Source Latex
du cours de mathématiques
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pdfauthor={Yoann Morel},
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pdfkeywords={Barycentres, vecteurs, calcul vectoriel, Math�matiques, 1S, premi�re, S}
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% Raccourcis diverses:
\newcommand{\nwc}{\newcommand}
\nwc{\dsp}{\displaystyle}
\nwc{\ct}{\centerline}
\nwc{\bge}{\begin{equation}}\nwc{\ene}{\end{equation}}
\nwc{\bgar}{\begin{array}}\nwc{\enar}{\end{array}}
\nwc{\bgit}{\begin{itemize}}\nwc{\enit}{\end{itemize}}
\nwc{\la}{\left\{}\nwc{\ra}{\right\}}
\nwc{\lp}{\left(}\nwc{\rp}{\right)}
\nwc{\lb}{\left[}\nwc{\rb}{\right]}
\nwc{\noin}{\noindent}
\nwc{\bgsk}{\bigskip}
\nwc{\vsp}{\vspace{0.1cm}}
\nwc{\vspd}{\vspace{0.2cm}}
\nwc{\vspt}{\vspace{0.3cm}}
\nwc{\vspq}{\vspace{0.4cm}}
\def\N{{\rm I\kern-.1567em N}} % Doppel-N
\def\D{{\rm I\kern-.1567em D}} % Doppel-N
\def\No{\N_0} % Doppel-N unten 0
\def\R{{\rm I\kern-.1567em R}} % Doppel R
\def\C{{\rm C\kern-4.7pt % Doppel C
\vrule height 7.7pt width 0.4pt depth -0.5pt \phantom {.}}}
\def\Q{\mathbb{Q}}
\def\Z{{\sf Z\kern-4.5pt Z}} % Doppel Z
\def\epsi{\varepsilon}
\def\lbd{\lambda}
\nwc{\tm}{\times}
\nwc{\V}[1]{\overrightarrow{#1}}
\nwc{\zb}{\mbox{$0\hspace{-0.67em}\mid$}}
\nwc{\db}{\mbox{$\hspace{0.1em}|\hspace{-0.67em}\mid$}}
\nwc{\ul}[1]{\underline{#1}}
\newcounter{nex}[section]\setcounter{nex}{0}
\newenvironment{EX}{%
\stepcounter{nex}
\bgsk{\noindent\large {\bf Exercice }\arabic{nex}}\hspace{0.2cm}
}{}
\nwc{\bgex}{\begin{EX}}\nwc{\enex}{\end{EX}}
\nwc{\bgfg}{\begin{figure}}\nwc{\enfg}{\end{figure}}
\nwc{\epsx}{\epsfxsize}\nwc{\epsy}{\epsfysize}
\nwc{\bgmp}{\begin{minipage}}\nwc{\enmp}{\end{minipage}}
\nwc{\limcdt}[4]{
$\dsp
\lim_{\bgar{ll}\scriptstyle{#1}\vspace{-0.2cm}\\\scriptstyle{#2}\enar}
{#3}={#4}$
}
\nwc{\tq}{\ \mbox{\bf\Large /}\ }
\headheight=0cm
\textheight=25.5cm
\topmargin=-1.8cm
\footskip=1.5cm
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\oddsidemargin=-1cm
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\newcounter{ntheo}
\setcounter{ntheo}{1}
\newlength{\ltheo}
\nwc{\bgth}[1]{
\settowidth{\ltheo}{Th�or�me \arabic{ntheo}}
\noindent
\paragraph{Th�or�me}% \arabic{ntheo}}
\hspace{-0.9em}%\hspace{-0.4cm}
\bgmp[t]{\textwidth-\ltheo-0.5em}{\it #1}\enmp
\stepcounter{ntheo}
}
\newcounter{nprop}
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\settowidth{\lprop}{Propri�t� \arabic{nprop}}
\paragraph{Propri�t�}% \arabic{ntheo}}
%\hspace{-0.9em}%\hspace{-0.4cm}
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\stepcounter{nprop}
}
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\nwc{\bgcorol}[1]{
\settowidth{\lcorol}{Propri�t� \arabic{ncorol}}
\paragraph{Corollaire}% \arabic{ntheo}}
%\hspace{-0.9em}%\hspace{-0.4cm}
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\stepcounter{ncorol}
}
\newcounter{ndef}
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\nwc{\bgdef}[1]{
\settowidth{\ldef}{D�finition \arabic{ndef}}
\noindent
\paragraph{D�finition}%\hspace{-0.9em}%\hspace{-0.4cm}
\bgmp[t]{\textwidth-\ldef-1.5em}{\it #1}\enmp
\stepcounter{ntheo}
}
\renewcommand\thesection{\Roman{section}\ \ -}
\renewcommand\thesubsection{\arabic{subsection})}
% Bandeau en bas de page
\newcommand{\TITLE}{BARYCENTRES}%{Barycentres}
\author{Y. Morel}
\date{}
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\lhead{}\chead{}\rhead{}
\lfoot{Y. Morel - \href{https://xymaths.fr/Lycee/1S/Mathematiques-1S.php}{xymaths.fr - 1�re S}}
\rfoot{\TITLE\,- 1$^\text{�re}$S - \thepage/\pageref{LastPage}}
\cfoot{}%\TITLE - $1^{\mbox{\scriptsize{�re}}}S$}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}
%\thispagestyle{empty}
\hspace{5cm}{\bf \LARGE$\mathcal{\TITLE}$}\hfill$1^{\mbox{\scriptsize{�re}}}S$
\section*{Rappels sur le calcul vectoriel}
\noin
\bgmp{12cm}
\bgprop{
Pour tous points $A$, $B$ et $C$ du plan, on a la relation de
{\bf Chasles} :
$\V{AB}+\V{BC}=\V{AC}$
}
\enmp\hspace{1cm}
\bgmp{6cm}
\psline{->}(0,0)(2,-1)\psline{->}(2,-1)(4,0.5)\psline{->}(0,0)(4,0.5)
\rput(-0.3,0){$A$}
\rput(2,-1.3){$B$}
\rput(4.3,0.5){$C$}
\enmp
\vspt
\bgprop{
Soit $(O;\vec{i},\vec{j})$ un rep�re et
$A(x_A;y_A)$ et $B(x_B;y_B)$ deux points du plan, alors:
\bgit\vspd
\item[$\bullet$] le vecteur $\V{AB}$ a pour coordonn�es:
$\V{AB}(x_B-x_A;y_B-y_A)$
\vspd
\item[$\bullet$] la norme du vecteur $\V{AB}$, not�e $\|\V{AB}\|$, est
la longueur $AB$, et
si de plus le rep�re $(O;\vec{i},\vec{j})$ est orthonormal,
$AB=\|\V{AB}\|=\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_b-y_A)^2}$
\vspd
Si $\vec{u}$ a pour coordonn�es $\vec{u}(x;y)$ dans un
rep�re orthonormal, alors $\|\vec{u}\|=\sqrt{x^2+y^2}$
\vspd
\item[$\bullet$] le milieu $I$ de $[AB]$ a pour coordonn�es
$\dsp I\lp\frac{x_A+x_B}{2};\frac{y_A+y_B}{2}\rp$
\enit
}
\bgdef{
Deux vecteurs $\vec{u}=\V{AB}$ et $\vec{v}=\V{CD}$ sont dits
colin�aires lorsqu'ils ont la m�me direction, ce qui est �quivalent �
dire que les droites $(AB)$ et $(CD)$ sont parall�les.
}
\bgprop{
\bgit
\item[$\bullet$] Les vecteurs $\vec{u}$ et $\vec{v}$ sont colin�aires
si et seulement si ils sont proportionnels, c'est-�-dire si et
seulement si, il existe un r�el $k$ tel que $\vec{u}=k\vec{v}$ ou
il existe un r�el $k'$ tel que $\vec{v}=k'\vec{u}$.
\item[$\bullet$] Les vecteurs $\vec{u}(x;y)$ et $\vec{v}(x';y')$ sont
colin�aires si et seulement si $xy'-x'y=0$.
\enit
}
\bgcorol{
Les points $A$, $B$ et $C$ sont align�s si et seulement si les
vecteurs $\V{AB}$ et $\V{AC}$ sont colin�aires.
}
\vspq
\noindent\ul{Ex.}
Soit $ABC$ un triangle, et $E$ et $F$ les points d�finis par
$4\V{AE}=\V{BC}$ et $5\V{AF}=\V{AC}$.
\vspd
Faire une figure, et prouver que les points $B$, $E$ et $F$ sont
align�s.
\vspd
\noindent\ul{Ex.}
Soit $ABCD$ un carr�. On note $E$ le point int�rieur � $ABCD$ tel que
le triangle $DCE$ soit �quilat�ral, et $F$ le point ext�rieur � $ABCD$
tel que le triangle $BCF$ soit aussi �quilat�ral.
\vsp
On souhaite montrer que les points $A$, $E$ et $F$ sont align�s.
\vspd
\noindent
{\it $1^{\mbox{\scriptsize{�re}}}$ m�thode:}
Donner une mesure de l'angle $\widehat{ADE}$, puis de l'angle
$\widehat{AED}$.
Donner de m�me une mesure de l'angle $\widehat{CEF}$ et en d�duire une
mesure l'angle $\widehat{AEF}$.
Conclure.
\vspd
\noindent
{\it $2^{\mbox{\scriptsize{�me}}}$ m�thode:}
On consid�re le rep�re $(A;\V{AB};\V{AD})$.
D�terminer dans ce rep�re les coordonn�es des points $A$, $E$ et $F$.
(On pourra introduire les points $H$ et $H'$, pieds des hauteurs
issues de $E$ et $F$, et calculer les longueurs $HE$ et $H'F$).
\vspd
Montrer alors, � l'aide du calcul vectoriel, que les points $A$, $E$
et $F$ sont align�s.
\vspq\noindent
\ul{Ex:}1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 p. 259
\clearpage
\section{Introduction: centre de gravit� et barycentre}
\paragraph{Equilibre d'une tige}\ \\\vspace*{-1cm}
\parbox{11cm}{
Une masse $A$ de $2$ kg et une masse $B$ de $3$ kg sont en �quilibre
sur une tige rigide.
\vspd
O� se situe le centre d'inertie, ou point d'�quilibre, $G$ ?
\vsp
Donner une expression vectorielle reliant les vecteurs
$\V{GA}$ et $\V{GB}$.
\vspt
M�mes questions si, plus g�n�ralement, la masse situ�e en $A$ est $m$ et
la masse situ�e en $B$ est $m'$.
}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(-3,1)(4,4)
\pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=black](0,0)(0.25,1)(0.5,0)
\psline[linewidth=1pt](-2,1)(3.5,1)
\pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=black](-2,1)(-2,1.2)(-1.8,1.2)(-1.8,1)
\pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=black](3.2,1)(3.2,1.3)(3.5,1.3)(3.5,1)
\rput(-1.9,1.6){$A$}
\rput(3.4,1.6){$B$}
\rput(0.2,1.4){$G$}
\psline[linewidth=0.3pt](0.1,0.85)(0.4,1.15)
\psline[linewidth=0.3pt](0.4,0.85)(0.1,1.15)
\end{pspicture}
\paragraph{Equilibre �lectrique}\ \\\vspace*{-2cm}
\parbox{11cm}{
Un �lectron est situ� au point $A$ (charge : -1$e$-), et deux protons
sont situ�s en $B$ (charge : +2$e$-).
\vspd
D�terminer le point sur la droite $(AB)$ ou le potentiel �lectrique
est nul.
}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(-3,1)(4,4)
\psline[linewidth=1pt](-2,1.1)(3.5,1.1)
\pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=black](-2,1)(-2,1.2)(-1.8,1.2)(-1.8,1)
\pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=black](3.2,1)(3.2,1.3)(3.5,1.3)(3.5,1)
\rput(-1.7,1.6){$A$, -1$e$-}
\rput(3.4,1.6){$B$, +2$e$-}
%\rput(0.2,1.5){$G$ ?}
\end{pspicture}
\vspq
\section{Barycentre de deux points}
\bgth{
Soit $A$ et $B$ deux points, et $\alpha$ et $\beta$ deux r�els donn�s
tels que $\alpha+\beta\not=0$.
Alors, il existe un unique point $G$ tel que
$\alpha\V{GA}+\beta\V{GB}=\vec{0}$.
}
\vspt
\noin
\ul{D�monstration:}
Pour tout point $G$,
$\alpha\V{GA}+\beta\V{GB} =
\alpha\V{GA}+\beta\lp \V{GA}+\V{AB}\rp
=(\alpha+\beta)\V{GA}+\beta\V{AB}$.
Ainsi, $\alpha\V{GA}+\beta\V{GB}=\vec{0}$ �quivaut �
$\dsp\V{GA}=-\frac{\beta}{\alpha+\beta}\V{AB}$
ou encore �
$\dsp\V{AG}=\frac{\beta}{\alpha+\beta}\V{AB}$,
ce qui d�finit bien de mani�re unique le point $G$.
\bgdef{
On appelle
{\bf barycentre des points pond�r�s $(A,\alpha)$ et $(B,\beta)$},
avec $\alpha+\beta\not=0$,
l'unique point $G$ tel que
$\alpha\V{GA}+\beta\V{GB}=\vec{0}$.
}
\vspt
\ul{Ex.}
Soit $A$ et $B$ deux points.
Placer dans chacun des cas le barycentre
des points pond�r�s $(A,\alpha)$ et $(B,\beta)$, o�:
\vspd
\bgit
\item[a)] $\alpha=1$ et $\beta=1$\vspd
\item[b)] $\alpha=1$ et $\beta=3$\vspd
\item[c)] $\alpha=2$ et $\beta=3$\vspd
\item[d)] $\alpha=4$ et $\beta=6$\vspd
\item[e)] $\alpha=-2$ et $\beta=1$\vspd
\enit
\vspq\noindent
\ul{Ex:} 14, 15, 16 p. 260
\bgprop{Si $G$ est le barycentre de $(A,\alpha)$ et $(B,\beta)$,
alors $G$ est aussi le barycentre de
$(A,k\alpha)$ et $(B,k\beta)$, pour tout nombre $k\not=0$.
}
\vspt\noin
\ul{D�monstration:}
$G$ est le barycentre de $(A,\alpha)$ et $(B,\beta)$ signifie que
$\alpha+\beta\not=0$ et que $\alpha\V{GA}+\beta\V{GB}=\V{0}$.
En multipliant cette relation par $k\not=0$, on a donc aussi
$k\alpha\V{GA}+k\beta\V{GB}=\V{0}$,
ce qui montre que $G$ est le barycentre de
$(A,k\alpha)$ et $(B,k\beta)$ car
$k\alpha+k\beta=k\lp\alpha+\beta\rp\not=0$.
\bgcorol{
Si $\alpha=\beta$, le barycentre $G$ de $(A,\alpha)$ et $(B,\beta)$
est aussi le barycentre de $(A,1)$ et $(B,1)$.
On dit que $G$ est l'{\bf isobarycentre} des points $A$ et $B$.
\vsp
Dans ce cas, on a $\V{GA}+\V{GB}=\V{0}$, et donc l'isobarycentre des
points $A$ et $B$ est le milieu de $[AB]$.
}
\bgprop{
Soit $G$ le barycentre de $(A,\alpha)$ et $(B,\beta)$.
Alors pour tout point $M$ on a:
$\alpha\V{MA}+\beta\V{MB}=\lp\alpha+\beta\rp\V{MG}$.
}
\vspt\noin
\ul{D�monstration:}
Pour tout point $M$, on a:
$\alpha\V{MA}+\beta\V{MB}=
\alpha\lp\V{MG}+\V{GA}\rp+\beta\lp\V{MG}+\V{GB}\rp=
\lp\alpha+\beta\rp\V{MG}+\alpha\V{GA}+\beta\V{GB}$,
ce qui donne le r�sultat car, par d�fintion du barycentre de
$(A,\alpha)$ et $(B,\beta)$, $\alpha\V{GA}+\beta\V{GB}=0$.
\vspt\noin
\ul{Remarque:}
Comme la propri�t� pr�c�dente est valable \ul{pour tout point $M$}, on
peut l'utiliser en particulier en choisissant
\bgit\vsp
\item $M=G$ et on retrouve la relation:
$\alpha\V{GA}+\beta\V{GB}=\lp\alpha+\beta\rp\V{GG}=\V{0}$
\vsp
\item $M=A$ et on obtient la relation:
$\beta\V{AB}=\lp\alpha+\beta\rp\V{AG}$, qui permet de positionner le
point $G$
\enit
\vspt\noin
\ul{Ex:} Soit $A$ et $B$ deux points, et $\vec{u}$ un vecteur.
Trouver le ou les points $M$ tels que $3\V{MA}+2\V{MB}=\vec{u}$.
\vspq\noindent
\ul{Ex:} 17, 18, 19, 21 p. 260
\bgprop{
Soit dans un rep�re $(O;\vec{i},\vec{j})$
les points $A(x_A;y_A)$ et $B(x_B;y_B)$.
Le barycentre $G$ des points pond�r�s $(A,\alpha)$ et $(B,\beta)$ a
pour coordonn�es
$G(x_G;y_G)$ o�,
\[ x_G=\frac{\alpha x_A+\beta x_B}{\alpha+\beta}
\ \mbox{ et, }
y_G=\frac{\alpha y_A+\beta y_B}{\alpha+\beta}
\]
}
\vspt\noin
\ul{D�monstration:}
Pour tout point $M$, on a
$\alpha\V{MA}+\beta\V{MB}=\lp\alpha+\beta\rp\V{MG}$.
En choisissant $M=O$, on obtient donc,
$\lp\alpha+\beta\rp\V{OG}=\alpha\V{OA}+\beta\V{OB}$, ou encore
\[\V{OG}=\frac{\alpha}{\alpha+\beta}\V{OA}+\frac{\beta}{\alpha+\beta}\V{OB}\]
d'o� les coordonn�es donn�es dans le th�or�me.
\vspt\noin
\ul{Ex:}
Soit $A(3;-5)$ et $B(9;7)$
\vspd
\bgit
\item[a)] D�terminer les coordonn�es de l'isobarycentre $I$.
\item[b)] D�terminer les coordonn�es du barycentre de $(A,3)$ et $(B,2)$.
\enit
\section{Barycentre de trois points}
\bgth{
Soit $A$, $B$ et $C$ trois points, et $\alpha$, $\beta$ et $\gamma$
trois r�els donn�s tels que $\alpha+\beta+\gamma\not=0$.
Alors, il existe un unique point $G$ tel que
$\alpha\V{GA}+\beta\V{GB}+\gamma\V{GC}=\vec{0}$.
}
\vspt
\noin
\ul{D�monstration:}
Pour tout point $G$, on a:
$\alpha\V{GA}+\beta\V{GB}+\gamma\V{GC} =
\alpha\V{GA}+\beta\lp\V{GA}+\V{AB}\rp+\gamma\lp\V{GA}+\V{AC}\rp
=(\alpha+\beta+\gamma)\V{GA}+\beta\V{AB}+\gamma\V{AC}$.
Ainsi, $\alpha\V{GA}+\beta\V{GB}+\gamma\V{GC}=\vec{0}$ �quivaut �
$\dsp\V{GA}=-\frac{\beta}{\alpha+\beta+\gamma}\V{AB}
-\frac{\gamma}{\alpha+\beta+\gamma}\V{AC}$
ou encore �
$\dsp\V{AG}=\frac{\beta}{\alpha+\beta+\gamma}\V{AB}+\frac{\gamma}{\alpha+\beta+\gamma}\V{AC}$,
ce qui d�finit bien de mani�re unique le point $G$.
\bgdef{
On appelle
{\bf barycentre des points pond�r�s
$(A,\alpha)$, $(B,\beta)$ et $(C,\gamma)$},
avec $\alpha+\beta+\gamma\not=0$,
l'unique point $G$ tel que
$\alpha\V{GA}+\beta\V{GB}+\gamma\V{GC}=\vec{0}$.
}
\bgprop{
\bgit
\item[$\bullet$] Si $G$ est le barycentre de $(A,\alpha)$, $(B,\beta)$
et $(C,\gamma)$, alors, pour tout $k\not=0$, $G$ est aussi le
barycentre de $(A,k\alpha)$, $(B,k\beta)$ et $(C,k\gamma)$.
\vspd
\item[$\bullet$] Lorsque les points $A$, $B$ et $C$ sont affect�s du
m�me coefficient $\alpha=\beta=\gamma$ non nul, alors le barycentre
de $(A,\alpha)$, $(B,\alpha)$ et $(C,\alpha)$ est aussi le
barycentre de $(A,1)$, $(B,1)$ et $(C,1)$.
Dans ce cas, $G$ est appel� {\bf isobarycentre} des points $A$, $B$
et $C$. $G$ est alors le centre de gravit� du triangle $ABC$
(intersection des m�dianes).
\vspd
\item[$\bullet$] Pour tout point $M$, on a :
$\alpha \V{MA}+\beta\V{MB}+\gamma\V{MC}=(\alpha+\beta+\gamma)\V{MG}$.
\enit
}
\vspt\noin
\ul{Ex:}
Soit trois points $A$, $B$ et $C$.
Construire le barycentre $G$ des points pond�r�s
$(A,1)$, $(B,1)$ et $(C,2)$.
\vspq\noindent
\ul{Ex:} 22, 23, 24 p. 260
\bgth{\ul{\it Associativit� du barycentre}\\
Soit $G$ le barycentre de $(A,\alpha)$, $(B,\beta)$ et
$(C,\gamma)$.
On suppose que $\alpha+\beta\not=0$, et on note $H$ le barycentre
de $(A,\alpha)$ et $(B,\beta)$.
\vspd
Alors, $G$ est le barycentre de $(H,\alpha+\beta)$ et de
$(C,\gamma)$.
}
\vspt\noin
\ul{D�monstration:}
Par d�finition, on a
$\alpha\V{GA}+\beta\V{GB}+\gamma\V{GC}=\V{0}$.
\vsp
Comme $H$ est le barycentre de $(A,\alpha)$ et $(B,\beta)$,
pour tout point $M$,
$\alpha\V{MA}+\beta\V{MB}=\lp\alpha+\beta\rp\V{MH}$, et donc,
en particulier si $M=G$,
$\alpha\V{GA}+\beta\V{GB}=\lp\alpha+\beta\rp\V{GH}$.
\vspd
Ainsi,
$\alpha\V{GA}+\beta\V{GB}+\gamma\V{GC}
=\lp\alpha+\beta\rp\V{GH}+\gamma\V{GC}
=\V{0}$,
ce qui montre que $G$ est le barycentre de
$(H,\alpha+\beta)$ et de $(C,\gamma)$.
\vspt\noin
\ul{Ex:}
Soit trois points $A$, $B$ et $C$.
Construire dans chaque cas le barycentre des points
$(A,\alpha)$, $(B,\beta)$ et $(C,\gamma)$.
\vspd
\bgit
\item[a)] $\alpha=1$, $\beta=1$, $\gamma=2$\vspd
\item[b)] $\alpha=3$, $\beta=1$, $\gamma=2$\vspd
\item[c)] $\alpha=-2$, $\beta=1$, $\gamma=3$\vspd
\item[d)] $\alpha=1$, $\beta=-1$, $\gamma=2$\vspd
\enit
\vspq\noindent
\ul{Ex:} 27, 28, 33, 34 p. 261
\bgprop{
Soit dans un rep�re $(O;\vec{i},\vec{j})$
les points $A(x_A;y_A)$, $B(x_B;y_B)$ et $C(x_C;y_C)$
Le barycentre $G$ des points pond�r�s $(A,\alpha)$, $(B,\beta)$ et
$(C,\gamma)$ a pour coordonn�es
$G(x_G;y_G)$ o�,
\[ x_G=\frac{\alpha x_A+\beta x_B+\gamma x_C}{\alpha+\beta+\gamma}
\ \mbox{ et, }
y_G=\frac{\alpha y_A+\beta y_B+\gamma y_C}{\alpha+\beta+\gamma}
\]
}
\vspt\noin
\ul{Ex:}
Soit $A(-1;3)$, $B(2;4)$ et $C(1;-2)$.
D�terminer les coordonn�es du barycentre $G$ de $(A,1)$, $(B,2)$ et
$(C,3)$.
Placer les points $A$, $B$ et $C$ sur une figure, et retrouver
g�om�triquement le point $G$.
\section{Barycentre de $n$ points}
Apr�s avoir introduit et �tudi� les barycentres de deux points, puis
de trois points, on peut ais�ment g�n�raliser les r�sultats au cas de
$n$ points.
\bgprop{
Soit $n$ points $A_1$, $A_2$, \dots , $A_n$, et
et $n$ r�els $\alpha_1$, $\alpha_2$, \dots, $\alpha_n$
tels que $\alpha_1+\alpha_2+\dots+\alpha_n\not=0$, alors
\bgit\vsp
\item[$\bullet$] il existe un unique point $G$ tel que
\[\alpha_1\V{GA_1}+\alpha_2\V{GA_2} + \dots + \alpha_n\V{GA_n}=\V{0}\]
\item[$\bullet$] pour tout point $M$, on a
\[\alpha_1\V{MA_1}+\alpha_2\V{MA_2} + \dots + \alpha_n\V{MA_n}
=\lp \alpha_1+\alpha_2+\dots+\alpha_n\rp\V{MG}\]
\item[$\bullet$] $G$ est aussi le barycentre $(A_1,k\alpha_1)$,
$(A_2,k\alpha_2)$, \dots, $(A_n,k\alpha_n)$, pour tout r�el $k\not=0$.
\vspd
\item[$\bullet$] Pour trouver le barycentre $G$, on peut remplacer $p$
points, parmi les $n$ points, par leur barycentre $H$ affect� de la
somme non nulle de leur coefficient.
\vspd
\item[$\bullet$] si $A_1(x_1;y_1)$, $A_2(x_2;y_2)$, \dots,
$A_n(x_n;y_n)$, alors les coordonn�es du barycentre sont
$G(x_G;y_G)$ avec
\[ x_G=\frac
{\alpha_1x_1+\alpha_2x_2+\dots+\alpha_nx_n}
{\alpha_1+\alpha_2+\dots+\alpha_n}
\ \mbox{ et, } \
y_G=\frac
{\alpha_1y_1+\alpha_2y_2+\dots+\alpha_ny_n}
{\alpha_1+\alpha_2+\dots+\alpha_n}
\]
\enit
}
\vspt\noin
\ul{Ex:}
Soit quatre points $A$, $B$, $C$ et $D$.
Placer le barycentre $G$ de $(A,1)$ $(B,1)$, $(C,2)$ et $(D,2)$.
\vspt\noin
\ul{Ex:}
On consid�re les points $A(-1,-1)$, $B(3,-2)$, $C(4,3)$ et $D(-2,2)$.
Placer le barycentre $G$ de $(A,2)$ $(B,1)$, $(C,2)$ et $(D,3)$.
Calculer les coordonn�es de $G$ et v�rifier.
\clearpage
\section{Centres d'inertie de plaques}
\noindent
Toutes les plaques consid�r�es par la suite sont suppos�es homog�nes
(leur masse surfacique, en $kg.m^{-2}$ est constante).
\bgth{{\it El�ments de sym�trie}
Si une plaque admet un axe de sym�trie $\Delta$, alors son centre
d'inertie est sur $\Delta$.
Si la plaque admet un centre de sym�trie $I$, alors son centre
d'inertie est $I$.
}
\vspd\noindent
\ul{Ex:}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(0,0)(3,3)
\pspolygon[linewidth=0.5pt,fillstyle=solid,fillcolor=gray](0,0)(3,0)(1.5,2)
\psline[linestyle=dashed,linewidth=1pt](1.5,-0.5)(1.5,2.5)
\rput(1.3,2.6){$\Delta$}
\end{pspicture}
\begin{pspicture}(-3,-0.2)(3,3)
\pspolygon[linewidth=0.5pt,fillstyle=solid,fillcolor=gray](0,0)(2,0)(2,2)(0,2)
\psline[linestyle=dashed,linewidth=1pt](1,-0.5)(1,2.5)
\psline[linestyle=dashed,linewidth=1pt](-0.5,1)(2.5,1)
\psline[linestyle=dashed,linewidth=1pt](-0.5,2.5)(2.5,-0.5)
\psline[linestyle=dashed,linewidth=1pt](-0.5,-.5)(2.5,2.5)
\end{pspicture}
\begin{pspicture}(-4.5,-1.2)(3,1.5)
\pspolygon[linewidth=0.5pt,fillstyle=solid,fillcolor=gray]
(-3,0)(-1.5,-1)(-1.5,-0.2)(1.5,-0.2)(1.5,-1)
(3,0)(1.5,1)(1.5,0.2)(-1.5,0.2)(-1.5,1)
\psline[linestyle=dashed,linewidth=1pt](-3.5,0)(3.5,0)
\psline[linestyle=dashed,linewidth=1pt](0,1.5)(0,-1.5)
\end{pspicture}
\bgmp{13cm}
\bgth{{\it Association}
Soit deux plaques $P_1$ et $P_2$ d'aire respective $a_1$ et $a_2$ et
de centre d'inertie respectif $I_1$ et $I_2$.
Alors le centre d'inertie de la plaque $P$ r�union des plaques $P_1$
et $P_2$ est le barycentre de $(I_1,a_1)$ et $(I_2,a_2)$.
}
\vspd\noindent
{\it \ul{Remarque:}
\bgmp[t]{12cm}
Les aires $a_1$ et $a_2$ peuvent �tre prises comme
coefficent car, pour des plaques homog�nes, les masses sont
proportionnelles aux aires.
\enmp
}
\enmp
\psset{unit=0.8cm}
\begin{pspicture}(-3,0.5)(3,4.)
\pspolygon[linewidth=0.5pt,fillstyle=solid,fillcolor=gris1]
(-2,0)(-1,-1)(-1,0.5)(3,3)(1,3.5)(-1.5,2)
\pspolygon[linewidth=0.5pt,fillstyle=solid,fillcolor=gris3]
(-1,-1)(2,-1)(3,0.2)(3,3)(-1,0.5)
\rput(1.4,3){$P_1$}
\rput(.5,-0.8){$P_2$}
\psline[linestyle=solid,linewidth=1pt](-0.5,1.5)(1.4,.5)
\rput(-0.5,1.5){$\tm$}\rput(-0.9,1.5){$I_1$}
\rput(1.4,.5){$\tm$}\rput(1.7,.5){$I_1$}
\rput(0.8,0.82){$\tm$}\rput(0.8,1.1){$I$}
\end{pspicture}
\vspq\noindent
\ul{Ex:}
La plaque $P$ suivante est constitu�e par la r�union d'un triangle
$ABC$ rectangle isoc�le en $A$ et de deux carr�s de c�t� $6$ cm.
$O$ est le mileu de $[BC]$.
On note $I$ le centre d'inertie de la plaque $P$.
\bgmp{7.2cm}
\psset{unit=0.8cm}
\begin{pspicture}(-4,-0.2)(3,4.5)
\pspolygon[linewidth=0.5pt,fillstyle=solid,fillcolor=gris1]
(-2.121,0)(2.121,0)(0,2.121)
\pspolygon[linewidth=0.5pt,fillstyle=solid,fillcolor=gris1]
(-2.121,0)(0,2.121)(-2.121,4.243)(-4.243,2.121)
\pspolygon[linewidth=0.5pt,fillstyle=solid,fillcolor=gris1]
(2.121,0)(0,2.121)(2.121,4.243)(4.243,2.121)
\rput(0,2.5){$A$}\rput(-2.4,-0.1){$B$}\rput(2.4,-0.1){$C$}
\psdot(0,0)\rput(0,-0.3){$O$}
\end{pspicture}
\enmp
\bgmp{10cm}
\bgit
\item[a.] Pourquoi $I$ est-il sur $(OA)$ ?
\item[b.] Placer les centres d'inerties $G_1$ et $G_2$ des deux
carr�s, et $G_3$ centre d'inertie du triangle $ABC$.
\item[c.] Montrer que $I$ est le barycentre de $(G_1,2)$, $(G_2,2)$ et
$(G_3,1)$.
\item[d.] Placer $I$.
\enit
\enmp
\vspq\noindent
\ul{Ex:}
La plaque $P$ suivante est constitu� par un triangle �quilat�ral $ABC$
de c�t� $a$, de centre de gravit� $O$, priv� du triangle isoc�le
$OBC$.
On d�signe par $\Omega$ le centre de gravit� de $OBC$ et par $I$ le
centre d'inertie de la plaque $P$.
\bgmp{5.6cm}
\psset{unit=1.6cm}
\begin{pspicture}(-1.5,-0.5)(3,3)
\pspolygon[linewidth=0.5pt,fillstyle=solid,fillcolor=gris1]
(-1.5,0)(0,0.866)(1.5,0)(0,2.598)
\psline[linestyle=dashed,linewidth=1pt](-1.5,0)(1.5,0)
\psdot(0,0)\rput(0,-0.3){$A'$}
\rput(0,0.7){$O$}
\rput(0,2.7){$A$}\rput(-1.7,0){$B$}\rput(1.7,0){$C$}
\end{pspicture}
\enmp
\bgmp{12cm}
\bgit
\item[$\bullet$] {\it M�thode 1}
En consid�rant la plaque comme la r�union des triangles $AOB$ et
$AOC$, placer $G_1$ et $G_2$, centres d'inertie de $AOB$ et $AOC$,
puis placer $I$.
\vspd
\item[$\bullet$] {\it M�thode 2}
La plaque peut aussi �tre consid�r�e comme la ``soustraction'' de la
plaque $AOC$ � la plaque $ABC$.
\vspd
\bgit
\item[a.] Placer les centres d'inertie $G_1$ de $ABC$ et $\Omega$ de
$AOC$.
\item[b.] Montrer que $I$ est la barycentre de $(O,3)$,
$(\Omega,-1)$.
\enit
\enit
\enmp
\vspd\noindent
\ul{Ex:} Placer le centre d'inertie pour chacune des plaques
suivantes (on pourra utiliser deux m�thodes diff�rentes dans chaque cas).
\psset{unit=1.5cm}
\begin{pspicture}(0,0)(2,2)
\pspolygon[linewidth=0.5pt,fillstyle=solid,fillcolor=gris1]
(0,0)(1,0)(1,1)(0,1)
\pspolygon[linewidth=0.5pt,fillstyle=solid,fillcolor=gris1]
(0,1)(1,1)(1,2)(0,2)
\pspolygon[linewidth=0.5pt,fillstyle=solid,fillcolor=gris1]
(1,0)(2,0)(2,1)(1,1)
\end{pspicture}\hspace{2cm}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(-2,-3)(3,1.5)
\pspolygon[linewidth=0.5pt,fillstyle=solid,fillcolor=gris1]
(-2,0)(-1,0)(-1,1)(-2,1)
\pspolygon[linewidth=0.5pt,fillstyle=solid,fillcolor=gris1]
(-1,0)(0,0)(0,1)(-1,1)
\pspolygon[linewidth=0.5pt,fillstyle=solid,fillcolor=gris1]
(0,0)(1,0)(1,1)(0,1)
\pspolygon[linewidth=0.5pt,fillstyle=solid,fillcolor=gris1]
(1,0)(2,0)(2,1)(1,1)
\pspolygon[linewidth=0.5pt,fillstyle=solid,fillcolor=gris1]
(2,0)(3,0)(3,1)(2,1)
\pspolygon[linewidth=0.5pt,fillstyle=solid,fillcolor=gris1]
(0,-1)(1,-1)(1,0)(0,0)
\pspolygon[linewidth=0.5pt,fillstyle=solid,fillcolor=gris1]
(0,-2)(1,-2)(1,-1)(0,-1)
\pspolygon[linewidth=0.5pt,fillstyle=solid,fillcolor=gris1]
(0,-3)(1,-3)(1,-2)(0,-2)
\end{pspicture}\hspace{2cm}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(-2,0)(3,3.5)
\pspolygon[linewidth=0.5pt,fillstyle=solid,fillcolor=gris1]
(-2,2)(-1,2)(-1,3)(-2,3)
\pspolygon[linewidth=0.5pt,fillstyle=solid,fillcolor=gris1]
(-2,1)(-1,1)(-1,2)(-2,2)
\pspolygon[linewidth=0.5pt,fillstyle=solid,fillcolor=gris1]
(-2,0)(-1,0)(-1,1)(-2,1)
\pspolygon[linewidth=0.5pt,fillstyle=solid,fillcolor=gris1]
(-1,0)(0,0)(0,1)(-1,1)
\pspolygon[linewidth=0.5pt,fillstyle=solid,fillcolor=gris1]
(0,0)(1,0)(1,1)(0,1)
\pspolygon[linewidth=0.5pt,fillstyle=solid,fillcolor=gris1]
(1,0)(2,0)(2,1)(1,1)
\pspolygon[linewidth=0.5pt,fillstyle=solid,fillcolor=gris1]
(1,1)(2,1)(2,2)(1,2)
\pspolygon[linewidth=0.5pt,fillstyle=solid,fillcolor=gris1]
(1,2)(2,2)(2,3)(1,3)
\end{pspicture}
\vspq\noindent
\bgmp{11cm}
\ul{Ex:} Une rondelle a la forme d'un disque �vid�.
On donne $OP=3OO'$.
\vspd
\bgit
\item[1.] Placer le centre d'inertie $I$ de la rondelle �vid�e.
\vspd
\item[2.] On note $M$ la masse de la rondelle �vid�e.
Quelle masse faut-il placer en $P$ afin que le centre d'inertie de
l'ensemble, rondelle �vid�e et masse en $P$, soit centr� en $O$ ?
\enit
\enmp\hspace{0.5cm}
\bgmp{8cm}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(-3,-3)(3,4)
\pscircle[linewidth=0pt,fillstyle=solid,fillcolor=gris1](0,0){3}
\pscircle[linewidth=0pt,fillstyle=solid,fillcolor=white](1,0){1}
\psdot[linewidth=0.8pt](0,0)\rput(-0.3,0){$O$}
\psdot[linewidth=2pt](3,0)\rput(3.3,0){$P$}
\psdot[linewidth=0.8pt](1,0)\rput(1,-0.3){$O'$}
\end{pspicture}
\enmp
\end{document}
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