Barycentre/Barycentre de 3 points ou plus

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**Barycentre de 3 points ou plus**
Leçon : Barycentre

Chapitre 2
Chap. préc. :	Barycentre de 2 points pondérés
Chap. suiv. :	Théorème de l'associativité du barycentre

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Barycentre/Barycentre de 3 points ou plus », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.

Les démonstrations des résultats de cours de ce chapitre sont à savoir refaire, car les méthodes employées dans de très nombreux exercices reposent sur les mêmes manipulations. Il est vivement conseillé de chercher à refaire soi-même les démonstrations des résultats avant de dérouler les boîtes de démonstration.

[modifier] Barycentre de trois points pondérés

[modifier] Définition

Définition

Soient A, B et C trois points de l'espace. Soient $α$ , $β$ et $γ$ trois réels vérifiant $\alpha+\beta+\gamma \not = 0$ .

Le barycentre du système de points pondérés {(A, $α$ );(B, $β$ ),(C, $γ$ )} est l'unique point G qui vérifie

$\alpha \vec{GA} + \beta \vec{GB} + \gamma \vec{GC} = \vec 0$

Si $α + β + γ = 0$ , le barycentre n'existe pas.

Cette définition est fondamentale car elle est le point de départ de nombreux exercices sur les barycentres

Exemple

Soit G le centre de gravité de ABC. G est le barycentre du système de points pondérés {(A,1);(B,1);(C,1)}.

[modifier] Localisation

Soit G le barycentre du système de points pondérés {(A, $α$ );(B, $β$ );(C, $γ$ )} (avec $\alpha+\beta+\gamma \not = 0$ ).

On peut trouver l'emplacement de G par les trois formules suivantes :

$\vec{AG}=\frac{\beta \vec{AB} +\gamma \vec{AC}}{\alpha+\beta+\gamma}$ , $\vec{BG}=\frac{\alpha \vec{BA}+\gamma \vec{BC}}{\alpha+\beta+\gamma}$ et $\vec{CG}=\frac{\alpha \vec{CA} + \beta \vec{CB}}{\alpha+\beta+\gamma}$

.

Le principe de la démonstration qui suit est important : si l'on veut obtenir la localisation de G à partir de A, il faut utiliser la relation de Chasles pour faire apparaître A au milieu de tous les vecteurs où il n'est pas déjà.

Démonstration

$\alpha \vec{GA} + \beta \vec{GB} + \gamma \vec{GC} = \vec 0$

donc $\alpha \vec{GA} + \beta (\vec{GA}+\vec{AB}) + \gamma (\vec{GA}+\vec{AC}) = \vec 0$

donc $(\alpha+\beta+\gamma) \vec{GA} = - \beta \vec{AB} - \gamma \vec{AC}$

donc $(\alpha+\beta+\gamma) \vec{AG} = \beta \vec{AB} + \gamma \vec {AC}$

Finalement $\vec{AG}=\frac{\beta \vec{AB} +\gamma \vec{AC}}{\alpha+\beta+\gamma}$ , d'où la nécessité d'avoir $\alpha+\beta+\gamma \not = 0$

On démontre les autres égalités de la même manière.

[modifier] Propriétés

On suppose désormais que le barycentre G du système de points pondérés {(A, $α$ );(B, $β$ );(C, $γ$ )} existe, c'est-à-dire $\alpha+\beta+\gamma \not = 0$

[modifier] Coplanarité

Propriété

Comme $\vec{AG}=\frac{\beta \vec{AB} +\gamma \vec{AC}}{\alpha+\beta+\gamma}$ , alors $G \in (ABC)$

[modifier] Invariance par multiplication par un réel non nul

Propriété

Soit k un réel non nul. Le barycentre de trois points pondérés ne change pas si on multiplie tous les coefficients par k.

Démonstration

$k(\alpha \vec{GA} + \beta \vec{GB} + \gamma \vec{GC}) = \vec 0$ donc $k \alpha \vec{GA} +k \beta \vec{GB} + k \gamma \vec{GC}= \vec 0$

De plus, comme $k \not = 0$ et que $\alpha+\beta+\gamma \not = 0$ , on a bien $k \alpha + k \beta +k \gamma \not = 0$

Donc G est le barycentre du système de points pondérés {(A, $k α$ );(B, $k β$ );(C, $k γ$ )}

[modifier] Égalité valable en tout point de l'espace

Propriété

Pour tout point M de l'espace : $\alpha \vec{GA} + \beta \vec{GB} +\gamma \vec{GC} = \vec 0 \Leftrightarrow \alpha \vec{MA} + \beta \vec{MB} + \gamma \vec{MC}= (\alpha + \beta+\gamma) \vec{MG}$

Le principe de la démonstration qui suit est important : la relation de Chasles permet d'introduire un nouveau point dans la formule de définition. Cette idée revient souvent dans les exercices de ce type.

Intérêts :

Ramener un problème mettant en jeu plusieurs points (A,B,C) à un problème mettant en jeu un seul point (G)
Calculer explicitement les coordonnées du barycentre en faisant M=O

Démonstration

Soit M un point de l'espace

$\alpha \vec{GA} + \beta \vec{GB} + \gamma \vec{GC}= \vec 0$

$\Leftrightarrow \alpha (\vec{GM}+\vec{MA}) + \beta (\vec{GM}+\vec{MB}) + \gamma (\vec{GM}+\vec{MC}) = \vec 0$

$\Leftrightarrow (\alpha+\beta+\gamma) \vec{GM} + \alpha \vec{MA} + \beta \vec{MB} + \gamma \vec{MC}= \vec 0$

$\Leftrightarrow \alpha \vec{MA} + \beta \vec{MB} +\gamma \vec{MC}= (\alpha + \beta + \gamma) \vec{MG}$

[modifier] Coordonnées du barycentre

Propriété

On munit l'espace d'un repère $\mathcal R = (O, \vec i, \vec j, \vec k)$ dans lequel $A (x A, y A, z A)$ , $B (x B, y B, z B)$ et $C (x C, y C, z C)$

Les coordonnées de G dans $\mathcal R$ sont $\begin{cases} x_G = \displaystyle{\frac{\alpha x_A + \beta x_B + \gamma x_C}{\alpha + \beta+\gamma}}\\ y_G=\displaystyle{\frac{\alpha y_A + \beta y_B + \gamma y_C}{\alpha + \beta +\gamma}}\\ z_G=\displaystyle{\frac{\alpha z_A + \beta z_B + \gamma z_C}{\alpha + \beta +\gamma}} \end{cases}$

Démonstration

On sait que pour tout point M de l'espace, $\alpha \vec{MA} + \beta \vec{MB} + \gamma \vec{MC}= (\alpha + \beta+\gamma) \vec{MG}$ .

On applique cette formule en O : $\alpha \vec{OA} + \beta \vec{OB} + \gamma \vec{OC} = (\alpha + \beta+\gamma) \vec{OG}$

donc $\vec{OG} = \frac{\alpha}{\alpha + \beta+\gamma} \vec{OA} + \frac{\beta}{\alpha + \beta + \gamma} \vec{OB}+ \frac{\gamma}{\alpha + \beta + \gamma} \vec{OC}$

donc, comme O est le centre du repère $\mathcal R$ , $\begin{cases} \displaystyle{x_G = \frac{\alpha}{\alpha + \beta+\gamma} x_A + \frac{\beta}{\alpha + \beta+\gamma}x_B + \frac{\gamma}{\alpha + \beta+\gamma} x_C}\\ \displaystyle{y_G=\frac{\alpha}{\alpha + \beta+\gamma} y_A + \frac{\beta}{\alpha + \beta+\gamma} y_B + \frac{\gamma}{\alpha + \beta+\gamma} y_C}\\ \displaystyle{z_G=\frac{\alpha}{\alpha + \beta+\gamma} z_A + \frac{\beta}{\alpha + \beta+\gamma} z_B + \frac{\gamma}{\alpha + \beta+\gamma} z_C} \end{cases}$ , ce qui est le résultat