Barycentre

Introduire le barycentre et l'utiliser pour démontrer.

Mathématiques Première Chapitre 8 / 13 ⏱ 9 h

Ce que tu sauras faire à la fin

Construire un barycentre
Réduire une somme vectorielle
Démontrer un alignement ou une concourance

Imagine une balançoire à bascule (une balance à fléau) sur laquelle on accroche, d'un côté un enfant de $20$ kg, de l'autre un adulte de $60$ kg. Pour que la planche reste horizontale, le point d'appui — le pivot — ne doit surtout pas être au milieu : il doit être bien plus proche de l'adulte. Ce point d'équilibre a un nom en mathématiques : c'est le barycentre des deux points, affectés chacun de leur « poids ».

Tu connais déjà un cas particulier de cette idée : le milieu d'un segment, point d'équilibre de deux masses égales. Tu sais aussi, depuis la classe de Seconde, que les trois médianes d'un triangle se coupent en un point unique, le centre de gravité — mais sans doute sans savoir le démontrer proprement. Le barycentre généralise le milieu à des masses quelconques, et va te fournir l'outil qui manquait pour démontrer, de façon parfaitement rigoureuse, ce genre de résultat.

Ce chapitre repose entièrement sur le calcul vectoriel que tu maîtrises déjà : relation de Chasles, somme de vecteurs, colinéarité. La nouveauté est de réduire une somme du type $a\overrightarrow{MA} + b\overrightarrow{MB}$ — a priori compliquée, car elle dépend du point $M$ choisi — à une expression d'une simplicité radicale : $(a+b)\overrightarrow{MG}$ , où $G$ est un point fixe, indépendant de $M$ . Cette réduction, une fois acquise, devient une arme redoutable pour prouver des alignements, des concours de droites, ou calculer des centres de masse.

Au bac et dans le supérieur, le barycentre revient sans cesse : en géométrie (configurations, lieux de points), en physique (centre de masse, isobarycentre d'un système de points matériels), et même en informatique graphique (coordonnées barycentriques pour les images 3D). Prends le temps de bien assimiler la définition de la section 1 : tout le reste du chapitre en découle.

1Barycentre de deux et de trois points

1.1 Existence et unicité du barycentre de deux points

On appelle point pondéré (ou point massique) un couple $(A, a)$ formé d'un point $A$ du plan et d'un réel $a$ , appelé masse ou coefficient de $A$ . Un ensemble de points pondérés $\{(A,a),(B,b)\}$ s'appelle un système pondéré.

Définition

Soient $A$ et $B$ deux points du plan, $a$ et $b$ deux réels tels que $a + b \neq 0$ . On appelle barycentre du système $\{(A,a),(B,b)\}$ l'unique point $G$ du plan vérifiant :

$a\overrightarrow{GA} + b\overrightarrow{GB} = \vec{0}$

On note $G = \mathrm{Bar}\{(A,a),(B,b)\}$ .

Cette définition affirme deux choses en même temps : qu'un tel point existe, et qu'il est unique. Rien n'est évident a priori — il faut le démontrer, et c'est ce théorème qui justifie que la définition ait un sens.

Théorème — existence et unicité

Soient $A$ et $B$ deux points, $a$ et $b$ deux réels tels que $a+b \neq 0$ . Il existe un unique point $G$ tel que $a\overrightarrow{GA} + b\overrightarrow{GB} = \vec{0}$ .

Démonstration

Soit $O$ un point quelconque du plan, fixé une fois pour toutes. Pour tout point $G$ , la relation de Chasles donne $\overrightarrow{GA} = \overrightarrow{GO} + \overrightarrow{OA}$ et $\overrightarrow{GB} = \overrightarrow{GO} + \overrightarrow{OB}$ . Ainsi :

$a\overrightarrow{GA} + b\overrightarrow{GB} = a\left(\overrightarrow{GO}+\overrightarrow{OA}\right) + b\left(\overrightarrow{GO}+\overrightarrow{OB}\right)$
$=$ $(a+b)\overrightarrow{GO} + a\overrightarrow{OA} + b\overrightarrow{OB}$

Le point $G$ cherché vérifie donc $a\overrightarrow{GA}+b\overrightarrow{GB}=\vec 0$ si et seulement si :

$(a+b)\overrightarrow{GO} = -a\overrightarrow{OA} - b\overrightarrow{OB}$
$\Rightarrow$ $\overrightarrow{GO} = -\dfrac{1}{a+b}\left(a\overrightarrow{OA}+b\overrightarrow{OB}\right)$ on peut diviser car $a+b \neq 0$
$\Rightarrow$ $\overrightarrow{OG} = \dfrac{1}{a+b}\left(a\overrightarrow{OA}+b\overrightarrow{OB}\right)$

Cette égalité détermine le vecteur $\overrightarrow{OG}$ de façon unique à partir du point fixe $O$ : il existe donc un unique point $G$ tel que $\overrightarrow{OG}$ prenne cette valeur, et c'est le barycentre cherché. C.Q.F.D.

Si $a+b=0$ , en revanche, $a\overrightarrow{GA}+b\overrightarrow{GB} = a\left(\overrightarrow{GA}-\overrightarrow{GB}\right) = a\overrightarrow{BA}$ : cette quantité est un vecteur constant, non nul dès que $a \neq 0$ , et ne dépend pas de $G$ . Aucun point $G$ ne peut donc l'annuler : le barycentre n'existe pas dans ce cas.

Attention

La condition $a + b \neq 0$ est indispensable. Sans elle, le barycentre n'est tout simplement pas défini. On la vérifie toujours en premier avant de parler du barycentre d'un système.

La démonstration ci-dessus donne au passage une formule pratique, à connaître par cœur : pour tout point $O$ , $\overrightarrow{OG} = \dfrac{1}{a+b}\left(a\overrightarrow{OA}+b\overrightarrow{OB}\right)$ . Mais l'outil le plus utile au quotidien est un peu différent : c'est la réduction de la somme $a\overrightarrow{MA}+b\overrightarrow{MB}$ pour un point $M$ quelconque, pas seulement pour $M=O$ .

Propriété — réduction vectorielle

Soit $G = \mathrm{Bar}\{(A,a),(B,b)\}$ . Pour tout point $M$ du plan :

$a\overrightarrow{MA} + b\overrightarrow{MB} = (a+b)\overrightarrow{MG}$

Démonstration

On utilise la relation de Chasles pour faire apparaître $G$ , puis la définition du barycentre.

$a\overrightarrow{MA} + b\overrightarrow{MB} = a\left(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA}\right) + b\left(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GB}\right)$
$=$ $(a+b)\overrightarrow{MG} + \left(a\overrightarrow{GA}+b\overrightarrow{GB}\right)$
$=$ $(a+b)\overrightarrow{MG} + \vec{0}$ définition du barycentre $G$
$=$ $(a+b)\overrightarrow{MG}$

C'est cette propriété que tu utiliseras le plus souvent : elle transforme une somme de deux vecteurs « qui traînent » un coefficient chacun en un unique vecteur $\overrightarrow{MG}$ , multiplié par la somme des masses. On dit qu'on réduit la somme vectorielle.

1.2 Position de $G$ sur la droite $(AB)$

Propriété

Le barycentre $G$ de $\{(A,a),(B,b)\}$ appartient toujours à la droite $(AB)$ . Si de plus $a$ et $b$ sont tous deux strictement positifs (ou tous deux strictement négatifs), $G$ appartient au segment $[AB]$ .

Démonstration

Dans l'égalité $a\overrightarrow{GA}+b\overrightarrow{GB}=\vec 0$ , on isole $\overrightarrow{GA}$ :

$a\overrightarrow{GA} = -b\overrightarrow{GB}$
$\Rightarrow$ $\overrightarrow{GA} = -\dfrac{b}{a}\overrightarrow{GB}$ si $a \neq 0$ , en divisant par $a$

Les vecteurs $\overrightarrow{GA}$ et $\overrightarrow{GB}$ sont donc colinéaires : les points $G$ , $A$ , $B$ sont alignés, c'est-à-dire $G \in (AB)$ . Si $a$ et $b$ sont de même signe, le coefficient $-\dfrac{b}{a}$ est négatif : les vecteurs $\overrightarrow{GA}$ et $\overrightarrow{GB}$ sont donc de sens opposés, ce qui signifie exactement que $G$ est entre $A$ et $B$ , donc dans le segment $[AB]$ .

Par la même méthode, on obtient un résultat de mesure algébrique très utile pour construire $G$ à la règle : en prenant les normes, $a \times GA = b \times GB$ . C'est exactement la loi du levier d'Archimède : le point d'équilibre est d'autant plus proche du point le plus lourd.

Figure 1 — Le point d'équilibre

G

d'une balance à fléau chargée des masses

2

A

3

B

est le barycentre

\mathrm{Bar}\{(A,2),(B,3)\}

: il vérifie

2\,\overrightarrow{GA}+3\,\overrightarrow{GB}=\vec 0

, donc

2 \times GA = 3 \times GB

, la loi du levier d'Archimède.

Exemple — construire et calculer un barycentre

Soit $G = \mathrm{Bar}\{(A,2),(B,3)\}$ , avec $AB = 6$ cm. Comme les deux masses sont positives, $G \in [AB]$ , plus proche de $B$ (la masse la plus forte).

$2 \times GA = 3 \times GB$
$\text{et}$ $GA + GB = AB = 6$
$\Rightarrow$ $GA = \dfrac{3}{5} \times 6 = 3{,}6$ cm $GA$ est proportionnelle à la masse $3$ (celle de l'autre point), sur un total de $5$
$\Rightarrow$ $GB = \dfrac{2}{5} \times 6 = 2{,}4$ cm

1.3 Cas particulier : l'isobarycentre

Propriété

Si $a = b \neq 0$ , le barycentre de $\{(A,a),(B,b)\}$ est le milieu de $[AB]$ . On l'appelle aussi isobarycentre de $A$ et $B$ (« iso » : masses égales).

C'est immédiat : $a\overrightarrow{GA} + a\overrightarrow{GB} = \vec 0 \iff \overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} = \vec 0 \iff \overrightarrow{GA} = -\overrightarrow{GB} = \overrightarrow{BG}$ , ce qui est la définition vectorielle du milieu. Tu retrouves ainsi une notion connue comme cas particulier du barycentre : c'est tout l'intérêt de la nouvelle notion, elle unifie.

1.4 Barycentre de trois points (et plus)

La définition se généralise sans difficulté à un nombre quelconque de points pondérés, avec exactement la même démonstration d'existence-unicité.

Définition

Soient $A$ , $B$ , $C$ trois points et $a$ , $b$ , $c$ trois réels tels que $a+b+c \neq 0$ . Le barycentre du système $\{(A,a),(B,b),(C,c)\}$ est l'unique point $G$ tel que :

$a\overrightarrow{GA} + b\overrightarrow{GB} + c\overrightarrow{GC} = \vec{0}$

Plus généralement, pour $n$ points pondérés $(A_1,a_1), \ldots, (A_n,a_n)$ avec $\displaystyle\sum_{i=1}^{n} a_i \neq 0$ , le barycentre est l'unique point $G$ tel que $\displaystyle\sum_{i=1}^{n} a_i\overrightarrow{GA_i} = \vec{0}$ .

La propriété de réduction s'étend elle aussi mot pour mot : pour tout point $M$ , $a\overrightarrow{MA}+b\overrightarrow{MB}+c\overrightarrow{MC} = (a+b+c)\overrightarrow{MG}$ (démonstration identique à celle de la section 1.1, en ajoutant simplement un troisième terme). Quand les trois masses sont égales, on retrouve un point que tu connais bien.

Isobarycentre de trois points

Si $a=b=c\neq0$ , le barycentre de $\{(A,a),(B,b),(C,c)\}$ est appelé isobarycentre de $A$ , $B$ , $C$ : c'est le centre de gravité du triangle $ABC$ . Nous démontrerons à la section 3 qu'il se situe aux deux tiers de chaque médiane à partir du sommet.

Exemple — barycentre de trois points

Soit $G = \mathrm{Bar}\{(A,1),(B,1),(C,2)\}$ . On vérifie d'abord $1+1+2 = 4 \neq 0$ : $G$ existe bien. Pour un point $M$ quelconque :

$\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} + 2\overrightarrow{MC} = 4\overrightarrow{MG}$
$\text{donc}$ $\overrightarrow{MG} = \dfrac{1}{4}\overrightarrow{MA} + \dfrac{1}{4}\overrightarrow{MB} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow{MC}$

Math & Co — Du levier d'Archimède au calcul barycentrique

L'idée physique du barycentre remonte à Archimède (287–212 av. J.-C.), qui énonce dans son traité Sur l'équilibre des plans la loi du levier : deux masses s'équilibrent lorsque leurs distances au point d'appui sont inversement proportionnelles à leurs poids — exactement la relation $a \times GA = b \times GB$ démontrée plus haut. Le mot « barycentre » lui-même vient du grec barys (« lourd ») et kentron (« centre ») : littéralement, le « centre des poids ».

Il faut attendre $1827$ pour que le mathématicien allemand August Ferdinand Möbius transforme cette intuition physique en un outil purement mathématique dans son ouvrage Der barycentrische Calcül (« Le calcul barycentrique »). Möbius y introduit les coordonnées barycentriques, qui permettent de repérer un point du plan par ses coefficients par rapport à trois points fixes — une idée aujourd'hui essentielle en infographie 3D, où chaque point d'un triangle affiché à l'écran est calculé comme barycentre de ses trois sommets.

2Propriété d'homogénéité

Une même balance à l'équilibre reste à l'équilibre si l'on double toutes les masses en même temps : seul le rapport des masses compte, jamais leur valeur absolue. C'est exactement ce qu'exprime la propriété d'homogénéité, extrêmement utile pour simplifier des coefficients avant de calculer.

Propriété — homogénéité

Pour tout réel $k \neq 0$ , et si $a+b \neq 0$ :

$\mathrm{Bar}\{(A,a),(B,b)\} = \mathrm{Bar}\{(A,ka),(B,kb)\}$

(Résultat identique avec trois points ou plus : on peut multiplier toutes les masses d'un système par un même réel non nul sans changer le barycentre.)

Démonstration

Notons $G = \mathrm{Bar}\{(A,a),(B,b)\}$ , donc $a\overrightarrow{GA}+b\overrightarrow{GB}=\vec 0$ . Pour $k \neq 0$ :

$(ka)\overrightarrow{GA} + (kb)\overrightarrow{GB} = k\left(a\overrightarrow{GA}+b\overrightarrow{GB}\right)$
$=$ $k \times \vec{0}$
$=$ $\vec{0}$

Le même point $G$ vérifie donc aussi la relation caractéristique du barycentre de $\{(A,ka),(B,kb)\}$ . Par unicité du barycentre (théorème de la section 1), c'est bien le même point. C.Q.F.D.

Méthode — simplifier des coefficients

Avant tout calcul, on divise les masses par leur PGCD (ou par un facteur commun) pour travailler avec les nombres les plus simples possibles — sans jamais changer le point $G$ .

Exemple — simplifier avant de calculer

$\mathrm{Bar}\{(A,4),(B,6)\}$
$=$ $\mathrm{Bar}\{(A,2),(B,3)\}$ homogénéité, on divise les deux masses par $k=2$

De même, $\mathrm{Bar}\{(A,-1),(B,-2),(C,-3)\} = \mathrm{Bar}\{(A,1),(B,2),(C,3)\}$ en multipliant par $k=-1$ : un système de masses toutes négatives revient au même système avec des masses toutes positives.

Attention

On ne peut multiplier qu'une seule fois, et par le même $k$ , toutes les masses à la fois. Changer une seule masse, ou multiplier chaque masse par un coefficient différent, change en général le barycentre ! L'homogénéité ne dit rien non plus sur une somme comme $a+k$ : c'est un facteur multiplicatif commun, jamais additif.

Cette propriété a une conséquence importante : ce ne sont pas les masses elles-mêmes qui comptent, mais leurs rapports. On peut donc toujours choisir des coefficients entiers, ou dont la somme vaut $1$ , sans perte de généralité — un confort de calcul que tu utiliseras dans presque tous les exercices.

3Associativité

Calculer directement le barycentre de trois, quatre, ou dix points pondérés semble de plus en plus lourd. L'associativité — le théorème le plus utile de tout ce chapitre — permet de s'y ramener systématiquement au cas de deux points, en procédant par étapes : on regroupe d'abord certains points entre eux, puis on regroupe le résultat avec les points restants.

3.1 Le théorème

Théorème d'associativité (barycentre partiel)

Soient $A$ , $B$ , $C$ trois points, $a$ , $b$ , $c$ trois réels tels que $a+b+c \neq 0$ et $b + c \neq 0$ . Soit $I = \mathrm{Bar}\{(B,b),(C,c)\}$ . Alors :

$\mathrm{Bar}\{(A,a),(B,b),(C,c)\} = \mathrm{Bar}\{(A,a),(I,b+c)\}$

Autrement dit : on peut remplacer deux points du système par leur barycentre partiel $I$ , affecté de la somme de leurs deux masses, sans changer le barycentre global.

Démonstration

Notons $G = \mathrm{Bar}\{(A,a),(B,b),(C,c)\}$ et $I = \mathrm{Bar}\{(B,b),(C,c)\}$ . Pour tout point $M$ , la propriété de réduction (section 1) donne d'une part, pour le système à trois points :

$a\overrightarrow{MA} + b\overrightarrow{MB} + c\overrightarrow{MC} = (a+b+c)\overrightarrow{MG}$

et d'autre part, en appliquant la réduction à $I$ aux deux seuls points $B$ et $C$ :

$b\overrightarrow{MB} + c\overrightarrow{MC} = (b+c)\overrightarrow{MI}$

On substitue la seconde égalité dans la première :

$a\overrightarrow{MA} + \left(b\overrightarrow{MB}+c\overrightarrow{MC}\right) = (a+b+c)\overrightarrow{MG}$
$\Rightarrow$ $a\overrightarrow{MA} + (b+c)\overrightarrow{MI} = (a+b+c)\overrightarrow{MG}$

Cette dernière égalité, vraie pour tout point $M$ , est exactement la réduction du système à deux points $\{(A,a),(I,b+c)\}$ : le vecteur $a\overrightarrow{MA}+(b+c)\overrightarrow{MI}$ vaut $(a+b+c)\overrightarrow{MG}$ , donc $G$ est bien le barycentre de $\{(A,a),(I,b+c)\}$ (unicité du barycentre). C.Q.F.D.

Attention

Deux conditions sont indispensables, et on les vérifie systématiquement : la somme totale $a+b+c \neq 0$ (pour que $G$ existe), et la somme partielle $b+c \neq 0$ (pour que le barycentre partiel $I$ existe). Si $b+c=0$ , il faut regrouper une autre paire de points.

Figure 2 — Associativité : pour calculer

G = \mathrm{Bar}\{(A,1),(B,1),(C,2)\}

, on regroupe d'abord

B

C

I = \mathrm{Bar}\{(B,1),(C,2)\}

(masse

3

), puis on calcule

G = \mathrm{Bar}\{(A,1),(I,3)\}

sur le segment

[AI]

Exemple — application numérique de l'associativité

On retrouve le point $G$ de la figure 2, avec $AI = 7$ cm.

$I = \mathrm{Bar}\{(B,1),(C,2)\}$ , $A$ reste à part
$\Rightarrow$ $G = \mathrm{Bar}\{(A,1),(I,1+2)\} = \mathrm{Bar}\{(A,1),(I,3)\}$
$1 \times AG = 3 \times GI$ et $AG+GI = AI = 7$
$\Rightarrow$ $AG = \dfrac{3}{4} \times 7 = 5{,}25$ cm $AG$ est proportionnelle à la masse de $I$ , sur un total $1+3=4$

3.2 Application : le centre de gravité du triangle

Voici l'application la plus célèbre de l'associativité : la démonstration complète — enfin ! — du résultat que tu utilises depuis le collège sans preuve : les médianes d'un triangle sont concourantes, aux deux tiers à partir de chaque sommet.

Théorème — centre de gravité

Soit $ABC$ un triangle, $I$ , $J$ , $K$ les milieux respectifs de $[BC]$ , $[AC]$ , $[AB]$ . Les trois médianes $(AI)$ , $(BJ)$ , $(CK)$ sont concourantes en un unique point $G$ , le centre de gravité du triangle, isobarycentre de $A$ , $B$ , $C$ , vérifiant :

$\overrightarrow{AG} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow{AI} \qquad \overrightarrow{BG} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow{BJ} \qquad \overrightarrow{CG} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow{CK}$

Démonstration

Soit $G$ l'isobarycentre de $A$ , $B$ , $C$ , c'est-à-dire $G = \mathrm{Bar}\{(A,1),(B,1),(C,1)\}$ (la somme $1+1+1=3 \neq 0$ , donc $G$ existe). Comme $I$ est le milieu de $[BC]$ , $I = \mathrm{Bar}\{(B,1),(C,1)\}$ (isobarycentre de deux points, section 1.3), et $1+1=2 \neq 0$ .

Par le théorème d'associativité appliqué à $B$ et $C$ :

$G = \mathrm{Bar}\{(A,1),(B,1),(C,1)\} = \mathrm{Bar}\{(A,1),(I,1+1)\}$
$=$ $\mathrm{Bar}\{(A,1),(I,2)\}$

Ainsi $G$ appartient au segment $[AI]$ , donc à la droite $(AI)$ : c'est bien un point de la médiane issue de $A$ . Calculons sa position par la réduction, en prenant $M=A$ :

$1 \times \overrightarrow{AA} + 2\overrightarrow{AI} = (1+2)\overrightarrow{AG}$
$\Rightarrow$ $2\overrightarrow{AI} = 3\overrightarrow{AG}$ car $\overrightarrow{AA}=\vec 0$
$\Rightarrow$ $\overrightarrow{AG} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow{AI}$

En regroupant cette fois $A$ et $C$ (resp. $A$ et $B$ ), le même raisonnement montre que $G \in (BJ)$ avec $\overrightarrow{BG}=\frac{2}{3}\overrightarrow{BJ}$ , et $G \in (CK)$ avec $\overrightarrow{CG}=\frac{2}{3}\overrightarrow{CK}$ . Le point $G$ , unique (unicité du barycentre), appartient donc simultanément aux trois médianes : elles sont concourantes en $G$ . C.Q.F.D.

Figure 3 — Les trois médianes

(AI)

(BJ)

(CK)

d'un triangle

ABC

sont concourantes au centre de gravité

G

, isobarycentre de

A

B

C

, situé aux deux tiers de chaque médiane à partir du sommet.

Exemple — utiliser l'associativité pour quatre points

Soit $G = \mathrm{Bar}\{(A,1),(B,2),(C,1),(D,2)\}$ . La somme totale vaut $6 \neq 0$ . On regroupe astucieusement en deux paires de masses égales, chacune donnant un milieu :

soit $P$ le milieu de $[AC]$ : $P = \mathrm{Bar}\{(A,1),(C,1)\}$
soit $Q$ le milieu de $[BD]$ : $Q = \mathrm{Bar}\{(B,2),(D,2)\}$
$\Rightarrow$ $G = \mathrm{Bar}\{(P,2),(Q,4)\}$ associativité, en regroupant $(A,1)+(C,1)$ et $(B,2)+(D,2)$

Le point $G$ se construit alors en deux étapes simples : les milieux $P$ et $Q$ , puis un barycentre de deux points sur le segment $[PQ]$ , avec $PG = \frac{2}{3}PQ$ .

4Coordonnées du barycentre

Dans un repère $(O, \vec{\imath}, \vec{\jmath})$ , tout point est repéré par ses coordonnées. Le barycentre, défini vectoriellement, doit donc lui aussi pouvoir se calculer coordonnée par coordonnée — un résultat indispensable dès qu'un exercice se place dans un repère.

Théorème — coordonnées du barycentre

Dans un repère du plan, soient $A(x_A;y_A)$ et $B(x_B;y_B)$ , $a$ et $b$ tels que $a+b \neq 0$ . Le barycentre $G(x_G;y_G) = \mathrm{Bar}\{(A,a),(B,b)\}$ a pour coordonnées :

$x_G = \dfrac{a\,x_A + b\,x_B}{a+b} \qquad\qquad y_G = \dfrac{a\,y_A + b\,y_B}{a+b}$

Pour trois points $A$ , $B$ , $C$ et $a+b+c \neq 0$ :

$x_G = \dfrac{a\,x_A + b\,x_B + c\,x_C}{a+b+c} \qquad\qquad y_G = \dfrac{a\,y_A + b\,y_B + c\,y_C}{a+b+c}$

Démonstration

On applique la formule de la section 1.1, $\overrightarrow{OG} = \dfrac{1}{a+b}\left(a\overrightarrow{OA}+b\overrightarrow{OB}\right)$ , en choisissant pour $O$ l'origine du repère. Les coordonnées de $\overrightarrow{OA}$ sont $(x_A;y_A)$ , celles de $\overrightarrow{OB}$ sont $(x_B;y_B)$ , et celles de $\overrightarrow{OG}$ sont $(x_G;y_G)$ .

Sur l'axe des abscisses, la relation vectorielle se traduit terme à terme (une combinaison linéaire de vecteurs se calcule coordonnée par coordonnée) :

$x_G = \dfrac{1}{a+b}\left(a\,x_A + b\,x_B\right)$
$=$ $\dfrac{a\,x_A+b\,x_B}{a+b}$

Le même raisonnement sur l'axe des ordonnées donne $y_G = \dfrac{a\,y_A+b\,y_B}{a+b}$ . Avec trois points, on ajoute simplement le terme en $C$ dans chaque somme (même démonstration, avec $\overrightarrow{OG}=\frac{1}{a+b+c}\left(a\overrightarrow{OA}+b\overrightarrow{OB}+c\overrightarrow{OC}\right)$ ). C.Q.F.D.

Méthode — calculer des coordonnées de barycentre

On vérifie que la somme des masses est non nulle, puis on applique directement les formules : une moyenne pondérée des abscisses, une moyenne pondérée des ordonnées, chacune divisée par la somme des masses.

Exemple — coordonnées d'un barycentre de deux points

Soient $A(-1;4)$ et $B(5;-2)$ , et $G = \mathrm{Bar}\{(A,2),(B,3)\}$ .

$x_G = \dfrac{2\times(-1) + 3\times 5}{2+3} = \dfrac{-2+15}{5}$
$=$ $\dfrac{13}{5} = 2{,}6$
$y_G = \dfrac{2\times 4 + 3\times(-2)}{5} = \dfrac{8-6}{5}$
$=$ $\dfrac{2}{5} = 0{,}4$

Donc $G(2{,}6\,;\,0{,}4)$ .

Exemple — coordonnées du centre de gravité

Soient $A(0;5)$ , $B(-3;0)$ , $C(4;-1)$ . Le centre de gravité $G$ (isobarycentre, masses toutes égales à $1$ ) a pour coordonnées :

$x_G = \dfrac{0+(-3)+4}{3} = \dfrac{1}{3}$
$y_G = \dfrac{5+0+(-1)}{3} = \dfrac{4}{3}$

Donc $G\left(\dfrac{1}{3}\,;\,\dfrac{4}{3}\right)$ . On retrouve la formule bien connue du centre de gravité : la moyenne simple des coordonnées des trois sommets, cas particulier de la moyenne pondérée quand toutes les masses sont égales.

Attention

Ne confonds jamais le barycentre $\mathrm{Bar}\{(A,a),(B,b)\}$ avec le point de coordonnées $\left(\dfrac{x_A+x_B}{2};\dfrac{y_A+y_B}{2}\right)$ : cette dernière formule est celle du milieu, valable uniquement si $a=b$ . Avec des masses différentes, il faut pondérer — c'est tout l'intérêt du chapitre.

5Lignes de niveau

On appelle ligne de niveau d'une fonction $f$ l'ensemble des points $M$ pour lesquels $f(M)$ prend une valeur donnée $k$ . Ici, la « fonction » associe à $M$ une norme de vecteur, construite à partir de $A$ et $B$ pondérés. Le barycentre va permettre d'identifier ces lignes de niveau de façon immédiate, sans aucun calcul de coordonnées.

5.1 Cas $a+b \neq 0$ : des cercles

Propriété

Soient $A$ , $B$ deux points, $a,b$ tels que $a+b \neq 0$ , et $G = \mathrm{Bar}\{(A,a),(B,b)\}$ . Pour $k \geqslant 0$ , l'ensemble des points $M$ tels que $\left\lVert a\overrightarrow{MA}+b\overrightarrow{MB}\right\rVert = k$ est :

le cercle de centre $G$ et de rayon $\dfrac{k}{|a+b|}$ , si $k > 0$ ;
le point $G$ seul, si $k = 0$ .

Démonstration

D'après la propriété de réduction (section 1), pour tout point $M$ : $a\overrightarrow{MA}+b\overrightarrow{MB} = (a+b)\overrightarrow{MG}$ . En passant aux normes :

$\left\lVert a\overrightarrow{MA}+b\overrightarrow{MB}\right\rVert = \left\lVert (a+b)\overrightarrow{MG}\right\rVert$
$=$ $|a+b| \times MG$ $\lVert \lambda \vec u\rVert = |\lambda|\lVert \vec u\rVert$

L'égalité $\left\lVert a\overrightarrow{MA}+b\overrightarrow{MB}\right\rVert = k$ équivaut donc à $|a+b| \times MG = k$ , c'est-à-dire $MG = \dfrac{k}{|a+b|}$ (car $a+b\neq 0$ ). Or l'ensemble des points $M$ tels que $MG$ soit égal à une constante positive est, par définition, le cercle de centre $G$ et de ce rayon (ou le seul point $G$ si cette constante est nulle). C.Q.F.D.

Exemple — identifier une ligne de niveau

Soit $G = \mathrm{Bar}\{(A,1),(B,2)\}$ . Déterminons l'ensemble $E$ des points $M$ tels que $\left\lVert\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}\right\rVert = 9$ .

$\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB} = (1+2)\overrightarrow{MG} = 3\overrightarrow{MG}$
$\left\lVert 3\overrightarrow{MG}\right\rVert = 9 \iff 3\,MG = 9$
$\Rightarrow$ $MG = 3$

$E$ est donc le cercle de centre $G$ et de rayon $3$ .

5.2 Cas $a+b = 0$ : une droite

Quand $a+b=0$ (par exemple $a=1$ , $b=-1$ ), le barycentre n'existe pas : la réduction précédente ne s'applique plus. Mais la somme $a\overrightarrow{MA}+b\overrightarrow{MB} = a\left(\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}\right) = a\overrightarrow{BA}$ devient alors un vecteur constant, indépendant de $M$ (on l'a déjà vu dans la démonstration du théorème d'existence).

Propriété

Si $a+b=0$ et $a \neq 0$ , l'ensemble des points $M$ tels que $\left\lVert a\overrightarrow{MA}+b\overrightarrow{MB}\right\rVert = k$ est soit vide (si $k \neq |a| \times AB$ ), soit tout le plan (si $k = |a|\times AB$ , la norme étant alors constante quel que soit $M$ ). Ce n'est jamais un cercle : la notion de barycentre ne s'applique pas.

Attention

Piège classique du bac : avant de conclure « c'est un cercle de centre $G$ », vérifie toujours que $a+b \neq 0$ , sans quoi $G$ n'existe pas et le raisonnement ci-dessus ne s'applique pas du tout.

6Applications aux configurations

Le barycentre n'est pas qu'un point isolé à calculer : c'est surtout une méthode de démonstration. Trois usages reviennent sans cesse : prouver un alignement, prouver un concours de droites, et calculer un centre de masse en physique.

6.1 Prouver un alignement

Méthode — prouver que trois points sont alignés

Pour montrer que $M$ , $A$ , $B$ sont alignés, il suffit d'exprimer $M$ comme un barycentre de $A$ et $B$ (masses quelconques, positives ou négatives, pourvu que leur somme soit non nulle) : un barycentre de deux points appartient toujours à la droite qui les joint (propriété de la section 1.2), y compris à l'extérieur du segment $[AB]$ si les masses sont de signes différents.

Les masses positives placent le barycentre entre $A$ et $B$ ; des masses de signes opposés le placent à l'extérieur du segment, du côté du point de plus petite masse en valeur absolue. C'est un outil puissant : il évite tout calcul de coordonnées ou de coefficient directeur.

Figure 4 — Le barycentre

P = \mathrm{Bar}\{(A,3),(B,-1)\}

vérifie

3\overrightarrow{PA} = \overrightarrow{PB}

: il est aligné avec

A

B

, mais situé hors du segment

[AB]

, du côté de

A

, car les masses sont de signes opposés.

Exemple — alignement par le barycentre

Soit $ABC$ un triangle, $I$ le point tel que $\overrightarrow{AI} = \dfrac{3}{2}\overrightarrow{AB}$ . Montrons que $I$ , $A$ , $B$ sont alignés (ce qui semble « évident » sur la figure, mais se démontre proprement) en exprimant $I$ comme barycentre.

$\overrightarrow{AI} = \dfrac{3}{2}\overrightarrow{AB} \iff 2\overrightarrow{AI} = 3\overrightarrow{AB}$
$\iff$ $2\overrightarrow{AI} - 3\overrightarrow{AI} + 3\overrightarrow{AI}= 3\overrightarrow{AB}$
$\iff$ $-\overrightarrow{IA} \times 2 = 3\left(\overrightarrow{AI}+\overrightarrow{IB}\right)$ Chasles sur $\overrightarrow{AB}$
$\iff$ $-2\overrightarrow{IA} = 3\overrightarrow{AI}+3\overrightarrow{IB} = -3\overrightarrow{IA}+3\overrightarrow{IB}$
$\iff$ $\overrightarrow{IA} + 3\overrightarrow{IB} = \vec 0$

$I$ vérifie $1\times\overrightarrow{IA} + 3\times\overrightarrow{IB} = \vec 0$ : $I = \mathrm{Bar}\{(A,1),(B,3)\}$ , donc $I \in (AB)$ . Les points $I$ , $A$ , $B$ sont alignés.

6.2 Prouver un concours de droites

Méthode — prouver que des droites sont concourantes

C'est exactement la démarche employée pour le centre de gravité (section 3.2) : on écrit le barycentre $G$ de trois points $A$ , $B$ , $C$ de trois façons différentes par associativité (en regroupant tour à tour deux des trois points). Chaque regroupement place $G$ sur une droite différente ; comme $G$ est unique, ces droites sont concourantes en $G$ .

Cette méthode se généralise à des cévianes quelconques (pas seulement les médianes) : en choisissant des masses différentes de $1$ , on peut faire passer $G$ par un point donné de chaque côté du triangle, et démontrer ainsi la concourance de trois droites bien plus générales que les médianes.

6.3 Application physique : centre de masse d'une plaque

En physique, l'isobarycentre d'un système de points matériels de même masse s'appelle le centre de masse (ou centre d'inertie). Pour une plaque plane homogène (densité uniforme), le centre de masse d'une forme composée se calcule en la décomposant en formes simples : chaque morceau est représenté par son propre centre de masse, affecté d'une masse proportionnelle à son aire.

Méthode — centre de masse d'une plaque composée

On décompose la plaque en formes géométriques simples (rectangles, triangles, disques) dont on connaît le centre. Le centre de masse global est le barycentre des centres de chaque morceau, chacun affecté de l'aire du morceau correspondant (une plaque homogène a une masse proportionnelle à son aire).

Figure 5 — Une plaque en forme de L se décompose en deux rectangles d'aires

12

6

, de centres

G_1

G_2

. Le centre de masse global

G

de la plaque homogène est le barycentre

\mathrm{Bar}\{(G_1,12),(G_2,6)\}

Exemple — calcul du centre de masse de la plaque en L

Avec un repère d'origine en bas à gauche de la plaque (figure 5), $G_1(3;1)$ (centre du grand rectangle $6\times 2$ , aire $12$ ) et $G_2(1;3{,}5)$ (centre du petit rectangle $2\times 3$ , aire $6$ ).

$x_G = \dfrac{12\times 3 + 6\times 1}{12+6} = \dfrac{36+6}{18}$
$=$ $\dfrac{42}{18} = \dfrac{7}{3} \approx 2{,}33$
$y_G = \dfrac{12\times 1 + 6\times 3{,}5}{18} = \dfrac{12+21}{18}$
$=$ $\dfrac{33}{18} = \dfrac{11}{6} \approx 1{,}83$

Le centre de masse $G\left(\dfrac{7}{3};\dfrac{11}{6}\right)$ est plus proche de $G_1$ que de $G_2$ , car le grand rectangle pèse deux fois plus lourd que le petit.

Math & Co — Le barycentre qui a sauvé Syracuse

Selon la légende rapportée par Vitruve, c'est en cherchant le centre de gravité d'objets composés qu'Archimède aurait découvert le principe de la poussée hydrostatique en observant le niveau de l'eau de son bain (« Eurêka ! »). Plus sûrement documentées sont ses machines de guerre construites pour la défense de Syracuse en $-213$ : des grues à contrepoids et des leviers géants, dont l'efficacité reposait précisément sur un centre de masse savamment déplacé pour démultiplier la force appliquée.

Aujourd'hui, le même principe gouverne la stabilité d'une grue de chantier (le centre de masse du contrepoids doit compenser celui de la charge), le calcul du centre de gravité d'un avion avant décollage, ou encore la répartition des charges sur les essieux d'un camion.

Fiche mémo

$G = \mathrm{Bar}\{(A,a),(B,b)\}$ existe ssi $a+b\neq 0$ ; défini par $a\overrightarrow{GA}+b\overrightarrow{GB}=\vec 0$ .
Réduction (à connaître par cœur) : pour tout $M$ , $a\overrightarrow{MA}+b\overrightarrow{MB} = (a+b)\overrightarrow{MG}$ .
Si $a=b$ : $G$ = milieu de $[AB]$ (isobarycentre). Masses positives ⟹ $G \in [AB]$ .
Homogénéité : $\mathrm{Bar}\{(A,a),(B,b)\} = \mathrm{Bar}\{(A,ka),(B,kb)\}$ pour $k\neq 0$ — seuls les rapports comptent.
Associativité : $\mathrm{Bar}\{(A,a),(B,b),(C,c)\} = \mathrm{Bar}\{(A,a),(I,b+c)\}$ avec $I=\mathrm{Bar}\{(B,b),(C,c)\}$ , si $b+c\neq0$ .
Centre de gravité du triangle = isobarycentre de $A,B,C$ ; $\overrightarrow{AG}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AI}$ ( $I$ = milieu de $[BC]$ ).
Coordonnées : $x_G = \dfrac{a\,x_A+b\,x_B}{a+b}$ et $y_G=\dfrac{a\,y_A+b\,y_B}{a+b}$ (idem à trois points, en ajoutant le terme en $C$ ).
Ligne de niveau de $\lVert a\overrightarrow{MA}+b\overrightarrow{MB}\rVert = k$ (avec $a+b\neq0$ ) : cercle de centre $G$ , rayon $\dfrac{k}{|a+b|}$ .
Si $a+b=0$ : pas de barycentre ; $a\overrightarrow{MA}+b\overrightarrow{MB}=a\overrightarrow{BA}$ est constant, la ligne de niveau est vide ou tout le plan.
Alignement : $M$ barycentre de $A,B$ $\Rightarrow$ $M,A,B$ alignés (masses de signes opposés ⟹ $M$ hors $[AB]$ ).
Concours : écrire un même barycentre de trois points de trois façons (associativité) prouve que trois droites sont concourantes.
Centre de masse d'une plaque composée : barycentre des centres de chaque morceau, pondérés par les aires.

7Exercices corrigés

Niveau 1 — Application directe

Soient $A(2;5)$ et $B(-6;1)$ . Calcule les coordonnées de $G = \mathrm{Bar}\{(A,3),(B,1)\}$ .

Voir le corrigé détaillé

On vérifie $3+1=4 \neq 0$ : $G$ existe.

$x_G = \dfrac{3\times 2 + 1\times(-6)}{3+1} = \dfrac{6-6}{4}$
$=$ $0$
$y_G = \dfrac{3\times 5 + 1\times 1}{4} = \dfrac{15+1}{4}$
$=$ $4$

Donc $G(0;4)$ .

Sur une planche $[AB]$ de longueur $8$ cm, on place $G = \mathrm{Bar}\{(A,6),(B,9)\}$ . Simplifie les coefficients, puis calcule $AG$ et $GB$ .

Voir le corrigé détaillé

$\mathrm{Bar}\{(A,6),(B,9)\} = \mathrm{Bar}\{(A,2),(B,3)\}$ homogénéité, division par $k=3$

Les masses $2$ et $3$ sont positives : $G \in [AB]$ . La loi du levier donne $2\times AG = 3\times GB$ , et $AG+GB=8$ .

$AG = \dfrac{3}{5}\times 8$ $AG$ proportionnelle à la masse de $B$ , sur un total $2+3=5$
$=$ $4{,}8$ cm
$GB = \dfrac{2}{5}\times 8$
$=$ $3{,}2$ cm

Pour quelle(s) valeur(s) de $m$ le barycentre de $\{(A,m),(B,3),(C,-2)\}$ n'existe-t-il pas ?

Voir le corrigé détaillé

Le barycentre existe si et seulement si la somme des masses est non nulle.

$m+3-2 \neq 0$
$\iff$ $m \neq -1$

Le barycentre n'existe pas uniquement pour $m=-1$ .

Soient $A$ , $B$ avec $AB=5$ cm. Soit $G = \mathrm{Bar}\{(A,4),(B,-3)\}$ . Réduis $4\overrightarrow{MA} - 3\overrightarrow{MB}$ pour un point $M$ quelconque, puis place $G$ par rapport à $A$ et $B$ .

Voir le corrigé détaillé

$4+(-3) = 1 \neq 0$ $G$ existe bien
$4\overrightarrow{MA} - 3\overrightarrow{MB} = (4-3)\overrightarrow{MG} = \overrightarrow{MG}$

Les masses $4$ et $-3$ sont de signes opposés : $G$ est donc à l'extérieur du segment $[AB]$ , du côté de $A$ (masse la plus petite en valeur absolue). On a $4\times GA = 3\times GB$ et $GB = GA+AB$ ( $G$ au-delà de $A$ ) :

$4\,GA = 3(GA+5)$
$\iff$ $4\,GA = 3\,GA + 15$
$\iff$ $GA = 15$ cm

Soient $A(1;0)$ , $B(4;3)$ , $C(-2;6)$ . Calcule les coordonnées du barycentre $G = \mathrm{Bar}\{(A,2),(B,1),(C,1)\}$ .

Voir le corrigé détaillé

Somme des masses : $2+1+1=4 \neq 0$ .

$x_G = \dfrac{2\times 1 + 1\times 4 + 1\times(-2)}{4} = \dfrac{2+4-2}{4}$
$=$ $1$
$y_G = \dfrac{2\times 0 + 1\times 3 + 1\times 6}{4} = \dfrac{0+3+6}{4}$
$=$ $2{,}25$

Donc $G(1\,;\,2{,}25)$ .

Niveau 2 — Approfondissement

Soit $ABC$ un triangle avec $AI=6$ cm, où $I$ est le milieu de $[BC]$ . Calcule, par associativité, la position sur $[AI]$ du point $G = \mathrm{Bar}\{(A,2),(B,3),(C,3)\}$ .

Voir le corrigé détaillé

Comme $I$ est le milieu de $[BC]$ , $I = \mathrm{Bar}\{(B,3),(C,3)\}$ (masses égales), et $3+3=6\neq0$ .

$G = \mathrm{Bar}\{(A,2),(B,3),(C,3)\} = \mathrm{Bar}\{(A,2),(I,6)\}$ associativité, regroupement de $B$ et $C$

Masses positives : $G \in [AI]$ , avec $2\times AG = 6\times GI$ et $AG+GI=6$ .

$AG = \dfrac{6}{8}\times 6$ $AG$ proportionnelle à la masse de $I$ , sur un total $2+6=8$
$=$ $4{,}5$ cm

Soit $ABC$ un triangle et $N$ le point défini par $3\overrightarrow{CN} = 5\overrightarrow{CB}$ . Montre que $N$ , $B$ , $C$ sont alignés en exprimant $N$ comme barycentre de $B$ et $C$ .

Voir le corrigé détaillé

$3\overrightarrow{CN} = 5\overrightarrow{CB}$
$\iff$ $3\overrightarrow{CN} - 5\overrightarrow{CN} - 5\overrightarrow{NB} = \vec 0$ Chasles : $\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{CN}+\overrightarrow{NB}$
$\iff$ $-2\overrightarrow{CN} - 5\overrightarrow{NB} = \vec 0$
$\iff$ $2\overrightarrow{NC} + 5\overrightarrow{NB} = \vec 0$ $-\overrightarrow{CN}=\overrightarrow{NC}$ , on multiplie par $-1$

Ainsi $N$ vérifie $5\overrightarrow{NB}+2\overrightarrow{NC}=\vec 0$ : $N = \mathrm{Bar}\{(B,5),(C,2)\}$ (masses positives, somme $7\neq0$ ). Un barycentre de $B$ et $C$ appartenant toujours à $(BC)$ , les points $N$ , $B$ , $C$ sont alignés, avec $N \in [BC]$ proche de $B$ .

Soit $G = \mathrm{Bar}\{(A,3),(B,-1)\}$ . Détermine la nature et les éléments caractéristiques de l'ensemble $E$ des points $M$ tels que $\left\lVert 3\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}\right\rVert = 6$ , puis de l'ensemble $F$ des points $M$ tels que $\left\lVert \overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}\right\rVert = AB$ .

Voir le corrigé détaillé

Ensemble $E$ . Ici $a+b = 3-1=2 \neq 0$ , donc $G$ existe et la réduction s'applique.

$3\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB} = 2\overrightarrow{MG}$
$\lVert 2\overrightarrow{MG}\rVert = 6 \iff 2\,MG=6$
$\Rightarrow$ $MG=3$

$E$ est le cercle de centre $G$ et de rayon $3$ .

Ensemble $F$ . Ici les coefficients sont $1$ et $-1$ , de somme nulle : aucun barycentre n'existe, la méthode précédente ne s'applique pas. Or $\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB} = \overrightarrow{BA}$ pour tout $M$ (vecteur constant), donc $\lVert\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}\rVert = BA = AB$ pour tout point $M$ : l'égalité est vraie quel que soit $M$ . Donc $F$ est le plan tout entier.

$ABCD$ est un quadrilatère. Soient $P$ le milieu de $[AB]$ et $Q$ le milieu de $[CD]$ . Montre que l'isobarycentre $G$ de $A$ , $B$ , $C$ , $D$ est le milieu de $[PQ]$ .

Voir le corrigé détaillé

$G = \mathrm{Bar}\{(A,1),(B,1),(C,1),(D,1)\}$ , somme $4\neq0$ . Comme $P$ est le milieu de $[AB]$ , $P=\mathrm{Bar}\{(A,1),(B,1)\}$ ; comme $Q$ est le milieu de $[CD]$ , $Q=\mathrm{Bar}\{(C,1),(D,1)\}$ .

$G = \mathrm{Bar}\{(A,1),(B,1),(C,1),(D,1)\}$
$=$ $\mathrm{Bar}\{(P,2),(Q,2)\}$ associativité, en regroupant $(A,1)+(B,1)$ puis $(C,1)+(D,1)$
$=$ $\mathrm{Bar}\{(P,1),(Q,1)\}$ homogénéité, division des masses par $2$

Masses égales : $G$ est le milieu de $[PQ]$ . C.Q.F.D.

Niveau 3 — Défi

Soit $ABC$ un triangle. On pose $G = \mathrm{Bar}\{(A,3),(B,1),(C,2)\}$ , et $I = \mathrm{Bar}\{(B,1),(C,2)\}$ , $J = \mathrm{Bar}\{(A,3),(C,2)\}$ , $K = \mathrm{Bar}\{(A,3),(B,1)\}$ .

Justifie que $I \in (BC)$ , $J \in (AC)$ , $K \in (AB)$ , et précise pour chacun sa position (rapport de distances).
Montre, par associativité, que $G$ appartient aux trois droites $(AI)$ , $(BJ)$ , $(CK)$ .
Conclus, et donne les rapports $\dfrac{AG}{GI}$ , $\dfrac{BG}{GJ}$ , $\dfrac{CG}{GK}$ .

Voir le corrigé détaillé

1. $I$ est barycentre de deux points de masses positives $1$ et $2$ : $I \in [BC]$ , avec $BI = \frac{2}{3}BC$ (proportionnelle à la masse de $C$ ). De même $J \in [AC]$ avec $AJ=\frac{2}{5}AC$ , et $K \in [AB]$ avec $AK = \frac{1}{4}AB$ .

2. La somme totale $3+1+2=6\neq 0$ : $G$ existe. En regroupant $B$ et $C$ (masses $1+2=3\neq0$ ) :

$G = \mathrm{Bar}\{(A,3),(B,1),(C,2)\} = \mathrm{Bar}\{(A,3),(I,3)\}$

Masses égales : $G$ est le milieu de $[AI]$ , donc $G \in (AI)$ . En regroupant $A$ et $C$ (masses $3+2=5$ ) :

$G = \mathrm{Bar}\{(B,1),(A,3),(C,2)\} = \mathrm{Bar}\{(B,1),(J,5)\}$

donc $G \in (BJ)$ . En regroupant $A$ et $B$ (masses $3+1=4$ ) :

$G = \mathrm{Bar}\{(C,2),(A,3),(B,1)\} = \mathrm{Bar}\{(C,2),(K,4)\}$

donc $G \in (CK)$ .

3. Le point $G$ , unique, appartient simultanément à $(AI)$ , $(BJ)$ , $(CK)$ : ces trois droites sont concourantes en $G$ . Les rapports s'obtiennent en comparant les masses regroupées : $\dfrac{AG}{GI} = \dfrac{3}{3}=1$ (milieu), $\dfrac{BG}{GJ} = \dfrac{5}{1}=5$ , $\dfrac{CG}{GK} = \dfrac{4}{2}=2$ .

Figure 6 — Les céviennes

(AI)

(BJ)

(CK)

associées aux masses

3

1

2

sont concourantes en

G = \mathrm{Bar}\{(A,3),(B,1),(C,2)\}

, avec

\frac{AG}{GI}=1

\frac{BG}{GJ}=5

\frac{CG}{GK}=2

Restitution organisée. Soient $A$ , $B$ , $C$ , $D$ quatre points et $a,b,c,d$ quatre réels tels que $a+b+c+d \neq 0$ . En adaptant la démonstration du cours, prouve qu'il existe un unique point $G$ tel que $a\overrightarrow{GA}+b\overrightarrow{GB}+c\overrightarrow{GC}+d\overrightarrow{GD}=\vec 0$ .

Voir le corrigé détaillé

Soit $O$ un point quelconque fixé. Pour tout point $G$ , la relation de Chasles donne $\overrightarrow{GA}=\overrightarrow{GO}+\overrightarrow{OA}$ , et de même pour $B$ , $C$ , $D$ .

$a\overrightarrow{GA}+b\overrightarrow{GB}+c\overrightarrow{GC}+d\overrightarrow{GD}$
$=$ $a\left(\overrightarrow{GO}+\overrightarrow{OA}\right)+b\left(\overrightarrow{GO}+\overrightarrow{OB}\right)+c\left(\overrightarrow{GO}+\overrightarrow{OC}\right)+d\left(\overrightarrow{GO}+\overrightarrow{OD}\right)$
$=$ $(a+b+c+d)\overrightarrow{GO} + a\overrightarrow{OA}+b\overrightarrow{OB}+c\overrightarrow{OC}+d\overrightarrow{OD}$

Cette somme est nulle si et seulement si :

$(a+b+c+d)\overrightarrow{GO} = -\left(a\overrightarrow{OA}+b\overrightarrow{OB}+c\overrightarrow{OC}+d\overrightarrow{OD}\right)$
$\Rightarrow$ $\overrightarrow{OG} = \dfrac{1}{a+b+c+d}\left(a\overrightarrow{OA}+b\overrightarrow{OB}+c\overrightarrow{OC}+d\overrightarrow{OD}\right)$ division licite car $a+b+c+d\neq0$

Le point $O$ étant fixé, cette égalité détermine le vecteur $\overrightarrow{OG}$ de façon unique, donc le point $G$ de façon unique. Réciproquement, ce point $G$ vérifie bien (en remontant le calcul) $a\overrightarrow{GA}+b\overrightarrow{GB}+c\overrightarrow{GC}+d\overrightarrow{GD}=\vec0$ . D'où l'existence et l'unicité. C.Q.F.D.

Soient $A(0;0)$ et $B(6;0)$ , et $G = \mathrm{Bar}\{(A,2),(B,1)\}$ .

Calcule les coordonnées de $G$ , ainsi que $GA$ et $GB$ .
Démontre que pour tout point $M$ : $2MA^{2}+MB^{2} = 3MG^{2} + 24$ .
En déduire la nature et les éléments de l'ensemble des points $M$ tels que $2MA^{2}+MB^{2}=48$ , puis la valeur minimale de $2MA^{2}+MB^{2}$ et le point où elle est atteinte.

Voir le corrigé détaillé

1. Somme des masses $3\neq0$ .

$x_G = \dfrac{2\times0+1\times6}{3} = 2$
$y_G = 0$

$G(2;0)$ , $GA = 2$ , $GB = 6-2 = 4$ .

2. Pour tout $M$ , on décompose $\overrightarrow{MA}=\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA}$ et on développe le carré scalaire :

$MA^{2} = \overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MA} = \left(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA}\right)\cdot\left(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA}\right)$
$=$ $MG^{2} + 2\,\overrightarrow{MG}\cdot\overrightarrow{GA} + GA^{2}$
de même, $MB^{2} = MG^{2} + 2\,\overrightarrow{MG}\cdot\overrightarrow{GB} + GB^{2}$
$2MA^{2}+MB^{2} = 3MG^{2} + 2\,\overrightarrow{MG}\cdot\left(2\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}\right) + \left(2GA^{2}+GB^{2}\right)$
$=$ $3MG^{2} + 2\,\overrightarrow{MG}\cdot\vec 0 + \left(2\times2^{2}+4^{2}\right)$ $2\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}=\vec0$ car $G=\mathrm{Bar}\{(A,2),(B,1)\}$
$=$ $3MG^{2} + (8+16)$
$=$ $3MG^{2} + 24$

3. L'égalité $2MA^{2}+MB^{2}=48$ équivaut à $3MG^{2}+24=48$ , soit $MG^{2}=8$ , soit $MG=\sqrt{8}=2\sqrt{2}$ : c'est le cercle de centre $G$ et de rayon $2\sqrt{2}$ . Comme $MG^{2}\geqslant0$ toujours, $3MG^{2}+24$ est minimale lorsque $MG=0$ , c'est-à-dire en $M=G$ : la valeur minimale est $24$ , atteinte au point $G(2;0)$ .

Niveau 4 — Problèmes de vie courante

Au marché Sandaga (Dakar). Fatou pose une planche rigide de longueur $2{,}4$ m sur un unique tréteau. Elle place un sac de riz de $30$ kg à l'extrémité $A$ et un sac d'oignons de $18$ kg à l'extrémité $B$ (poids de la planche négligé). Où doit-elle placer le tréteau pour que la planche reste horizontale ?

Voir le corrigé détaillé

Le tréteau doit se trouver au point d'équilibre $G = \mathrm{Bar}\{(A,30),(B,18)\}$ .

$\mathrm{Bar}\{(A,30),(B,18)\} = \mathrm{Bar}\{(A,5),(B,3)\}$ homogénéité, division par $6$

Masses positives : $G \in [AB]$ , avec $5\times AG = 3\times GB$ et $AG+GB=2{,}4$ .

$AG = \dfrac{3}{8}\times 2{,}4$ $AG$ proportionnelle à la masse de $B$ , sur un total $5+3=8$
$=$ $0{,}9$ m
$GB = \dfrac{5}{8}\times 2{,}4$
$=$ $1{,}5$ m

Fatou doit placer le tréteau à $0{,}9$ m du sac de riz (le plus lourd), soit à $1{,}5$ m du sac d'oignons.

Un forage pour trois villages (région d'Abéché, Tchad). On veut construire un forage commun à trois villages, repérés dans un plan gradué en kilomètres : Abéché $A(0;0)$ , $4\,800$ habitants ; Biltine $B(15;10)$ , $2\,400$ habitants ; Adré $C(-6;12)$ , $2\,400$ habitants. On choisit d'implanter le forage au barycentre des trois villages, pondérés par leur population (exprimée en milliers d'habitants).

Calcule les coordonnées du point $G$ où doit se trouver le forage.
Calcule la distance $AG$ , arrondie au dixième de km, et commente la position de $G$ par rapport aux trois villages.

Voir le corrigé détaillé

1. Les masses (en milliers d'habitants) sont $a=4{,}8$ , $b=2{,}4$ , $c=2{,}4$ , simplifiables en $a=2$ , $b=1$ , $c=1$ (homogénéité, division par $2{,}4$ ). Somme $4\neq0$ .

$x_G = \dfrac{2\times0+1\times15+1\times(-6)}{4} = \dfrac{0+15-6}{4}$
$=$ $2{,}25$
$y_G = \dfrac{2\times0+1\times10+1\times12}{4} = \dfrac{0+10+12}{4}$
$=$ $5{,}5$

Le forage doit être implanté au point $G(2{,}25\,;\,5{,}5)$ .

$AG = \sqrt{2{,}25^{2}+5{,}5^{2}} = \sqrt{5{,}0625+30{,}25}$
$=$ $\sqrt{35{,}3125}$
$\approx$ $5{,}9$ km

Comme Abéché porte la masse la plus forte ( $2$ contre $1$ ), le barycentre $G$ est plus proche d'Abéché que des deux autres villages : c'est cohérent, un forage pondéré par la population se rapproche naturellement du village le plus peuplé.

Une grue de chantier (Abidjan, Cocody). Sur le bras d'une grue à tour, une charge de $800$ kg est suspendue à $12$ m du mât. De l'autre côté du bras, un contrepoids est fixé à $4$ m du mât. Quelle masse de contrepoids faut-il pour que le mât (le point d'appui) soit exactement le point d'équilibre du système ?

Voir le corrigé détaillé

Notons $P$ le point où est suspendue la charge, $Q$ celui du contrepoids, et $m$ la masse (en kg) du contrepoids. Le mât joue le rôle du barycentre $G = \mathrm{Bar}\{(P,800),(Q,m)\}$ , donc $800 \times GP = m \times GQ$ (loi du levier, section 1.2).

$800 \times 12 = m \times 4$
$\Rightarrow$ $m = \dfrac{800\times12}{4}$
$=$ $2\,400$ kg

Il faut un contrepoids de $2\,400$ kg pour équilibrer la charge de $800$ kg suspendue trois fois plus loin du mât.

Teste-toi gratuitement

8 questions

Second degré : discriminant et signe du trinôme

Commencer →

📝 QCM de fin de leçon — 20 questions

Coche une réponse par question, puis clique sur « Vérifier mes réponses » : tu obtiens ta note sur 20 avec la correction détaillée de chaque question.

Le barycentre $G = \mathrm{Bar}\{(A,a),(B,b)\}$ existe si et seulement si :

a = b

a

b

sont tous deux positifs

a + b \neq 0

a \neq 0

b \neq 0

Explication : Le barycentre de deux points pondérés n'existe (et n'est unique) que si la somme des masses est non nulle. C'est la première condition à vérifier, toujours.

Par définition, le barycentre $G = \mathrm{Bar}\{(A,a),(B,b)\}$ est l'unique point qui vérifie :

a\overrightarrow{GA} + b\overrightarrow{GB} = \vec{0}

\overrightarrow{GA} = \overrightarrow{GB}

a\overrightarrow{AG} = b\overrightarrow{BG}

quels que soient

a

b

\overrightarrow{GA} = \overrightarrow{GB}

, indépendamment des valeurs de

a

b

Explication : C'est la définition même du barycentre : le point

G

tel que

a\overrightarrow{GA}+b\overrightarrow{GB}=\vec 0

, qui existe et est unique dès que

a+b\neq0

Soit $G = \mathrm{Bar}\{(A,a),(B,b)\}$ . Pour tout point $M$ du plan, la somme $a\overrightarrow{MA} + b\overrightarrow{MB}$ est égale à :

(a-b)\overrightarrow{MG}

a\overrightarrow{MG} + b\overrightarrow{MG}

, uniquement lorsque

M=G

ab\,\overrightarrow{MG}

(a+b)\overrightarrow{MG}

Explication : C'est la propriété de réduction, à connaître par cœur : pour tout point

M

a\overrightarrow{MA}+b\overrightarrow{MB} = (a+b)\overrightarrow{MG}

, valable quel que soit

M

, pas seulement pour

M=G

Si $a$ et $b$ sont tous deux strictement positifs, le barycentre $G = \mathrm{Bar}\{(A,a),(B,b)\}$ appartient :

toujours à l'extérieur du segment

[AB]

toujours au segment

[AB]

toujours exactement au milieu de

[AB]

à la droite

(AB)

, mais jamais au segment

[AB]

Explication : Quand les deux masses sont de même signe, les vecteurs

\overrightarrow{GA}

\overrightarrow{GB}

sont de sens opposés :

G

est donc situé entre

A

B

, dans le segment

[AB]

Soit $G = \mathrm{Bar}\{(A,2),(B,3)\}$ , avec $AB = 6$ cm. La distance $AG$ vaut :

2{,}4

3{,}0

3{,}6

6{,}0

Explication : Masses positives :

G \in [AB]

, avec

2\times AG = 3\times GB

AG+GB=6

AG

est proportionnelle à la masse de

B

(l'autre point), sur un total

2+3=5

AG = \dfrac{3}{5}\times 6 = 3{,}6

cm.

Si $a = b \neq 0$ , le barycentre de $\{(A,a),(B,b)\}$ est :

le milieu de

[AB]

un point extérieur au segment

[AB]

le point

A

lui-même un point indéfini, car les masses sont égales

Explication : Quand les deux masses sont égales, la relation

a\overrightarrow{GA}+a\overrightarrow{GB}=\vec0

équivaut à

\overrightarrow{GA}=-\overrightarrow{GB}

, la définition vectorielle du milieu : on appelle ce cas particulier l'isobarycentre.

D'après la propriété d'homogénéité, pour tout réel $k \neq 0$ (avec $a+b\neq0$ ) :

\mathrm{Bar}\{(A,a),(B,b)\} = \mathrm{Bar}\{(A,a+k),(B,b+k)\}

\mathrm{Bar}\{(A,a),(B,b)\} = \mathrm{Bar}\{(A,ka),(B,b)\}

multiplier les masses par

k

change nécessairement la position du barycentre

\mathrm{Bar}\{(A,a),(B,b)\} = \mathrm{Bar}\{(A,ka),(B,kb)\}

Explication : On peut multiplier toutes les masses d'un système par un même réel non nul

k

sans changer le barycentre : seul le rapport des masses compte, jamais leur valeur absolue.

$\mathrm{Bar}\{(A,4),(B,6)\}$ est égal à :

\mathrm{Bar}\{(A,1),(B,1)\}

\mathrm{Bar}\{(A,2),(B,3)\}

\mathrm{Bar}\{(A,4),(B,3)\}

un point différent de

\mathrm{Bar}\{(A,2),(B,3)\}

Explication : D'après l'homogénéité, on peut diviser les deux masses par leur facteur commun

k=2

\mathrm{Bar}\{(A,4),(B,6)\} = \mathrm{Bar}\{(A,2),(B,3)\}

, sans changer le point.

Le théorème d'associativité permet de remplacer, dans un système de trois points pondérés $\{(A,a),(B,b),(C,c)\}$ , deux des points (par exemple $B$ et $C$ ) par :

leur milieu, quelles que soient leurs masses un seul des deux points, en ignorant complètement l'autre leur barycentre partiel, affecté de la somme de leurs deux masses leur isobarycentre, mais uniquement si les deux masses sont égales

Explication : Si

I = \mathrm{Bar}\{(B,b),(C,c)\}

(avec

b+c\neq0

), alors

\mathrm{Bar}\{(A,a),(B,b),(C,c)\} = \mathrm{Bar}\{(A,a),(I,b+c)\}

: on remplace deux points par leur barycentre partiel, affecté de la somme des deux masses.

Pour appliquer l'associativité en regroupant $B$ et $C$ dans $\mathrm{Bar}\{(A,a),(B,b),(C,c)\}$ , il faut vérifier, en plus de $a+b+c\neq0$ , que :

b + c \neq 0

a \neq 0

b = c

a = b+c

Explication : Il faut aussi que la somme partielle

b+c

soit non nulle, sinon le barycentre partiel

I=\mathrm{Bar}\{(B,b),(C,c)\}

n'existe pas. Si

b+c=0

, il faut regrouper une autre paire de points.

Le centre de gravité $G$ d'un triangle $ABC$ , isobarycentre de $A$ , $B$ , $C$ , vérifie, avec $I$ milieu de $[BC]$ :

\overrightarrow{AG} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AI}

\overrightarrow{AG} = \dfrac{1}{3}\overrightarrow{AI}

\overrightarrow{AG} = \overrightarrow{AI}

\overrightarrow{AG} = \dfrac{2}{3}\overrightarrow{AI}

Explication : En regroupant

B

C

par associativité,

G = \mathrm{Bar}\{(A,1),(I,2)\}

, ce qui donne

2\overrightarrow{AI} = 3\overrightarrow{AG}

, soit

\overrightarrow{AG}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AI}

G

est aux deux tiers de la médiane, à partir du sommet.

Dans un repère, les coordonnées de $G = \mathrm{Bar}\{(A,a),(B,b)\}$ sont données par :

x_G = \dfrac{x_A+x_B}{2}

, quels que soient

a

b

x_G = \dfrac{a\,x_A+b\,x_B}{a+b}

x_G = a\,x_A + b\,x_B

x_G = (a+b)(x_A+x_B)

Explication : Les coordonnées du barycentre s'obtiennent par une moyenne pondérée :

x_G = \dfrac{a\,x_A+b\,x_B}{a+b}

, et de même pour

y_G

Soient $A(-1;4)$ et $B(5;-2)$ , et $G = \mathrm{Bar}\{(A,2),(B,3)\}$ . Les coordonnées de $G$ sont :

G(2\,;\,1)

G(4\,;\,-2)

G(2{,}6\,;\,0{,}4)

G(1{,}6\,;\,2{,}4)

Explication :

x_G = \dfrac{2\times(-1)+3\times5}{5} = \dfrac{13}{5} = 2{,}6

y_G = \dfrac{2\times4+3\times(-2)}{5} = \dfrac{2}{5} = 0{,}4

.
Donc

G(2{,}6\,;\,0{,}4)

Le point de coordonnées $\left(\dfrac{x_A+x_B}{2}\,;\,\dfrac{y_A+y_B}{2}\right)$ correspond au barycentre $\mathrm{Bar}\{(A,a),(B,b)\}$ :

uniquement si

a = b

pour toutes valeurs non nulles de

a

b

uniquement si

a+b = 0

jamais : ce n'est pas la formule d'un barycentre

Explication : Cette formule est celle du milieu de

[AB]

, valable uniquement quand

a=b

(isobarycentre). Avec des masses différentes, il faut pondérer : ne confonds jamais les deux formules.

Soit $G=\mathrm{Bar}\{(A,a),(B,b)\}$ avec $a+b\neq0$ . Pour $k>0$ , l'ensemble des points $M$ tels que $\left\lVert a\overrightarrow{MA}+b\overrightarrow{MB}\right\rVert = k$ est :

une droite parallèle à

(AB)

le cercle de centre

G

et de rayon

k

un ensemble vide, dans tous les cas le cercle de centre

G

et de rayon

\dfrac{k}{|a+b|}

Explication : La réduction donne

a\overrightarrow{MA}+b\overrightarrow{MB}=(a+b)\overrightarrow{MG}

, donc

\lVert\ldots\rVert=k \iff |a+b|\times MG=k \iff MG=\dfrac{k}{|a+b|}

: c'est le cercle de centre

G

, de ce rayon.

Si $a+b=0$ (par exemple $a=1$ , $b=-1$ ), l'ensemble des points $M$ tels que $\left\lVert a\overrightarrow{MA}+b\overrightarrow{MB}\right\rVert = k$ est :

toujours un cercle de centre le milieu de

[AB]

vide, ou le plan tout entier — jamais un cercle le barycentre

G

seul toujours une droite perpendiculaire à

(AB)

Explication : Quand

a+b=0

, le barycentre n'existe pas et

a\overrightarrow{MA}+b\overrightarrow{MB}

devient un vecteur constant, indépendant de

M

: l'ensemble cherché est donc vide (si

k

ne correspond pas à cette norme constante) ou le plan entier (sinon), mais jamais un cercle.

Pour prouver que trois points $M$ , $A$ , $B$ sont alignés, une méthode barycentrique efficace consiste à :

calculer les coordonnées de chaque point et comparer des distances montrer que le triangle

MAB

a une aire non nulle montrer que

M

est le barycentre de

A

B

, avec des masses de somme non nulle montrer que

MA = MB

Explication : Un barycentre de deux points appartient toujours à la droite qui les joint. Exprimer

M

comme barycentre de

A

B

prouve donc immédiatement, sans calcul de coordonnées, que

M

A

B

sont alignés.

Si $M = \mathrm{Bar}\{(A,a),(B,b)\}$ avec $a$ et $b$ de signes opposés, alors $M$ se situe :

à l'extérieur du segment

[AB]

, sur la droite

(AB)

toujours entre

A

B

, exactement au milieu du segment nécessairement en dehors de la droite

(AB)

forcément confondu avec

A

ou avec

B

Explication : Quand les masses sont de signes opposés,

M

reste sur la droite

(AB)

(c'est toujours un barycentre de

A

B

), mais se place à l'extérieur du segment

[AB]

, du côté du point de plus petite masse en valeur absolue.

Pour prouver que trois cévianes d'un triangle sont concourantes, une méthode barycentrique consiste à :

montrer que leurs équations cartésiennes sont proportionnelles calculer uniquement les longueurs des trois cévianes vérifier que le triangle est équilatéral écrire un même barycentre de trois points de trois façons différentes, par associativité

Explication : En regroupant tour à tour deux des trois points par associativité, on place le même barycentre

G

, unique, sur chacune des trois droites : elles sont donc concourantes en

G

Une plaque en L se décompose en deux rectangles homogènes de centres $G_1(3;1)$ (aire $12$ ) et $G_2(1;3{,}5)$ (aire $6$ ). Les coordonnées du centre de masse $G$ de la plaque valent :

G(2\,;\,2{,}25)

G\left(\dfrac{7}{3}\,;\,\dfrac{11}{6}\right) \approx (2{,}33\,;\,1{,}83)

G(4\,;\,4{,}5)

G(1{,}5\,;\,2{,}25)

Explication :

G = \mathrm{Bar}\{(G_1,12),(G_2,6)\}

(une plaque homogène a une masse proportionnelle à son aire).

x_G = \dfrac{12\times3+6\times1}{18} = \dfrac{42}{18} = \dfrac{7}{3} \approx 2{,}33

y_G = \dfrac{12\times1+6\times3{,}5}{18} = \dfrac{33}{18} = \dfrac{11}{6} \approx 1{,}83

S'inscrire à ce chapitre

Clique et envoie : ton message WhatsApp est déjà pré-rempli avec la classe, la matière et le chapitre.

S'inscrire sur WhatsApp

Demander un cours privé Rejoindre un groupe

En bref

Classe : Classe de Première
Matière : Mathématiques
Durée estimée : 9 h
7 parties · 3 objectifs
Supports inclus : fiche, exercices corrigés, QCM

Les autres chapitres

Tout le programme

Barycentre

Ce que tu sauras faire à la fin

1Barycentre de deux et de trois points

1.1 Existence et unicité du barycentre de deux points

1.2 Position de GGG sur la droite (AB)(AB)(AB)

1.3 Cas particulier : l'isobarycentre

1.4 Barycentre de trois points (et plus)

2Propriété d'homogénéité

3Associativité

3.1 Le théorème

3.2 Application : le centre de gravité du triangle

4Coordonnées du barycentre

5Lignes de niveau

5.1 Cas a+b≠0a+b \neq 0a+b=0 : des cercles

5.2 Cas a+b=0a+b = 0a+b=0 : une droite

6Applications aux configurations

6.1 Prouver un alignement

6.2 Prouver un concours de droites

6.3 Application physique : centre de masse d'une plaque

Fiche mémo

7Exercices corrigés

Teste-toi gratuitement

Second degré : discriminant et signe du trinôme

📝 QCM de fin de leçon — 20 questions

1.2 Position de $G$ sur la droite $(AB)$

5.1 Cas $a+b \neq 0$ : des cercles

5.2 Cas $a+b = 0$ : une droite