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 $\beta$ $\\\alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G B}=\overrightarrow{0} \Leftrightarrow \overrightarrow{G A}+\beta(\overrightarrow{G A}+\overrightarrow{A B})=\overrightarrow{0} \\ \Leftrightarrow \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{A B}=\overrightarrow{0}$ $\\\Leftrightarrow(\alpha+\beta) \overrightarrow{G A}=-\beta \overrightarrow{A B} \Leftrightarrow(\alpha+\beta) \overrightarrow{A G}=\beta \overrightarrow{A B}\\$ 1 )  Si $\alpha+\beta \neq 0$ alors l'équation équivaut à $\overrightarrow{A G}=\frac{\beta}{\alpha+\beta} \beta \overrightarrow{A B}$. Le point G existe et est unique. $\\$ 2)  Si $\alpha+\beta=0$ alors l'équation équivaut à $\overrightarrow{A \vec{A}}=\overrightarrow{0}$. 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 $G=\operatorname{Bar}\{(A, 3) ;(B, 1)\}$ $\\G=\operatorname{Bar}\{(A, 3) ;(B, 1)\}$ $\Leftrightarrow  3\overrightarrow{G A}}+\overrightarrow{G B}=\overrightarrow{0}$ $\\\Leftrightarrow 3\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{0}$ $\\\Leftrightarrow4 \overrightarrow{A G}=\overrightarrow{A B}$

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: $\\G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta)\} \Leftrightarrow \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G B}=\overrightarrow{0} \\ \Leftrightarrow k(\alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G B})=k \overrightarrow{0}$ $k \alpha \overrightarrow{G A}+k \beta \overrightarrow{G B}=\overrightarrow{0} \\ \Leftrightarrow G=\operatorname{Bar}\{(A, k \alpha) ;(B, k \beta)\}$

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, a et $\beta$ sont de même signe alors $\mathrm{G} \in[\mathrm{AB}]$.

برهان

$G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta)\} \Longleftrightarrow \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G B}=\overrightarrow{0}\\$ 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 $\\\overrightarrow{A M}=k \overrightarrow{A B} \Leftrightarrow \overrightarrow{A M}-k \overrightarrow{A B}=\overrightarrow{0}\\ \Leftrightarrow \overrightarrow{A M}-k(\overrightarrow{A M}+\overrightarrow{M B})=\overrightarrow{0}$ $\Leftrightarrow \overrightarrow{A M}-k \overrightarrow{A M}-k \overrightarrow{M B}=\overrightarrow{0} \\ \Leftrightarrow(k-1) \overrightarrow{M A}-k \overrightarrow{M B}=\overrightarrow{0}\\$ De plus, $k-1-k=-1 \neq 0$ donc $M=\operatorname{Bar}\{(A, k-1) ;(B,-k)\}$

Isobarycentre

خاصية

Si $\mathbf{a}=\boldsymbol{\beta}$, alors $\mathrm{G}$ est appelé isobarycentre de A et $\mathrm{B} . \mathrm{G}$ est alors le milieu du segment $[\mathrm{AB}] .$

Démonstration immédiate

Réduction vectorielle

خاصية

Quel que soit le point $\mathrm{M}, \alpha \overrightarrow{M A}+\beta \overrightarrow{M B}=(\alpha+\beta) \overrightarrow{M G}$

برهان

$\alpha \overrightarrow{M A}+\beta \overrightarrow{M B}=\alpha(\overrightarrow{M G}+\overrightarrow{G A})+\beta(\overrightarrow{M G}+\overrightarrow{G B})\\=\alpha \overrightarrow{M G}+\alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{M G}+\beta \overrightarrow{G B}=(\alpha+\beta) \overrightarrow{M G}+\alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G B}=(\alpha+\beta) \overrightarrow{M G}$

تطبيق

Soit $G=\operatorname{Bar}\{(A, 2) ;(B, 5)\} .$ Exprimer $\overrightarrow{A G}$ en fonction de $\overrightarrow{A B}. \\$ L'égalité précédente pour $M=A$ donné : $5 \overrightarrow{A B}=7 \overrightarrow{A G} .\\$ 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

Quel que soit le point $\mathrm{M}$, 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 $\\[0.2cm]\left(\begin{array}{c}\frac{\alpha}{\alpha+\beta} x_{A}+\frac{\beta}{\alpha+\beta} x_{B} \\ \frac{\alpha}{\alpha+\beta} y_{A}+\frac{\beta}{a+\beta} y_{B}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}\frac{\alpha x_{A}+\beta x_{B}}{\alpha+\beta} \\ \frac{\alpha y_{A}+\beta y_{B}}{\alpha+\beta}\end{array}\right)$

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:

$\\\left\{\begin{array}{l}x_{G}=\frac{2 \times x_{A}+3 \times x_{B}}{2+3}=\frac{2 \times 3+3 \times(-1)}{5}=\frac{3}{5} \\y_{G}=\frac{2 \times y_{A}+3 \times y_{B}}{2+3}=\frac{2 \times(-2)+3 \times 4}{5}=\frac{8}{5}\end{array}\right.\\$

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, $\mathbf{a}, \boldsymbol{\beta}$ et $\mathrm{y}$ 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 $\mathbf{a}, \boldsymbol{\beta}$ et $\mathbf{y}\\$  $  \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} 1 ~~~~~~~~ / Si ~~~~\mathbf{a}+\boldsymbol{\beta}+\mathbf{y} \neq 0   $ alors l'équation équivaut à $\\$ $\beta \overrightarrow{A B}+\gamma \overrightarrow{A C}=\overrightarrow{0}\\$.   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, $a, \beta$ et $y$ trois réels tels que $\alpha+\beta+\gamma \neq 0$ et $\alpha+\beta \neq 0$ $\mathrm{Si}\left\{\begin{array}{c}G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta) ;(C, \gamma)\} \\[0.2cm] H=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta)\}\end{array} \quad\right.\\[0.3cm]$ alors $G=\operatorname{Bar}\{(H, \alpha+\beta) ;(C, \gamma)\}$

برهان

Supposons que $\left\{\begin{array}{c}G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta) ;(C, \gamma)\} \\ H=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta)\}\end{array}\right.\\[0.2cm]$ On a alors: $\\(\alpha+\beta) \overrightarrow{G H}+\gamma \overrightarrow{G C}=\alpha \overrightarrow{G H}+\beta \overrightarrow{G H}+\gamma \overrightarrow{G C}=\alpha \overrightarrow{G A}+\alpha \overrightarrow{A H}+\beta \overrightarrow{G B}+\beta \overrightarrow{B H}+\gamma \overrightarrow{G C}$ $=\alpha \overline{G A}+\beta \overrightarrow{G B}+\alpha \overrightarrow{A H}+\beta \overrightarrow{B H}+\gamma \overrightarrow{G C}=\overrightarrow{0}\\$ Alors: $G=\operatorname{Bar}\{(H, \alpha+\beta) ;(C, \gamma)\}$

تطبيق

Trois points $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ et $\mathrm{C}$ 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 $\mathrm{k} \neq 0$ alors $G=\operatorname{Bar}\{(A, k \alpha) ;(B, k \beta) ;(C, k \gamma)\}$.

برهان

Si $\mathrm{k} \neq 0$ alors: $$ \begin{aligned} G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta) ;(C, \gamma)\} \Longleftrightarrow & \alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G B}+\gamma \overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0} \\\Leftrightarrow & (\alpha\overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G B}+\gamma \overrightarrow{G C})=k \overrightarrow{0} \\ \Longleftrightarrow & k \alpha \overrightarrow{G A}+k \beta \overrightarrow{G B}+k \gamma \overrightarrow{G C}=\overrightarrow{0} \\\Longleftrightarrow &G=\operatorname{Bar}\{(A, k \alpha) ;(B, k \beta) ;(C, k \gamma)\} \end{aligned} $$

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

$G=\operatorname{Bar}\{(A, \alpha) ;(B, \beta) ;(C, \gamma)\} \Longleftrightarrow \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G B}+\gamma \overrightarrow{G C}=\overrightarrow{0}\\$ 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 $\mathrm{J}$ 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 $G \in( Al)\\$ et, d'autre part, $G=$ Bar $\{(J, 2) ;(B, 1)\}$ donc $G \in(B J).\\$ $G$ appartient donc à deux médianes de $\mathrm{ABC}.\\$ $G$ est le centre de gravité de $A B C$.

Réduction vectorielle

خاصية

Quel que 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 $\mathrm{M}$ $\begin{aligned}\alpha \overrightarrow{M A}+\beta \overrightarrow{M B}+\gamma\overrightarrow{M C} &=\alpha(\overrightarrow{M G}+\overrightarrow{G A})+\beta(\overrightarrow{M G}+\overrightarrow{G B})+\gamma(\overrightarrow{M G}+\overrightarrow{G C}) \\ &=\alpha \overrightarrow{M G}+\alpha \overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{M G}+\beta \overrightarrow{G B}+\gamma \overrightarrow{M G}+\gamma \overrightarrow{G C}\\&=(\alpha+\beta+\gamma) \overrightarrow{M G}+\alpha\overrightarrow{G A}+\beta \overrightarrow{G B}+\gamma\overrightarrow{G C} \\&=0 \\&=(\alpha+\beta+\gamma) \overrightarrow{M G}\end{aligned}$

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 $\\[0.2cm]G\left(\frac{\alpha x_{A}+\beta x_{B}+\gamma x_{C}}{\alpha+\beta+\gamma} ; \frac{\alpha y_{A}+\beta y_{B}+\gamma y_{C}}{\alpha+\beta+\gamma}\right)\\[0.2cm]$ 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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