus, α\alpha et β\beta sont de même signe alors G[AB]\mathrm{G} \in[\mathrm{AB}].

برهان

G=Bar{(A,α);(B,β)}αGA+βGB=0G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta)\} \Longleftrightarrow \alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G B}=\overrightarrow{0}\\ Les vecteurs  GA \overrightarrow{\text { GA }} et  GB \overrightarrow{\text { GB }} sont donc colinéaires et G,AG, A et BB sont alignés. De plus, on a obtenu au cours de la première démonstration le résultat suivant: positif et inférieur à 1.1 .

Or si α\alpha et β\beta sont de même signe Ainsi G[AB]G \in[A B].

خاصية

Réciproquement, si ABA \neq B, tout point de la droite (AB)(\mathrm{AB}) est le barycentre de A\mathrm{A} et B\mathrm{B} affectés de coefficients bien choisis.

برهان

Si M(AB)M \in(A B) alors AM\overrightarrow{A M} et AB\overrightarrow{A B} sont colinéaires \\ donc il existe un réel kk tel que AM=kAB\overrightarrow{A M}=k \overrightarrow{A B}. On a alors

AM=kABAMkAB=0AMk(AM+MB)=0AMkAMkMB=0(k1)MAkMB=0\begin{aligned}\overrightarrow{A M}=k \overrightarrow{A B} &\Leftrightarrow \overrightarrow{A M}-k \overrightarrow{A B}=\overrightarrow{0}\\ &\Leftrightarrow \overrightarrow{A M}-k(\overrightarrow{A M}+\overrightarrow{M B})=\overrightarrow{0}\\ &\Leftrightarrow \overrightarrow{A M}-k \overrightarrow{A M}-k \overrightarrow{M B}=\overrightarrow{0} \\ &\Leftrightarrow(k-1) \overrightarrow{M A}-k \overrightarrow{M B}=\overrightarrow{0}\end{aligned}\\

De plus, k1k=10k-1-k=-1 \neq 0 donc  M=Bar{(A,k1);(B,k)}~M=\operatorname{Bar}\{(A, k-1) ;(B,-k)\}

Isobarycentre

خاصية

Si α=β\mathbf{\alpha}=\mathbf{\beta}, alors G\mathrm{G} est appelé isobarycentre de AA et BB

G\mathrm{G} est alors le milieu du segment [AB].[\mathrm{AB}] .

Réduction vectorielle

خاصية

Quelque soit le point M,\mathrm{M},

αMA+βMB=(α+β)MG\alpha \overrightarrow{M A}+\beta \overrightarrow{M B}=(\alpha+\beta) \overrightarrow{M G}

برهان

αMA+βMB=α(MG+GA)+β(MG+GB)=αMG+αGA+βMG+βGB=(α+β)MG+αGA+βGB=(α+β)MG\begin{aligned}\alpha \overrightarrow{M A}+\beta \overrightarrow{M B} &=\alpha(\overrightarrow{M G}+\overrightarrow{G A})+\beta(\overrightarrow{M G}+\overrightarrow{G B})\\ &=\alpha \overrightarrow{M G}+\alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{M G}+\beta \overrightarrow{G B} \\ &=(\alpha+\beta) \overrightarrow{M G}+\alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G B} \\ &=(\alpha+\beta) \overrightarrow{M G}\end{aligned}

تطبيق

Soit G=Bar{(A,2);(B,5)}.G=\operatorname{Bar}\{(A, 2) ;(B, 5)\} .

Exprimer AG\overrightarrow{A G} en fonction de AB.\overrightarrow{A B}. \\ L'égalité précédente pour M=AM=A donne :  5AB=7AG.~5 \overrightarrow{A B}=7 \overrightarrow{A G} .\\ On a donc   AG=57AB~~\overrightarrow{A G}=\frac{5}{7} \overrightarrow{A B}.

Coordonnées du barycentre

خاصية

Soit (O;ı,ȷ)(O ; \vec{\imath}, \vec{\jmath}) un repère du plan. Soit A(xA;yA)A\left(x_{A} ; y_{A}\right) et B(xB;yB)B\left(x_{B} ; y_{B}\right)\\ Si G=Bar{(A,α);(B,β)}G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta)\} alors

G(αxA+βxBα+β;αyA+βyBα+β)G\left(\frac{\alpha x_{A}+\beta x_{B}}{\alpha+\beta} ; \frac{\alpha y_{A}+\beta y_{B}}{\alpha+\beta}\right)\\

Dans un repère de l'espace, il suffit de faire le même calcul sur la troisième coordonnée.

برهان

Quelque soit le point MM, on a αMA+βMB=(α+β)MG\alpha \overrightarrow{M A}+\beta \overrightarrow{M B}=(\alpha+\beta) \overrightarrow{M G}\\ Cette égalité est donc valable en particulier pour M=0M=0. On a donc:

αOA+βOB=(α+β)OG\\[0.2cm]\alpha \overrightarrow{O A}+\beta \overrightarrow{O B}=(\alpha+\beta) \overrightarrow{O G}\\[0.2cm]

Soit OG=αα+βOA+βα+βOB\overrightarrow{O G}=\frac{\alpha}{\alpha+\beta} \overrightarrow{O A}+\frac{\beta}{\alpha+\beta} \overrightarrow{O B}\\ Les coordonnées de OA\overrightarrow{O A} sont (xAyA)\left(\begin{array}{l}x_{A} \\ y_{A}\end{array}\right) et les coordonnées de OB\overrightarrow{O B}\\ sont (xByB)\left(\begin{array}{l}x_{B} \\ y_{B}\end{array}\right)\\ On en déduit que les coordonnées de OG\overrightarrow{O G} sont

(αα+βxA+βα+βxBαα+βyA+βa+βyB)=(αxA+βxBα+βαyA+βyBα+β)\left(\begin{array}{c}\frac{\alpha}{\alpha+\beta} x_{A}+\frac{\beta}{\alpha+\beta} x_{B} \\[0.2cm] \frac{\alpha}{\alpha+\beta} y_{A}+\frac{\beta}{a+\beta} y_{B}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}\frac{\alpha x_{A}+\beta x_{B}}{\alpha+\beta} \\[0.2cm] \frac{\alpha y_{A}+\beta y_{B}}{\alpha+\beta}\end{array}\right)

تطبيق

Dans un repère du plan, on a  A(3;2) ~ A(3 ;-2)~ et  B(1;4)~B(-1 ; 4)\\ Déterminer les coordonnées de G barycentre de (A,2);(B,3)(A, 2) ;(B, 3). On a:

{xG=2×xA+3×xB2+3=2×3+3×(1)5=35yG=2×yA+3×yB2+3=2×(2)+3×45=85\\\left\{\begin{array}{l}x_{G}=\frac{2 \times x_{A}+3 \times x_{B}}{2+3}=\frac{2 \times 3+3 \times(-1)}{5}=\frac{3}{5} \\[0.2cm] y_{G}=\frac{2 \times y_{A}+3 \times y_{B}}{2+3}=\frac{2 \times(-2)+3 \times 4}{5}=\frac{8}{5}\end{array}\right.\\

Ainsi   G(35;85)~~G\left(\frac{3}{5} ; \frac{8}{5}\right)

Vidéo Propriétés du barycentre de deux points
15 min
Voir la vidéo

Barycentre de trois points

Les définitions et propriétés du paragraphe précédent s'étendent au cas de trois points pondérés.

نظرية

Soient A,B\mathrm{A}, \mathrm{B} et C\mathrm{C} trois points quelconques, α,β\alpha, \beta et γ\gamma trois réels. Il existe un unique point GG du plan tel que : αGA+βGB+γGC=0\\\alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G B}+\gamma \overrightarrow{G C}=\overrightarrow{0} si et seulement si α+β+γ0\alpha+\beta+\gamma \neq 0\\

  • Ce point est appelé barycentre du système de points pondérés {(A,α);(B,β);(C,γ)}\{(A, \alpha) ;(B, \beta) ;(C, \gamma)\}\\
  • On note G=Bar{(A,α);(B,β);(C,γ)}G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta) ;(C, \gamma)\}

برهان

Quelque soient α,β\alpha, \beta et γ\gamma 

αGA+βGB+γGC=0αGA+βGA+βAB+γGA+γAC=0(α+β+γ) AG=βAB+γAC\begin{aligned}\alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G B}+\gamma \overrightarrow{G C} = \overrightarrow{0} &\Leftrightarrow \alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{A B}+\gamma \overrightarrow{G A}+\gamma \overrightarrow{A C} = \overrightarrow{0} \\ &\Leftrightarrow (\alpha+\beta+\gamma)  \overrightarrow{A G}= \beta \overrightarrow{A B}+\gamma\overrightarrow{A C} \end{aligned}

1/ Si  α+β+γ0~\mathbf{\alpha}+\mathbf{\beta}+\mathbf{\gamma} \neq 0 alors l'équation équivaut à

AG=βα+β+γAB+γα+β+γAC\overrightarrow{A G}=\frac{\beta}{\alpha+\beta+\gamma} \overrightarrow{A B}+\frac{\gamma}{\alpha+\beta+\gamma} \overrightarrow{A C}

Le point GG existe et est unique.

2/2/ Si α+β+γ=0\alpha+\beta+\gamma=0 alors l'équation équivaut à βAB+γAC=0\beta \overrightarrow{A B}+\gamma \overrightarrow{A C}=\overrightarrow{0}\\ Cette équation n'admet pas de solution si βAB+γAC0\beta \overrightarrow{A B}+\gamma \overrightarrow{A C} \neq \overrightarrow{0} et en admet une infinité si βAB+γAC=0\beta \overrightarrow{A B}+\gamma \overrightarrow{A C}=\overrightarrow{0}

Associativité du barycentre

خاصية

Soient A,BA, B et CC trois points, α,β\alpha, \beta et γ\gamma trois réels tels que  α+β+γ0 ~\alpha+\beta+\gamma \neq 0~ et  α+β0 ~\alpha+\beta \neq 0~

Si  {G=Bar{(A,α);(B,β);(C,γ)}H=Bar{(A,α);(B,β)}~\left\{\begin{array}{c}G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta) ;(C, \gamma)\} \\[0.2cm] H=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta)\}\end{array} \quad\right.\\[0.3cm] alors  G=Bar{(H,α+β);(C,γ)}~G=\operatorname{Bar}\{(H, \alpha+\beta) ;(C, \gamma)\}

برهان

Supposons que {G=Bar{(A,α);(B,β);(C,γ)}H=Bar{(A,α);(B,β)}\left\{\begin{array}{c}G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta) ;(C, \gamma)\} \\[0.2cm] H=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta)\}\end{array}\right.\\[0.2cm] On a alors:

(α+β)GH+γGC=αGH+βGH+γGC=αGA+αAH+βGB+βBH+γGC=αGA+βGB+αAH+βBH+γGC=0\begin{aligned}(\alpha+\beta) \overrightarrow{G H}+\gamma \overrightarrow{G C}&=\alpha \overrightarrow{G H}+\beta \overrightarrow{G H}+\gamma \overrightarrow{G C} \\ &=\alpha \overrightarrow{G A}+\alpha \overrightarrow{A H}+\beta \overrightarrow{G B}+\beta \overrightarrow{B H}+\gamma \overrightarrow{G C}\\ &=\alpha \overline{G A}+\beta \overrightarrow{G B}+\alpha \overrightarrow{A H}+\beta \overrightarrow{B H}+\gamma \overrightarrow{G C}\\ &=\overrightarrow{0}\end{aligned}\\

Alors:  G=Bar{(H,α+β);(C,γ)}~G=\operatorname{Bar}\{(H, \alpha+\beta) ;(C, \gamma)\}

تطبيق

Trois points A,BA , B et CC étant donnés, placer :

G=Bar{(A,1);(B,1);(C,2)}G=\operatorname{Bar}\{(A, 1) ;(B, 1) ;(C, 2)\}\\ Posons H=Bar{(A,1);(B,1)}.HH=\operatorname{Bar}\{(A, 1) ;(B, 1)\} . \\ \mathrm{H} est donc le milieu de [AB][\mathrm{AB}]\\ D'après la propriété d'associativité, G=Bar{(H,2);(C,2)}G=\operatorname{Bar}\{(H, 2) ;(C, 2)\}\\ GG est donc le milieu de [CH][CH].

Propriétés

Dans tout le paragraphe, A,BA, B et CC sont trois points quelconques, α,β\alpha, \beta et γ\gamma trois réels tels que α+β+γ0\alpha+\beta+\gamma \neq 0 et G=Bar{(A,α);(B,β);(C,γ)}G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta) ;(C, \gamma)\}

Homogénéité

خاصية

Soit kk un réel. Si k0k \neq 0 alors G=Bar{(A,kα);(B,kβ);(C,kγ)}G=\operatorname{Bar}\{(A, k \alpha) ;(B, k \beta) ;(C, k \gamma)\}.

برهان

Si k0\mathrm{k} \neq 0 alors: G=Bar{(A,α);(B,β);(C,γ)}αGA+βGB+γGC=0k(αGA+βGB+γGC)=k0kαGA+kβGB+kγGC=0G=Bar{(A,kα);(B,kβ);(C,kγ)} \begin{aligned} G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta) ;(C, \gamma)\} \Leftrightarrow & \alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G B}+\gamma \overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0} \\ \Leftrightarrow & k (\alpha\overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G B}+\gamma \overrightarrow{G C})=k \overrightarrow{0} \\ \Leftrightarrow & k \alpha \overrightarrow{G A}+k \beta \overrightarrow{G B}+k \gamma \overrightarrow{G C}=\overrightarrow{0} \\ \Leftrightarrow & G=\operatorname{Bar}\{(A, k \alpha) ;(B, k \beta) ;(C, k \gamma)\} \end{aligned}

Position du barycentre

خاصية

Si A,BA, B et CC ne sont pas alignés alors G(ABC).G \in(A B C) .\\ Autrement dit, A,B,CA, B, C et GG sont coplanaires

برهان

G=Bar{(A,α);(B,β);(C,γ)}αGA+βGB+γGC=0G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta) ;(C, \gamma)\} \Leftrightarrow \alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G B}+\gamma \overrightarrow{G C}=\overrightarrow{0}\\ Les vecteurs GA,GB\overrightarrow{G A}, \overrightarrow{G B} et GC\overrightarrow{G C} sont donc coplanaires.

Ainsi les points A,B,CA, B, C et GG sont coplanaires.

خاصية

Réciproquement, si A,BA, B et CC ne sont pas alignés, alors tout point du plan (ABC)(ABC) est le barycentre de A,B\mathrm{A}, \mathrm{B} et C\mathrm{C} affectés de coefficients bien choisis.

برهان

Si M(ABC)M \in(A B C) alors il existe des réels kk et k\mathrm{k}^{\prime} tel que : AM=kAB+kAC=kAM+kMB+kAM+kMC\\\overrightarrow{A M}=k \overrightarrow{A B}+k^{\prime} \overrightarrow{A C}=k\overrightarrow{A M}+k \overrightarrow{M B}+k^{\prime} \overrightarrow{AM}+k^{\prime} \overrightarrow{M C}\\ On a alors (1kk)MA+kMB+kMC=0\left(1-k-k^{\prime}\right) \overrightarrow{M A}+k \overrightarrow{M B}+k^{\prime} \overrightarrow{M C}=\overrightarrow{0}\\ Donc M=Bar{(A,1kk);(B,k);(C,k)}M=\operatorname{Bar}\left\{\left(A, 1-k-k^{\prime}\right) ;(B, k) ;\left(C, k^{\prime}\right)\right\}

Isobarycentre

خاصية

Si α=β=γ\alpha=\beta=\gamma, alors GG est appelé isobarycentre de A,BA, B et C.C .\\ GG est alors le centre de gravité du triangle ABC\mathrm{ABC}.

برهان

Soient II le milieu de [BC][\mathrm{BC}] et JJ le milieu de [AC][\mathrm{AC}]\\ On a alors I=Bar{(B,1);(C,1)}I=\operatorname{Bar}\{(B, 1) ;(C, 1)\} et J=Bar{(A,1);(C,1)}J=\operatorname{Bar}\{(A, 1) ;(C, 1)\}\\ D'après la propriété d'associativité, on a d'une part, G=\\G= Bar {(I,2);(A,1)} \{(I, 2) ;(A, 1)\}~ donc  G(AI)~G \in( AI)\\ et, d'autre part, G=G= Bar {(J,2);(B,1)} \{(J, 2) ;(B, 1)\}~ donc  G(BJ).~G \in(B J).\\ GG appartient donc à deux médianes de ABC.ABC.\\ GG est le centre de gravité de ABCABC.

Réduction vectorielle

خاصية

Quelque soit le point M,\mathrm{M}, αMA+βMB+γMC=(α+β+γ)MG \quad \alpha \overrightarrow{M A}+\beta \overrightarrow{M B}+\gamma \overrightarrow{M C}=(\alpha+\beta+\gamma) \overrightarrow{M G}

برهان

Quel que soit le point M\mathrm{M} αMA+βMB+γMC=α(MG+GA)+β(MG+GB)+γ(MG+GC)=αMG+αGA+βMG+βGB+γMG+γGC=(α+β+γ)MG+αGA+βGB+γGC =(α+β+γ)MG\begin{aligned}\alpha \overrightarrow{M A}+\beta \overrightarrow{M B}+\gamma\overrightarrow{M C} &=\alpha(\overrightarrow{M G}+\overrightarrow{G A})+\beta(\overrightarrow{M G}+\overrightarrow{G B})+\gamma(\overrightarrow{M G}+\overrightarrow{G C}) \\ &=\alpha \overrightarrow{M G}+\alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{M G}+\beta \overrightarrow{G B}+\gamma \overrightarrow{M G}+\gamma \overrightarrow{G C}\\&=(\alpha+\beta+\gamma) \overrightarrow{M G}+\alpha\overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G B}+\gamma\overrightarrow{G C}  \\&=(\alpha+\beta+\gamma) \overrightarrow{M G}\end{aligned}

Coordonnées du barycentre

خاصية

Soit (O;ı,ȷ)(O ; \vec{\imath}, \vec{\jmath}) un repère du plan. \\ Soit A(xA;yA),B(xB;yB)A(x_A ; y_A), B(x_B ; y_B) et C(xC;yC)C(x_C ; y_C).

برهان

Si G=Bar{(A,α);(B,β);(C,γ)}G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta) ;(C, \gamma)\} alors

G(αxA+βxB+γxCα+β+γ;αyA+βyB+γyCα+β+γ)\\G\left(\frac{\alpha x_{A}+\beta x_{B}+\gamma x_{C}}{\alpha+\beta+\gamma} ; \frac{\alpha y_{A}+\beta y_{B}+\gamma y_{C}}{\alpha+\beta+\gamma}\right)\\[0.2cm]

La démonstration est identique au cas de deux points.

تطبيق

Dans un repère du plan, on a A(2;1),B(0;3)A(2 ;-1), B(0 ; 3) et C(2;0).C(-2 ; 0) .\\ Déterminer les coordonnées de GG barycentre de (A,1);(B,3);(C,2)(A, 1) ;(B, 3) ;(C,-2).  On a: {xGxA+3×xB2×xC1+32=2+3×02×(2)2=3yG=yA+3×yB2×yC1+32=1+3×32×02=4\\[0.2cm]\text { On a: }\left\{\begin{array}{l}x_{G} \frac{x_{A}+3 \times x_{B}-2 \times x_{C}}{1+3-2}=\frac{2+3 \times 0-2 \times(-2)}{2}=3 \\[0.2cm] y_{G}=\frac{y_{A}+3 \times y_{B}-2\times y_{C}}{1+3-2}=\frac{-1+3 \times 3-2 \times 0}{2}=4\end{array}\right.\\[0.2cm] Ainsi   G(3;4)~~ G(3 ; 4)

Vidéo Barycentre de 3 points
15 min
Voir la vidéo

Barycentre d'un nombre quelconque de points

Pour continuer cette fiche de cours, Inscris-toi gratuitement sur Kezakoo

Version gratuite de Kezakoo
  • Fiches de cours illimitées
  • Une vidéo gratuite par leçon
  • 2 exercices gratuits par leçon
  • Un test gratuit par leçon
S'inscrire gratuitement
Signaler une erreur
Signaler une erreur