Barycentre/Barycentre de 2 points pondérés

Notes de cours issues d'un cours de 1re S durant l'année scolaire 2008/2009. Le cours sur le barycentre n'est aujourd'hui plus enseigné au lycée.

On commence par rappeler une relation qui s’avérera fort utile.

Rappel : Relation de Chasles

Quels que soient les points $A$, $B$ et $C$, on a $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}$.

Définition : Si $A$ désigne un point et $\alpha$ un réel, le couple $(A,\alpha )$ est appelé point pondéré ou point massif et on dit que $\alpha$ est le coefficient ou la masse de $A$.

Théorème et définition : Soient $A$ et $B$ deux points, et $\alpha$ et $\beta$ deux réels tels que $\alpha +\beta \ne 0$. Alors il existe un seul et unique point $G$ tel que l'on ait $\alpha \overrightarrow{GA}+\beta \overrightarrow{GB}=\overrightarrow{0}$. Le point $G$ est alors appelé barycentre du système de points pondérés $(A,\alpha ),(B,\beta )$.

Preuve : D'après la relation de Chasles, $\overrightarrow{GB}=\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AB}$ donc :

$\alpha \overrightarrow{GA}+\beta \overrightarrow{GB}=\overrightarrow{0}⟺\alpha \overrightarrow{GA}+\beta (\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AB})=\overrightarrow{0}⟺(\alpha +\beta )\overrightarrow{GA}+\beta \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{0}⟺\overrightarrow{AG}=\frac{\beta }{\alpha +\beta }\overrightarrow{AB}$

puisque par hypothèse $\alpha +\beta \ne 0$. Les points $A$ et $B$, et les réels $\alpha$ et $\beta$ sont connus, ils déterminent donc G de manière unique par la relation vectorielle :

$\overrightarrow{AG}=\frac{\beta }{\alpha +\beta }\overrightarrow{AB}(*).$

$◼$

Conséquence : La relation $(*)$ obtenue précédemment montre directement que les points $A$, $B$ et $G$ sont alignés.

Propriété : Homogénéité du barycentre :

Soit $G$ le barycentre d'un système de points pondérés $(A,\alpha ),(B,\beta )$. Si $k$ désigne un réel non nul, alors $G$ est aussi le barycentre du système de points pondérés $(A,k\alpha ),(B,k\beta )$. Autrement dit, on ne change pas le barycentre si toutes les masses sont multipliées par un même réel non nul.

Preuve : Soit $k$ un réel non nul. Alors par définition du barycentre :

$\alpha \overrightarrow{GA}+\beta \overrightarrow{GB}=\overrightarrow{0}⟺k(\alpha \overrightarrow{GA}+\beta \overrightarrow{GB})=\overrightarrow{0}⟺(k\alpha )\overrightarrow{GA}+(k\beta )\overrightarrow{GB}=\overrightarrow{0}$

avec $k\alpha +k\beta \ne 0$ puisque $k\alpha +k\beta =k(\alpha +\beta )$ et par hypothèse $\alpha +\beta \ne 0$. D'où la conclusion.

$◼$

Propriété fondamentale : Soient $A$ et $B$ deux points, et $\alpha$ et $\beta$ deux réels tels que $\alpha +\beta \ne 0$. Alors $G$ est le barycentre du système de points pondérés $(A,\alpha ),(B,\beta )$ si et seulement si pour tout point $M$ :

$(\alpha +\beta )\overrightarrow{MG}=\alpha \overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}$

ou encore puisque $\alpha +\beta \ne 0$ :

$\overrightarrow{MG}=\frac{1}{\alpha +\beta }(\alpha \overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}).$

Preuve : Soit $M$ un point quelconque du plan. Alors en introduisant ce point quelconque grâce à la relation de Chasles, on a :

$\alpha \overrightarrow{GA}+\beta \overrightarrow{GB}=\overrightarrow{0}⟺\alpha (\overrightarrow{GM}+\overrightarrow{MA})+\beta (\overrightarrow{GM}+\overrightarrow{MB})=\overrightarrow{0}⟺(\alpha +\beta )\overrightarrow{GM}+\alpha \overrightarrow{MA}+\beta \overrightarrow{MB}=\overrightarrow{0}⟺(\alpha +\beta )\overrightarrow{MG}=\alpha \overrightarrow{MA}+\beta \overrightarrow{MB}⟺\overrightarrow{MG}=\frac{1}{\alpha +\beta }(\alpha \overrightarrow{MA}+\beta \overrightarrow{MB}).$

$◼$

Application : Coordonnées du barycentre

Soient $G$ le barycentre du système de points pondérés $(A,\alpha ),(B,\beta )$, $(x_A,y_A)$ et $(x_B,y_B)$ les coordonnées respectives des points $A$ et $B$ dans un repère $(O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})$. Alors les coordonnées $(x_G,y_G)$ de $G$ dans le repère $(O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})$ sont données par :

$x_G=\frac{\alpha x_A+\beta x_B}{\alpha +\beta }$ et $y_G=\frac{\alpha y_A+\beta y_B}{\alpha +\beta }$.

Preuve : $G$ est le barycentre des points $(A,\alpha ),(B,\beta )$ donc d'après la propriété fondamentale, pour tout point $M$ :

$\overrightarrow{MG}=\frac{1}{\alpha +\beta }(\alpha \overrightarrow{MA}+\beta \overrightarrow{MB})$.

En particulier, pour $M=O$, on a :

$\overrightarrow{OG}=\frac{1}{\alpha +\beta }(\alpha \overrightarrow{OA}+\beta \overrightarrow{OB})$.

Puisque l'on a choisi $M$ comme étant l'origine $O$ du repère, les vecteurs $\overrightarrow{OG}$, $\overrightarrow{OA}$ et $\overrightarrow{OB}$ ont pour coordonnées respectives $(x_G,y_G)$, $(x_A,y_A)$ et $(x_B,y_B)$. Ainsi le vecteur $\alpha \overrightarrow{OA}+\beta \overrightarrow{OB}$ a pour coordonnées $(\alpha x_A+\beta x_B,\alpha y_A+\beta y_B)$ donc les coordonnées du vecteur $\overrightarrow{OG}=\frac{1}{\alpha +\beta }(\alpha \overrightarrow{OA}+\beta \overrightarrow{OB})$, et donc du point $G$, sont :

$(\frac{\alpha x_A+\beta x_B}{\alpha +\beta },\frac{\alpha y_A+\beta y_B}{\alpha +\beta })$.

$◼$

Construction du barycentre : Soit $G$ le barycentre des points $(A,\alpha ),(B,\beta )$. On dispose de deux méthodes pour construire $G$. La première consiste à utiliser la relation $(*)$ établie au début lors de la première définition. La seconde se fait par l'utilisation de la propriété fondamentale du barycentre. Par exemple, supposons que $G$ soit le barycentre des points pondérés $(A,5),(B,-2)$. - En utilisant la définition, on a :

$5\overrightarrow{GA}-2\overrightarrow{GB}=\overrightarrow{0}⟺5\overrightarrow{GA}-2(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{AB})=\overrightarrow{0}⟺3\overrightarrow{GA}-2\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{0}⟺\overrightarrow{AG}=-\frac{2}{5}\overrightarrow{AB}$.

Ici on a introduit, grâce à la relation de Chasles, le point $A$ dans le vecteur $\overrightarrow{GB}$, mais on aurait pu aussi bien introduire le point $B$ dans le vecteur $\overrightarrow{GA}$. On aurait alors obtenu :

$\overrightarrow{BG}=\frac{5}{3}\overrightarrow{BA}$.

En utilisant la propriété fondamentale on a, pour tout point $M$ :

$\overrightarrow{MG}=\frac{1}{3}(5\overrightarrow{MA}-2\overrightarrow{MB}).$

En particulier, si $M=A$ on a :

$\overrightarrow{AG}=\frac{1}{3}(5\overrightarrow{AA}-2\overrightarrow{MB})=-\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}.$.

Là encore, on aurait pu choisir $M=B$. On aurait alors eu :

$\overrightarrow{BG}=\frac{1}{3}(5\overrightarrow{BA}-2\overrightarrow{BB})=\frac{5}{3}\overrightarrow{BA}.$