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} O de deux points de masses m 1 \mathrm{m}_1 m 1 et m 2 \mathrm{m}_2 m 2 différentes. \\ Pour que l'équilibre soit atteint, il faut que les moments m 1 O A \mathrm{m}_{1} \mathrm{OA} m 1 OA et m 2 O B \mathrm{m}_{2} \mathrm{OB} m 2 OB soient égaux. Cette condition se traduit par l'égalité vectorielle :
m 1 O A → + m 2 O B → = 0 → m_1 \overrightarrow{O A}+m_2 \overrightarrow{O B}=\overrightarrow{0}\\ m 1 O A + m 2 OB = 0
On se place dans le plan ou dans l'espace.
Barycentre de deux points
نظرية
Soient A A A et B B B deux points quelconques, α \alpha α et β \beta β deux réels.
II existe un unique point G G G du plan tel que
α G A → + β G B ‾ = 0 → \alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overline{G B}=\overrightarrow{0} α G A + β GB = 0
avec α + β ≠ 0 \alpha+\beta \neq 0 α + β = 0 .
Ce point est appelé barycentre du système de points pondères { ( A , α ) ; ( B , β ) } . \\ \{(A, \alpha) ;(B, \beta)\} . {( A , α ) ; ( B , β )} .
On note G = Bar { ( A , α ) ; ( B , β ) } . G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta)\} . G = Bar {( A , α ) ; ( B , β )} .
برهان
Quelque soient α \alpha α et β \beta β
α G A → + β G B → = 0 → ⇔ G A → + β ( G A → + A B → ) = 0 → ⇔ G A → + β G A → + β A B → = 0 → ⇔ ( α + β ) G A → = − β A B → ⇔ ( α + β ) A G → = β A B → \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}\\ α G A + β GB = 0 ⇔ G A + β ( G A + A B ) = 0 ⇔ G A + β G A + β A B = 0 ⇔ ( α + β ) G A = − β A B ⇔ ( α + β ) A G = β A B
1 ) Si α + β ≠ 0 \alpha+\beta \neq 0~ α + β = 0 alors l'équation équivaut à A G → = β α + β A B → \overrightarrow{A G}=\frac{\beta}{\alpha+\beta} \overrightarrow{A B} A G = α + β β A B .
Le point G G G existe et est unique. \\
2) Si α + β = 0 \alpha+\beta=0 α + β = 0 alors l'équation équivaut à A A → = 0 → \overrightarrow{AA}=\overrightarrow{0} AA = 0 . Cette équation n'admet pas de solution si A ≠ B A \neq B A = B et β ≠ 0 \beta \neq 0 β = 0 , et admet une infinité de solution si A = B A=B A = B ou β = 0 \beta=0 β = 0 .
تطبيق
Deux points A A A et B B B étant donnés, placer G = Bar { ( A , 3 ) ; ( B , 1 ) } G=\operatorname{Bar}\{(A, 3) ;(B, 1)\} G = Bar {( A , 3 ) ; ( B , 1 )}
G = Bar { ( A , 3 ) ; ( B , 1 ) } ⇔ 3 G A → + G B → = 0 → ⇔ 3 G A → + G A → + A B → = 0 → ⇔ 4 A G → = A B → \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} G = Bar {( A , 3 ) ; ( B , 1 )} ⇔ 3 G A + GB = 0 ⇔ 3 G A + G A + A B = 0 ⇔ 4 A G = A B
Propriétés
Dans tout le paragraphe, A A A et B B B sont deux points quelconques, α \alpha α et β \beta β deux réels tels que α + β ≠ 0 \alpha+\beta \neq 0 α + β = 0 et G = Bar { ( A , α ) ; ( B , β ) } G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta)\} G = Bar {( A , α ) ; ( B , β )}
Homogénéité
خاصية
Soit k k k un réel. Si k ≠ 0 k \neq 0 k = 0 alors G = Bar { ( A , k α ) ; ( B , k β ) } G=\operatorname{Bar}\{(A, k \alpha) ;(B, k \beta)\} G = Bar {( A , k α ) ; ( B , k β )} .
برهان
Si k ≠ 0 k \neq 0 k = 0 alors:
G = Bar { ( A , α ) ; ( B , β ) } ⇔ α G A → + β G B → = 0 → ⇔ k ( α G A → + β G B → ) = k 0 → ⇔ k α G A → + k β G B → = 0 → ⇔ G = Bar { ( A , k α ) ; ( B , k β ) } \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} G = Bar {( A , α ) ; ( B , β )} ⇔ α G A + β GB = 0 ⇔ k ( α G A + β GB ) = k 0 ⇔ k α G A + k β GB = 0 ⇔ G = Bar {( A , k α ) ; ( B , k β )}
تطبيق
Démontrer que l'on peut exprimer G G G comme barycentre de A A A et B B B de telle façon que la somme des coefficients soit égale à 1. 1 .\\ 1. Si G = Bar { ( A , α ) ; ( B , β ) } G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta)\} G = Bar {( A , α ) ; ( B , β )}
alors G = Bar { ( A , 1 α + β α ) ; ( B , 1 α + β β ) } G=\operatorname{Bar}\left\{\left(A, \frac{1}{\alpha+\beta} \alpha\right) ;\left(B, \frac{1}{\alpha+\beta} \beta\right)\right\}\\ G = Bar { ( A , α + β 1 α ) ; ( B , α + β 1 β ) } car α + β ≠ 0. \alpha+\beta \neq 0 .\\ α + β = 0.
On a ainsi G = Bar { ( A , 1 α + β ) ; ( B , 1 α + β ) } \quad G=\operatorname{Bar}\left\{\left(A, \frac{1}{\alpha+\beta}\right) ;\left(B, \frac{1}{\alpha+\beta}\right)\right\} G = Bar { ( A , α + β 1 ) ; ( B , α + β 1 ) } avec α α + β + β α + β = 1 \frac{\alpha}{\alpha+\beta}+\frac{\beta}{\alpha+\beta}=1 α + β α + α + β β = 1
Position du barycentre
خاصية
Si A A A et B B B sont distincts alors G ∈ ( A B ) G \in(A B) G ∈ ( A B ) . Autrement dit, A , B A, B A , B et G G G sont alignés. Si, de plus, α \alpha α et β \beta β sont de même signe alors G ∈ [ A B ] \mathrm{G} \in[\mathrm{AB}] G ∈ [ AB ] .
برهان
G = Bar { ( A , α ) ; ( B , β ) } ⟺ α G A → + β G B → = 0 → G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta)\} \Longleftrightarrow \alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G B}=\overrightarrow{0}\\ G = Bar {( A , α ) ; ( B , β )} ⟺ α G A + β GB = 0 Les vecteurs GA → \overrightarrow{\text { GA }} GA et GB → \overrightarrow{\text { GB }} GB sont donc colinéaires et G , A G, A G , A et B B B sont alignés. De plus, on a obtenu au cours de la première démonstration le résultat suivant: positif et inférieur à 1. 1 . 1.
Or si α \alpha α et β \beta β sont de même signe Ainsi G ∈ [ A B ] G \in[A B] G ∈ [ A B ] .
خاصية
Réciproquement, si A ≠ B A \neq B A = B , tout point de la droite ( A B ) (\mathrm{AB}) ( AB ) est le barycentre de A \mathrm{A} A et B \mathrm{B} B affectés de coefficients bien choisis.
برهان
Si M ∈ ( A B ) M \in(A B) M ∈ ( A B ) alors A M → \overrightarrow{A M} A M et A B → \overrightarrow{A B} A B sont colinéaires \\ donc il existe un réel k k k tel que A M → = k A B → \overrightarrow{A M}=k \overrightarrow{A B} A M = k A B . On a alors
A M → = k A B → ⇔ A M → − k A B → = 0 → ⇔ A M → − k ( A M → + M B → ) = 0 → ⇔ A M → − k A M → − k M B → = 0 → ⇔ ( k − 1 ) M A → − k M B → = 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}\\ A M = k A B ⇔ A M − k A B = 0 ⇔ A M − k ( A M + MB ) = 0 ⇔ A M − k A M − k MB = 0 ⇔ ( k − 1 ) M A − k MB = 0
De plus, k − 1 − k = − 1 ≠ 0 k-1-k=-1 \neq 0 k − 1 − k = − 1 = 0 donc M = Bar { ( A , k − 1 ) ; ( B , − k ) } ~M=\operatorname{Bar}\{(A, k-1) ;(B,-k)\} M = Bar {( A , k − 1 ) ; ( B , − k )}
Isobarycentre
خاصية
Si α = β \mathbf{\alpha}=\mathbf{\beta} α = β , alors G \mathrm{G} G est appelé isobarycentre de A A A et B B B
G \mathrm{G} G est alors le milieu du segment [ A B ] . [\mathrm{AB}] . [ AB ] .
Réduction vectorielle
خاصية
Quelque soit le point M , \mathrm{M}, M ,
α M A → + β M B → = ( α + β ) M G → \alpha \overrightarrow{M A}+\beta \overrightarrow{M B}=(\alpha+\beta) \overrightarrow{M G} α M A + β MB = ( α + β ) MG
برهان
α M A → + β M B → = α ( M G → + G A → ) + β ( M G → + G B → ) = α M G → + α G A → + β M G → + β G B → = ( α + β ) M G → + α G A → + β G B → = ( α + β ) M G → \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} α M A + β MB = α ( MG + G A ) + β ( MG + GB ) = α MG + α G A + β MG + β GB = ( α + β ) MG + α G A + β GB = ( α + β ) MG
تطبيق
Soit G = Bar { ( A , 2 ) ; ( B , 5 ) } . G=\operatorname{Bar}\{(A, 2) ;(B, 5)\} . G = Bar {( A , 2 ) ; ( B , 5 )} .
Exprimer A G → \overrightarrow{A G} A G en fonction de A B → . \overrightarrow{A B}. \\ A B . L'égalité précédente pour M = A M=A M = A donne : 5 A B → = 7 A G → . ~5 \overrightarrow{A B}=7 \overrightarrow{A G} .\\ 5 A B = 7 A G . On a donc A G → = 5 7 A B → ~~\overrightarrow{A G}=\frac{5}{7} \overrightarrow{A B} A G = 7 5 A B .
Coordonnées du barycentre
خاصية
Soit ( O ; ı ⃗ , ȷ ⃗ ) (O ; \vec{\imath}, \vec{\jmath}) ( O ; , ) un repère du plan. Soit A ( x A ; y A ) A\left(x_{A} ; y_{A}\right) A ( x A ; y A ) et B ( x B ; y B ) B\left(x_{B} ; y_{B}\right)\\ B ( x B ; y B ) Si G = Bar { ( A , α ) ; ( B , β ) } G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta)\} G = Bar {( A , α ) ; ( B , β )} alors
G ( α x A + β x B α + β ; α y A + β y B α + β ) G\left(\frac{\alpha x_{A}+\beta x_{B}}{\alpha+\beta} ; \frac{\alpha y_{A}+\beta y_{B}}{\alpha+\beta}\right)\\ G ( α + β α x A + β x B ; α + β α y A + β y B )
Dans un repère de l'espace, il suffit de faire le même calcul sur la troisième coordonnée.
برهان
Quelque soit le point M M M , on a α M A → + β M B → = ( α + β ) M G → \alpha \overrightarrow{M A}+\beta \overrightarrow{M B}=(\alpha+\beta) \overrightarrow{M G}\\ α M A + β MB = ( α + β ) MG Cette égalité est donc valable en particulier pour M = 0 M=0 M = 0 . On a donc:
α O A → + β O B → = ( α + β ) O G → \\[0.2cm]\alpha \overrightarrow{O A}+\beta \overrightarrow{O B}=(\alpha+\beta) \overrightarrow{O G}\\[0.2cm] α O A + β OB = ( α + β ) OG
Soit O G → = α α + β O A → + β α + β O B → \overrightarrow{O G}=\frac{\alpha}{\alpha+\beta} \overrightarrow{O A}+\frac{\beta}{\alpha+\beta} \overrightarrow{O B}\\ OG = α + β α O A + α + β β OB Les coordonnées de O A → \overrightarrow{O A} O A sont ( x A y A ) \left(\begin{array}{l}x_{A} \\ y_{A}\end{array}\right) ( x A y A ) et les coordonnées de O B → \overrightarrow{O B}\\ OB sont ( x B y B ) \left(\begin{array}{l}x_{B} \\ y_{B}\end{array}\right)\\ ( x B y B ) On en déduit que les coordonnées de O G → \overrightarrow{O G} OG sont
( α α + β x A + β α + β x B α α + β y A + β a + β y B ) = ( α x A + β x B α + β α y A + β y B α + 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) ( α + β α x A + α + β β x B α + β α y A + a + β β y B ) = ( α + β α x A + β x B α + β α y A + β y B )
تطبيق
Dans un repère du plan, on a A ( 3 ; − 2 ) ~ A(3 ;-2)~ A ( 3 ; − 2 ) et B ( − 1 ; 4 ) ~B(-1 ; 4)\\ B ( − 1 ; 4 ) Déterminer les coordonnées de G barycentre de ( A , 2 ) ; ( B , 3 ) (A, 2) ;(B, 3) ( A , 2 ) ; ( B , 3 ) . On a:
{ x G = 2 × x A + 3 × x B 2 + 3 = 2 × 3 + 3 × ( − 1 ) 5 = 3 5 y G = 2 × y A + 3 × y B 2 + 3 = 2 × ( − 2 ) + 3 × 4 5 = 8 5 \\\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.\\ ⎩ ⎨ ⎧ x G = 2 + 3 2 × x A + 3 × x B = 5 2 × 3 + 3 × ( − 1 ) = 5 3 y G = 2 + 3 2 × y A + 3 × y B = 5 2 × ( − 2 ) + 3 × 4 = 5 8
Ainsi G ( 3 5 ; 8 5 ) ~~G\left(\frac{3}{5} ; \frac{8}{5}\right) G ( 5 3 ; 5 8 )
Vidéo
Propriétés du barycentre de deux points
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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} A , B et C \mathrm{C} C trois points quelconques, α , β \alpha, \beta α , β et γ \gamma γ trois réels. Il existe un unique point G G G du plan tel que : α G A → + β G B → + γ G C → = 0 → \\\alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G B}+\gamma \overrightarrow{G C}=\overrightarrow{0} α G A + β GB + γ GC = 0 si et seulement si α + β + γ ≠ 0 \alpha+\beta+\gamma \neq 0\\ α + β + γ = 0
Ce point est appelé barycentre du système de points pondérés { ( A , α ) ; ( B , β ) ; ( C , γ ) } \{(A, \alpha) ;(B, \beta) ;(C, \gamma)\}\\ {( A , α ) ; ( B , β ) ; ( C , γ )}
On note G = Bar { ( A , α ) ; ( B , β ) ; ( C , γ ) } G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta) ;(C, \gamma)\} G = Bar {( A , α ) ; ( B , β ) ; ( C , γ )}
برهان
Quelque soient α , β \alpha, \beta α , β et γ \gamma γ
α G A → + β G B → + γ G C → = 0 → ⇔ α G A → + β G A → + β A B → + γ G A → + γ A C → = 0 → ⇔ ( α + β + γ ) A G → = β A B → + γ A C → \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} α G A + β GB + γ GC = 0 ⇔ α G A + β G A + β A B + γ G A + γ A C = 0 ⇔ ( α + β + γ ) A G = β A B + γ A C
1/ Si α + β + γ ≠ 0 ~\mathbf{\alpha}+\mathbf{\beta}+\mathbf{\gamma} \neq 0 α + β + γ = 0 alors l'équation équivaut à
A G → = β α + β + γ A B → + γ α + β + γ A C → \overrightarrow{A G}=\frac{\beta}{\alpha+\beta+\gamma} \overrightarrow{A B}+\frac{\gamma}{\alpha+\beta+\gamma} \overrightarrow{A C} A G = α + β + γ β A B + α + β + γ γ A C
Le point G G G existe et est unique.
2 / 2/ 2/ Si α + β + γ = 0 \alpha+\beta+\gamma=0 α + β + γ = 0 alors l'équation équivaut à β A B → + γ A C → = 0 → \beta \overrightarrow{A B}+\gamma \overrightarrow{A C}=\overrightarrow{0}\\ β A B + γ A C = 0 Cette équation n'admet pas de solution si β A B → + γ A C → ≠ 0 → \beta \overrightarrow{A B}+\gamma \overrightarrow{A C} \neq \overrightarrow{0} β A B + γ A C = 0 et en admet une infinité si β A B → + γ A C → = 0 → \beta \overrightarrow{A B}+\gamma \overrightarrow{A C}=\overrightarrow{0} β A B + γ A C = 0
Associativité du barycentre
خاصية
Soient A , B A, B A , B et C C C trois points, α , β \alpha, \beta α , β et γ \gamma γ trois réels tels que α + β + γ ≠ 0 ~\alpha+\beta+\gamma \neq 0~ α + β + γ = 0 et α + β ≠ 0 ~\alpha+\beta \neq 0~ α + β = 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] { G = Bar {( A , α ) ; ( B , β ) ; ( C , γ )} H = Bar {( A , α ) ; ( B , β )} alors G = Bar { ( H , α + β ) ; ( C , γ ) } ~G=\operatorname{Bar}\{(H, \alpha+\beta) ;(C, \gamma)\} G = Bar {( H , α + β ) ; ( C , γ )}
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] { G = Bar {( A , α ) ; ( B , β ) ; ( C , γ )} H = Bar {( A , α ) ; ( B , β )} On a alors:
( α + β ) G H → + γ G C → = α G H → + β G H → + γ G C → = α G A → + α A H → + β G B → + β B H → + γ G C → = α G A ‾ + β G B → + α A H → + β B H → + γ G C → = 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}\\ ( α + β ) G H + γ GC = α G H + β G H + γ GC = α G A + α A H + β GB + β B H + γ GC = α G A + β GB + α A H + β B H + γ GC = 0
Alors: G = Bar { ( H , α + β ) ; ( C , γ ) } ~G=\operatorname{Bar}\{(H, \alpha+\beta) ;(C, \gamma)\} G = Bar {( H , α + β ) ; ( C , γ )}
تطبيق
Trois points A , B A , B A , B et C C C étant donnés, placer :
G = Bar { ( A , 1 ) ; ( B , 1 ) ; ( C , 2 ) } G=\operatorname{Bar}\{(A, 1) ;(B, 1) ;(C, 2)\}\\ G = Bar {( A , 1 ) ; ( B , 1 ) ; ( C , 2 )} Posons H = Bar { ( A , 1 ) ; ( B , 1 ) } . H H=\operatorname{Bar}\{(A, 1) ;(B, 1)\} . \\ \mathrm{H} H = Bar {( A , 1 ) ; ( B , 1 )} . H est donc le milieu de [ A B ] [\mathrm{AB}]\\ [ AB ] D'après la propriété d'associativité, G = Bar { ( H , 2 ) ; ( C , 2 ) } G=\operatorname{Bar}\{(H, 2) ;(C, 2)\}\\ G = Bar {( H , 2 ) ; ( C , 2 )} G G G est donc le milieu de [ C H ] [CH] [ C H ] .
Propriétés
Dans tout le paragraphe, A , B A, B A , B et C C C sont trois points quelconques, α , β \alpha, \beta α , β et γ \gamma γ trois réels tels que α + β + γ ≠ 0 \alpha+\beta+\gamma \neq 0 α + β + γ = 0 et G = Bar { ( A , α ) ; ( B , β ) ; ( C , γ ) } G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta) ;(C, \gamma)\} G = Bar {( A , α ) ; ( B , β ) ; ( C , γ )}
Homogénéité
خاصية
Soit k k k un réel. Si k ≠ 0 k \neq 0 k = 0 alors G = Bar { ( A , k α ) ; ( B , k β ) ; ( C , k γ ) } G=\operatorname{Bar}\{(A, k \alpha) ;(B, k \beta) ;(C, k \gamma)\} G = Bar {( A , k α ) ; ( B , k β ) ; ( C , kγ )} .
برهان
Si k ≠ 0 \mathrm{k} \neq 0 k = 0 alors: G = Bar { ( A , α ) ; ( B , β ) ; ( C , γ ) } ⇔ α G A → + β G B → + γ G C → = 0 → ⇔ k ( α G A → + β G B → + γ G C → ) = k 0 → ⇔ k α G A → + k β G B → + k γ G C → = 0 → ⇔ G = Bar { ( A , k α ) ; ( B , k β ) ; ( C , k γ ) } \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} G = Bar {( A , α ) ; ( B , β ) ; ( C , γ )} ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ α G A + β GB + γ GC = 0 k ( α G A + β GB + γ GC ) = k 0 k α G A + k β GB + kγ GC = 0 G = Bar {( A , k α ) ; ( B , k β ) ; ( C , kγ )}
Position du barycentre
خاصية
Si A , B A, B A , B et C C C ne sont pas alignés alors G ∈ ( A B C ) . G \in(A B C) .\\ G ∈ ( A BC ) . Autrement dit, A , B , C A, B, C A , B , C et G G G sont coplanaires
برهان
G = Bar { ( A , α ) ; ( B , β ) ; ( C , γ ) } ⇔ α G A → + β G B → + γ G C → = 0 → G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta) ;(C, \gamma)\} \Leftrightarrow \alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G B}+\gamma \overrightarrow{G C}=\overrightarrow{0}\\ G = Bar {( A , α ) ; ( B , β ) ; ( C , γ )} ⇔ α G A + β GB + γ GC = 0 Les vecteurs G A → , G B → \overrightarrow{G A}, \overrightarrow{G B} G A , GB et G C → \overrightarrow{G C} GC sont donc coplanaires.
Ainsi les points A , B , C A, B, C A , B , C et G G G sont coplanaires.
خاصية
Réciproquement, si A , B A, B A , B et C C C ne sont pas alignés, alors tout point du plan ( A B C ) (ABC) ( A BC ) est le barycentre de A , B \mathrm{A}, \mathrm{B} A , B et C \mathrm{C} C affectés de coefficients bien choisis.
برهان
Si M ∈ ( A B C ) M \in(A B C) M ∈ ( A BC ) alors il existe des réels k k k et k ′ \mathrm{k}^{\prime} k ′ tel que : A M → = k A B → + k ′ A C → = k A M → + k M B → + k ′ A M → + k ′ M C → \\\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}\\ A M = k A B + k ′ A C = k A M + k MB + k ′ A M + k ′ MC On a alors ( 1 − k − k ′ ) M A → + k M B → + k ′ M C → = 0 → \left(1-k-k^{\prime}\right) \overrightarrow{M A}+k \overrightarrow{M B}+k^{\prime} \overrightarrow{M C}=\overrightarrow{0}\\ ( 1 − k − k ′ ) M A + k MB + k ′ MC = 0 Donc M = Bar { ( A , 1 − k − k ′ ) ; ( B , k ) ; ( C , k ′ ) } M=\operatorname{Bar}\left\{\left(A, 1-k-k^{\prime}\right) ;(B, k) ;\left(C, k^{\prime}\right)\right\} M = Bar { ( A , 1 − k − k ′ ) ; ( B , k ) ; ( C , k ′ ) }
Isobarycentre
خاصية
Si α = β = γ \alpha=\beta=\gamma α = β = γ , alors G G G est appelé isobarycentre de A , B A, B A , B et C . C .\\ C . G G G est alors le centre de gravité du triangle A B C \mathrm{ABC} ABC .
برهان
Soient I I I le milieu de [ B C ] [\mathrm{BC}] [ BC ] et J J J le milieu de [ A C ] [\mathrm{AC}]\\ [ AC ] On a alors I = Bar { ( B , 1 ) ; ( C , 1 ) } I=\operatorname{Bar}\{(B, 1) ;(C, 1)\} I = Bar {( B , 1 ) ; ( C , 1 )} et J = Bar { ( A , 1 ) ; ( C , 1 ) } J=\operatorname{Bar}\{(A, 1) ;(C, 1)\}\\ J = Bar {( A , 1 ) ; ( C , 1 )} D'après la propriété d'associativité, on a d'une part, G = \\G= G = Bar { ( I , 2 ) ; ( A , 1 ) } \{(I, 2) ;(A, 1)\}~ {( I , 2 ) ; ( A , 1 )} donc G ∈ ( A I ) ~G \in( AI)\\ G ∈ ( A I ) et, d'autre part, G = G= G = Bar { ( J , 2 ) ; ( B , 1 ) } \{(J, 2) ;(B, 1)\}~ {( J , 2 ) ; ( B , 1 )} donc G ∈ ( B J ) . ~G \in(B J).\\ G ∈ ( B J ) . G G G appartient donc à deux médianes de A B C . ABC.\\ A BC . G G G est le centre de gravité de A B C ABC A BC .
Réduction vectorielle
خاصية
Quelque soit le point M , \mathrm{M}, M , α M A → + β M B → + γ M C → = ( α + β + γ ) M G → \quad \alpha \overrightarrow{M A}+\beta \overrightarrow{M B}+\gamma \overrightarrow{M C}=(\alpha+\beta+\gamma) \overrightarrow{M G} α M A + β MB + γ MC = ( α + β + γ ) MG
برهان
Quel que soit le point M \mathrm{M} M α M A → + β M B → + γ M C → = α ( M G → + G A → ) + β ( M G → + G B → ) + γ ( M G → + G C → ) = α M G → + α G A → + β M G → + β G B → + γ M G → + γ G C → = ( α + β + γ ) M G → + α G A → + β G B → + γ G C → = ( α + β + γ ) M G → \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} α M A + β MB + γ MC = α ( MG + G A ) + β ( MG + GB ) + γ ( MG + GC ) = α MG + α G A + β MG + β GB + γ MG + γ GC = ( α + β + γ ) MG + α G A + β GB + γ GC = ( α + β + γ ) MG
Coordonnées du barycentre
خاصية
Soit ( O ; ı ⃗ , ȷ ⃗ ) (O ; \vec{\imath}, \vec{\jmath}) ( O ; , ) un repère du plan. \\ Soit A ( x A ; y A ) , B ( x B ; y B ) A(x_A ; y_A), B(x_B ; y_B) A ( x A ; y A ) , B ( x B ; y B ) et C ( x C ; y C ) C(x_C ; y_C) C ( x C ; y C ) .
برهان
Si G = Bar { ( A , α ) ; ( B , β ) ; ( C , γ ) } G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta) ;(C, \gamma)\} G = Bar {( A , α ) ; ( B , β ) ; ( C , γ )} alors
G ( α x A + β x B + γ x C α + β + γ ; α y A + β y B + γ y C α + 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] G ( α + β + γ α x A + β x B + γ x C ; α + β + γ α y A + β y B + γ y C )
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) A ( 2 ; − 1 ) , B ( 0 ; 3 ) et C ( − 2 ; 0 ) . C(-2 ; 0) .\\ C ( − 2 ; 0 ) . Déterminer les coordonnées de G G G barycentre de ( A , 1 ) ; ( B , 3 ) ; ( C , − 2 ) (A, 1) ;(B, 3) ;(C,-2) ( A , 1 ) ; ( B , 3 ) ; ( C , − 2 ) . On a: { x G x A + 3 × x B − 2 × x C 1 + 3 − 2 = 2 + 3 × 0 − 2 × ( − 2 ) 2 = 3 y G = y A + 3 × y B − 2 × y C 1 + 3 − 2 = − 1 + 3 × 3 − 2 × 0 2 = 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] On a: { x G 1 + 3 − 2 x A + 3 × x B − 2 × x C = 2 2 + 3 × 0 − 2 × ( − 2 ) = 3 y G = 1 + 3 − 2 y A + 3 × y B − 2 × y C = 2 − 1 + 3 × 3 − 2 × 0 = 4 Ainsi G ( 3 ; 4 ) ~~ G(3 ; 4) G ( 3 ; 4 )
Barycentre d'un nombre quelconque de points
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