\documentclass[a4paper,11pt,french]{article}
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\title{Chapitre 2 : Barycentre }
\author{D. Zancanaro \and C. Aup\'erin}
\date{2009-2010}

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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%	Nouvelles commandes

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\newcommand{\Cadre}[1]{\begin{center}\begin{tabular}{|p{16cm}|} \hline {#1} \\ \hline \end{tabular} \end{center}\vspace{3mm}}

\newtheorem{Th}{TH\'EOR\`EME}
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 	\begin{tabular}{|p{15.5cm}|} \hline \begin{Th} \emph{#1} \end{Th} \\
	\hline \end{tabular} \end{center} } \end{center} \vspace{3mm} }

\newtheorem{Def}{\underline{D\'efinition}}
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\newtheorem{Prop}{Proposition}
\newcommand{\Propc}[1]{\begin{center}\begin{tabular}{||p{16cm}||} \hline \begin{Prop} \emph{#1} \end{Prop}\\ \hline \end{tabular} \end{center}\vspace{3mm}}

\newtheorem{Pte}{Propri\'et\'e}
\newcommand{\Ptec}[1]{\begin{center}\begin{tabular}{||p{16cm}||} \hline \begin{Pte} \emph{#1} \end{Pte}\\ \hline \end{tabular} \end{center} \vspace{3mm}}

\newtheorem{Cor}{\it{Corollaire}}
\newcommand{\Corc}[1]{\begin{center}\begin{tabular}{|p{16cm}|} \hline \begin{Cor} \emph{#1} \end{Cor}\\ \hline \end{tabular} \end{center}\vspace{3mm}}

\newtheorem{Ex}{\underline{\textbf{Exercice}}}[section]
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\newcommand{\Preuve}[1]{\noindent \underline{D\'emonstration} : \begin{center} \begin{tabular}{|p{16cm}}   {#1} \\  \end{tabular} \end{center}  \vspace{3mm}}
\newcommand{\Rq}[1]{\textbf{Remarque :} {#1} \vspace{3mm}}
\newcommand{\Rqs}[1]{\textbf{Remarques :} \begin{itemize} {#1} \end{itemize} \vspace{3mm}}

\newcommand{\Expl}[1]{\underline{Exemple} : {#1} \vspace{3mm}}
\newcommand{\Expls}[1]{\underline{Exemples} : {#1} \vspace{3mm}}
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\newcommand{\Cexpls}[1]{\underline{Contre-exemples} : {#1} \vspace{3mm}}
\newcommand{\Qu}[1]{\Cadre{\underline{Question} : {#1}} \vspace{3mm}}

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\newtheorem{Appl}{Application}
\newcommand{\Applic}[1]{\begin{Appl} \emph{#1} \end{Appl}}

\newtheorem{Lem}{Lemme}[section]
\newtheorem{Conj}{Conjecture}[section]
\newtheorem*{Conv}{Conventions}
\newtheorem*{Att}{Attention !!}
\newtheorem{q}{Question}

\def\euro{\mbox{\raisebox{.25ex}{{\it =}}\hspace{-.5em}{\sf C}}} 
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\newcommand{\Cj}[1]{
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\begin{center}
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\textsc{\textbf{\begin{Large} {#1} \end{Large}}}
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}
}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%	Premiere page
\begin{document}

\thispagestyle{empty}
{\Large Lyc\'ee Jean Durand, Castelnaudary\hfill
Classe de $1^{\text{\`e}re}$ S}\par

\vfill
\begin{center}
  \begin{minipage}{8cm}
    \hrule\par
    \maketitle
    \hrule\par
  \end{minipage}
\end{center}


\vfill\vfill
\null\hfill ``T\'el\'echarger c'est tuer l'industrie, tuons les tous'' \textsc{Thurston Moore}\\
\null\hfill Derni\`ere modification : \today
\newpage
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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Table des matieres et style de pages
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\lhead{Chapitre 2}
\rhead{Barycentre}

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\clearpage

\setcounter{page}{1}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%	Cadre jaune

\Cj{Cours : Barycentre dans le plan}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%	Le cours
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% 0. Position du pb

\section*{Un peu d'histoire}
La notion de barycentre (qui vient du grec \textit{barus} qui signifie lourd, massif) est apparu
au $III^{e}$ si\`ecle dans les travaux d'Archim\`ede alors qu'il s'int\'eressait \`a l'\'equilibre
des leviers. \og Donnez moi un point d'appui, je souleverai le monde \fg  d\'eclarait-il alors.
Le travail d'Archim\`ede permit de donner une solution au probl\`eme suivant :
\newline
\textit{Sur une tige de masse n\'egligeable, on suspend deux masses m et m' en A et B. Comment positionner le
pivot G pour que l'ensemble soit en \'equilibre ?}
\begin{center}
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\begin{pspicture*}(-1,-1)(7,3)
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\psline(3.6600,2.0000)(4.3300,0.0000)

\endpsclip
\end{pspicture*}
\end{center}
\Expl{Quel doit \^etre la position du point $G$ si $m'=2m$}

La notion de barycentre intervient dans un premier temps d'un point de vue physique et concret ;
il faut attendre Auguste Ferdinand Mobius au $XIX^{e}$ si\`ecle pour les consid\'erer d'un point de vue
strictement math\'ematique.\newline
On trouve d\'esormais de nombreuses applications des barycentres : les probl\`emes d'\'equilibre de balance,
de centre de gravit\'e, de centre d'inertie, de moyenne en statistique, ect...

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% I.Rappels et compl\'ements sur les droites 1. Definition




\newpage
\section{Barycentre de deux points pond\'er\'es}
\subsection{Existence et unicit\'e}
\Thc{Soit $A$ et $B$ deux points du plan, $\alpha$ et $\beta$ deux r\'eels tels que $\alpha+\beta\neq0$.
Il existe un unique point $G$ v\'erifiant :
$$ \alpha \overrightarrow{GA}+\beta \overrightarrow{GB}=\overrightarrow{0}$$}
\Preuve{On a : 
$$ \alpha \overrightarrow{GA}+\beta \overrightarrow{GB}=\overrightarrow{0}$$
$$ \Leftrightarrow \alpha \overrightarrow{GA}+\beta \left(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AB}\right)=\overrightarrow{0}$$
$$\Leftrightarrow (\alpha+\beta) \overrightarrow{GA}+\beta\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{0} $$
$$ \Leftrightarrow (\alpha+\beta) \overrightarrow{GA}=-\beta\overrightarrow{AB}$$
$$ \Leftrightarrow (\alpha+\beta) \overrightarrow{AG}=\beta\overrightarrow{AB}$$
$$ \Leftrightarrow  \overrightarrow{AG}=\dfrac{\beta}{\alpha+\beta}\overrightarrow{AB} \text{ possible puisque $\alpha+\beta\neq0$ }$$
Ainsi chercher un point $G$ v\'erifiant $\alpha \overrightarrow{GA}+\beta \overrightarrow{GB}=\overrightarrow{0}$
revient \`a chercher un point $G$ tel que $$\overrightarrow{AG}=\dfrac{\beta}{\alpha+\beta}\overrightarrow{AB}$$
Il existe un unique point $G$ v\'erifiant cette derni\`ere \'egalit\'e.
}
\subsection{D\'efinition}
\Defc{
Ce point est appel\'e \underline{barycentre de deux points pond\'er\'es} $(A,\alpha)$ et $(B,\beta)$ le point $G$ d\'efini par :
$$ \alpha \overrightarrow{GA}+\beta \overrightarrow{GB}=\overrightarrow{0}$$}

\Rq{\begin{itemize}
\item Si $\alpha+\beta=0$, alors le barycentre n'est pas d\'efini.
\item Pour construire le barycentre de deux points pond\'er\'es, on utilise la relation :
$$ \overrightarrow{AG}=\dfrac{\beta}{\alpha+\beta}\overrightarrow{AB}$$
\item Physiquement, $G$ est le point d'\'equilibre de la balance $[AB]$ munie de masses $\alpha$ et $\beta$.
Math\'ematiquement, la notion est \'etendue \`a des coefficients qui peuvent \^etre n\'egatifs.
    \end{itemize}
}

\Exo{D\'eterminer et construire le barycentre $G_1$ de $\{(A,7);(B,-1)\}$ et $G_2$ de $\{(A,7);(B,-1)\}$}

\Exo{Soit $G$ le point du segment $[AB]$ tel que $\overrightarrow{AG}=\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AB}$. $G$ est le barycentre de
 $A$ et $B$ munis de quelles pond\'erations ?}

\underline{Cas particuliers} :
\begin{itemize}
\item Si $\alpha=0$ alors $\beta\overrightarrow{GB}=\overrightarrow{0}$ et comme $\beta\neq0$ on a $\overrightarrow{GB}=\overrightarrow{0}$ d'o\`u $G=B$
\item Si $\beta=0$ alors $\alpha\overrightarrow{GA}=\overrightarrow{0}$ et comme $\alpha\neq0$ on a $\overrightarrow{GA}=\overrightarrow{0}$ d'o\`u $G=A$
\item Si $\alpha=\beta$ alors $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}=\overrightarrow{0}$, ce qui signifie que $G$ est le milieu de $[AB]$. On dit dans ce cas
 que $G$ est \underline{l'isobarycentre} de $A$ et $B$ car les coefficients sont \'egaux.
\end{itemize}

\subsection{Autre caract\'erisation}
\Thc{Soit $\alpha$ et $\beta$  deux r\'eels tels que $\alpha +\beta \neq 0$. On a :
$$ \text{ G barycentre de }(A,\alpha) \text{ et } (B,\beta)\Longleftrightarrow\forall M \text{ point du plan, }\alpha\overrightarrow{MA}+\beta\overrightarrow{MB}=(\alpha+\beta)\overrightarrow{MG} $$}

\Preuve{\begin{itemize}
\item[$ \Rightarrow$)]  Si $G$ est le barycentre de $(A,\alpha) \text{ et } (B,\beta)$ on a : $\alpha \overrightarrow{GA}+\beta \overrightarrow{GB}=\overrightarrow{0}$\newline
De plus : $(\alpha+\beta)\overrightarrow{MG}=\alpha\overrightarrow{MG}+\beta\overrightarrow{MG}=\alpha\left(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AG}\right)+\beta
\left(\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{BG}\right)=\alpha\overrightarrow{MA}+\beta\overrightarrow{MB}$\newline

\item[$\Leftarrow$)] R\'eciproquement, supposons que $\forall$ point $M$ du plan : $$ \alpha\overrightarrow{MA}+\beta\overrightarrow{MB}=(\alpha+\beta)\overrightarrow{MG} $$
Il vient pour $M=G$ : $\alpha \overrightarrow{GA}+\beta \overrightarrow{GB}=\overrightarrow{0}$, et comme  $\alpha +\beta \neq 0$, $G$ est bien le barycentre de $(A,\alpha) \text{ et } (B,\beta)$
\end{itemize}
}

\Corc{Soit $\alpha$ et $\beta$  deux r\'eels tels que $\alpha +\beta \neq 0$. On a :
$$ \text{ G barycentre de }(A,\alpha) \text{ et } (B,\beta)\Longleftrightarrow \overrightarrow{AG}=\dfrac{\beta}{\alpha+\beta}\overrightarrow{AB}$$}

\Rq{Cette relation permet de construire le point $G$}
\newpage

\Preuve{\begin{itemize}
\item[$ \Rightarrow$)] Supposons que $\text{ G barycentre de }(A,\alpha) \text{ et } (B,\beta)$, d'apr$\grave{e}$s le th\'eor$\grave{e}$me 2 on a pour $M=A$ :
$$ \beta\overrightarrow{AB}=(\alpha+\beta)\overrightarrow{AG}\Longleftrightarrow\overrightarrow{AG}=\dfrac{\beta}{\alpha+\beta}\overrightarrow{AB}\text{ puisque }\alpha +\beta \neq 0$$
\newline
\item[$\Leftarrow$)]R\'eciproquement, supposons que $ \overrightarrow{AG}=\dfrac{\beta}{\alpha+\beta}\overrightarrow{AB}$ ce qui donne :
$$ \beta\overrightarrow{AB}=(\alpha+\beta)\overrightarrow{AG}\Longleftrightarrow\beta\overrightarrow{AG}+\beta\overrightarrow{GB}=
\alpha\overrightarrow{AG}+\beta\overrightarrow{AG}$$
$$ \Longleftrightarrow \alpha \overrightarrow{GA}+\beta \overrightarrow{GB}=\overrightarrow{0}$$
Comme $\alpha +\beta \neq 0$, $G$ est le barycentre de $(A,\alpha) \text{ et } (B,\beta)$ 
\end{itemize}}

\Exo{Placer deux points $A$ et $B$ quelconque dans le plan, puis placer le point $G$ barycentre de $(A,3) \text{ et } (B,2)$}

\subsection{Propri\'et\'es}
\Thc{\underline{Homog\'en\'eit\'e}\newline
On ne change pas le barycentre de deux points pond\'er\'es en multipliant les deux coefficients par n'importe quel r\'eel non nul}

\Preuve{Soit un r\'eel $k\neq 0$, on a alors :
$$ \alpha \overrightarrow{GA}+\beta \overrightarrow{GB}=\overrightarrow{0}\Longleftrightarrow k \alpha \overrightarrow{GA}+k\beta \overrightarrow{GB}=\overrightarrow{0}$$
Comme $k\alpha+k\beta \neq 0$, G est bien le barycentre de $(A,k\alpha) \text{ et } (B,k\beta)$}

\Expl{Construire le barycentre de $(A,5000)$ et $(B,3000)$ revient $\grave{a}$ construire le barycentre de $(A,5)$ et $(B,3)$}

\Thc{Si $G$ est le barycentre de $\{(A,\alpha);(B,\beta)\}$ alors $G \in (AB)$\newline
Plus pr\'ecis\'ement : 
\begin{itemize}
\item[i)] Si $\alpha$ et $\beta$ sont de m\^eme signe alors $G \in \left[AB \right]$
\item[ii)] Si $\alpha$ et $\beta$ sont de signe contraire alors $G \notin \left[AB \right]$
\end{itemize}} 

\Preuve{Comme $\overrightarrow{AG}=\dfrac{\beta}{\alpha+\beta}\overrightarrow{AB}$, les vecteurs $\overrightarrow{AG}$ et $\overrightarrow{AB}$ sont colin\'eaires donc les points $A$, $B$ et $G$ sont align\'es.\newline
Si $\alpha=0$ alors $G=B$ et donc $G \in \left[AB \right]$\newline
Si $\alpha\neq 0$ alors $G$ barycentre de $\{(A,\alpha);(B,\beta)\}\Longleftrightarrow G$ barycentre de $\{(A,1);(B,\dfrac{\beta}{\alpha})\}$, i.e :
\newline
$$ \overrightarrow{AG}+\dfrac{\beta}{\alpha} \overrightarrow{BG}=\overrightarrow{0} \Longleftrightarrow \overrightarrow{AG}=\dfrac{\beta}{\alpha} \overrightarrow{GB} $$
Si $\alpha$ et $\beta$ sont de m\^eme signe , alors $\dfrac{\beta}{\alpha}>0$ et donc les vecteurs $ \overrightarrow{AG}$ et $ \overrightarrow{GB}$ sont de m\^eme sens, donc $G\in \left[AB \right]$\newline
Sinon $\dfrac{\beta}{\alpha}<0$ et donc les vecteurs $ \overrightarrow{AG}$ et $ \overrightarrow{GB}$ sont de sens contraire, donc $G\notin \left[AB \right]$\newline
}

\Thc{Soit $\alpha$ un nombre r\'eel non nul. Le barycentre $G$, appel\'e \underline{isobarycentre} ou \underline{centre de gravit\'e}, de $\{(A,\alpha);(B,\beta)\}$ est le milieu du segment $[AB]$.}

\Preuve{Soit $\alpha$ un nombre r\'eel non nul. On a :  $$\alpha \overrightarrow{GA}+\alpha \overrightarrow{GB}= \overrightarrow{0}\Longleftrightarrow \overrightarrow{GA}+ \overrightarrow{GB} =\overrightarrow{0}$$
D'apr$\grave{e}$s le corollaire du th\'eor$\grave{e}$me 2 avec $\alpha=\beta=1$  : $ \overrightarrow{AG}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{AB}$.\newline
Donc $G$ est le milieu du segment $[AB]$.
}

\Thc{La droite $(AB)$ est l'ensemble des barycentre $M$ de $\{(A,1-k);(B,k)\}$ o$\grave{u}$ $k \in \R$}

\Preuve{Soit $M$ un point du plan. On a :
\newline
$M \in (AB) \Longleftrightarrow$ il existe $k\in\R$ tel que $ \overrightarrow{AM}=k \overrightarrow{AB}$\newline
$\Longleftrightarrow  \overrightarrow{AM}=k \overrightarrow{AM}+k \overrightarrow{MB}\Longleftrightarrow (1-k)\overrightarrow{MA}+k \overrightarrow{MB}=\overrightarrow{0}$ avec $1-k+k \neq 0$ ce qui prouve que $M$ est barycentre de $\{(A,1-k);(B,k)\}$ o$\grave{u}$ $k \in \R$}

\subsection{Coordonn\'ees du barycentre}
Dans un rep$\grave{e}$re $\left(O ; \vec i, \vec j \right)$ du plan, on consid$\grave{e}$re les points $A(x_A;y_A)$, $B(x_B;y_b)$ et $G(x_G;y_G)$ le barycentre de $\{(A,\alpha);(B,\beta)\}$. On a : $\alpha \overrightarrow{OA}+ \beta \overrightarrow{OB}=(\alpha+\beta) \overrightarrow{OG}$ donc :
$$ \overrightarrow{OG}= \dfrac{\alpha}{\alpha + \beta} \overrightarrow{OA}+ \dfrac{\beta}{\alpha + \beta} \overrightarrow{OB}$$
Donc : $G \left(\dfrac{\alpha x_A+\beta x_B}{\alpha+\beta};\dfrac{\alpha y_A+\beta y_B}{\alpha+\beta} \right)$

\Thc{Les coordonn\'ees du barycentre $G$ de $\{(A,\alpha);(B,\beta)\}$ sont : $G \left(\dfrac{\alpha x_A+\beta x_B}{\alpha+\beta};\dfrac{\alpha y_A+\beta y_B}{\alpha+\beta} \right)$ (moyennes pond\'er\'es des coordonn\'ees de $A$ et de $B$)}

\Exo{Dans un rep$\grave{e}$re de l'espace, on donne les points $A(3;1;1)$ et $B(1;3;0)$. Calculer les coordonn\'ees du barycentre $G$ de $\{(A,1);(B,3)\}$}

\Exo{Dans un rep$\grave{e}$re du plan, on donne les points $A(3;2)$ et $B(-1;4)$. $G=bar\{(A,3) ;(B,-2)\}$ et $G'=bar\{(A,-2) ;(B,3)\}$.
\begin{enumerate}
\item Calculer les coordonn\'ees de $G$ et $G'$
\item V\'erifier que $[AB]$ et $[GG']$ ont m\^eme milieu
\end{enumerate}}

\section{Barycentre de trois points pond\'er\'es ou plus dans le plan ou dans l'espace}
L'\'etude faite au paragraphe pr\'ec$\grave{e}$dent  se g\'en\'eralise $ \grave{a} $ trois points pond\'er\'es ou plus, dans le plan ou dans l'espace. Nous n'\'enoncerons les r\'esultats dans le cas de trois points pond\'er\'es du plan.

\subsection{D\'efinition et propri\'et\'es}

\Thc{Soit $A$, $B$ et $C$ trois points du plan et $\alpha$, $\beta$ et $\gamma$ trois r\'eels tels que $\alpha+\beta+\gamma\neq 0$. Il existe un unique point v\'erifiant : $$ \alpha \overrightarrow{GA}+ \beta \overrightarrow{GB}+ \gamma \overrightarrow{GC}= \overrightarrow{0}$$}
\newpage
\Preuve{On a : 
$$ \alpha \overrightarrow{GA}+\beta \overrightarrow{GB}+\gamma \overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}$$
$$ \Leftrightarrow \alpha \overrightarrow{GA}+\beta \left(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AB}\right)+ \gamma \left(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AC}\right)=\overrightarrow{0}$$
$$\Leftrightarrow (\alpha+\beta+\gamma) \overrightarrow{GA}+\beta\overrightarrow{AB}+\gamma \overrightarrow{AC}=\overrightarrow{0} $$
$$ \Leftrightarrow (\alpha+\beta+\gamma) \overrightarrow{GA}=-\beta\overrightarrow{AB}-\gamma \overrightarrow{AC}$$
$$ \Leftrightarrow (\alpha+\beta+\gamma) \overrightarrow{AG}=\beta\overrightarrow{AB}+\gamma \overrightarrow{AC}$$
$$ \Leftrightarrow  \overrightarrow{AG}=\dfrac{\beta}{\alpha+\beta+\gamma}\overrightarrow{AB} +\dfrac{\gamma}{\alpha+\beta+\gamma}\overrightarrow{AC}\text{ possible puisque $\alpha+\beta\neq0$ }$$
Ainsi chercher un point $G$ v\'erifiant $\alpha \overrightarrow{GA}+\beta \overrightarrow{GB}++\gamma \overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}$
revient \`a chercher un point $G$ tel que $$\overrightarrow{AG}=\dfrac{\beta}{\alpha+\beta+\gamma}\overrightarrow{AB} +\dfrac{\gamma}{\alpha+\beta+\gamma}\overrightarrow{AC}$$
Il existe un unique point $G$ v\'erifiant cette derni\`ere \'egalit\'e.
}

\Defc{On appelle \underline{barycentre de trois points pond\'er\'es} $\{(A,\alpha);(B,\beta);(C,\gamma)\}$ le point $G$ d\'efini par :
$$ \alpha \overrightarrow{GA}+ \beta \overrightarrow{GB}+ \gamma \overrightarrow{GC}= \overrightarrow{0}$$  }

\Thc{Soit $\alpha$, $\beta$  et $\gamma$ trois r\'eels tels que $\alpha +\beta +\gamma\neq 0$. On a :
$$ \text{ G bar }\{(A,\alpha) ;(B,\beta);(C,\gamma)\}\Longleftrightarrow\forall M \in P \textbf{  } \alpha\overrightarrow{MA}+\beta\overrightarrow{MB}+\gamma \overrightarrow{MC}=(\alpha+\beta+\gamma)\overrightarrow{MG} $$}

\Preuve{\begin{itemize}
\item[$ \Rightarrow$)]  Si $G$ est le barycentre de $\{(A,\alpha) ;(B,\beta);(C,\gamma)\}$ on a : $\alpha \overrightarrow{GA}+\beta \overrightarrow{GB}+\gamma \overrightarrow{GC} =\overrightarrow{0}$\newline
De plus : $(\alpha+\beta+\gamma)\overrightarrow{MG}=\alpha\overrightarrow{MG}+\beta\overrightarrow{MG}+\gamma \overrightarrow{MG} $\newline
$=\alpha\left(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AG}\right)+\beta
\left(\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{BG}\right)+\gamma
\left(\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{CG}\right)$ \newline$=\alpha\overrightarrow{MA}+\beta\overrightarrow{MB}+\gamma \overrightarrow{MC}$\newline

\item[$\Leftarrow$)] R\'eciproquement, supposons que $\forall M \in P$ :
 $$ \alpha\overrightarrow{MA}+\beta\overrightarrow{MB}+\gamma  \overrightarrow{MC} =(\alpha+\beta+\gamma)\overrightarrow{MG} $$
Il vient pour $M=G$ : $\alpha \overrightarrow{GA}+\beta \overrightarrow{GB}+\gamma  \overrightarrow{GC} =\overrightarrow{0}$, et comme  $\alpha +\beta +\gamma \neq 0$, $G$ est bien le barycentre de $\{(A,\alpha) ;(B,\beta);(C,\gamma)\}$
\end{itemize}
}

\Corc{Soit $\alpha$, $\beta$ et $\gamma$ trois r\'eels tels que $\alpha +\beta +\gamma \neq 0$. On a :
$$ \text{ G barycentre de }\{(A,\alpha) ;(B,\beta);(C,\gamma)\}\Longleftrightarrow \overrightarrow{AG}=\dfrac{\beta}{\alpha+\beta +\gamma}\overrightarrow{AB}+\dfrac{\gamma}{\alpha+\beta +\gamma}\overrightarrow{AC}$$}

\Preuve{On utilise le th\'eor$\grave{e}$me $9$ avec $M=A$}

\Rq{La propri\'et\'e d'homog\'en\'eit\'e est encore vraie et les coordonn\'ees du barycentre $G$ sont : 
$$ G \left(\dfrac{\alpha x_A+\beta x_B+\gamma x_C}{\alpha+\beta+\gamma};\dfrac{\alpha y_A+\beta y_B+\gamma y_C}{\alpha+\beta+\gamma} ;\dfrac{\alpha z_A+\beta z_B+\gamma z_C}{\alpha+\beta+\gamma}\right)$$}


\subsection{Associativit\'e}
\Thc{Soit $G$ le barycentre de $\{(A,\alpha) ;(B,\beta);(C,\gamma)\}$ et $H$ le barycentre de $\{(A,\alpha) ;(B,\beta)\}$ alors :
$$ G \text{ est encore le barycentre de }\{(H,\alpha+\beta) ;(C,\gamma)\}$$}

\Preuve{Soit $H=bar\{(A,\alpha) ;(B,\beta)\}$ alors :
$$ \alpha \overrightarrow{HA}+ \beta \overrightarrow{HB}= \overrightarrow{0}$$
Soit $G=bar\{(A,\alpha) ;(B,\beta);(C,\gamma)\}$ alors :
$$ \alpha \overrightarrow{GA}+ \beta \overrightarrow{GB} + \gamma \overrightarrow{GC} = \overrightarrow{0}$$
$$ \Longleftrightarrow \alpha \overrightarrow{GH}+ \alpha \overrightarrow{HA}+ \beta \overrightarrow{GH} + \beta \overrightarrow{HB} + \gamma \overrightarrow{GC} = \overrightarrow{0}$$
$$ \Longleftrightarrow \alpha \overrightarrow{GH}+ \beta \overrightarrow{GH}  + \gamma \overrightarrow{GC} = \overrightarrow{0}$$
$$ \Longleftrightarrow \left(\alpha+\beta\right)\overrightarrow{GH}+  + \gamma \overrightarrow{GC} = \overrightarrow{0}$$ 
$$ \Longleftrightarrow G =bar\{(H,\alpha+\beta) ;(C,\gamma)\}$$}

\Expl{$G=bar\{(A,1) ;(B,2);(C,3)\}=bar\{(H,3) ;(C,3)\}$ o$\grave{u}$ $H=bar\{(A,1) ;(B,2)\}$ donc $G$ est le milieu de $[HC]$}

\Exo{Soit $ABCD$ un t\'etra$\grave{e}$dre et $G=bar\{(A,1) ;(B,1);(C,1);(D,4)\}$. Situer $G$}

\Exo{$ABC$ est un triangle. $I$ est le point tel que $\overrightarrow{AI}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AB}$\newline
$K$ est le sym\'etrique de $A$ par rapport $\grave{a}$ $C$ et $J$ est le milieu de $[BC]$. \newline
\underline{But} : montrer que $I$, $J$ et $K$ sont align\'es.
\begin{enumerate}
\item Exprimer $I$, $J$ et $K$ comme barycentres de deux points pond\'er\'es dont les coefficients sont $\grave{a}$ pr\'eciser.
\item Quel est le barycentre de $\{(A,1);(B,2);(C,2);(C,-2)\} $
\item Conclure
\end{enumerate}}

\Exo{$ABCD$ est un t\'etra$\grave{e}$dre. Situer l'isobarycentre $G$ du t\'etra$\grave{e}$dre.}

\section{Applications}
\subsection{Isobarycentre et centre de gravit\'e}
\Defc{\underline{L'isobarycentre} de trois points $A$, $B$ et $C$ est le barycentre de $\{(A,\alpha) ;(B,\alpha);(C,\alpha)\}$  o$\grave{u}$ $\alpha\neq 0$}



\Thc{L'isobarycentre $G$ de trois points non align\'es $A$, $B$ et $C$ est le centre de gravit\'e du triangle $ABC$. Il v\'erifie $\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}$}

\begin{center}
\psset{xunit=1cm , yunit=1cm}
\begin{pspicture*}(-2,-2)(6.6,5)
\def\xmin{-2} \def\xmax{8} \def\ymin{-2} \def\ymax{6}
\psframe[linewidth=0.3pt,linecolor=gray](-2.2,-2.2)(8.2,6.2)
\def\pshlabel#1{\psframebox*[framesep=1pt]{\small #1}}
\def\psvlabel#1{\psframebox*[framesep=1pt]{\small #1}}
\psclip{%
\psframe[linestyle=none](\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
}
\psset{linecolor=black, linewidth=.5pt, arrowsize=2pt 4}
\pspolygon(0.0000,0.0000)(6.0000,0.0000)(2.2500,3.6742)
\uput{0.3000}[180.0000](0.0000,0.0000){A}
\uput{0.3000}[0.0000](6.0000,0.0000){B}
\uput{0.3000}[90.0000](2.2500,3.6742){C}
\uput{0.3000}[-90.0000](3.0000,0.0000){K}
\uput{0.3000}[180.0000](1.1250,1.8371){J}
\uput{0.3000}[0.0000](4.1250,1.8371){I}
\psdots[dotstyle=*, dotscale=1.0000](4.1250,1.8371)
\psdots[dotstyle=*, dotscale=1.0000](1.1250,1.8371)
\psdots[dotstyle=*, dotscale=1.0000](3.0000,0.0000)
\psline(0.0000,0.0000)(4.1250,1.8371)
\psline(6.0000,0.0000)(1.1250,1.8371)
\psline(2.2500,3.6742)(3.0000,0.0000)
\uput{0.3000}[0.0000](2.7500,1.2247){G}
\psline(4.5000,-0.1500)(4.5000,0.1500)
\psline(1.5000,-0.1500)(1.5000,0.1500)
\psline(4.9790,0.7904)(5.1889,1.0047)
\psline(4.9361,0.8324)(5.1460,1.0467)
\psline(3.1040,2.6275)(3.3139,2.8418)
\psline(3.0611,2.6695)(3.2710,2.8838)
\psline(1.8319,2.7904)(1.5431,2.7210)
\psline(1.7222,2.6113)(1.6528,2.9001)
\psline(0.7069,0.9533)(0.4181,0.8838)
\psline(0.5972,0.7742)(0.5278,1.0629)

\endpsclip
\end{pspicture*}
\end{center}

\newpage

\Preuve{Soit $I$, $J$ et $K$ les milieux respectifs de $[BC]$, de $[AC]$ et de $[AB]$.\newline
$I=bar\{(B,1);(C,1)\}$ ; $J=bar\{(A,1);(C,1)\}$ et $K=bar\{(A,1);(B,1)\}$. De plus $G=bar\{(A,1) ;(B,1);(C,1)\}$. D'apr$\grave{e}$s l'associativit\'e du barycentre il vient :
\begin{itemize}
\item $G=bar\{(A,1);(I,2)\}$ et donc $G\in (AI)$
\item $G=bar\{(B,1);(J,2)\}$ et donc $G\in (BJ)$
\item $G=bar\{(C,1);(K,2)\}$ et donc $G\in (CK)$
\end{itemize}
En conclusion $G$ est le point d'intersection des m\'edianes du triangle $ABC$ ; $G$ est donc le centre de gravit\'e de $ABC$}


\subsection{Caract\'erisation des pieds des bissectrices par des barycentres}
\begin{center}
%\usepackage{pstricks,pst-plot,pst-text,pst-tree,pst-eps,pst-fill,pst-node,pst-math}
\psset{xunit=1cm , yunit=1cm}
\begin{pspicture*}(-2,-1)(7,5)
\def\xmin{-2} \def\xmax{8} \def\ymin{-2} \def\ymax{6}
\psframe[linewidth=0.3pt,linecolor=gray](-2.2,-2.2)(8.2,6.2)
\def\pshlabel#1{\psframebox*[framesep=1pt]{\small #1}}
\def\psvlabel#1{\psframebox*[framesep=1pt]{\small #1}}
\psclip{%
\psframe[linestyle=none](\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
}
\psset{linecolor=black, linewidth=.5pt, arrowsize=2pt 4}
\pspolygon(0.0000,0.0000)(6.0000,0.0000)(2.2500,3.6742)
\uput{0.3000}[180.0000](0.0000,0.0000){A}
\uput{0.3000}[0.0000](6.0000,0.0000){B}
\uput{0.3000}[90.0000](2.2500,3.6742){C}
\uput{0.3000}[0.0000](3.8173,2.1386){I}
\uput{0.3000}[180.0000](1.9935,3.2554){H}
\uput{0.3000}[-90.0000](3.8173,0.0000){K}
\psline(3.8173,2.1386)(1.9935,3.2554)
\psline(3.8173,2.1386)(3.8173,0.0000)
\psline(0.0000,0.0000)(3.8173,2.1386)
\psline(3.8173,0.3000)(3.5173,0.3000)(3.5173,0.0000)
\psline(2.2494,3.0988)(2.0927,2.8429)(1.8369,2.9996)

\endpsclip
\end{pspicture*}


\end{center}
Soit $ABC$ un triangle et $I$ le pied de la bissectrice (interieure) issue de $A$. On note $H$ et $K$ les projet\'es orthogonaux de $I$ sur $[AC]$ et $[AB]$. Notons de plus $AB=c$, $AC=b$ et $BC=a$\newline
On a alors : $IK=IH$ et $AK=AH$. Comme $I$ est sur $[BC]$, il existe deux r\'eels $\beta$ et $/gamma$  de m\^eme signe tels que
 $$ \beta +\gamma \neq 0 \text{ et } \beta \overrightarrow{IB}+\gamma \overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}$$
 Comme les vecteurs $\overrightarrow{IB}$ et $\overrightarrow{IC}$ sont de sens oppos\'es, on a :
 $$ \beta IB - \gamma IC =0 \Longleftrightarrow\dfrac{IB}{IC}=\dfrac{\gamma}{\beta}$$
 On peut donc choisir : $\beta = IC$ et $\gamma=IB$, i.e : $$ I=bar\{(B,IC);(C,IB)\}$$
 Or les triangles $AIC$ et $AIB$ ont une hauteur commune $h$ (celle issue de $A$ dans $ABC$), donc en multipliant les coefficients par $\dfrac{h}{2}$ on a : $$ I=bar\{(B,Aire AIC);(C,Aire AIB)\}$$
Or : $Aire AIC = \dfrac{AC\times IH}{2}$ et $Aire AIB = \dfrac{AB \times IK }{2}$. Comme $IK=IH$, en divisant les coefficients par $\dfrac{IK}{2}$ on a : 
$$ I=bar\{(B,AC);(C,AB)\}\Longleftrightarrow I=bar\{(B,b);(C,c)\}$$

\subsection{Centre d'inertie}
\subsubsection{D\'efinition}
Consid\'erons le mouvement d'un solide lanc\'e $\grave{a}$ une vitesse quelconque au voisinage de la terre. \'Etudier le mouvement de ce solide revient $\grave{a}$ conna\^itre le mouvement de chacun des points mat\'eriels le constituant. Dans le r\'ef\'erentiel terrestre , ces points peuvent avoir un mouvement complexe. Il se trouve a un mouvement toujours bien plus simple que les autres c'est le \underline{centre d'inertie} du solide

\Defc{Le centre d'inertie de points materiels est le barycentre de ces points pond\'er\'es de leurs masses respectives}

\Expl{On consid$\grave{e}$re un syst$\grave{e}$me form\'e de deux points $A_1$ et $A_2$ de masses $m_1$ et $m_2$. Le centre d'inertie du syst$\grave{e}$me est alors le point $G$ d\'efini par $G=bar\{(A_1,m_1);(A_2,m_2)\}$}

Le centre d'inertie est le point d'\'equilibre des masses, i.e le point par rapport auquel la masse est uniform\'ement r\'epartie.

\subsubsection{Caract\'erisation du centre d'inertie d'une plaque homog$\grave{e}$ne}
On qualifie \underline{d'homog$\grave{e}$ne} une plaque d'\'epaisseur n\'egligeable dont la masse est r\'epartie uniform\'ement. Afin de localiser le centre d'inertie d'une plaque homog$\grave{e}$ne on admettra le th\'eor$\grave{e}$me suivant :

\Thc{Si la plaque contient un \'el\'ement de sym\'etrie mat\'eriel, cet \'el\'ement de sym\'etrie contient le centre d'inertie}

\underline{Cons\'equence} :
\begin{itemize}
\item Si la plaque poss$\grave{e}$de un centre de sym\'etrie, il s'agit du centre d'inertie
\item Si la plaque poss$\grave{e}$de un axe de sym\'etrie, le centre d'inertie se trouve sur cet axe
\end{itemize}

\Expl{Le centre d'inertie d'une plaque triangulaire homog$\grave{e}$ne est le centre de gravit\'e de ce triangle}

\Exo{$ABCD$ est un quadrilat$\grave{e}$re .\newline
 Construire l'isobarycentre $G$ des points $A$, $B$, $C$ et $D$ (on pourra utiliser le milieu $U$ de la diagonale $[AC]$ et le milieu $V$ de la diagonale $[BD]$.\newline
 On souhaite d\'esormais construire le centre d'inertie de la plaque $ABCD$.\newline
 Construire le centre d'inertie $I_1$ du triangle $ABC$ et le centre d'inertie $I_2$ du triangle $ACD$. En d\'eduire que $I\in(I_1I_2)$\newline
Construire le centre d'inertie $I_3$ du triangle $ABD$ et le centre d'inertie $I_4$ du triangle $CBD$. En d\'eduire que $I\in(I_3I_4)$\newline
En d\'eduire la position du point $I$
 }
\end{document}
