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Maths
Le barycentre
1ère année bac Sciences Expérimentales Maths Le Barycentre fiche de cours
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 $\mathrm{O}$ de deux points de masses $\mathrm{m}_1$ et $\mathrm{m}_2$ différentes. $\\$ Pour que l'équilibre soit atteint, il faut que les moments $\mathrm{m}_{1} \mathrm{OA}$ et $\mathrm{m}_{2} \mathrm{OB}$ soient égaux. Cette condition se traduit par l'égalité vectorielle :
$m_1 \overrightarrow{O A}+m_2 \overrightarrow{O B}=\overrightarrow{0}\\$
On se place dans le plan ou dans l'espace.
Barycentre de deux points
نظرية
Soient $A$ et $B$ deux points quelconques, $\alpha$ et $\beta$ deux réels.
II existe un unique point $G$ du plan tel que
$\alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overline{G B}=\overrightarrow{0}$
avec $\alpha+\beta \neq 0$.
Ce point est appelé barycentre du système de points pondères $\\ \{(A, \alpha) ;(B, \beta)\} .$
On note $G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta)\} .$
برهان
Quelque soient $\alpha$ et $\beta$
$\begin{aligned}\alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G B}=\overrightarrow{0} &\Leftrightarrow \overrightarrow{G A}+\beta(\overrightarrow{G A}+\overrightarrow{A B})=\overrightarrow{0} \\ &\Leftrightarrow \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{A B}=\overrightarrow{0}\\ &\Leftrightarrow(\alpha+\beta) \overrightarrow{G A}=-\beta \overrightarrow{A B}\\ & \Leftrightarrow(\alpha+\beta) \overrightarrow{A G}=\beta \overrightarrow{A B}\end{aligned}\\$
1 ) Si $\alpha+\beta \neq 0~$ alors l'équation équivaut à $\overrightarrow{A G}=\frac{\beta}{\alpha+\beta} \overrightarrow{A B}$.
Le point $G$ existe et est unique. $\\$
2) Si $\alpha+\beta=0$ alors l'équation équivaut à $\overrightarrow{AA}=\overrightarrow{0}$. Cette équation n'admet pas de solution si $A \neq B$ et $\beta \neq 0$, et admet une infinité de solution si $A=B$ ou $\beta=0$.
تطبيق
Deux points $A$ et $B$ étant donnés, placer $G=\operatorname{Bar}\{(A, 3) ;(B, 1)\}$
$\begin{aligned}G=\operatorname{Bar}\{(A, 3) ;(B, 1)\} &\Leftrightarrow 3\overrightarrow{G A}+\overrightarrow{G B}=\overrightarrow{0} \\ &\Leftrightarrow 3\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{0} \\ &\Leftrightarrow 4 \overrightarrow{A G}=\overrightarrow{A B}\end{aligned}$
Propriétés
Dans tout le paragraphe, $A$ et $B$ sont deux points quelconques, $\alpha$ et $\beta$ deux réels tels que $\alpha+\beta \neq 0$ et $G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta)\}$
Homogénéité
خاصية
Soit $k$ un réel. Si $k \neq 0$ alors $G=\operatorname{Bar}\{(A, k \alpha) ;(B, k \beta)\}$.
برهان
Si $k \neq 0$ alors:
$\begin{aligned} G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta)\} &\Leftrightarrow \alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G B}=\overrightarrow{0} \\ &\Leftrightarrow k(\alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G B})=k \overrightarrow{0} \\ &\Leftrightarrow k \alpha \overrightarrow{G A}+k \beta \overrightarrow{G B}=\overrightarrow{0} \\ &\Leftrightarrow G=\operatorname{Bar}\{(A, k \alpha) ;(B, k \beta)\}\end{aligned}$
تطبيق
Démontrer que l'on peut exprimer $G$ comme barycentre de $A$ et $B$ de telle façon que la somme des coefficients soit égale à $1 .\\$ Si $G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta)\}$
alors $G=\operatorname{Bar}\left\{\left(A, \frac{1}{\alpha+\beta} \alpha\right) ;\left(B, \frac{1}{\alpha+\beta} \beta\right)\right\}\\$ car $\alpha+\beta \neq 0 .\\$
On a ainsi $\quad G=\operatorname{Bar}\left\{\left(A, \frac{1}{\alpha+\beta}\right) ;\left(B, \frac{1}{\alpha+\beta}\right)\right\}$ avec $\frac{\alpha}{\alpha+\beta}+\frac{\beta}{\alpha+\beta}=1$
Position du barycentre
خاصية
Si $A$ et $B$ sont distincts alors $G \in(A B)$. Autrement dit, $A, B$ et $G$ sont alignés. Si, de plus, $\alpha$ et $\beta$ sont de même signe alors $\mathrm{G} \in[\mathrm{AB}]$.
برهان
$G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta)\} \Longleftrightarrow \alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G B}=\overrightarrow{0}\\$ Les vecteurs $\overrightarrow{\text { GA }}$ et $\overrightarrow{\text { GB }}$ sont donc colinéaires et $G, A$ et $B$ sont alignés. De plus, on a obtenu au cours de la première démonstration le résultat suivant: positif et inférieur à $1 .$
Or si $\alpha$ et $\beta$ sont de même signe Ainsi $G \in[A B]$.
خاصية
Réciproquement, si $A \neq B$, tout point de la droite $(\mathrm{AB})$ est le barycentre de $\mathrm{A}$ et $\mathrm{B}$ affectés de coefficients bien choisis.
برهان
Si $M \in(A B)$ alors $\overrightarrow{A M}$ et $\overrightarrow{A B}$ sont colinéaires $\\$ donc il existe un réel $k$ tel que $\overrightarrow{A M}=k \overrightarrow{A B}$. On a alors
$\begin{aligned}\overrightarrow{A M}=k \overrightarrow{A B} &\Leftrightarrow \overrightarrow{A M}-k \overrightarrow{A B}=\overrightarrow{0}\\ &\Leftrightarrow \overrightarrow{A M}-k(\overrightarrow{A M}+\overrightarrow{M B})=\overrightarrow{0}\\ &\Leftrightarrow \overrightarrow{A M}-k \overrightarrow{A M}-k \overrightarrow{M B}=\overrightarrow{0} \\ &\Leftrightarrow(k-1) \overrightarrow{M A}-k \overrightarrow{M B}=\overrightarrow{0}\end{aligned}\\$
De plus, $k-1-k=-1 \neq 0$ donc $~M=\operatorname{Bar}\{(A, k-1) ;(B,-k)\}$
Isobarycentre
خاصية
Si $\mathbf{\alpha}=\mathbf{\beta}$, alors $\mathrm{G}$ est appelé isobarycentre de $A$ et $B$
$\mathrm{G}$ est alors le milieu du segment $[\mathrm{AB}] .$
Réduction vectorielle
خاصية
Quelque soit le point $\mathrm{M},$
$\alpha \overrightarrow{M A}+\beta \overrightarrow{M B}=(\alpha+\beta) \overrightarrow{M G}$
برهان
$\begin{aligned}\alpha \overrightarrow{M A}+\beta \overrightarrow{M B} &=\alpha(\overrightarrow{M G}+\overrightarrow{G A})+\beta(\overrightarrow{M G}+\overrightarrow{G B})\\ &=\alpha \overrightarrow{M G}+\alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{M G}+\beta \overrightarrow{G B} \\ &=(\alpha+\beta) \overrightarrow{M G}+\alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G B} \\ &=(\alpha+\beta) \overrightarrow{M G}\end{aligned}$
تطبيق
Soit $G=\operatorname{Bar}\{(A, 2) ;(B, 5)\} .$
Exprimer $\overrightarrow{A G}$ en fonction de $\overrightarrow{A B}. \\$ L'égalité précédente pour $M=A$ donne : $~5 \overrightarrow{A B}=7 \overrightarrow{A G} .\\$ On a donc $~~\overrightarrow{A G}=\frac{5}{7} \overrightarrow{A B}$.
Coordonnées du barycentre
خاصية
Soit $(O ; \vec{\imath}, \vec{\jmath})$ un repère du plan. Soit $A\left(x_{A} ; y_{A}\right)$ et $B\left(x_{B} ; y_{B}\right)\\$ Si $G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta)\}$ alors
$G\left(\frac{\alpha x_{A}+\beta x_{B}}{\alpha+\beta} ; \frac{\alpha y_{A}+\beta y_{B}}{\alpha+\beta}\right)\\$
Dans un repère de l'espace, il suffit de faire le même calcul sur la troisième coordonnée.
برهان
Quelque soit le point $M$, on a $\alpha \overrightarrow{M A}+\beta \overrightarrow{M B}=(\alpha+\beta) \overrightarrow{M G}\\$ Cette égalité est donc valable en particulier pour $M=0$. On a donc:
$\\[0.2cm]\alpha \overrightarrow{O A}+\beta \overrightarrow{O B}=(\alpha+\beta) \overrightarrow{O G}\\[0.2cm]$
Soit $\overrightarrow{O G}=\frac{\alpha}{\alpha+\beta} \overrightarrow{O A}+\frac{\beta}{\alpha+\beta} \overrightarrow{O B}\\$ Les coordonnées de $\overrightarrow{O A}$ sont $\left(\begin{array}{l}x_{A} \\ y_{A}\end{array}\right)$ et les coordonnées de $\overrightarrow{O B}\\$ sont $\left(\begin{array}{l}x_{B} \\ y_{B}\end{array}\right)\\$ On en déduit que les coordonnées de $\overrightarrow{O G}$ sont
$\left(\begin{array}{c}\frac{\alpha}{\alpha+\beta} x_{A}+\frac{\beta}{\alpha+\beta} x_{B} \\[0.2cm] \frac{\alpha}{\alpha+\beta} y_{A}+\frac{\beta}{a+\beta} y_{B}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}\frac{\alpha x_{A}+\beta x_{B}}{\alpha+\beta} \\[0.2cm] \frac{\alpha y_{A}+\beta y_{B}}{\alpha+\beta}\end{array}\right)$
تطبيق
Dans un repère du plan, on a $~ A(3 ;-2)~$ et $~B(-1 ; 4)\\$ Déterminer les coordonnées de G barycentre de $(A, 2) ;(B, 3)$. On a:
$\\\left\{\begin{array}{l}x_{G}=\frac{2 \times x_{A}+3 \times x_{B}}{2+3}=\frac{2 \times 3+3 \times(-1)}{5}=\frac{3}{5} \\[0.2cm] y_{G}=\frac{2 \times y_{A}+3 \times y_{B}}{2+3}=\frac{2 \times(-2)+3 \times 4}{5}=\frac{8}{5}\end{array}\right.\\$
Ainsi $~~G\left(\frac{3}{5} ; \frac{8}{5}\right)$
Barycentre de trois points
Les définitions et propriétés du paragraphe précédent s'étendent au cas de trois points pondérés.
نظرية
Soient $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ et $\mathrm{C}$ trois points quelconques, $\alpha, \beta$ et $\gamma$ trois réels. Il existe un unique point $G$ du plan tel que : $\\\alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G B}+\gamma \overrightarrow{G C}=\overrightarrow{0}$ si et seulement si $\alpha+\beta+\gamma \neq 0\\$
- Ce point est appelé barycentre du système de points pondérés $\{(A, \alpha) ;(B, \beta) ;(C, \gamma)\}\\$
- On note $G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta) ;(C, \gamma)\}$
برهان
Quelque soient $\alpha, \beta$ et $\gamma$
$\begin{aligned}\alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G B}+\gamma \overrightarrow{G C} = \overrightarrow{0} &\Leftrightarrow \alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{A B}+\gamma \overrightarrow{G A}+\gamma \overrightarrow{A C} = \overrightarrow{0} \\ &\Leftrightarrow (\alpha+\beta+\gamma) \overrightarrow{A G}= \beta \overrightarrow{A B}+\gamma\overrightarrow{A C} \end{aligned}$
1/ Si $~\mathbf{\alpha}+\mathbf{\beta}+\mathbf{\gamma} \neq 0 $ alors l'équation équivaut à
$\overrightarrow{A G}=\frac{\beta}{\alpha+\beta+\gamma} \overrightarrow{A B}+\frac{\gamma}{\alpha+\beta+\gamma} \overrightarrow{A C}$
Le point $G$ existe et est unique.
$2/$ Si $\alpha+\beta+\gamma=0$ alors l'équation équivaut à $\beta \overrightarrow{A B}+\gamma \overrightarrow{A C}=\overrightarrow{0}\\$ Cette équation n'admet pas de solution si $\beta \overrightarrow{A B}+\gamma \overrightarrow{A C} \neq \overrightarrow{0}$ et en admet une infinité si $\beta \overrightarrow{A B}+\gamma \overrightarrow{A C}=\overrightarrow{0}$
Associativité du barycentre
خاصية
Soient $A, B$ et $C$ trois points, $\alpha, \beta$ et $\gamma$ trois réels tels que $~\alpha+\beta+\gamma \neq 0~$ et $~\alpha+\beta \neq 0~$
Si $~\left\{\begin{array}{c}G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta) ;(C, \gamma)\} \\[0.2cm] H=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta)\}\end{array} \quad\right.\\[0.3cm]$ alors $~G=\operatorname{Bar}\{(H, \alpha+\beta) ;(C, \gamma)\}$
برهان
Supposons que $\left\{\begin{array}{c}G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta) ;(C, \gamma)\} \\[0.2cm] H=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta)\}\end{array}\right.\\[0.2cm]$ On a alors:
$\begin{aligned}(\alpha+\beta) \overrightarrow{G H}+\gamma \overrightarrow{G C}&=\alpha \overrightarrow{G H}+\beta \overrightarrow{G H}+\gamma \overrightarrow{G C} \\ &=\alpha \overrightarrow{G A}+\alpha \overrightarrow{A H}+\beta \overrightarrow{G B}+\beta \overrightarrow{B H}+\gamma \overrightarrow{G C}\\ &=\alpha \overline{G A}+\beta \overrightarrow{G B}+\alpha \overrightarrow{A H}+\beta \overrightarrow{B H}+\gamma \overrightarrow{G C}\\ &=\overrightarrow{0}\end{aligned}\\$
Alors: $~G=\operatorname{Bar}\{(H, \alpha+\beta) ;(C, \gamma)\}$
تطبيق
Trois points $A , B$ et $C$ étant donnés, placer :
$G=\operatorname{Bar}\{(A, 1) ;(B, 1) ;(C, 2)\}\\$ Posons $H=\operatorname{Bar}\{(A, 1) ;(B, 1)\} . \\ \mathrm{H}$ est donc le milieu de $[\mathrm{AB}]\\$ D'après la propriété d'associativité, $G=\operatorname{Bar}\{(H, 2) ;(C, 2)\}\\$ $G$ est donc le milieu de $[CH]$.
Propriétés
Dans tout le paragraphe, $A, B$ et $C$ sont trois points quelconques, $\alpha, \beta$ et $\gamma$ trois réels tels que $\alpha+\beta+\gamma \neq 0$ et $G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta) ;(C, \gamma)\}$
Homogénéité
خاصية
Soit $k$ un réel. Si $k \neq 0$ alors $G=\operatorname{Bar}\{(A, k \alpha) ;(B, k \beta) ;(C, k \gamma)\}$.
برهان
Si $\mathrm{k} \neq 0$ alors: $$ \begin{aligned} G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta) ;(C, \gamma)\} \Leftrightarrow & \alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G B}+\gamma \overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0} \\ \Leftrightarrow & k (\alpha\overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G B}+\gamma \overrightarrow{G C})=k \overrightarrow{0} \\ \Leftrightarrow & k \alpha \overrightarrow{G A}+k \beta \overrightarrow{G B}+k \gamma \overrightarrow{G C}=\overrightarrow{0} \\ \Leftrightarrow & G=\operatorname{Bar}\{(A, k \alpha) ;(B, k \beta) ;(C, k \gamma)\} \end{aligned} $$
Position du barycentre
خاصية
Si $A, B$ et $C$ ne sont pas alignés alors $G \in(A B C) .\\$ Autrement dit, $A, B, C$ et $G$ sont coplanaires
برهان
$G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta) ;(C, \gamma)\} \Leftrightarrow \alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G B}+\gamma \overrightarrow{G C}=\overrightarrow{0}\\$ Les vecteurs $\overrightarrow{G A}, \overrightarrow{G B}$ et $\overrightarrow{G C}$ sont donc coplanaires.
Ainsi les points $A, B, C$ et $G$ sont coplanaires.
خاصية
Réciproquement, si $A, B$ et $C$ ne sont pas alignés, alors tout point du plan $(ABC)$ est le barycentre de $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ et $\mathrm{C}$ affectés de coefficients bien choisis.
برهان
Si $M \in(A B C)$ alors il existe des réels $k$ et $\mathrm{k}^{\prime}$ tel que : $\\\overrightarrow{A M}=k \overrightarrow{A B}+k^{\prime} \overrightarrow{A C}=k\overrightarrow{A M}+k \overrightarrow{M B}+k^{\prime} \overrightarrow{AM}+k^{\prime} \overrightarrow{M C}\\$ On a alors $\left(1-k-k^{\prime}\right) \overrightarrow{M A}+k \overrightarrow{M B}+k^{\prime} \overrightarrow{M C}=\overrightarrow{0}\\$ Donc $M=\operatorname{Bar}\left\{\left(A, 1-k-k^{\prime}\right) ;(B, k) ;\left(C, k^{\prime}\right)\right\}$
Isobarycentre
خاصية
Si $\alpha=\beta=\gamma$, alors $G$ est appelé isobarycentre de $A, B$ et $C .\\$ $G$ est alors le centre de gravité du triangle $\mathrm{ABC}$.
برهان
Soient $I$ le milieu de $[\mathrm{BC}]$ et $J$ le milieu de $[\mathrm{AC}]\\$ On a alors $I=\operatorname{Bar}\{(B, 1) ;(C, 1)\}$ et $J=\operatorname{Bar}\{(A, 1) ;(C, 1)\}\\$ D'après la propriété d'associativité, on a d'une part, $\\G=$ Bar $\{(I, 2) ;(A, 1)\}~$ donc $~G \in( AI)\\$ et, d'autre part, $G=$ Bar $\{(J, 2) ;(B, 1)\}~$ donc $~G \in(B J).\\$ $G$ appartient donc à deux médianes de $ABC.\\$ $G$ est le centre de gravité de $ABC$.
Réduction vectorielle
خاصية
Quelque soit le point $\mathrm{M},$ $ \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 $\mathrm{M}$ $\begin{aligned}\alpha \overrightarrow{M A}+\beta \overrightarrow{M B}+\gamma\overrightarrow{M C} &=\alpha(\overrightarrow{M G}+\overrightarrow{G A})+\beta(\overrightarrow{M G}+\overrightarrow{G B})+\gamma(\overrightarrow{M G}+\overrightarrow{G C}) \\ &=\alpha \overrightarrow{M G}+\alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{M G}+\beta \overrightarrow{G B}+\gamma \overrightarrow{M G}+\gamma \overrightarrow{G C}\\&=(\alpha+\beta+\gamma) \overrightarrow{M G}+\alpha\overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G B}+\gamma\overrightarrow{G C} \\&=(\alpha+\beta+\gamma) \overrightarrow{M G}\end{aligned}$
Coordonnées du barycentre
خاصية
Soit $(O ; \vec{\imath}, \vec{\jmath})$ un repère du plan. $\\$ Soit $A(x_A ; y_A), B(x_B ; y_B)$ et $C(x_C ; y_C)$.
برهان
Si $G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta) ;(C, \gamma)\}$ alors
$\\G\left(\frac{\alpha x_{A}+\beta x_{B}+\gamma x_{C}}{\alpha+\beta+\gamma} ; \frac{\alpha y_{A}+\beta y_{B}+\gamma y_{C}}{\alpha+\beta+\gamma}\right)\\[0.2cm]$
La démonstration est identique au cas de deux points.
تطبيق
Dans un repère du plan, on a $A(2 ;-1), B(0 ; 3)$ et $C(-2 ; 0) .\\$ Déterminer les coordonnées de $G$ barycentre de $(A, 1) ;(B, 3) ;(C,-2)$. $\\[0.2cm]\text { On a: }\left\{\begin{array}{l}x_{G} \frac{x_{A}+3 \times x_{B}-2 \times x_{C}}{1+3-2}=\frac{2+3 \times 0-2 \times(-2)}{2}=3 \\[0.2cm] y_{G}=\frac{y_{A}+3 \times y_{B}-2\times y_{C}}{1+3-2}=\frac{-1+3 \times 3-2 \times 0}{2}=4\end{array}\right.\\[0.2cm]$ Ainsi $~~ G(3 ; 4)$
Barycentre d'un nombre quelconque de points
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