Les vecteurs
I. Vecteurs et translations
Définition
Un vecteur non nul du plan est un "objet mathématique" caractérisé par 3 paramètres: sa direction, son sens et sa longueur.
On le représente souvent par une "flèche". L'endroit où l'on dessine la "flèche" n'a aucune importance.
Le vecteur nul a une longueur nulle. Il n'a ni direction, ni sens particulier.
La notation des vecteurs est caractérisée par la flèche qui les surmonte.
Par exemple, le vecteur nul est noté ${0}↖{→}$
Le graphique ci-dessous représente un vecteur ${u}↖{→}$ (flèche verte).
On a placé deux points A et B tels que ${AB}↖{→}={u}↖{→}$
(les flèches vertes, rouge et noire ont même direction, même sens et même longueur). On dit alors que
${AB}↖{→}$ est un représentant du vecteur ${u}↖{→}$.
Exemple
Soient A et B deux points distincts du plan.
Le vecteur ${AB}↖{→}$ a pour direction celle de la droite (AB), son sens est de A vers B, et sa longueur est la distance AB.
Le vecteur ${BA}↖{→}$ a même direction et même longueur que le vecteur ${AB}↖{→}$, mais il est de sens opposé.
Le vecteur ${AA}↖{→}$ est le vecteur nul; on a donc: ${AA}↖{→}={0}↖{→}$.
Définition
La norme du vecteur ${u}↖{→}$ est sa longueur; on la note: $∥{u}↖{→}∥$
Exemple
Soient A et B deux points du plan. On a alors: $∥{AB}↖{→}∥=AB$.
Propriété
ABDC est un parallélogramme
si et seulement si
[AD] et [BC] ont même milieu.
Propriété
ABDC est un parallélogramme
si et seulement si ${AB}↖{→}={CD}↖{→}$.
Définition
Soient A et B deux points du plan
La translation qui transforme A en B est l'application qui à tout point M du plan associe le point M' tel que le quadrilatère ABM'M soit un parallélogramme.
Une telle translation s'appelle translation de vecteur ${AB}↖{→}$.
On la note souvent: $t_{{AB}↖{→}}$
Ici, l'image du point M par la translation de vecteur ${AB}↖{→}$ est le point M'; on note: $t_{{AB}↖{→}}(M)=M'$
Définition et propriétés
Une translation est associée à un vecteur unique.
La translation identité, qui transforme tout point en lui-même, est associée au vecteur nul.
A retenir
La propriété essentielle suivante, qui résume les propriétés précédentes.
Propriété essentielle
ABDC est un parallélogramme $⇔$ ${AB}↖{→}={CD}↖{→}$ $⇔$ $t_{{AB}↖{→}}(C)=D$
Exemple
EFGH est un parallélogramme.
Compléter les propositions qui suivent.
${EF}↖{→}= ...$
${FE}↖{→}= ...$
${FG}↖{→}= ...$
$t_{{EF}↖{→}}(H)=...$
$t_{{FG}↖{→}}(E)=...$
Corrigé
EFGH est un parallélogramme, donc:
${EF}↖{→}= {HG}↖{→}$
${FE}↖{→}= {GH}↖{→}$
${FG}↖{→}= {EH}↖{→}$
$t_{{EF}↖{→}}(H)=G$
$t_{{FG}↖{→}}(E)=H$
II. Somme de vecteurs
Définition et propriété
Soient ${u}↖{→}$ et ${v}↖{→}$ deux vecteurs du plan
L'enchaînement des translations $t_{{u}↖{→}}$ et $t_{{v}↖{→}}$ est une nouvelle translation dont le vecteur est noté ${u}↖{→}+{v}↖{→}$.
Par conséquent:
Si $t_{{u}↖{→}}(M)=M'$ et si $t_{{v}↖{→}}(M')=M"$, alors $t_{{u}↖{→}+{v}↖{→}}(M)=M"$.
Construction pratique de la somme ${u}↖{→}+{v}↖{→}$
On dessine les vecteurs l'un derrière l'autre
Relation de Chasles
Pour tous points A, B et C, on a:
${AB}↖{→}+{BC}↖{→}={AC}↖{→}$.
Exemple
Calculer ${u}↖{→}={FA}↖{→}+ {BE}↖{→}+ {AB}↖{→}+ {EF}↖{→} $.
Corrigé
On réordonne les vecteurs et on applique plusieurs fois la relation de Chasles.
On obtient: ${u}↖{→}={FA}↖{→}+ {BE}↖{→}+ {AB}↖{→}+ {EF}↖{→}=({FA}↖{→}+{AB}↖{→})+ ({BE}↖{→}+ {EF}↖{→}) $
Donc: ${u}↖{→}={FB}↖{→}+ {BF}↖{→} $ (d'après la relation de Chasles)
Donc: ${u}↖{→}={FF}↖{→} $ (d'après la relation de Chasles)
Donc: ${u}↖{→}={0}↖{→} $
Règle du parallélogramme
Pour tous points O, A, B et M, on a l'équivalence:
OAMB est un parallélogramme $⇔$ ${OA}↖{→}+{OB}↖{→}={OM}↖{→}$.
Exemple
X, Y, Z et T sont 4 points tels que ${XY}↖{→}+{XT}↖{→}={XZ}↖{→}$.
Montrer que ${XY}↖{→}={TZ}↖{→}$
Corrigé
${XY}↖{→}+{XT}↖{→}={XZ}↖{→}$
Donc XYZT est un parallélogramme.
Donc: ${XY}↖{→}={TZ}↖{→}$
Seconde méthode pour construire la somme ${u}↖{→}+{v}↖{→}$
On dessine les vecteurs issus d'un même point et un parallélogramme
Attention !
Ne pas confondre la relation de Chasles (qui utilise 3 points) et la règle du parallélogramme (qui utilise 4 points).
III. Différence de vecteurs
Définition
L'opposé d'un vecteur ${u}↖{→}$ est noté $-{u}↖{→}$.
L'opposé d'un vecteur non nul ${u}↖{→}$ est le vecteur de même direction et de même longueur que le vecteur ${u}↖{→}$,
mais de sens opposé.
Par ailleurs, on a: $-{0}↖{→}={0}↖{→}$
Propriété
Soient A et B deux points.
L'opposé du vecteur ${AB}↖{→}$ est le vecteur ${BA}↖{→}$
On a donc: $-{AB}↖{→}={BA}↖{→}$.
Propriété
I est le milieu de [AB] $⇔$ ${AI}↖{→}=-{BI}↖{→}$ $⇔$ ${AI}↖{→}={IB}↖{→}$
Définition
Soient ${u}↖{→}$ et ${v}↖{→}$ deux vecteurs du plan
La différence ${u}↖{→}-{v}↖{→}$ est définie par l'égalité: ${u}↖{→}-{v}↖{→}={u}↖{→}+(-{v}↖{→})$
Exemple
On sait que: ${YZ}↖{→}-{TZ}↖{→}+{XY}↖{→}=-{VT}↖{→}$.
Que dire de T?
Corrigé
On va éliminer les signes - et utiliser la relation de Chasles.
On a: ${YZ}↖{→}-{TZ}↖{→}+{XY}↖{→}=-{VT}↖{→}$.
Donc: ${YZ}↖{→}+{ZT}↖{→}+{XY}↖{→}=+{TV}↖{→}$.
Donc: ${XY}↖{→}+{YZ}↖{→}+{ZT}↖{→}={TV}↖{→}$ (on a réordonné)
Donc: ${XT}↖{→}={TV}↖{→}$ (d'après la relation de Chasles).
Donc T est le milieu du segment [XV].
Construction pratique de la différence ${u}↖{→}-{v}↖{→}$
Il suffit d'utiliser la définition ${u}↖{→}-{v}↖{→}={u}↖{→}+(-{v}↖{→})$,
et, par exemple, de dessiner les vecteurs ${u}↖{→}$ et $-{v}↖{→}$ l'un derrière l'autre.
IV. Produit d'un vecteur par un nombre réel
Définition
Soit ${u}↖{→}$ un vecteur et $k$ un nombre réel
Si $k=0$ ou si ${u}↖{→}={0}↖{→}$, alors $k.{u}↖{→}={0}↖{→}$
Sinon:
si $k>0$, alors $k.{u}↖{→}$ est un vecteur de même direction et de même sens que ${u}↖{→}$, et dont la longueur vaut $k×∥{u}↖{→}∥$.
si $k<0$, alors $k.{u}↖{→}$ est un vecteur de même direction que ${u}↖{→}$, de sens opposé à celui de ${u}↖{→}$, et dont la longueur vaut $-k×∥{u}↖{→}∥$.
Exemple
Placer les points C et D définis par ${AC}↖{→}=2,5.{AB}↖{→}$ et ${AD}↖{→}=-0,5.{AB}↖{→}$
Corrigé
Voici les points C et D correctement placés.
Propriété
Pour tous vecteurs ${u}↖{→}$ et ${v}↖{→}$ et tous réels $k$ et $k'$, on a:
$k.({u}↖{→}+{v}↖{→})=k.{u}↖{→}+k.{v}↖{→}$
$(k+k').{u}↖{→}=k.{u}↖{→}+k'.{u}↖{→}$
$k.{u}↖{→}={0}↖{→}$ $⇔$ $k=0$ ou ${u}↖{→}={0}↖{→}$
Propriété
I est le milieu de [AB] $⇔$ ${AB}↖{→}=2.{AI}↖{→}$ $⇔$ ${AB}↖{→}=2.{IB}↖{→}$
Définition
Deux vecteurs non nuls ${u}↖{→}$ et ${v}↖{→}$ sont colinéaires si et seulement si
il existe un réel $k$ tel que ${v}↖{→}=k.{u}↖{→}$
Le vecteur nul ${0}↖{→}$ est colinéaire à tout vecteur.
Propriété
Les points A, B et C sont alignés $⇔$ les vecteurs ${AB}↖{→}$ et ${AC}↖{→}$ sont colinéaires
Exemple
Placer les points E et D définis par:
${AD}↖{→}={AB}↖{→}+{AC}↖{→}$ et ${AE}↖{→}=2,5.{AB}↖{→}+2,5.{AC}↖{→}$
Montrer que A, D et E sont alignés.
Corrigé
Voici les points D et E correctement placés.
On a: ${AE}↖{→}=2,5.{AB}↖{→}+2,5.{AC}↖{→}$
Donc: ${AE}↖{→}=2,5.({AB}↖{→}+{AC}↖{→})$
Donc: ${AE}↖{→}=2,5.{AD}↖{→}$
Donc les vecteurs ${AE}↖{→}$ et ${AD}↖{→}$ sont colinéaires.
Donc les points A, D et E sont alignés.
Propriété
Soient A, B, C et D quatre points distincts deux à deux.
Les droites (AB) et (CD) sont parallèles $⇔$ les vecteurs ${AB}↖{→}$ et ${CD}↖{→}$ sont colinéaires
V. Coordonnées et vecteurs
Définition et propriété
Le plan est muni d'un repère $(O,I,J)$ quelconque.
Pour tout vecteur ${u}↖{→}$, il existe un unique couple $(x;y)$ de nombres réels tel que ${u}↖{→}=x.{OI}↖{→}+y.{OJ}↖{→}$
$(x;y)$ s'appelle couple des coordonnées de ${u}↖{→}$.
Remarque: on note indifféremment ${u}↖{→}(x,y)$ ou ${u}↖{→}(\table x; y)$.
La première coordonnée, $x$, est l'abscisse; la seconde coordonnée, $y$, est l'ordonnée.
Propriété
Le point M a pour coordonnées $(x;y)$ dans le repère $(O,I,J)$
si et seulement si
le vecteur ${OM}↖{→}$ a pour coordonnées $(x;y)$ dans le repère $(O,I,J)$
Exemple
Soient A, B et C trois points non alignés. On suppose que: ${AD}↖{→}=2.{AB}↖{→}+{AC}↖{→}$
- Faire une figure
- Quelles sont les coordonnées de D dans le repère $(A,B,C)$?
- Une question plus difficile!
Quelles sont les coordonnées de D dans le repère $(C,B,A)$?
Corrigé
- Voici une figure convenable
- Comme ${AD}↖{→}=2.{AB}↖{→}+1.{AC}↖{→}$, le point D a pour coordonnées $(2;1)$ dans le repère $(A,B,C)$.
- On cherche les coordonnées de D dans le repère $(C,B,A)$. Il suffit donc d'exprimer ${CD}↖{→}$ en fonction de ${CB}↖{→}$ et ${CA}↖{→}$.
Nous allons faire apparaître ces vecteurs à l'aide de la relation de Chasles à partir de l'hypothèse.
On a: ${AD}↖{→}=2.{AB}↖{→}+{AC}↖{→}$
Et donc: ${AC}↖{→}+{CD}↖{→}=2.({AC}↖{→}+{CB}↖{→})+{AC}↖{→}$ (d'après la relation de Chasles)
Donc: ${AC}↖{→}+{CD}↖{→}=2.{AC}↖{→}+2.{CB}↖{→}+{AC}↖{→}$
Donc: ${CD}↖{→}=2.{AC}↖{→}+2.{CB}↖{→}+{AC}↖{→}-{AC}↖{→}$
Donc: ${CD}↖{→}=2.{AC}↖{→}+2.{CB}↖{→}$
Donc: ${CD}↖{→}=-2.{CA}↖{→}+2.{CB}↖{→}$
Soit: ${CD}↖{→}=2.{CB}↖{→}-2.{CA}↖{→}$
Et par là, le point D a pour coordonnées $(2;-2)$ dans le repère $(C,B,A)$.
Cela se lit sur la figure qui suit.
Propriété
Le plan est muni d'un repère.
Soient ${u}↖{→}(\,x\,;\,y\,)$ et ${v}↖{→}(\,x'\,;\,y'\,)$ deux vecteurs et $k$ un réel.
${u}↖{→}+{v}↖{→}$ a pour coordonnées $(\,x+x'\,;\,y+y'\,)$
$k.{u}↖{→}$ a pour coordonnées $(\,kx\,;\,ky\,)$
Propriété
Le plan est muni d'un repère orthonormé.
Soit ${u}↖{→}(\,x\,;\,y\,)$ un vecteur
$∥{u}↖{→}∥=√ {x^2+y^2}$
Exemple
Le plan est muni d'un repère orthonormé.
Soient ${u}↖{→}(\,2\,;\,-5\,)$ et ${v}↖{→}(\,6\,;\,-7\,)$ deux vecteurs.
Quelles sont les coordonnées de ${w}↖{→}=3.{u}↖{→}+{v}↖{→}$?
Déterminer la norme de ${w}↖{→}$.
Corrigé
On obtient: $3.{u}↖{→}+{v}↖{→}(\,3×2+6\,;\,3×(-5)+(-7)\,)$
Soit: $3.{u}↖{→}+{v}↖{→}(\,12\,;\,-22\,)$
Et comme le repère est orthonormé, la norme de ${w}↖{→}$ est:
$∥{w}↖{→}∥=√ {12^2+(-22)^2}=√ {628}≈25,06$
Propriété
Le plan est muni d'un repère.
Soient $A(\,x_A\,;\,y_A\,)$ et $B(\,x_B\,;\,y_B\,)$ deux points.
Le vecteur ${AB}↖{→}$ a pour coordonnées $(\,x_B-x_A\,;\,y_B-y_A\,)$
Exemple
Le plan est muni d'un repère.
Soient $A(\,2\,;\,1,5\,)$ et $B(\,5\,;\,-1\,)$ deux pointss.
Faire une figure.
Lire graphiquement les coordonnées de ${AB}↖{→}$, puis les retrouver par un calcul.
Corrigé
Voici une figure convenable.
Graphiquement, on constate que ${AB}↖{→}(\,3\,;\,-2,5\,)$
En effet, pour aller de A en B, on a avancé de 3, puis on a descendu de 2,5.
Retrouvons ces valeurs par le calcul.
On a: $x_{{AB}↖{→}}=x_B-x_A=5-2=3$
et: $y_{{AB}↖{→}}=y_B-y_A=-1-1,5=-2,5$
On a donc bien: ${AB}↖{→}(\,3\,;\,-2,5\,)$
Définition
Le plan est muni d'un repère $(O,I,J)$ quelconque.
Soient ${u}↖{→}(x,y)$ et ${v}↖{→}(x',y')$ deux vecteurs.
Le déterminant du couple $({u}↖{→},{v}↖{→})$, noté $det({u}↖{→},{v}↖{→})$, est le nombre réel défini par
$det({u}↖{→},{v}↖{→})=xy'-x'y$
Propriété
Le plan est muni d'un repère.
Soient ${u}↖{→}$ et ${v}↖{→}$ deux vecteurs.
${u}↖{→}$ et ${v}↖{→}$ sont colinéaires $⇔$ $det({u}↖{→},{v}↖{→})=0$
Exemple
Le plan est muni d'un repère.
Soient $A(\,2\,;\,1,5\,)$, $B(\,5\,;\,-1\,)$ et $C(\,-2\,;\,y\,)$ trois points.
Déterminer $y$ tel que A, B et C soient alignés.
Corrigé
A, B et C sont alignés $⇔$ ${AB}↖{→}$ et ${AC}↖{→}$ sont colinéaires
$⇔$ $det({AB}↖{→},{AC}↖{→})=0$
Or, on obtient facilement: ${AB}↖{→}(\,3\,;\,-2,5\,)$ et ${AC}↖{→}(\,-4\,;\,y-1,5\,)$
Et donc: $det({AB}↖{→},{AC}↖{→})=3×(y-1,5)-(-4)×(-2,5)=3y-4,5-10=3y-14,5$
Par conséquent:
A, B et C sont alignés $⇔$ $3y-14,5=0$
$⇔$ $y={14,5}/{3}≈4,83$
Le résultat obtenu semble confirmé par le graphique.
Propriété
Le plan est muni d'un repère orthonormé.
Si ABCD est un parallélogramme, alors son aire est égale à $|det({AB}↖{→},{AD}↖{→})|$
Exemple
Le plan est muni d'un repère orthonormé $(O,I,J)$.
Soient $O(\,0\,;\,0\,)$, $E(\,3\,;\,1\,)$, $F(\,4\,;\,2\,)$ et $G(\,x_G\,;\,y_G\,)$ quatre points tels que OEFG soit un parallélogramme.
Déterminer l'aire $s$ de OEFG.
Corrigé
OEFG est un parallélogramme
Donc $s=|det({EF}↖{→},{EO}↖{→})|$
Or, on obtient facilement: ${EF}↖{→}(\,1\,;\,1\,)$ et ${EO}↖{→}(\,-3\,;\,-1\,)$
Et donc: $det({EF}↖{→},{EO}↖{→})=1×(-1)-(-3)×1=-1+3=2$
Et comme le repère est orthonormé, on obtient:
$s=|det({EF}↖{→},{EO}↖{→})|$
Soit: $s=2$ (unités d'aire)
Autre méthode.
Comme OEFG est un parallélogramme, on a aussi: $s=|det({OG}↖{→},{OF}↖{→})|$
Cherchons les coordonnées de G.
OEFG est un parallélogramme $⇔$ ${OG}↖{→}={EF}↖{→}$
$⇔$ $x_G=1$ et $y_G=1$
Donc $G(\,1\,;\,1\,)$, et par là, on obtient: ${OG}↖{→}(\,1\,;\,1\,)$
Et comme ${OF}↖{→}(\,4\,;\,2\,)$, on a: $det({OG}↖{→},{OF}↖{→})=1×2-4×1=-2$
Et donc on retrouve: $s=|-2|=2$
VI. Barycentre de deux points
Cette partie du cours est destinée aux experts qui veulent approfondir le cours...
Définition
Un couple $(A,a)$, où $A$ est un point et $a$ un nombre réel, s'appelle un point pondéré.
Définition et propriété
Soient $(A,a)$ et $(B,b)$ deux points pondérés.
Si $a+b≠0$, alors il existe un unique point G du plan tel que $a{GA}↖{→}+b{GB}↖{→}={0}↖{→}$.
Le point G est appelé barycentre des points pondérés $(A,a)$ et $(B,b)$.
On écrit: $G=$bar$\{(A,a), (B,b)\}$.
Propriété
Soient $(A,a)$ et $(B,b)$ deux points pondérés tels que $a+b≠0$.
On a alors les équivalences suivantes:
$a{GA}↖{→}+b{GB}↖{→}={0}↖{→}$ $ ⇔$ ${AG}↖{→}={b}/{a+b}{AB}↖{→}$ $ ⇔$ ${BG}↖{→}={a}/{a+b}{BA}↖{→}$
Propriété
Le barycentre de deux points est inchangé lorsqu'on remplace les deux coefficients par des coefficients proportionnels (de somme non nulle).
Propriété
Le barycentre de deux points distincts A et B appartient à la droite (AB).
Il est sur le segment [AB] lorsque les coefficients sont de même signe.
Il est au milieu du segment [AB] lorsque les coefficients sont égaux.
Entre A et B, le point le plus près du barycentre est celui dont le coefficient a la plus grande valeur absolue.
Exemple
Soient A et B deux points distincts du plan.
Placer, lorsqu'il existe, le barycentre G des points pondérés $(A,a)$ et $(B,b)$ dans chacun des cas suivants.
1) $a=3$ et $b=2$
2) $a=3$ et $b=-2$
3) $a=-1$ et $b=3$
4) $a=10$ et $b=10$
5) $a=-6$ et $b=-4$
6) $a=0$ et $b=3$
7) $a=4$ et $b=-4$
Corrigé
Et voici quelques explications...
Cas 1: on obtient: ${AG}↖{→}={2}/{3+2}{AB}↖{→}={2}/{5}{AB}↖{→}$
Comme les coefficients sont de même signe, G est sur le segment [AB].
Ici, $|a|=3$ et $|b|=2$, et par là, A est plus près de G que B car $|a|>|b|$.
Cas 2: on obtient: ${AG}↖{→}={-2}/{3+(-2)}{AB}↖{→}=-2{AB}↖{→}$
G est sur la droite (AB), mais comme les coefficients ne sont pas de même signe, G est à l'extérieur du segment [AB].
Ici, $|a|=3$ et $|b|=2$, et par là, A est plus près de G que B car $|a|>|b|$.
Cas 3: on obtient: ${AG}↖{→}={3}/{-1+3}{AB}↖{→}={3}/{2}{AB}↖{→}$
G est sur la droite (AB), mais comme les coefficients ne sont pas de même signe, G est à l'extérieur du segment [AB].
Ici, $|a|=1$ et $|b|=3$, et par là, B est plus près de G que A car $|a|<|b|$.
Cas 4: on obtient: ${AG}↖{→}={10}/{10+10}{AB}↖{→}={1}/{2}{AB}↖{→}$
G est le milieu du segment [AB] car $a=b$
Cas 5: on constate que les coefficients sont proportionnels à ceux du cas 1 (avec un coefficient de proportionnalité égal à $-2$).
Par conséquent, le barycentre reste inchangé.
Cas 6: on obtient: ${AG}↖{→}={3}/{0+3}{AB}↖{→}={AB}↖{→}$
Par conséquent, B et G sont confondus.
Pour information, si $a=0$, alors G est confondu avec B, et si $b=0$, alors G est confondu avec A. Et on ne peut avoir $a=0$ et $b=0$ car leur somme serait alors nulle!
Cas 7: ici, $a+b=0$, et par là, le barycentre de $(A,a)$ et $(B,b)$ n'existe pas.
Pour information, en voici la démonstration!
En effet, si le barycentre G existait, on aurait: $4{GA}↖{→}+(-4){GB}↖{→}={0}↖{→}$
Soit: $4({GA}↖{→}-{GB}↖{→})={0}↖{→}$
Soit: ${GA}↖{→}-{GB}↖{→}={0}↖{→}$
Soit: ${GA}↖{→}-({GA}↖{→}+{AB}↖{→})={0}↖{→}$ (par la relation de Chasles)
Soit: ${GA}↖{→}-{GA}↖{→}-{AB}↖{→}={0}↖{→}$
Soit: $-{AB}↖{→}={0}↖{→}$
Soit: ${AB}↖{→}={0}↖{→}$
Et par là, A et B seraient confondus, ce qui est absurde vu qu'ils sont distincts.
Propriété
Soient $(A,a)$ et $(B,b)$ deux points pondérés tels que $a+b≠0$.
Soit G le barycentre des points pondérés $(A,a)$ et $(B,b)$.
Pour tout point M du plan, on a:
$a{MA}↖{→}+b{MB}↖{→}=(a+b){MG}↖{→}$
et: ${MG}↖{→}={a}/{a+b}{MA}↖{→}+{b}/{a+b}{MB}↖{→}$
Exemple
Soient A et B deux points distincts du plan.
Soit C le point défini par ${AC}↖{→}={1}/{3}{AB}↖{→}$
Soit D un point quelconque du plan.
Soit ${u}↖{→}$ le vecteur défini par l'égalité: ${u}↖{→}=4{AD}↖{→}-2{DB}↖{→}$.
Montrer que les vecteurs ${u}↖{→}$ et ${DC}↖{→}$ sont colinéaires.
Corrigé
Posons $a=2$ et $b=1$. On note que $a+b≠0$ et ${AC}↖{→}={b}/{a+b}{AB}↖{→}$
Par conséquent, C est le barycentre des points pondérés $(A,2)$ et $(B,1)$.
Et par là, on obtient, pour tout point M du plan:
$2{MA}↖{→}+1{MB}↖{→}=3{MC}↖{→}$
C'est vrai en particulier si M est en D, et cela donne:
$2{DA}↖{→}+{DB}↖{→}=3{DC}↖{→}$
Donc: $-2{AD}↖{→}+{DB}↖{→}=3{DC}↖{→}$
Donc: $-4{AD}↖{→}+2{DB}↖{→}=6{DC}↖{→}$
Donc: $4{AD}↖{→}-2{DB}↖{→}=-6{DC}↖{→}$
Et par là: ${u}↖{→}=-6{DC}↖{→}$
Donc les vecteurs ${u}↖{→}$ et ${DC}↖{→}$ sont colinéaires. c.q.f.d.
Propriété
Le plan est muni d'un repère quelconque.
Soient $(A,a)$ et $(B,b)$ deux points pondérés tels que $a+b≠0$.
Soit G le barycentre des points pondérés $(A,a)$ et $(B,b)$.
Le barycentre G admet pour coordonnées:
$x_G={ax_A+bx_B}/{a+b}$ et $y_G={ay_A+by_B}/{a+b}$
Exemple
Soient $A(1,2)$ et $B(4,-1)$ deux points du plan repéré.
Soit G le barycentre des points pondérés $(A,2)$ et $(B,3)$.
Déterminer les coordonnées de G.
Faire une figure.
Corrigé
Le barycentre G admet pour coordonnées:
$x_G={ax_A+bx_B}/{a+b}$ et $y_G={ay_A+by_B}/{a+b}$
Soit: $x_G={2×1+3×4}/{2+3}$ et $y_G={2×2+3×(-1)}/{2+3}$
Donc: $x_G={14}/{5}$ et $y_G={1}/{5}$
Et par là: $G(2,8$ ; $0,2)$
Voici une figure convenable
VII. Barycentre de trois points
Cette partie du cours est destinée aux experts qui veulent approfondir le cours...
Définition et propriété
Soient $(A,a)$, $(B,b)$ et $(C,c)$ trois points pondérés.
Si $a+b+c≠0$, alors il existe un unique point G du plan tel que $a{GA}↖{→}+b{GB}↖{→}+c{GC}↖{→}={0}↖{→}$.
Le point G est appelé barycentre des points pondérés $(A,a)$, $(B,b)$ et $(C,c)$.
On écrit: $G=$bar$\{(A,a), (B,b), (C,c)\}$.
Propriété
Soient $(A,a)$, $(B,b)$ et $(C,c)$ trois points pondérés tels que $a+b+c≠0$.
Soit G le barycentre des points pondérés $(A,a)$, $(B,b)$ et $(C,c)$.
Pour tout point M du plan, on a:
$a{MA}↖{→}+b{MB}↖{→}+c{MC}↖{→}=(a+b+c){MG}↖{→}$
et: ${MG}↖{→}={1}/{a+b+c}(a{MA}↖{→}+b{MB}↖{→}+c{MC}↖{→})$
Exemple
Soient A, B et C trois points distincts du plan selon la figure suivante.
Placer le barycentre G des points pondérés $(A,2)$ et $(B,1)$ et $(C,3)$.
Corrigé
Et voici quelques explications...
Comme $G=$bar$\{(A,2), (B,1), (C,3)\}$, on obtient, pour tout point M: ${MG}↖{→}={1}/{2+1+3}(2{MA}↖{→}+1{MB}↖{→}+3{MC}↖{→})$
En particulier, si M est en A, cela donne: ${AG}↖{→}={1}/{6}(2{AA}↖{→}+1{AB}↖{→}+3{AC}↖{→})$
Soit: ${AG}↖{→}={1}/{6}({AB}↖{→}+3{AC}↖{→})$
D'où la construction qui permet de placer le point G.
On part du point A. On dessine le vecteur ${AB}↖{→}$, puis on place à son extrémité le vecteur $3{AC}↖{→}$. On considère alors un sixième du vecteur ${AB}↖{→}+3{AC}↖{→}$ obtenu. Et on obtient le point G.
Définition et propriété
Le barycentre de trois points pondérés $(A,1)$, $(B,1)$ et $(C,1)$ s'appelle l'isobarycentre des points A, B et C.
L'isobarycentre des points A, B et C est le centre de gravité du triangle ABC.
Propriété
Le barycentre de trois points est inchangé lorsqu'on remplace les trois coefficients par des coefficients proportionnels (de somme non nulle).
Propriété
Le plan est muni d'un repère quelconque.
Soient $(A,a)$, $(B,b)$ et $(C,c)$ trois points pondérés tels que $a+b+c≠0$.
Soit G le barycentre des points pondérés $(A,a)$, $(B,b)$ et $(C,c)$.
Le barycentre G admet pour coordonnées:
$x_G={ax_A+bx_B+cx_C}/{a+b+c}$ et $y_G={ay_A+by_B+cy_C}/{a+b+c}$
Exemple
Soient $A(1,2)$, $B(4,-1)$ et $C(3,0)$ trois points du plan repéré.
Soit G le barycentre des points pondérés $(A,2)$, $(B,3)$ et $(C,4)$.
Déterminer les coordonnées de G.
Corrigé
Le barycentre G admet pour coordonnées:
$x_G={ax_A+bx_B+cx_C}/{a+b+c}$ et $y_G={ay_A+by_B+cy_C}/{a+b+c}$
Soit: $x_G={2×1+3×4+4×3}/{2+3+4}$ et $y_G={2×2+3×(-1)+4×0}/{2+3+4}$
Donc: $x_G={26}/{9}$ et $y_G={1}/{9}$
Et par là: $G({26}/{9}$ ; ${1}/{9})$
Théorème du barycentre partiel
On ne change pas le barycentre de trois points pondérés en remplaçant deux d'entre eux par leur barycentre (s'il existe) affecté de la somme de leurs coefficients.
Exemple
Nous reprenons ici un exemple précédent.
Soient A, B et C trois points distincts du plan selon la figure suivante.
Placer le barycentre G des points pondérés $(A,2)$, $(B,1)$ et $(C,3)$ en utilisant le théorème du barycentre partiel.
Corrigé
Posons: $G_1=$bar$\{(A,2), (B,1)\}$.
Le barycentre $G_1$ existe bien car la somme des coefficients $2+1=3$ est non nulle.
On a alors: ${AG_1}↖{→}={1}/{2+1}{AB}↖{→}={1}/{3}{AB}↖{→}$.
Cela permet de placer $G_1$ sur la figure.
Et, d'après le théorème du barycentre partiel, on peut remplaçer $(A,2)$ et $(B,1)$ par leur barycentre $G_1$ affecté de la somme 3. On obtient alors:
$G=$bar$\{(G_1,3), (C,3)\}$.
Et comme les coefficients sont égaux, G est le milieu de $[GC]$.
Il reste à placer $G$ sur la figure.
