BarycentreA5.pdf

le livre du problème, vol.5

Ce volume porte le numéro: ISBN - 2 - 7124 - 0118 - 2

© CEDIC 1975

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des droits d'auteurs. Imprimé en France

Editions CEDIC 93,avenue d'Italie - 75013 PARIS

COLLECTION FORMATION DES MAITRES EN MATHEMATIQUE

Directeur: Maurice GLAYMANN

Tous les ouvrages de celle collection destinée aux maîtres en exercice pro-posent des situations et des activités en prise directe avec la réalité péda-gogique quotidienne. Ils concernent plus particulièrement, s'ils sont marqués d'un :

* les enseignants de l'enseignement élémentaire les enseignants du premier cycle de l'enseignement secondaire

∇ les enseignants du deuxième cycle de l'enseignement secondaire

1. LA LOGIQUE A L'ECOLE * M. Glaymann - P. C. Rosenbloom 2. LA MATHEMATIQUE ET SES APPLICATIONS ∇ Troisième séminaire intemational- E. Galion 3. L'ALGEBRE LINEAIRE PAR SES APPLICATIONS ∇ T. J. Fletcher 4. LE LIVRE DU PROBLEME ∇

– Pédagogie de l'exercice et du problème – Exercices élémentaires de géométrie affine – La parité – La convexité – Le calcul barycentrique I.R.E.M. de STRASBOURG

5. ADDITION DANS N * M. Robert 6. MODELES FINIS * A. Myx 7. LA GEOMETRIE AUTOUR D'UN CARRE P. Gagnaire 8. LE LANGAGE DES CATEGORIES ∇ P. J. Hilton 9. LES PROBABILITES A L'ECOLE * ∇ M. Glaymann et T. Valga

10. ACTIVITES SUR QUELQUES THEMES D'ALGEBRE ∇ L. Jeremy

11. OPERATEURS A L'ECOLE ELEMENTAIRE * F. Jarente 12. RENCONTRE SUR L'ENSEIGNEMENT ELEMENTAIRE ∇

Quatrième séminaire - E. Galion 13. POINTS DE DEPART * C. S. &nwell, K. D. Sanders et D. G. Tahtn 14. APPORT DE L'INFORMATIQUE A L'ENSEIGNEMENT MATHEMATIQUE ∇ Jean Kuntzmann 15. SIX THEMES POUR SIX SEMAINES * A. Myx 16. PROBABILITES, STATISTIQUES ET BIOLOGIE ∇ J. L. Chassé et A. Pavé 17. INITIATION MATHEMATIQUE * Jean et Suzanne Daniau 18. LA MATHEMATIQUE VIVANTE * ∇ I. I. Perelmann

sommaire

CHAPITRE 1 : L'espace vectoriel du calcul barycentrique . . . . . . . . . . . 13

0. La composition des forces parallèles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141. Exercice d'exposition n° 1 : présentation élémentaire . . . . . . . . . 152. Exercice d'exposition n° 2 : prolongement dans un

espace affine de dimension 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183. Exercice d'exposition n° 3 : représentation par des

champs de vecteurs" . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214. Notations, conventions, résumé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

CHAPITRE 2 : Méthodologie du calcul barycentrique . . . . . . . . . . . . . . 27

Mode d'emploi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271. Les trois règles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282. Repères affines et coordonnées barycentriques . . . . . . . . . . . . . . . 34

CHAPITRE 3 : Le barycentre en géométrie affine. . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 CHAPITRE 4 : Le barycentre en géométrie euclidienne . . . . . . . . . . . . . 49 CHAPITRE 5 : Le centre de gravité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 55

1. Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 552. Définition et principales propriétés du

centre de gravité. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 563. Quelques exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

CHAPITRE 6 : Le barycentre hors de la géométrie . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

Solutions et commentaires. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

Chapitre 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69Chapitre 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73Chapitre 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81Chapitre 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101Chapitre 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111Chapitre 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

Bibliographie. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

PREFACE

L'histoire du calcul barycentrique est liée essentiellement à deux noms : ARCHIMEDE, qui vécut au troisième siècle avant J.C et MÖBIUS dont le mémoire fondamental "Der barycentrische Calcul" fut publié à Leipzig en 1827. La portée de la théorie apparaît mieux, et l'on résout plus élégamment les exercices et problèmes qui s'y rapportent, lorsqu'on a réfléchi sur le chan-gement complet de point de vue, que le second savant a apporté aux concep-tions de son illustre devancier.

Archimède fut le créateur de la Statique ; dans ses deux "Livres des équilibres" et ses deux ouvrages consacrés aux "corps flottants" il définit quelques concepts de base de cette science et démontre une trentaine de propositions concernant 1es centres de gravités des triangles, parallélo-grammes, segments de parabole etc. etc...

La découverte du centre de gravité est une étape importante dans l'histoire de l'abstraction. Pour résoudre des problèmes pratiques d'équilibre, il convient de faire intervenir un point "idéal", qui n'apparaît pas toujours d'une façon concrète dans les données. Et lorsque la dynamique commença a s'élaborer dix-neuf siècles plus tard, ce fut encore ce même centre de gravité qui joua un rôle primordial dans l'étude du mouvement du solide. La découverte d'Archimède préfigure une tendance aujourd'hui banale: "expliquer du visible (concret) compliqué, par de l'invi-sible (abstrait) simple" (Jean Perrin)

Entre l'époque d'Archimède et le dix-neuvième siècle, la théorie des centres de gravité fit quelques progrès. Les méthodes de recherche s'apparentent à la géométrie ou au calcul différentiel et intégral, mais la motivation reste liée â la physique : la mécanique d'abord, puis les sciences du magnétisme et de l'électricité (qui obligent à considérer des charges négatives).

La contribution de Möbius fut l'élaboration d'un Calcul. Le centre d'intérêt se déplace de la contemplation d'un point remarquable, vers l'étude d'une loi de composition non triviale : la barycentration. Möbius se libère du contexte physique en modifiant la terminologie. Au centre de gravité (en allemand Schwerpunkt) il substitue le mot barycentre pour indiquer qu'il ne se limite plus aux charges de signe positif et qu'il ne s'agit plus d'un chapitre de mécanique : la notion est utile en géométrie, analyse, calcul de probabilité etc...

A deux points massifs affectés de charges positives on peut associer le barycentre affecté de la somme des charges : on définit ainsi une loi de composition, la barycentration sur l'ensemble M+ des points d'un espace affine, chargés positivement.

– 11 –

SOMMAIRE

Mais pour donner plus de souplesse à ce calcul, il convient de l'étendre à des points chargés de masses de signe quelconque. C'est là que surgit l'obstacle majeur: on ne peut définir le centre de gravité de points massifs que si la charge totale n'est pas nulle ! Ainsi au lieu de pouvoir appliquer automatiquement quelques règles de calcul simple, il faudrait constamment surveiller la légitimité de certaines combinaisons, et s'assurer que l'on ne voit pas surgir, en cours de calcul, des systèmes de points dont le barycentre n'est pas défini. En fait, de nombreux manuels ne s'embarrassent pas de tant de scrupules : ils se bornent à traiter quelques cas géniaux, passant sous silence les très nombreux cas singuliers.

On peut restaurer l'harmonie qui régnait dans M+, en lui adjoignant, non seulement l'ensemble des points massifs de masse négative M– (à support dans un espace affine E) mais aussi l'espace vectoriel E

ur associé à E. Et

l'on a la surprise de trouver que l'ensemble. M+ ∪ M–.∪ Eur

est muni d'une structure d'espace vectoriel : la somme de deux points massifs de charge totale nulle est un vecteur de E

ur.

Lorsqu'on se place dans ce cadre, le calcul barycentrique retrouve la souplesse dont les exceptions précédemment citées risquaient de le priver. A partir de là, on 'la pouvoir apprendre à penser linéairement, et exploiter systématiquement les propriétés d'invariance affine.

On effectuera avec ingéniosité tous les changements de repère affine que requiert chaque problème particulier.

Ainsi, la pratique du calcul barycentrique développe les mêmes aptitudes que l'utilisation de l'algèbre linéaire, dont ce n'est en fait qu'une variante. Mais comme cette activité s'effectue dans un contexte assez. diffé-rent de celui de l'espace vectoriel à deux ou trois dimensions familiers, elle fournit un exemple précieux de "pédagogie polyconcrète" (A. Lichnérowicz.) qui incite à utiliser les mêmes idées dans des situations très variées.

On constate malheureusement, que l'immense majorité des usagers ne manie les barycentres qu'avec lourdeur sans tirer tout le parti qu'offre cet algorithme. La principale raison de ce fiasco pédagogique tient, au fond, à la confusion entre les points de vue d'Archimède et de Möbius. On s'imagine que l'essentiel est d'assimiler quelques définitions et théorèmes (d'ailleurs triviaux). On néglige complètement le mode d'emploi, la méthodologie du maniement des points massifs.

Le présent fascicule vise les objectifs pédagogiques suivants : – Entraîner à la pensée linéaire. – Inciter à l'art du calcul ingénieux et élégant. – Faire le lien entre une théorie abstraite et les applications diverses de la

théorie dans des situations pratiques.

– 12 –

SOMMAIRE

CHAPITRE I

L'ESPACE VECTORIEL DU CALCUL BARYCENTRIQUE

Ce premier chapitre se propose de donner une présentation "théorique" du calcul barycentrique, c'est-à-dire de construire l'espace vectoriel qui permettra de ramener le calcul barycentrique à un "calcul linéaire".

Que le lecteur ne se laisse pas rebuter par l'apparente lour-deur de ce chapitre. En effet, s'il trouve ci-dessous trois exercices d'exposition, ces exercices présentent en fait trois constructions différentes et totalement indépendantes. Il n'est donc nullement indispensable de les résoudre tous : un seul suffira amplement. A la rigueur, on pourra même se contenter d'une lecture attentive du paragraphe 4, qui met en place les notations et conventions, et rappelle les opérations et les principales propriétés. Il serait à notre avis dommage de se priver, pour s'épargner un effort somme toute minime, de toutes les facilités offertes par le calcul barycentrique, lorsqu'il est traité comme un calcul linéaire.

Le premier des trois exercices d'exposition qui suivent se veut très élémentaire ; il construit l'espace vectoriel "à la main", en essayant de justifier chaque étape. Un inconvénient majeur de cette méthode réside dans la démonstration de l'associativité de l'addition, démonstration pénible car elle oblige à distinguer de nombreux cas différents. Les deux autres méthodes évitent ce désagrément, car elles induisent la structure d'espace vectoriel au moyen d'une bijection à partir d'un espace vectoriel connu. Pour des élèves déjà plus dégrossis, ce pourra être une illustration intéressante de cette tech-nique de "transport de structure". Dans la première, on considère l'espace affine P comme hyperplan d'un espace affine A ; la seconde fait appel à la notion de champ de vecteurs sur un espace affine. Ces deux constructions sont plus dogmatiques que la précé-dente, et nécessitent sans doute une plus grande habitude des mathématiques. Elles ne présentent cependant pas de très grandes difficultés.

– 13 –

SOMMAIRE

§ 0 La composition des forces parallèles Avant d'aborder les exercices d'exposition, il peut être utile de se souvenir de la composition des forces parallèles, qu'on a apprise en physique. Soit O x y z un repère orthonormé de l'espace. On s'intéresse aux forces parallèles à Oy, et ayant leur point d'application sur Ox.

Le point d'application d'une telle force ( F

r, A) non nulle est

entièrement déterminé par le moment en O de cette force, c'est-à- dire par le vecteur, d'origine O et porté par Oz, uu

( , A) = r

M Fr

OA F∧uuur r

. En effet, l'égalité vectorielle ( , A) =

uurM F

rOA F∧uuur r

est ici équivalente à l'égalité des mesures algé-briques ( , A) =

uurM F

rOA F• .

Etant donné deux forces ( Fr

, A) et ( ', B), on cherche une force (S , G) satisfaisant aux conditions :

Fr

r

(1) S F (2) F '= +r r r uur

M (Sr

, G) = uurM ( F

r, A) +

uurM ( F

r', B)

qui sont équivalentes aux conditions :

(3) S F F'= + (4) OG S = OA F OB F'• • + • Par conséquent, G est défini, de façon unique, par l'égalité :

(5) (F F') OG F OA F' OB+ • = • + •

si et seulement si F F'+r r

n'est pas nul.

– 14 –

SOMMAIRE

Si = 0F F'+r r r

, on a affaire à un "système de forces oppo sées" (s.f.o.). Le moment en O de ce s.f.o. est, par définition, le vecteur

uu(r

, A) +r

M FuurM ( F

r', B), c'est-à-dire BA F∧

uuur r. Ce moment ne

détermine pas le s.f.o. On définit une relation d'équivalence sur l'ensemble des s.f.o., en disant que deux s.f.o. sont équivalents s'ils ont même moment. Une classe d'équivalence est appelée un couple. On a maintenant une bijection entre l'ensemble des couples et l'ensemble des vecteurs d'origine O et portés par Oz : à un couple, cette bijection associe le moment de l'un quelconque de ses représentants.

Ainsi, on sait définir la composée ou somme de deux forces ( , A) et ( B) quelconques : Fr

Fr

',– Si = F F'+

r r0r

, c'est la force ( Sr

, G) telle que S F F'= +r r r

et (F F') OG F OA F' OB+ • = • + • . – Si ≠ F F'+

r r0r

, c'est le couple engendré par le s.f.o. ( , A), (– F , B) , qu'on peut identifier à un vecteur. Fr r

Si on identifie la force ( Fr

, A) au "point massif" (A, F ), on peut définir la somme de deux points massifs (A, F ) et (B, F ') – Si F F'+ ≠ 0, c'est le point massif (G, F F'+ ), où G est défini par l'égalité :

(F F') OG F OA F' OB+ • = • + • – Si F F'+ = 0, c'est un vecteur.

§ 1 Exercice d'exposition n° 1 : présentation élémentaire

P désigne un plan affine réel, Pur

sa direction ; si A et B sont deux points de P, α et β deux réels non nuls, on s'intéresse à l'ensemble des points G tels que :

(1) GA GB 0α β+ =uuur uuur r

1) Si A est un espace affine dont P est un sous-espace, montrer que les assertions suivantes sont équivalentes :

(1) GA GB 0α β+ =uuur uuur r

(2) O OA OB ( )α β α β∀ ∈ + = + OG

uuur uuur uuurA ,

(3) O OA OB (α β α β∃ ∈ + = + )OGuuur uuur uuur

A ,

– 15 –

SOMMAIRE

2) Si α + β ≠ 0, montrer l'existence et l'unicité de G. A quelle droite appartient G (lorsque A et B sont distincts) ? Donner une construction géométrique de G, par exemple dans le cas où α = 2, β = 3. 3) Définition

On appelle point massif de P un couple (A, α), où A est un point de P, et α un réel non nul.

Montrer que sur l'ensemble P × R+* des points massifs de masse positive, on définit une opération interne commutative et associative en posant : (A, α) + (B, β) = (G, α+β), où G est l'unique point vérifiant (1).

Définition : Le point massif (A, a) + (B, β) est le barycentre des points

massifs (A, α) et (B, β).

4) On aimerait maintenant étendre cette opération à l'ensemble P × R* de tous les points massifs de P, en conservant commuta tivité et associativité.

Pour quelles paires (A, a), (B, (3) de points massifs peut-on déjà définir (A,α)+(B,β) ?

Si α+β = 0 montrer que : a) – Si A ≠ B, il n'existe aucun point G satisfaisant (1) – Si A = B, (1) est satisfaite pour tout point G.

Le procédé utilisé pour définir l'addition dans P × R+* se généralise-t-il à P × R* ?

b) Le premier membre de (1) comme de (2) est égal à BAαuuur

. En déduire que l'on peut définir la somme de deux points

massifs quelconques,, si l'on accepte que dans certains cas la somme soit un élément de P

ur et non un point massif.

On a donc une opération définie sur P × R*, à valeurs dans l'ensemble , réunion de PP̂

ur et de P × R* :

P̂ = Pur

∪ (P × R * ) Cette opération est-elle commutative ?

– 16 –

SOMMAIRE

Pourquoi ne peut-on encore parler de l'associativité de cette opération ? Que faut-il définir pour pouvoir parler de cette asso ciativité ? Par quel ensemble est-on donc amené à remplacer P × R*?

5) L'addition dans P̂

On veut définir dans une addition telle que devienne un groupe abélien dont

P̂ P̂Pur

soit un sous-groupe. Soit donc X et Y deux éléments de . P̂

a) Dans quels cas sait-on déjà définir X + Y ?

Quel est l'élément neutre de l'addition ? Quel est l'opposé de (A, α) ?

b) On suppose que X = (A, α), Y = V

ur.

Montrer que (A, α) + Vur

ne peut être un vecteur. Montrer que si (A, α) + V

ur = (B, β), nécessairement β = α, et B

est le point de P défini par α ABuuur

= Vur

. (Ou encore, avec la

notation classique dans les espaces affines : B = A + 1 Vαur

).

Comme on veut que l'opération soit commutative, Vur

+ (A, α) est également défini.

c) Rappeler dans tous les cas la définition de X + Y. Montrer qu'avec cette opération est un groupe abélien. P̂

6) La multiplication par les scalaires

On veut maintenant définir une loi de composition externe sur telle que devienne un R - espace vectoriel, dont soit un sous-espace vectoriel.

P̂ P̂ P̂

a) Montrer que pour définir le produit λ Vur

d'un réel λ et d'un vecteur de V

urPur

, on n'a pas le choix. b) Pour le produit d'un réel et d'un point massif, on pose :

(A, ) si 0(A, )

0 si

α λλ α

λ 0

≠⎧⎪= ⎨=⎪⎩

r

Montrer que le but proposé est atteint.

– 17 –

SOMMAIRE

7) Compléments a) Montrer que l'application ϕ : → R définie par : P̂

ϕ(A, α) = α, ϕ ( ) = 0 Vur

est une forme linéaire sur l'espace vectoriel . P̂

b) En déduire que n

i i1

(A , )α∑ est

un vecteur si n

i1

0α =∑

un point massif de masse n

i1

α∑ si n

i1

α∑ ≠ 0.

Montrer que P est isomorphe à l'hyperplan affine ϕ–1(1) de ; en déduire la dimension de .

P̂P̂

(Commentaire page 69). § 2 Exercice d'exposition n° 2: Plongement dans un espace affine de dimension 3 [ 4] 5][


sa direction; un point massif de P est un couple (A, α), où A est un point de P, α un réel non nul. On pose = ∪ (P × R ). P̂ P

ur

1) Montrer qu'on peut toujours considérer P comme hyperplan d'un espace affine A, (c'est-à-dire qu'il existe un espace affine A de dimension 3, tel que P soit isomorphe à un sous-espace affine de dimension 2 de A).

2) On choisit un point O de A, non situé dans P, et on définit une application X : A → de la manière suivante :

urP̂

(i) Si V ∈ Pur

, alors X ( Vur

) = Vur

(ii) Si V

ur ∉ P

ur, alors la droite passant par O et de vecteur

directeur coupe P en un point A, et il existe un unique réel α, non nul, tel que

Vur

Vur

= α OAuuur

; on pose: X ( Vur

) = (A, α)

– 18 –

SOMMAIRE

P

A

Vur

O

Montrer que X est une application bijective. On munit de la structure d'espace vectoriel induite de celle de ~ par X : rappeler explicitement la définition des opérations dans

P̂

Pur

. Etude de la structure de P̂

3) Montrer que Pur

est un sous-espace vectoriel de ; quel est l'élé ment neutre de l'addition dans ?

P̂P̂

4) L'addition dans P̂a) (i) Soit A et B deux points de P, α et β deux réels; montrer que

α + β OAuuur

OBuuur

est un vecteur de Pur

si et seulement si α + β = 0. (ii) Montrer que si α + β = 0, alors (A, α) + (B, β) = α BA

uuur.

Quel est l'opposé de (A, α) ? (iii) Montrer que si α + β ≠ 0, alors (A, α) + (B, β) est un point massif (G, γ).

Calculer α GAuuur

+ β GBuuur

en fonction de OGuuur

, et en déduire que : γ = α + β G est caractérisé par l'égalité

(1) α GAuuur

+ β GB = uuur

0r

(iv) Déduire de ce qui précède que la somme de deux points massifs ne dépend pas des divers choix arbitraires effectués (choix de A, du plongement de P, dans A, du point O).

– 19 –

SOMMAIRE

b) Soit (A, α) un point massif de P, Vur

un vecteur de Pur

. Montrer que (A, α) + V

ur est un point massif (B, β), que β = α et

que B = A + 1 Vαr

(notation dans l'espace affine P, c'est-à-dire

1AB Vα

=uuur r

).

Montrer que la somme d'un point massif et d'un vecteur ne dépend pas des choix effectués.

5) La multiplication des scalaires

Montrer que λ (A, α) = (A, ) si 0

0 si

λα λ

λ 0

≠⎧⎪⎨

=⎪⎩r

Qu'est-ce que le produit λ Vur

? Cette opération dépend-elle des choix effectués ?

6) Compléments a) Montrer que l'application

ϕ : → R définie par :

P̂

V P, (V) = 0 ; (A, ) P R*, (A, ) = ϕ α ϕ α∀ ∈ ∀ ∈ ×r r r

α est une forme linéaire sur P.


i i1

(A , )α∑ est

– un vecteur si n

i1

0α =∑

– un point massif de masse n

i1

α∑ si n

i1

0α ≠∑

c) Montrer que P est isomorphe à l'hyperplan affine ϕ–1(1) de ;

en déduire la dimension de ; retrouver cette dimension d'une autre manière.

P̂P̂

(Commentaires page 70).

– 20 –

SOMMAIRE

§ 3 Exercice d'exposition n° 3 : Représentation par des champs

de vecteurs [4 ] 5][ M. 1.3.1 Manipulations

Une suite simple de manipulations permet d'illustrer E.E.3. Elle ne nécessite que peu de matériel (une planche à dessin, une feuille de papier, trois punaises de dessinateur, trois élastiques ou mieux trois ressorts fins) et ne demande que peu de temps (nous avons mis un quart d'heure pour la réaliser entièrement).

Cette manipulation est fondée sur "l'axiome" de l'élas tique". • "Axiome" de l'élastique. Trois points P, Q, R étant marqués à

l'encre sur un élastique, le rapport QRQP

α = ne dépend pas de la

tension exercée sur l'élastique. • Manipulation 1. Vérifier 1'"axiome" de l'élastique (certains caoutchoucs se comportent mieux que d'autres, les ressorts don nent les meilleurs résultats). • Manipulation 2. Utiliser un caoutchouc pour visualiser le champ de centre A et d'intensité a (pour la définition d'un tel champ, voir ci-dessous question 3). Pour cela, placer P en A au moyen d'une punaise. M étant un point quelconque, pour obtenir M' tel que il suffit, en tendant l'élastique, d'amener Q en M. R vient alors en M' .

MM' MAα=uuuuur uuuur

• Manipulation 3. Utiliser un deuxième élastique pour visualiser le champ de centre A' et d'intensité α' (à tout point M on associe le point M" tel que MM" MA'α=

uuuuuur uuuur ).

Construire pour divers points M la résultante MM' MM"+uuuuur uuuuuur

par la règle du parallélogramme. Vérifier que le support de cette résul tante passe par un point fixe G (ou éventuellement que cette résultante est un vecteur constant).

• Manipulation 4. A l'aide d'un troisième élastique fixé en G, vérifier que le champ résultant est un champ central d'intensité constante.

– 21 –

SOMMAIRE

E.E 1.3.2


sa direction. Un champ de vecteurs de P est une application de P dans P

ur.

Un point massif de P est un couple (A, a), où A est un point de P, α un réel non nul.

On pose = P̂ Pur

∪ (P × R* )

1) Soit ϑ l'ensemble des champs de vecteurs de P ; rappeler les opérations classiques qui font de ϑ un R-espace vectoriel. 2) Champs constants

Soit ϑ ' l'ensemble des champs de vecteurs constants de P, f' : → ϑ ' l'application qui à tout vecteur P

urVur

de Pur

associe le champ constant défini par :

Vf 'uur

VM P , f ' (M) = V∀ ∈ r

ur.

Montrer que ϑ ' est un sous-espace vectoriel de ϑ, et que f ' est u n isomorphisme de P

ur sur ϑ '.

– 22 –

SOMMAIRE

3) Champs centraux (attraction ou répulsion proportionnelle à la distance)

Définition Soit ϕ un élément de ϑ, A un point de P, α un réel non nul ; ϕ

est un champ central de centre A, d'intensité a, si : M P , (M) = MAϕ α∀ ∈

uuuur

a) Soit ϑ" l'ensemble des champs centraux de P, f" : P × R* → ϑ" l'application qui à tout point massif (A, α) associe le champ cen tral f"(A,α) de centre A et d'intensité α . Montrer que f" est une bijection: b) Montrer que : ϑ ' ∩ ϑ " = ∅ c) Soit λ un réel, (A, α) un point massif ; étudier le produit λ f"

(A, α) ; ϑ" est-il un sous-espace vectoriel de ϑ ? d) Soit f"(A, α) et f"(B, β) deux champs centraux.

(i) Montrer que si α + β = 0, alors f"(A, α) + f"(B, β) =

BAf '

αuuuur

(ii) Montrer que si f"(A,α) + f"(B,β) est un champ central

f "(G, γ) alors : (1) α + β ≠ 0 (2) γ = α + β (3) GA GB 0α β+ =

uuur uuur r

Inversement, montrer que si α + β ≠ 0, il existe un point G tel que f"(A, α ) + f"(B, β ) = f"(G, α + β )

. G est-il unique ? 4) a) Montrer que ϑ' ∪ ϑ" est un sous-espace vectoriel de ϑ . b) Soit f : → ϑ' ∪ ϑ" l'application définie par : P̂ VV P, f(V) = f '∀ ∈ r

r r r

(A, )(A, ) P R*, f(A, ) = f " αα α∀ ∈ × . Montrer que f est une bijection. c) On munit P de la structure d'espace vectoriel induite de ϑ ' ∪ ϑ " par la bijection f .

Rappeler la définition des opérations de P .

– 23 –

SOMMAIRE

5) Structure de P̂a) Montrer que P

ur est un sous-espace vectoriel de P .

b) Addition (i) Montrer que si α+β = 0, (A, α) + (B. β) = α BA

uuur

Quel est l'opposé de (A, α) ? (ii) Montrer que si α + β ≠ 0, (A, α) + (B, β) = (G, α+β) où G est l'unique point vérifiant les conditions équivalentes suivantes : (1) GA GB 0α β+ =

uuur uuur r

(3) O OA OB ( )α β α β∀ ∈ + = + OGuuur uuur uuur

A , (3) O OA OB (α β α β∃ ∈ + = + )OG

uuur uuur uuurA ,

A étant un espace affine quelconque dont P est un sous- espace. Définition. Le point massif (G, α+β) est le barycentre des

points massifs (A, α) et (B, β). (iii) Montrer que (A, α) + V

ur = (B, β), où B est défini par

α = (soit encore B = A + ABuuur

Vur 1

α Vur

avec les notations ordi

naires dans l'espace affine P). c) Produit par les scalaires

Montrer que : λ (A, α) = (A, ) si 0

0 si = 0

λα λ

λ

≠⎧⎪⎨⎪⎩

r

6) Compléments a) Montrer que l'application ϕ : P → R définie par :

V P , (V) = 0 ; (A, ) P R* , (A, ) = ϕ α ϕ∀ ∈ ∀ ∈ ×r r r

α α est une forme linéaire sur P.


i i1

(A , )α∑ est .

– un vecteur si n

i1

0α =∑ `


i1

α∑ si n

i1

α∑ ≠ 0.

c) Montrer que P est isomorphe à l'hyperplan affine ϕ–1(1) de P ; en déduire la dimension de P.

(Commentaires page 71). – 24 –

SOMMAIRE

§ 4 Notations, conventions, résumé Ce paragraphe peut suffire pour aborder les chapitres

suivants. On rappelle que P est un plan affine réel (plus généralement

un espace affine quelconque), Pur

sa direction ; un point massif de P est un élément de P × R*, et = PP̂

ur ∪ (P × R*).

Le calcul barycentrique est le calcul dans P, qui est muni d'une structure d'espace vectoriel par les opérations dont la défini- tion est rappelée ci-dessous. 1) Notation de Grassmann Le point massif (A, a) s'écrit encore α (A, 1) ; si l'on identifie P à P × {1} , on peut remplacer (A, 1) par A, de sorte que le point massif (A, α) s'écrira simplement α A . Cette notation, due à Grassmann, sera toujours utilisée par la suite.

2) Convention 1 Alors que le point massif (A, α) a une masse α toujours non nulle, lorsqu'on écrit α A, on désigne le produit du point massif A (c'est-à-dire (A, 1)) par le réel α, de sorte que α peut être nul, auquel cas α A n'est plus un point massif, mais le vecteur 0

r.

Par abus de langage, on parlera du point massif α A, même si α peut prendre la valeur 0, ou on dira que le point A est affecté de la masse 0. 3) Convention 2 Le barycentre d'une famille αiAi, i = 1...n, de points massifs

tels que , est le point massif (n

i1

0α =∑n

i1

α∑ ) G ; cependant on dira

souvent que G est le barycentre des points massifs αi Ai, en omettant la masse α; ; mais dans les calculs, il ne faut pas oublier d'associer à G sa masse. En particulier, si ai = 1 pour tout i , le point massif nG est l'isobarycentre des points massifs Ai, i = 1…n . Mais on dira simplement que G est l'isobarycentre des points Ai. 4) Résumé

a) Rappel des opérations : en utilisant la notation de Grassmann, les opérations de l'espace vectoriel P se définissent comme suit :

– 25 –

SOMMAIRE

Addition BA si + = 0

A B = ( )G si + = 0

où G est le point tel que GA 0GB

α α βα β α β α β

α β

⎧⎪

+ +⎨⎪ + =⎩

uuur

uuur uuur r

αA + Vur

= α(A + 1α Vur

)

où A + 1α Vur

est la notation classique dans l'espace affine P.

Produit par les scalaires ( A) ( )A (= 0 si = 0)

V produit d'un vecteur de P par un réel

λ α λα λ

λ

⎧ =⎪⎨⎪⎩

r

r r

b) n

i1

α∑ Ai est

– un vecteur si n

i1

α∑ = 0


i1

α∑ , si n

i1

α∑ ≠ 0

c) Si n

i1

α∑ ≠ 0, les assertions suivantes sont équivalentes :

(i) n

i1

α∑ Ai = (n

i1

α∑ )G

(ii) ∀ O ∈ A , n

i1

α∑ iOAuuuur

= (n

i1

α∑ ) OGuuur

(iii) ∃ O ∈ A , n

i1

α∑ iOAuuuur

= (n

i1

α∑ ) OGuuur

(iv) n

i1

α∑ iGA 0=uuuur r

A étant un espace affine quelconque dont P est un sous- espace

– 26 –

SOMMAIRE

CHAPITRE II METHODOLOGIE DU CALCUL BARYCENTRIQUE

Après la mise en place "théorique" du barycentre au chapitre I, le chapitre II se propose d'initier à la "pratique" du calcul barycentrique, en essayant d'en dégager un "mode d'emploi".

Il ne faudrait cependant pas que, séduit par l'expression "mode d'emploi", le lecteur s'attende à une suite de recettes dont l'application automatique fournirait à coup sûr la solution du problème cherché`

Le calcul barycentrique est un "calcul imaginatif'. Bien souvent, dans sa conduite, il présente diverses options plus ou moins élégantes, parmi lesquelles le chercheur doit faire un choix ; et surtout, il nécessite à chaque étape une interprétation géométrique des résultats obtenus. En aucun cas il ne saurait se laisser réduire à une succession d'automatismes. Cela nous a amenés à introduire, en plus des Exercices Didactiques et des Problèmes, une nouvelle catégorie d'exercices, que nous avons baptisée Calcul Imaginatif (C.I) : un Calcul Imaginatif n'atteint pas la difficulté d'un Problème, tout en étant moins facile qu'un Exercice Didactique. Selon le degré d'entraînement des élèves, il se rapprochera plutôt de l'un ou de l'autre.

MODE D'EMPLOI Règle 1 : Penser "linéairement"

Il faut utiliser systématiquement toutes les ressources de la structure d'espace vectoriel mise en évidence au chapitre I, en particulier l'associativité et la commutativité, les changements de bases.

Il faut éviter le "défaut de linéarité" qui consiste à normaliser systématiquement, en introduisant le plus souvent des dénomina teurs fort encombrants. Cela signifie qu'il vaut, en général, mieux écrire (a + β) G = αA + βB plutôt que

G = A + B+ +βα

α β α β

et que, lorsqu'on travaille dans un repère affine, il ne faut employer des coordonnées barycentriques normalisées (cf. défini tion dans E.E. 2.2.3) que lorsque le calcul s'en trouve allégé.

– 27 –

SOMMAIRE

Règle 2 : Penser en termes de transformation et d'invariance En présence d'un objet géométrique, on s'intéresse aux trans

formations de l'espace qui laissent cet objet invariant. Dans notre cas, l'invariance du barycentre caractérise les

applications affines :

Si ϕ est une application affine, si n

i1

α∑ G est le barycentre des n

points massifs ai Ai, i = 1, ..., n, alors n

i1

α∑ ϕ(G) est le bary

centre des points massifs αi ϕ(Ai), i = 1, ..., n . Règle 3 : Une méthode pour préciser la position du barycentre.

Un point d'un espace affine E appartient au sous-espace affine F engendré par les points A1 ..., Ap si et seulement si il peut s'écrire comme barycentre des Ai.

On essaie donc systématiquement d'écrire un point comme barycentre de différents systèmes de points ; le point appartient alors à l'intersection des différentes sous-variétés engendrées respectivement par chaque système de points.

Le paragraphe 1 se propose d'illustrer ces trois règles. Les exercices qu'on y trouve se résolvent aisément par des calculs intrinsèques dans l'espace vectoriel = ∪ (P × R*), c'est-à-dire sans utiliser de bases. Cependant, comme toujours dans un espace vectoriel, il peut être utile dans certains cas de choisir une base et d'effectuer des calculs au moyen de coordonnées. Aussi le paragraphe 2 étudie-t-il les bases de l'espace vectoriel , et le paragraphe 3 les coordonnées barycentriques.

P̂ Pur

P̂

§ 1 LES TROIS REGLES E.D 2.1.1 A, B, C, D étant les sommets consécutifs d'un parallélogramme, construire de diverses manières le barycentre des points massifs A, –2B, 3C, 2D. Commentaire Cet exercice doit permettre de se familiariser avec les opérations de ; on demandera en particulier une construction obligeant à faire la somme d'un point massif et d'un vecteur. On exigera des constructions soignées, à partir d'un même parallélogramme, afin de vérifier "de visu" qu'on obtient le même résultat.

P̂

– 28 –

SOMMAIRE

E.D 2.1.2 Soit G le barycentre des points massifs aA et βB. Etudier la position de G par rapport à A et B, en fonction de α et β. A quelle condition G est-il le milieu du segment [AB] ?

E.D 2.1.3 Déterminer le barycentre D des points massifs αA, – αB, αC, α étant un réel non nul. Examiner les milieux des diagonales du quadrilatère A, B, C, D. Conclusion ? Commentaire On transformera cet exercice didactique en problème, en demandant comment choisir α, β , γ pour que le barycentre D des points massifs αA, βB, γC forme avec A,B,C un parallélogramme.

C.I 2.1.4 Soit ABC un triangle du plan affine euclidien P, a,b,c les longueurs des côtés BC, CA, AB. Que dire de la position du barycentre des points massifs αA, βB, γC ? Quelle propriété classique a-t-on redémontrée ?

(Solution page 73)

P 2.1.5 Droite d'Euler

– 29 –

SOMMAIRE

Soit ABC un triangle du plan P, G son isobarycentre, A', B', C' les milieux de [BC], [CA], [AB]. A tout point M du plan, on associe le point X défini par:

MX MA MB MC= + +uuuur uuuur uuuur uuuur

1) Trouver une construction géométrique de X. 2) Montrer que les parallèles menées par A, B, C à MA', MB', MC' respectivement, se coupent en X. Application On se place dans un plan affine euclidien P. En prenant M en O, centre du cercle circonscrit au triangle ABC, retrouver le résultat classique : les hauteurs du triangle ABC se coupent en un point H, appelé orthocentre du triangle. O, H, G sont alignés sur une droite appelée droite d'Euler, et OH 3OG=

uuur uuur.

E.E 2.1.6 Règle 3 Soit G un espace affine, G' le sous-espace affine engendré par les points A0, Al ,…, An . Montrer qu'un point M de G appartient à G' si et seulement si il

existe des réels λ0, λl , ..., λn tels que : n

i i0

M = Aλ∑Indication On se rappellera que les vecteurs 0 1 0 nA A , A A

uuuuuur uuuuuurK engendrent la direction

de G' et que M appartient à G' si et seulement si G'uur

0A Muuuuur

appartient à G'uur

. Remarque Certains des coefficients λi peuvent être nuls, mais bien entendu

n

i0

λ∑ ≠ 0 .

E.D 2.1.7 Isobarycentre d'un triangle Soit ABC un triangle. 1) Construire les points A' et A" définis par:

2 A' = B + C 3 A" = 2 A' + A

A quelle droite particulière du triangle appartient le point A" ? 2) Par permutation circulaire sur A, B, C, on définit de même B' et B" , C' et C" . Que peut-on dire des points A", B", C" ? Quel théorème classique a-t-on redémontré ?

– 30 –

SOMMAIRE

C.I 2.1.8 Extension au tétraèdre Montrer que dans un tétraèdre, les quatre droites qui joignent l'un des sommets à l'isobarycentre de la face opposée, ainsi que les quatre droites joignant les milieux de deux arêtes opposées, sont concourantes.

E.D 2.1.9 Soit ABCD un quadrilatère (plan ou gauche). Montrer que les segments joignant les milieux des côtés opposés se coupent en leur milieu. Quelle est la nature du quadrilatère construit sur les milieux des côtés d'un quadrilatère quelconque ?

Commentaire On pourra transformer cet E.D en P en demandant par exemple : quelles conditions faut-il imposer à un quadrilatère pour que le quadrilatère construit sur les milieux de ses côtés soit un , parallé logramme ?

E.D 2.1.10 A partir de 6 points distincts du plan, on obtient 10 paires de triangles ayant deux. à deux des sommets distincts. Pour chaque paire, on trace le segment joignant les isobarycentres des deux triangles. Montrer que ces dix segments sont concourants en leurs milieux.

P 2.1.11 De la convexité (cf. Le livre du problème, vol. 4, page 18)

[AB] et [A'B'] sont deux segments du plan P, I et J les milieux de [AA'] et [BB']. Montrer que, pour tout point K du seg ment [IJ], il existe des points C et C'

des segments [AB] et [A'B'], tel que K soit le milieu de [CC'].

– 31 –

SOMMAIRE

Application Si E et E' sont deux parties convexes du plan P, l'ensemble des milieux des segments [AA'], où A est dans E et A' dans E', est convexe. (Solution page 73). C.I 2.1.12 Autour du théorème de Thalès Soit D et D'

deux droites parallèles du plan P, O un point de P extérieur à ces droites. – Une droite issue de 0 coupe D et D' en A et A', et on a : O = αA + α'A'. Montrer que si une droite

issue de 0 coupe D et D'en B et B', on a: O = αB + α'B' . – Soit C et C' les points définis par: (γ + µ)C = γA + µB, (γ + µ)C' = γA' + µB', (γ +µ ≠ 0). Montrer que O, C, C' sont alignés. P 2.1.13 Théorème de Pappus

Soit A, B, A', B' quatre points du plan tels que les droites :

– 32

AA' et BB' se coupent en I AB et A'B' se coupent en J AB' et A'B se coupent en K Montrer que les droites JI et JK sont conjuguées harmo niques par rapport aux droites AB et A'B'.

(Solution page 73). –

SOMMAIRE

Rappel Si P et P' sont deux espaces affines, une application f : P → P' est une application affine s'il existe une application linéaire l : P

r → P

r'

telle que pour tout couple (A, B) de points de P on ait : ; 1 est alors unique, et notée f(A) f(B) = l(AB)

uuuuuuuuuur uuurfr

: c'est la partie linéaire de f. On sait que, si le corps de base est R, si f : P → P est une bijection qui transforme trois points alignés en trois points alignés, alors f est une application affine (l'hypothèse que le corps de base est R est essentielle). (Cf. J. Frenkel "Géométrie pour l'élève-professeur", pages 83-88). E.E 2.1.14 Soit D et ∆. deux droites non parallèles du plan affine réel P, S la symétrie d'axe ∆., de direction D. Montrer que S est une application affine. Indication Même raisonnement que 2.1.12.

E.E 2.1.15 Règle 2

Soit αi Ai, i = 1, ... n, n points massifs de P, f une application affine de P dans P', de partie linéaire f

r.

– 33 –

SOMMAIRE

Montrer que :

1) Si n

i1

α∑ ≠ 0 et si G est le barycentre de αi Ai , i = 1, ..., n, alors

f(G) est le barycentre des points massifs αif(Ai), i = 1, ..., n, c'est-à-dire que :

n

i1

α∑ f(Ai) = n

i1

α∑ f(G)

2) Si n

i1

α∑ = 0, alors : n

i1

α∑ f(Ai) = fr

(n

i1

α∑ Ai)

(Solution page 74).

C.I 2.1.16 Même énoncé que C.I 2.1.12, mais cette fois on demande une solution géométrique. Indication Utiliser une homothétie de centre O. E.D 2.1.17 Soit ∆. la médiane issue de A d'un triangle ABC. En utilisant la symétrie oblique d'axe ∆., parallèle à BC, montrer que l'isobarycentre du triangle appartient à ∆.

§ 2 REPERES AFFINES ET COORDONNEES BARY CENTRIQUES

E.E 2.2.1 Bases de P Pour cet exercice, il est commode de connaître la seconde construction exposée au chapitre I. Cela n'est cependant nullement indispensable, et l'on peut faire cet exercice sans connaître aucune des constructions du chapitre I. P désigne toujours un plan affine réel. On rappelle que la dimen sion de l'espace vectoriel est 3 (dim = dim P + 1). P̂ P̂1) Montrer que les points massifs αA et βA sont liés ; en déduire que pour étudier les bases de , on peut se limiter aux points massifs de masse 1, c'est-à-dire aux points de P.

P̂

2) Peut-on choisir u, v, wr r r dans Pr

tels que ( u, v, wr r r ) soit une base de P̂

– 34 –

SOMMAIRE

3) Soit A un point de P, u, vr r deux vecteurs de Pr

. A quelle condition (A, ) est-il une base de ? Montrer que, dans une telle base, tout point M de P s'écrit: M = A +

u, vr r P̂xu + yvr r comment

peut-on interpréter x et y ? 4) Soit A et B deux points de P, ur un vecteur de P. A quelle condition (A, B, ur ) est-il une base de P

r ?

5) On suppose P de dimension n ; soit A0, Al, ..., An n + 1 points de P. Montrer que les assertions suivantes sont équivalentes : (i) (A0, Al , ..., An) est une base de P̂(ii) Il existe j tel que ( j iA A

uuuuur)i ≠ j soit une base de P

(iii) Pour chaque j, ( j iA Auuuuur

)i ≠ j est une base de P. Exprimer ce résultat en langage plus "parlant" dans le cas où P est de dimension 1, 2, 3.

(Commentaire page 74)Définitions – Une base du type (A, u, vr r ) de P est appelée repère cartésien du

plan affine P. – Une base du type (A, B, C) de P est appelée repère affine du

plan affine P. E.E 2.2.2 P et P' désignent deux plans affines réels, (A, B, C) et (A', B', C') des repères affines de P et P' respectivement. 1) Montrer qu'il existe au plus une application affine de P dans P' qui transforme (A, B, C) en (A', B', C'). 2) Soit 1 l'application linéaire de P dans fi définie par : l( ) = , l(ABuuur

A'B'uuuur

ACuuur

)= A'C'uuuur

. On définit f : P → P' par: f(M) = A' + l( AM

uuuur).

Montrer que f est affine, et transforme (A, B, C) en (A', B', C'). 3) Conclure qu'il existe une unique application affine de P dans P' transformant (A, B, <?)en (A', B', C'), et qu'elle est bijective.

Commentaires 1) Utiliser l'invariance du barycentre par les applications affines.

2) Remarquer que fr

= 1 et que 1 est bijective. – 35 –

SOMMAIRE

E.E 2.2.3 Coordonnées barycentriques (A, B, C) est un repère affine du plan P, M un point de P. 1) Un point massif mM (m ≠ 0) s'écrit dans le repère (A, B, C) :

mM = αA + βB + γC a) α, β, γ sont-ils nécessairement tous non nuls? Que signifie α = 0 ? α = β = 0 ? b) Quelle est la relation qui lie les scalaires m, α, β, γ ?

2) Définition On appelle coordonnées barycentriques du point M dans le repère (A, B, C) tout triplet (α, β, γ) de réels tel que: (i) α + β + γ ≠ 0 (ii) (α + β + γ) M = αA + βB + γC Définition On appelle coordonnées barycentriques normalisées de M dans le repère (A, B, C) l'unique système de coordonnées barycentriques de M dans (A, B, C) dont la somme soit égale à 1. Comment obtient-on les coordonnées barycentriques normalisées de M à partir de coordonnées barycentriques quelconques ? Inversement, comment, à partir des coordonnées barycentriques normalisées, obtient-on tous les systèmes de coordonnées barycentriques de M ? 3) Soit (α + β + γ) des coordonnées barycentriques de M dans le repère affine (A, B, C) et x, y les coordonnées de M dans le repère cartésien (A, AB, AC). Calculer α + β + γ en fonction de x et y, et inversement.


E.E 2.2.4 Soit (α + β + γ) des coordonnées barycentriques de M dans le repère affine (A, B, C) du plan P. (i) Que dire de la position de M si β + γ = 0 ? (ii) Si β + γ ≠ 0, soit A' le point de coordonnées barycentriques (0, β , γ) dans le repère (A, B, C) ; à quelle droite appartient A' ? Montrer que = α

A'Muuuur

A'Auuuur

, et en déduire que la position de M par rapport à la droite BC est caractérisée par le signe de α .

(iii) Sur un dessin, mettre dans chacune des sept régions du plan déterminées par les droites AB, BC, CA les signes que doivent avoir α , β , γ pour que M appartienne à cette région.

– 36 –

SOMMAIRE

C.I. 2.2.5 Soit A, B, C un triangle, A', B', C' les milieux des côtés [BC], [CA], [AB]. Soit α, β , γ (resp. α', β ', γ ' ) des coordonnées barycentriques d'un point M dans le repère (A, B, C) (resp. A', B', C'), et m = α + β + γ (resp. m' = α' + β' + γ ').

a) Exprimer α, β, γ en fonction de α', β', γ ' et de 'mm .

b) On suppose m = m' ; déterminer les points du plan pour lesquels (α , β , γ ) = (α' , β ' , γ ').

c) On suppose m = m' ; à quelles conditions doivent satisfaire (α , β , γ ) pour que M soit intérieur au triangle A'B'C' ? C.I 2.2.6 A, B, C, D sont quatre points du plan tels que trois quelconques d'entre eux ne soient pas alignés. Montrer que si l'on connaît des coordonnées barycentriques de l'un des points dans le repère formé par les trois autres, on connaît des coordonnées barycen triques de n'importe lequel de ces quatre points dans le repère formé par les trois autres. P 2.2.7 (A, B, C) est un repère du plan P, M un point de P.

a) Montrer que si F: P × P → R est une forme bilinéaire . alternée non nulle sur P, des coordonnées barycentriques quelconques de M dans le repère (A, B, C) sont toujours proportion nelles à F( ,MB

uuuurMCuuuur

), F( MCuuuur

, MAuuuur

), F( MAuuuur

, MBuuuur

). b) On suppose que P est un plan euclidien orienté. Montrer

que si α (resp. β resp. γ) est l'aire algébrique du triangle MBC (resp. MCA, resp. MAB), alors (α, β, γ) est un système de coordonnées barycentriques de M dans le repère (A, B, C).

(Commentaires page 76). P 2.2.8 Le théorème de Helly (Cf. Le livre du problème, vol. 4, page 31) 8][E est un ensemble de (p+l) parties convexes d'un espace affine à n dimensions, avec p ≥ n + 1.

– 37 –

SOMMAIRE

Si les éléments de t se coupent p à p, alors les p + 1 éléments de t ont un point commun.

(Solution page 76). Equations barycentriques Soit (A, B, C) un repère affine du plan P ; on appelle équation barycentrique d'une partie E de P, dans le repère (A, B, C), toute relation entre des coordonnées barycentriques d'un point M de P dans le repère (A, B, C), nécessaire et suffisante pour que M appartienne à E. Il peut arriver qu'une telle relation s'écrive en reliant plusieurs relations barycentriques à l'aide de la conjonction "et". On parle alors d'un système d'équations barycentriques. E.D 2.2.9 Soit ABC un triangle. Trouver des équations barycentriques, dans le repère (A, B, C),

a) des côtés du triangle, b) de la médiane issue de A, c) de la parallèle menée à AC par l'isobarycentre du triangle

ABC.

E.E 2.2.10 (A, B, C) est un repère affine du plan P. 1° En partant de l'équation d'une droite dans le repère cartésien (A, , ), et en utilisant les relations entre coordonnées carté siennes et coordonnées affines, montrer que toute droite de P a dans le repère (A, B, C) une équation de la forme : aα + bβ + cγ = 0 où a, b, c sont des coefficients non tous nuls.

ABuuur

ACuuur

2° Soit ∆ la droite d'équation barycentrique aα + bβ + cγ = 0 a) que signifie la nullité d'un coefficient? b) que signifie l'égalité de deux coefficients ? c) quelles sont les coordonnées barycentriques normalisées

dans le repère (A, B), de l'intersection de ∆.avec la droite AB? 3° Les droites ∆. et ∆' ont respectivement pour équation aα + bβ + cγ = 0 et a'α + b'β + c'γ = 0. Exprimer, au moyen d'un déterminant, la condition sur a, b, c, a', b', c' à laquelle ∆.et ∆.' sont parallèles. – 38 –

SOMMAIRE

Réponse 1 1 1a b c 0a' b' c'

=

E.D 2.2.11 ABC est un triangle, K le barycentre des points massifs B, 2C, L le barycentre des points massifs A, mC (m ≠ –1). A quelle condition les droites AK et BL se coupent-elles?

Voici, pour terminer ce chapitre, un exercice qui peut servir de test, et qui est la première partie d'un texte d'examen partiel proposé à des étudiants préparant le CAPES.

T et C.I 2.2.12 Sur la droite de Newton Soit (A, B, C) un repère affine du plan affine, α, β γ trois réels tous différents de 1. On désigne par :

,

L le barycentre des points massifs (B, 1) , (C, –α) M le barycentre des points massifs (C, 1) , (A, –β) N le barycentre des points massifs (A, 1) , (B, –γ) M' le barycentre des points massifs (C, 1) , (B, –α) N' le barycentre des points massifs (A, 1) , (C, –β) L' le barycentre des points massifs (B, 1), (A, –γ) 1) a) Quelle est la relation entre α, β, γ qui exprime que les points L, M, N sont alignés ? S'il en est ainsi, trouver des réels µ et ν tels que L soit le barycentre de (M, µ) et (N, v).

b) Si L, M, N sont alignés sur une droite ∆., montrer que L', M', N' sont alignés sur une droite ∆' , qu'on appelle la droite isotomique de ∆ .par rapport au triangle ABC.

2) Le théorème de Newton: a) Montrer que si L, M, N sont alignés sur une droite ∆., les

milieux des segments [AL], [BM] et [CN] sont aussi alignés sur une droite D. (Il sera commode d'utiliser à côté du triangle ABC, le triangle A'B'C' dont les sommets sont les milieux des cotés du triangle ABC). Montrer que D ne dépend que des quatre droites AB, BC, CA, LMN et non de l'ordre dans lequel on les considère. D est la droite de Newton de ces quatre .droites.

– 39 –

SOMMAIRE

b) Trouver une relation remarquable entre la droite de Newton D, l'isobarycentre G du triangle ABC, et l'isotomique ∆' de ∆

3) ∆1 , ∆2 , ∆3 , ∆4 sont quatre droites du plan en position générale (c'est-à-dire trois quelconques d'entre elles ne sont pas concou rantes, et deux quelconques d'entre elles ne sont pas parallèles). On désigne par ∆'i l'isotomique de ∆i par rapport au triangle formé par les trois droites ∆j , j ≠ i. Etudier la disposition des quatre droites ∆'i.


– 40 –

SOMMAIRE

CHAPITRE III LE BARYCENTRE EN GEOMETRIE AFFINE ED 3.1

Soit A, A', B, B' quatre points du plan tels que les droites AA' et BB' se coupent en I, et que les droites AB 'et A'B' se coupent en L. Soit α et α' (resp. β, β ') des coordonnées barycentriques de I dans le repère (A, A') (resp. (B,B')). Calculer en fonction de α, α ', β, β ' des coordonnées barycentriques de L dans les repères (A, B) et (A', B')

(Solution page 81).

E.D 3.2 (A, B, C) est un repère du plan affine P, et A', B', C' les milieux des côtés [BC], [CA], [AB]. α étant un réel différent de 1, on désigne par I le barycentre de (B, 1) et (C, –α). Déterminer des coordonnées barycentriques : 1° de I dans le repère (A', B', C') 2° du milieu M de [AI] dans le repère (A', B', C').

(Solution page 81). E.D 3.3 On considère trois points non alignés A, B, C. Quel est l'ensemble des points P défini par :

MP = MA + MB + MCuuur uuuur uuuur uuuur

lorsque M décrit une droite D ?

(Solution page 82).

– 41 –

SOMMAIRE

C.I 3.4 Le calcul des homothéties - translations On se place dans un espace affine E. H(A,k) désigne l'homothétie de centre A et de rapport k (k ≠ 0)

uTr désigne la translation de vecteur ur . 1° Exprimer en langage barycentrique que le point M' est le transformé de M par H(A,k) (resp. par uTr ). 2° Déterminer la composée :

a) de deux translations b) de deux homothéties c) d'une homothétie et d'une translation

3° Montrer que l'ensemble HT formé des homothéties et des translations de E est, pour la composition des applications, un sous-groupe du groupe des applications affines bijectives de E dans E. Ce sous-groupe est-il commutatif? 4° On associe à l'homothétie H(A,k) le point massif (A,k) et à la translation le vecteur uTr ur . Quel est la structure de groupe sur P qui résulte du transport de structure du groupe HT ?

(Solution page 82). E.D 3.5

Soit (α, β, γ) les coordonnées barycentriques normalisées d'un point G dans un repère affine (A, B, C). La parallèle menée par G à AB (resp. AC) coupe BC en M (resp.N). Montrer que et que MB = BCγ−

uuuur uuurNC = BCβ−uuur uuur

. Commentaire Cet exercice permet de donner une interprétation des masses α, β, γ comme mesures algébriques de segments portés par les côtés du triangle ABC.

Cette interprétation graphique des masses est développée dans un article d'Emma CASTELNUOVO (C.I.E.M. Lyon 24-30 Août 1969).

(Solution page83). P 3.6

α1, … , αn sont n réels de somme non nulle; quel est l'ensemble des barycentres G des points massifs α1 A1 , ..., αnAn, lorsque les points A1, …., An se déplacent indépendamment sur n droites parallèles données?

(Solution page 84). – 42 –

SOMMAIRE

C.I 3.7 On donne trois points A, B, C non alignés et trois nombres réels α, β, γ de somme non nulle. Soit α) et α2 deux nombres variables tels que α1 + α2 = α. Soit :

G le barycentre de (A, α), (B, β), (C, γ) G1 le barycentre de (A, α1 ), (B, β), (C, γ) G2 le barycentre de (A, α2)' (B, β), (C, γ) G' le barycentre de (G1, α1 + β + γ), (G2, a2 + β + γ)

1° Calculer le vecteur GG'uuuur

en fonction des vecteurs GA, GB, GCuuur uuur uuur

et des coefficients α, β, γ. 2° Les points G et G' peuvent-ils être confondus ? 3° Dans le cas où G et G' sont confondus, étudier comment varient G1 et G2 lorsque α1 et α2 varient.

(Solution page 84). C.I 3.8 L'intérêt de cet exercice est de montrer qu'une application affine est en général la composée de trois affinités. Soit (A, B, C) un repère du plan affine P et soit A' un point tel que la droite (A, A') coupe la droite BC en un point A". On considère l'application f de P dans P qui, au point M de coordonnées barycentriques normalisées α, β, γ dans le repère (A, B, C) fait correspondre le point M' défini par M' = αA' + βB+ γC. 1° Montrer que le vecteur MM'

uuuuur et le vecteur AA'

uuuur sont

linéairement dépendants. 2° On désigne par p, q, r les coordonnées barycentriques norma lisées de A' dans le repère (A, B, C). Soit M" l'intersection des droites MM' et BC. Montrer que :

M"M' p M"M=uuuuuur uuuuuur

Quelle est la nature de l'application f ? 3° Plus généralement, soit A'B'C' un triangle quelconque et soit g l'application de P dans P qui fait correspondre au point M= αA + βB+ γC le point M' = αA' + βB'+ γC'. Montrer que g est en général la composée de 3 affinités.

(Solution page 85).

– 43 –

SOMMAIRE

C.I 3.9 On donne un triangle OAB, et un réel a non nul. On définit, pour tout entier naturel non nul n, le point B pa r : n

nnAB a AB=

uuuur r

n

uuu

et le point Sn par : 2 n

n 1 2OS aOB a OB a OB= + + +uuuur uuuur uuuur uuuur

L Montrer qu'on peut choisir a de façon que, pour tout entier n, Sn soit intérieur au triangle OAB.

(Solution page 86). C.I 3.10 Le théorème de Ménélaüs Soit ABC un triangle, α, β, γ , trois réels différents de 1. Soit A' (resp. B', resp. C') le barycentre des points massifs B et – γ C(resp. C et – αA, resp. A et – β B). 1° Trouver une relation entre α, β, γ nécessaire et suffisante pour que A', B', C' soient alignés. 2° En déduire le théorème de Ménélaüs : A' B' C' sont alignés si et seulement si

A'B ' C'A• •A'C B'A C'B

B C =1

(Solution page 86). C.I 3.11 On donne un triangle ABC et trois vecteurs u, v, wr r r du plan ABC. On considère les points A', B', C' tels que :

AA' uBB' vCC' w

λλλ

===

uuuur ruuur ruuur r

où λ est un paramètre réel. 1° Montrer qu'on peut en général trouver 3 coefficients non simultanément nuls α, β, γ tels que, quelque soit λ, le barycentre du système (A, α), (B, β),(C, γ) soit confondu avec le barycentre du système (A' ,α), (B', β), (C', γ). . 2° Le triplet (α, β, γ ) n'existe pas lorsque les vecteurs u, v, wr r r vérifient une condition que l'on explicitera. Dans ce cas, montrer qu'on peut trouver trois coefficients α, β, γ non tous nuls, indépendants de λ, tels que α ' + β ' + γ ' = 0 et tels

– 44 –

SOMMAIRE

que le vecteur 'OA' 'OB' 'OC'α β γ+ +uuuur uuuur uuuru

ne dépende ni du point O, ni de λ. Préciser α', β ', γ ' et faire la figure dans le cas particulier suivant :

1 1u = BC , v = CA , w = BA , = 2 2λuuur uuur uuurr r r

3° On revient au cas général. On donne trois coefficients αl, β1, γ1 tels que αl, + β1 + γ1 = 1 et l'on désigne par I1 le barycentre de (A', αl), (B', β1), (C', γ1). Montrer que I1 décrit en général une droite lorsque λ décrit R. 4° De même I2 est le barycentre de (A', α2), (B', β2), (C', γ2) où α2, β2, γ2 sont des réels donnés tels que α2, + β2 + γ2 = 1. On pose :

1 1 1 1

2 2 2 2

V = u + v + wV = u + v + w

α β γα β γ

uur r r ruur r r r

Montrer que si 1Vuur

et 2Vuur

sont dépendants, alors la droite I1I2 passe en général par un point fixe I lorsque λ décrit R. Application On donne u = BC , v = CA , w = AB

uuur uuur uuurr r r

1 1 1

2 2 2

1 16 31 12 3

α β γ

α β γ

1216

= = =

= = =

Déterminer L et construire les points A', B', C', I1, I2 pour λ= 1. (Solution page 87).

C.I 3.12 Le théorème de Desargue Dans un plan affine P, on considère deux triangles ABC et A' B' C' tels que les droites AA', BB', CC' soient concourantes. On suppose que les droites BC et B'C' se coupent en A1, que les droites CA et C'A' se coupent en B1 , que les droites AB et A'B' se coupent en C1. Montrer que A1, B1, C1 sont alignés.

(Solution page 90). T.T 3.13 Soit ABC un triangle. Construire point par point l'ensemble des barycentres Mλ des points massifs A, λB, λ2 C lorsque λ décrit R. Préciser la tangente à la courbe obtenue au point de paramètre λ = 0. – 45 –

SOMMAIRE

Commentaire : On obtient une ellipse. On trouvera des explications plus précises dans les œuvres de Mobius, Tome 1. Pour déterminer la tangente au point Mλo ,on étudie la limite, quand λ tend vers λo, de

0

0

M Mλ λ

λ λ−

uuuuuuuur

E.E 3.15 Curiosité On appelle tétraèdres associés de Mobius deux tétraèdres ABCD et A'B'C'D' tels que chaque sommet de l'un soit dans le plan d'une face de l'autre. 1° Montrer que l'on peut obtenir deux tétraèdres associés de

Mobius à partir des huit sommets d'un cube. 2° Etant donné un tétraèdre ABCD, soit :

A' le barycentre de B, C, D B' le barycentre de A, C, –D C' le barycentre de A, –B, D D' le barycentre de A, B, –C . Vérifier que ABCD et A'B'C'D' sont associés au sens de Mobius.

3° Soit ABCD et A'B'C'D' deux tétraèdres, M la matrice de la base (A',B',C',D') de ~dans la base (A,B,C,D). Montrer que les deux tétraèdres sont associés au sens de Mobius si M et M–1 n'ont que des 0 sur la diagonale principale. La condition est-elle aussi nécessaire ?

(Solution page 91). T.T 3.16 (cf. [10]) To be or not to be Soit M0 un point d'un plan affine contenant les points A,B,C. On construit successivement le point M1 milieu de (M0,A), M2 milieu de (Ml , B), M3 milieu de (M2, C), M4 milieu de (M3, A), M5 milieu de (M4,B), etc... Cette situation est présentée dans divers livres de récréations mathématiques soviétiques, accompagnée d'une petite histoire concernant un garçon indécis, Marc, qui a trois copains Albert, Bernard et Charles.

– 46 –

SOMMAIRE

Il sort de chez lui, décide d'aller jouer chez Albert, change d'avis à mi-chemin pour se rendre chez Bernard, etc... On demande ce qui adviendra si cette conduite indécise se poursuit indéfiniment.

(Solution et commentaire page 92). P 3.17 Le Paraboloïde Hyperbolique E est un espace affine de dimension 3, A, B, A', B', quatre points non coplanaires de E. Pour tout couple (λ, µ) de réels, on définit les points suivants :

1° Montrer que les droites IλI'λ,.et JµJ'µ se coupent en un point

Mλµ . On appelle PH l'ensemble des points Mλµ lorsque (λ, µ) parcourt R2 . PH est-il égal à E ?

2° On se propose d'étudier les droites de E incluses dans PH. a) Mettre en évidence deux familles de droites de PH, et les étudier (que dire de deux droites d'une même famille ? de deux droites des deux familles ? les droites d'une même famille définissent-elles une direction de plan? ). – 47 –

SOMMAIRE

b) PH contient-il d'autres droites que celles mises en évidence ci-dessus ?

3° Déterminer les sections de PH par des plans parallèles respec tivement aux plans vectoriels déterminés par :

AB' et A'B

AB' et AA' BB'

A'B et AA' BB'

−

−

uuuur uuur

uuuur uuuur uuur

uuur uuuur uuur

(Solution page 94). P 3.18 Une belle erreur!

Quelles réflexions vous suggèrent l'énoncé et la "démonstration" qui suivent?

"théorème": étant donnés n points distincts A1, … An d'un espace affine réel E, si un point M de E s'écrit:

M = , alors les αi sont uniques. n

i i1

Aα∑

"démonstration" : Par récurrence sur n n = 2 M = αA + βB = α 'A + β 'B ⇒ (α – α')A = (β ' – β)B

A et B étant distincts, α: – α ' et β ' – β sont forcément nuls. Supposons le résultat vrai pour n, démontrons-le pour n + 1.

Si M = , tous les αi ne peuvent être égaux à 1, puisque leur

somme est 1; on peut donc supposer α0 ≠ 1 . Alors M = α0 A0 + (1 – α0)B, où le point B est défini par :

n

i i0

Aα∑

ni

01B = 1

αα−∑

Par hypothèse de récurrence, les coefficients de la décomposition de B sur A1, ..., An sont déterminés de façon unique; de même les coefficients de la décomposition de M sur A0 et B sont uniques. Donc α0 , α1 , … αn sont déterminés de façon unique.

(Commentaire page 98).

– 48 –

SOMMAIRE

CHAPITRE IV

LE BARYCENTRE EN GEOMETRIE EUCLIDIENNE Dans ce chapitre, on se place dans un espace affine euclidien

E ; la distance de deux points A et B est notée AB. E.E 4.1 Formule de Leibniz Soit αl A1 , ... , αn An n points massifs; pour tout point M de l'espace, on pose :

n2

i ii=1

F(M) = MAα∑

1° Soit O un point de l'espace E ; exprimer F(M) en faisant intervenir F(O) et le vecteur

n

i ii=1

V = OAα∑ur uuuur

2° On supposen

ii=1

α∑ ≠ 0, et on appelle G le barycentre des αi Ai

i = 1, ..., n ; établir la formule de Leibniz : n n n

2 2i i i i

i=1 i=1 i=1MA MG GAα α α= +∑ ∑ ∑ 2

i

3° On suppose n

ii=1

α∑ = 0

a) Montrer que F est une fonction affine. b) Ecartant le cas trivial où tous les αi sont nuls, on considère une partie I de {1,2,...,n} telle que:

ii I

α∈∑ ≠ 0

Soit G' le barycentre des α i Ai , i ∈ I, G" le barycentre des α i Ai i ∉ I. . – Que peut-on dire de F si G' = G" ? et de V

r ?

– Si G' ≠ G", on appelle G le milieu du segment [G'G]. Montrer que F(M) = (2MG V)•

uuuur r+ F(G), et calculer V

r en fonc

tion des αi de G' et de G" . (Solution page 101).

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SOMMAIRE

E.D 4.2 On donne deux points A et B. Transformer MA2 + MB2 et MA2 – MB2 en s'inspirant de l'exercice précédent. Pour la deuxième transformation, on choisira le point O de la manière la plus simple.

(Solution page 102). E.D 4.3 Montrer que, dans un parallélogramme, la somme des carrés des longueurs des diagonales est égale à la somme des carrés des longueurs des quatre côtés.

(Solution page 102). E.D 4.4

Soit αl Al , ..., αn An , n points massifs tels que n

i i1

A 0α =∑r

.Montrer

que la quantité , est une constante. n

2i

i=1

MAα∑ i

(Solution page 103). E.D 4.5 Dans le plan euclidien, on donne deux parallélogrammes ABCD et A'B'C'D' de centres respectifs O et O'. 1° Quel est l'ensemble des points M du plan tels que

MA2 + MB2 + MC2+ MD2soit égal à une constante positive donnée ?

2° Quel est l'ensemble des points Mtels que MA2 + MB2 + MC2 + MD2 = MA'2 + MB'2 + MC'2 + MD'2 ?

(Solution page 103). C.I 4.6 La formule de Stewart 1° A,B,C sont trois points d'un axe ∆.,M un point quelconque de

l'espace. Montrer.que BC A + CA B + AB C = 0

r

En déduire, grâce à E.D 4.4, la formule de Stewart : 2 2 2BC MA + CA MB + AB MC + BC CA AB = 0• •

2° Cette question montre comment la formule de Stewart permet de calculer aisément certains éléments du triangle. – 50 –

SOMMAIRE

La bissectrice intérieure de l'angle A du triangle ABC coupe BC en D. Calculer la distance AD, en fonction de BC = a, CA = b et AB= c.

(Solution page 103). C.I 4.7 Orthocentre d'un triangle On donne un triangle ABC. Quel est l'ensemble des points M du plan tels que:

MB2 – MC2 = AB2 – AC2 ? En déduire que les hauteurs d'un triangle sont concourantes en un point D, qui satisfait à :

AB2 + CD2 = BC2 + AD2 = CA2 + BD2 (Solution page 104).

C.I 4.8 Tétraèdre orthocentrique Soit A,B,C,D quatre points non coplanaires de l'espace euclidien de dimension 3 tels que :

AC2 + BD2 = BC2 + AD2 = AB2 + CD2 Montrer que deux arêtes opposées quelconques du tétraèdre ABCD sont orthogonales, que les plans passant par une arête et perpendiculaires à l'arête opposée ont un point commun N et que toutes les droites passant par un sommet et perpendiculaires à la face opposée sont concourantes en N.

(Solution page 104). P et C.I 4.9 Propriété du centre du cercle inscrit dans

un triangle Dans le plan euclidien, on donne un triangle ABC et l'on pose BC = a, CA = b, AB = c. 1° Démontrer que le barycentre 1 du système de points massifs

(A,a), (B,b), (C,c) est le centre du cercle inscrit dans le triangle. (Ce résultat ne sera pas utilisé dans la suite).

2° On se propose de démontrer la formule a IA2 + b IB2 + c IC2 = abc

Pour cela, on appliquera la formule de Leibniz au système de points massifs précédent, en plaçant successivement le point M en A, B, C.

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SOMMAIRE

3° Trouver des formules analogues pour les centres des cercles ex-inscrits.

(Solution page 105).

P et CI 4.10 Soit M un point intérieur au triangle ABC. Montrer que M est barycentre des points A, B, C affectés de coefficients propor tionnels aux aires des triangles MBC, MCA, MAB.


P 4.11 Calcul du rayon de la sphère orthoptique d'un cercle, en fonction du rayon de ce cercle Etant donnée une figure F de l'espace affine euclidien de dimension 3, la figure orthoptique de F est l'ensemble des points qui sont sommet d'un trièdre trirectangle ayant ses trois faces tangentes à F. Dans le cas d'un cercle (plus généralement d'un ellipsoïde), on démontre que l'orthoptique est une sphère, dont on propose de calculer le rayon.

On peut illustrer ce problème de la façon suivante : on pose un cerceau dans un coin d'une pièce, et on veut calculer la distance du centre du cerceau au point d'intersection des deux murs et du plancher.

Soit donc un trièdre trirectangle de sommet S, dont les trois faces sont tangentes à un cercle de centre 1 et de rayon r. Les trois arêtes du trièdre rencontrent le plan du cercle en A, B, C.

On pose: BC = a, CA = b, AB = c, SA = x, SB = y, SC = z. Exprimer la somme aSA2 + bSB2+ cSC2 1° en calculant x2 , y2, z2 en fonction de a, b, c 2° en utilisant la formule de Leibniz

(se reporter à l'exercice C.I 4.9) En déduire IS en fonction de r.

On rappelle que si a + b + c = 2p, l'aire σ du triangle ABC est donnée par : σ2 == p(p – a) (p – b) (p – c) et σ = pr.

(Solution page 106). – 52 –

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P 4.12 Aire et longueur d'une arche de cycloïde approchée

On sait qu'une cycloïde est la courbe décrite par un point fixé sur un cercle, lorsque ce cercle roule sans glisser sur une droite D. Si l'on remplace le cercle par un polygone régulier à n côtés, un sommet fixé de ce polygone décrit une "cycloïde approchée".

1° Calculer, en fonction de n et du rayon R du cercle circonscrit au polygone, l'aire Sn limitée par une arche de la cycloïde approchée et la droite D. Quelle est la limite de Sn lorsque n tend vers + ∞ ?

2° Calculer de même la longueur Ln d'une arche de la cycloïde approchée, et étudier la limite de Ln lorsque n tend vers + ∞ . Effectuer le calcul de L18

(Solution page 107). P 4.13 Couvercles des simplexes (cf [9] 200)

Dans un espace affine E, un simplexe de dimension n est l'enveloppe convexe de n + 1 points affinement indépendants (donc n ≤ dim E) qui sont les sommets du simplexe.

E étant supposé euclidien, on se donne un simplexe Σ, de sommets A0, A1 ..., An et on s'intéresse à la borne inférieure R0 de l'ensemble des réels R > 0 tels que Σ puisse être inclus dans une boule de rayon R.

1° On suppose n = dim E : il existe alors un unique point O de E équidistant des Ai ; l'hypersphère de centre O, passant par les Ai est l'hypersphère circonscrite à Σ . On suppose que 0 est intérieur à Σ . a) Montrer que R0 est égal au rayon de l'hypersphère

circonscrite à Σ . b) En déduire l'inégalité:

0n

2(n + 1)R ≤ l

où = sup AiAj. lDans quel cas a-t-on l'égalité ?

2° Le résultat précédent reste-t-il valable si n < dim E ? (Solution page 108).

– 53 –

SOMMAIRE

CHAPITRE V LE CENTRE DE GRAVITE § 1 Introduction:

Il n'est pas rare de rencontrer des élèves qui ont étudié le barycentre en mathématiques, le centre de gravité en physique, sans soupçonner qu'il s'agit de deux notions de même nature. C'est là un échec pédagogique : sans importance pour qui ne vise que la réussite aux examens, très grave pour le maître qui prétend former l'esprit. Le présent chapitre se propose d'alerter les maîtres sur la nécessité du rapprochement entre barycentre et centre de gravité.

Signalons d'abord que, contrairement à une idée assez répandue, l'intervention de masses négatives est fréquente en physique. E.D 5.1.1 Une barre rectiligne est soumise à n forces parallèles entre elles. Que peut-on dire de la résultante de ces forces lorsque : – on modifie la direction commune de ces forces ? – on remplace ces forces par des forces proportionnelles ?

(Solution page 111). E.D 5.1.2 On évide une plaque homogène carrée en y perçant une ouverture carrée. Connaissant les dimensions de la plaque, ainsi que les dimensions et la position de l'ouverture, trouver la position du centre de gravité de la plaque évidée.

(Solution page 111). Cependant, très souvent en physique (et c'est déjà le cas dans E.D 5.1.2) on rencontre non pas des ensembles finis de points massifs, mais des répartitions continues de masses, sous forme de corps pesants (volumes, surfaces ou courbes), homogènes ou non. Dans ce cas, la notion de barycentre cède la place à celle de centre de gravité.

– 55 –

SOMMAIRE

§ 2 Définition et principales propriétés du centre de gravité. C désigne un corps pesant, ayant en chaque point une densité

de masse ρ . On appellera "mesure de C" – le volume de C si C est à trois dimensions; – la surface de C si C est à deux dimensions

(ou du moins considéré comme tel, une dimension étant négligeable par rapport aux deux autres : par exemple une tôle, etc...) ;

– la longueur de C si C est à une dimension (fil de fer, barre, etc...).

C est dit homogène si sa densité de masse ρ est constante, auquel cas la masse est proportionnelle à la mesure. E.E 5.2.1 1° Soit µ1 A1 , …, µn An et µ1 B1 , ..., µn Bn deux ensembles de

points massifs tels que pour tout indice i on ait : µi ≥ 0 , d(Ai , Bi) < ε.

Majorer la distance des barycentres de ces deux ensembles. 2° On réalise (par la pensée) un découpage de C en n morceaux

D1, ..., Dn, de masses µ1 , ..., µn, et on choisit dans chaque morceau Di un point arbitraire Ai . On a alors un "découpage pointé (D,A) de C", où D = (D1 ,..., Dn) et A = (A1 ,..., An). Le module de ce découpage, est le réel : |D| = sup diam (Di.). Le barycentre G(D,A) de l'ensemble µ1 A1 , …, µn An réalise une "approximation du centre de gravité de C", associée au découpage pointé (D,A). a) Montrer que si (D, A) et (D' ,A') sont deux découpages pointés de C, alors

d(G(D,A) , G(D ',A') ) ≤ 2|D| + 2|D'| b) Montrer que si (Dk,Ak ) k ∈ N est une suite de découpages pointés de C telle que k

klim D

→∞ = 0, la suite (G(Dk Ak) k ∈ N

a une limite. c) Dans les conditions du b), montrer que la limite obtenue ne dépend pas du choix de la suite (Dk , Ak ).

Définition: Cette limite est le centre de gravité de C. (Solution page 111).

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SOMMAIRE

Commentaire Le résultat repose essentiellement sur le critère de Cauchy. Cet exercice peut servir de test de révision, pour contrôler un enseigne ment sur l'intégrale de Riemann. Il faudra l'adapter pour le présenter avec le même degré de rigueur que celui qui est utilisé dans cet enseignement.

Remarque Il faut remarquer que le centre de gravité de C n'appartient pas forcément à C, si C n'est pas convexe.

Associativité : Théorème 1 Si le corps C est formé de deux corps distincts C' et C", de masses m' et m", le centre de gravité de C est le barycentre des centres de gravité de C' et C" affectés respectivement des masses m'et m".

Commentaire Il pourra être utile de présenter ce théorème sous forme d'exercice d'exposition. E.E 5.2.2 Symétrie "mécanique" Soit C un corps admettant un "axe de symétrie mécanique" d : cela signifie que d est un axe de symétrie (oblique) géométrique, et que de plus deux parties de C symétriques ont même masse. En particulier, si la symétrie est orthogonale ou si C est un corps à trois dimensions ou une plaque plane, il suffit que la densité en deux points symétriques soit égale. 1° Un découpage D de C est dit plus fin que le découpage D' si

chaque Di est inclus dans D'j. Etant donné un découpage D de C, montrer qu'il existe un découpage ∆ de C, plus fin que D et symétrique par rapport à d (c'est-à-dire que pour tout ∆i de ∆, S(∆i) appartient à ∆).

2° En déduire que le centre de gravité de C appartient à l'axe de symétrie mécanique d.

(Solution page 112). Invariance par les bijections affines Le résultat de l'exercice E.E 5.2.2 s'étend facilement sous la forme suivante : – 57 –

SOMMAIRE

Théorème 2 Si C et C' sont deux corps pesants de densité de masse ρ et ρ', si f est une bijection affine telle que f(C) = C' et qu'une partie de C et son image par f ont des masses proportionnelles, alors le centre de gravité de C' est l'image par f du centre de gravité de C. "Passageà la limite" On dit qu'un corps homogène C est limite d'une suite de corps homogènes (Cn) si la mesure de la différence symétrique (C ∩ Cn

C) ∪ (CC ∩ Cn) tend vers 0 lorsque n → ∞. Exemples – Un disque D est limite de la suite des polygones réguliers à n

côtés qui y sont inscrits (resp. qui lui sont circonscrits). – Un cône plein' à base circulaire est limite de la suite des

pyramides de même sommet, et dont les bases sont les polygones réguliers à n côtés inscrits dans le disque de base (resp. circonscrits au disque de base).

Quelques connaissances sur l'intégration permettent de démontrer le : Théorème 3 Si le corps homogène C est limite de la suite de corps homogènes (Cn), alors la suite des centres de gravité des Cn a pour limite le centre de gravité de C. § 3 Quelques exercices E.D 5.3.1 Déterminer le centre de gravité d'une plaque

triangulaire homogène. (Solution page 112).

P 5.3.2 Déterminer le centre de gravité du solide formé par trois barres homogènes soudées en triangle.

(Solution page 113). E.D 5.3.3 Déterminer le centre de gravité d'un tétraèdre

plein homogène. (Solution page 113).

– 58 –

SOMMAIRE

E.D 5.3.4 Déterminer le centre de gravité d'un cône

plein homogène à base circulaire. (Solution page 113).

E.D 5.3.5 Plaque trapézoïdale

Une plaque homogène a la forme d'un trapèze ABCD.

1° On définit les points L et M par DL = AB et AM = DCuuur uuur uuuur uuur

. Montrer que le centre de gravité G de la plaque se trouve sur le segment [LM].

2° Soit EF et HK des parallèles aux bases, divisant la hauteur en trois parties égales, soit 1 le point d'intersection de HF et AD. Montrer que G se trouve sur la parallèle aux bases menée par I.

3° Constructions géométriques de G. (Solution page 114).

P 5.3.6 Un récipient de forme quelconque est partiellement rempli de liquide, de telle façon que le centre de gravité de l'ensemble affleure à la surface du liquide. Etudier le comportement de ce centre .de gravité lorsqu'on enlève, ou qu'on ajoute, un peu de liquide.


– 59 –

SOMMAIRE

C.I 5.3.7 Une plaque homogène a la forme d'un secteur circulaire, de centre O, de rayon R, d'angle θ. G1 étant son centre de gravité, on pose OG1 = ρ. 1) Exprimer, en fonction de ρ, la position du centre de gravité de

la plaque obtenue en divisant la première en 2k secteurs égaux. 2) En faisant tendre k vers l'infini, déduire de la question 1)

l'expression de ρ en fonction de θ. 3) Peut-on utiliser la méthode précédente pour obtenir simplement

le centre de gravité d'un arc de cercle homogène quelconque ?

(Solution page 114). C.I 5.3.8 Déterminer le centre de gravité d'un cône plein homogène dont la base est un demi-disque.

(Solution page 115). P 5.3.9 Le mystère de l'horloge magique Il s'agit d'une horloge peu ordinaire: son cadran, totalement transparent, est simplement percé en son centre d'un trou, dans lequel l'axe de l'aiguille tourne librement. Il semble que cette aiguille marche seule, et ce qui ajoute à l'illusion, c'est que l'aiguille est parfaitement libre de tourner sous l'impulsion du doigt, et que dès qu'on l'abandonne à elle-même, elle revient exactement dans la position qu'elle occupait, après avoir oscillé quelques instants autour de cette position.

Puisque le cadran ne cache rien, il ne reste qu'à démonter l'aiguille: il s'y cache un canal circulaire dans lequel un système d'horlogerie fait se mouvoir un petit corps assez pesant. Comment élucider le mystère ?


P 5.3.10 Le culbuto Tout le monde connaît ces jouets d'enfants: buste de poussah en celluloïd porté par une demi-sphère lestée. Lorsqu'on les couche sur une table, ils se redressent immédiatement pour se placer verticalement.

– 60 –

SOMMAIRE

Commentaire La partie supérieure du jouet étant très légère, le centre de gravité est à l'intérieur de la demi-sphère: lorsque l'objet est couché, la verticale du centre de gravité passe en dehors du polygone de sustentation, et la force de pesanteur, pour abaisser ce point, force le jouet à se redresser. P 3.11 Poussah polyédrique [8]Voici la photographie du poussah polyédrique, promise dans le Livre du Problème, vol. 4, page 101. On a fixé sur la base foncée de ce polyèdre en carton, à l'intérieur, une lourde masse de plomb. Si on met une face quelconque, autre que cette base, en contact avec la table, et qu'on lâche l'objet, on observe un redressement vigoureux et spectaculaire.

P 5.3.12 Où l'on peut admirer un exemple d'équilibre

paradoxal Introduction Tout le monde connaît le tour de force qui consiste à empiler verticalement, l'un au-dessus de l'autre, un nombre impressionnant de verres de vin, de façon que le tout reste en équilibre.

– 61 –

SOMMAIRE

Le problème qui suit démontre que théoriquement, on pourrait faire bien mieux et donne des résultats contraires à l'intuition du commun des mortels. Enoncé

On considère n + 1 barreaux homogènes identiques, en forme de parallélépipède rectangle, que l'on empile comme indiqué sur la figure, chaque barreau étant décalé par rapport au barreau sous jacent d'une certaine distance dans la direction x'x, l'ensemble étant posé sur un plan rigoureusement horizontal. Etudier les conditions d'équilibre de ce système et en particulier les valeurs permises pour le surplomb s, connaissant la demi-longueur l d'un barreau et le nombre n + 1 de barreaux empilés.


– 62 –

SOMMAIRE

CHAPITRE VI LE BARYCENTRE HORS DE LA GEOMETRIE

Le calcul barycentrique tire son importance du fait qu'il s'applique à des domaines très éloignés de la géométrie.

Le présent chapitre illustre ce fait par des exemples. Le professeur ne manquera pas de faire prendre conscience à ses élèves de l'analogie formelle qui existe entre un calcul portant sur des "sommes pondérées" (comme on en rencontre constamment en économie par exemple) et un calcul barycentrique.

E.D 6.1 Un mode pratique de calcul de moyenne Soit xi (1 ≤ i ≤ n) n nombres réels de moyenne arithmétique x . On pose yi = xi – m. Montrer que la moyenne arithmétique y des nombres yi est donnée par la formule : y = x m− .

(Commentaire page 119). Application 6.2 A propos de la docimologie Les élèves A et B ont obtenu, aux vingt devoirs de mathématiques de l'année, les notes suivantes (dans l'ordre des devoirs) :

15 14 16 17 2 15 15 4 18 15A)

5 16 14 17 4 3 18 3 15 16

11 12 9 8 17 12 13 14 5 9B)

14 14 13 9 15 13 11 17 11 13 1) Calculer les moyennes et les écarts-types de ces deux élèves.

Que conclure ? 2) Calculer pour chaque élève la moyenne (resp. écart-type) des

devoirs n° 5, 8, 11, 15, 16 et 18, puis celle des autres devoirs. Les devoirs cités, sauf le n° 11, sont des devoirs de géométrie ; les autres, à part les n°2 et 13, sont des devoirs d'algèbre. Quelles informations peut-on en tirer ?

En fait, les 6 devoirs cités sont des problèmes demandant une certaine invention ; les autres ne sont que des exercices didac tiques : pour les résoudre, il suffit pratiquement de savoir son cours. Quel nouveau jugement va-t-on porter sur les élèves A et B ? – 63 –

SOMMAIRE

3) Quelles conclusions peut-on tirer de cet exercice ? (Commentaire page 119).

C.I 6.3 Réduction d'une somme algébrique de carrés Mettre le trinôme 2(x – 1)2 + 3(x – 2)2 – (x + 4)2 sour la forme canonique α(x – β)2 + h.

(Solution page 120). C.I 6.4 Théorème de Césaro Soit (Un) une suite de nombres réels tels que nn

lim U→∞

= l .

On pose 1 2 3n

U U U Us nn+ + + +

=L

Montrer que nnlims

→∞= l .

(Solution page 121). E.D 6.5 Représentation barycentrique d'un événement Une baguette de verre se casse en trois parties de longueurs α, β, γ. Etant donné trois points A, B, C non alignés d'un plan affine, on représente chaque éventualité par le barycentre M de (A,α), (B, β), (C, γ). Quel est l'ensemble des points M du plan représentant l'évène ment : "On peut former un triangle avec les trois parties de la baguette" ?

(Solution page 122). C.I 6.6 Problème de mélange Le chocolat au lait comprend trois constituants: sucre, cacao, et lait. On désigne par α, β, γ les masses respectives de ces constituants. Etant donnés trois points non alignés A, B, C, on représente chaque type de chocolat au lait par le barycentre M de (A,α:), (B, β), (C, γ). 1) Sachant que le mélange doit comprendre au moins 30 % de

cacao et entre 20 % et 50 % de lait, quel est l'ensemble des points M du plan répondant à ces conditions?

– 64 –

SOMMAIRE

2) Le prix du kilogramme de sucre est 2 francs Le prix du kilogramme de cacao est 3 francs Le prix du kilogramme de lait est 1 franc Quel est la composition du chocolat au lait répondant aux conditions du 1) et dont le prix soit minimal ? Déterminer le prix du kilogramme de ce chocolat.

3) Le chocolat pour diabétiques est exempt de sucre. Quel est le prix du kilogramme de chocolat pour diabétiques le moins cher, répondant aux conditions du 1) ?

(Solution page 122). C.I 6.7 Suites définies par récurrence On définit deux suites de réels (Un) et (Vn) de la manière suivante : On donne U0, V0, λ., µ tels que

U0 < V0 0 < λ< µ

On définit Un+1 et Vn+l pour tout entier naturel n, par les formules de récurrence :

n nn+1

n nn+1

U VU 1U VV 1

λλµµ

+=

++

=+

1) Montrer que n nn N, U V∀ ∈ < 2) Montrer que la suite (Un) est croissante, que la suite (Vn) est

décroissante. 3) Montrer que Vn – Un → 0 quand n → +∞ et en déduire que les

deux suites ont une limite commune. (Solution page 124).

C.I 6.8 Etude statistique On se propose d'étudier deux caractères définis sur la population de la France métropolitaine. Pour cela, on demande à chaque département de fournir les moyennes, les variances et la covariance de ces deux caractères. Comment, à partir de ces indications et des populations des dépar-tements, obtenir les moyennes, les variances et la covariance nationales?

(Solution abrégée page 125). – 65 –

SOMMAIRE

C.I 6.9 Sur les polynomes de SergeBerstein [11]On se propose d'associer, à chaque fonction numérique continue f (définie sur [0,1]), une suite de polynômes Bnf qui fournissent une "bonne approximation" de f.

1ère partie - Calculs préliminaires Pour tout couple d'entiers (v, n) (où n> 2 et 0 ≤ ν ≤ n) on pose :

( )n nn,p (x) = x (1 x)ν ν

ν ν−−

a) Montrer que les polynômes Pn, v (pour v = 0, 1, 2,..., n) forment , une base de l'espace vectoriel Pn des polynômes de degré ≤ n.

b) Représenter graphiquement le polynôme Pn, v dans l'intervalle [0,1] (pour un choix simple de (v,n)).

c) Démontrer les identités =n

n,=0

=n

n,=0

=n2

n,=0

=n2

n,=0

p (x) 1

p (x) nx

( 1)p (x) n(n 1)x

( nx) p (x) nx(1 x)

ν

νν

ν

νν

ν

νν

ν

νν

ν

ν ν

ν

≡

≡

− ≡ −

− ≡

∑

∑

∑

∑ −

d) Etant donné δ et x tels que 0 < δ < 1 et 0 ≤ x ≤ 1, on désigne par ∆n l'ensemble des entiers v tels que 0 ≤ v ≤ n et que

xnν δ− ≥

Prouver que n

n, 21p (x)

4nνν δ∈∆

≤∑

Pour cela, on écrira:

n n

n2 2

n, n, n2 2 20

1 1p (x) ( x) p (x) ( nx) p (x)n n

ν

ν νν ν ν

ν νδ δ

=

∈∆ ∈∆ =

≤ − ≤ −∑ ∑ ∑

(Ce résultat signifie que lorsque~ est suffisamment éloigné de x n et que n est suffisamment grand, Pn, v(x) devient négligeable).

– 66 –

SOMMAIRE

2ème partie Soit C([0,1]) l'espace vectoriel des fonctions numériques continues définies sur [0,1]. A tout élément f de C([0,l]) associons son polynôme de Berstein Bnf, où

=n

n n=0

B f = f( ) pn

ν

,νν

ν∑

a) Vérifier que f → Bnf est une application linéaire (continue) de

C([0,l]) dans Pn ⊂ C([0,1]). b) Calculer BnP lorsque P est un polynôme du second degré et

étudier le comportement de BnP lorsque n augmente indéfini ment.

3ème partie On suppose, pour simplifier, que la fonction f satisfait, pour tout couple de valeurs x et x' de [0,1], à l'inégalité :

|f(x) – f(x')| ≤ |x – x' | Prouver que, pour tout x ∈ [0,1], Bnf(x) – f(x) tend vers 0 lorsque n augmente indéfiniment. Pour cela, on écrira :

=n

n n=0

B f(x) f(x) = (f( ) f(x))p (x)n

ν

νν

ν− −∑ ,

et l'on étudiera séparément les contributions de nν∈∆

∑ et de nν∉∆

∑

à la sommation n

0

ν

ν

=

=∑

On trouve |Bnf(x) – f(x)| ≤ δ + 21

4nδ

On peut donc choisir d'abord δ, puis n en sorte que δ + 21

4nδ

soit aussi petit que l'on veut. (Commentaires page 126).

– 67 –

SOMMAIRE

SOLUTIONS ET COMMENTAIRES

CHAPITRE 1 Solution E.E. 11) Il peut être dans certains cas intéressant de se rappeler que le

point O peut être mis à l'extérieur de l'espace affine P dans lequel on travaille. Un exemple en est fourni au chapitre II, Exercice 2.2.12.

2) La construction géométrique du point G se déduit de (2) et du fait que G appartient à la droite AB.

3) On ne peut parler de l'associativité, car la somme

((A,α) + (B,β)) + (C, γ) n'est pas définie si α + β = 0, puisqu'on n'a pas encore défini la somme d'un vecteur et d'un point massif. Cela amène à remplacer P × R* par P̂ = P (P × R*)∪

r.

4) Le seul problème est celui de l'associativité, qui oblige à distinguer cinq cas.

Un intérêt essentiel des constructions indiquées dans les deux Exercices d'Exposition suivants est justement d'éviter cette démonstration fastidieuse.

– 69 –

SOMMAIRE

7) Il sera bon de bien mettre en évidence le fait que P s'identifie à .ϕ–1(1), ensemble des points massifs de masse 1, car dans la suite on utilise toujours cette identification, en considérant P comme hyperplan affine de l'espace vectoriel , et en notant simplement A le point massif (A, l) (Cf. § 4, notation de Grassmann).

P̂

Solution E.E. 2 1) On peut prendre A :=: P × R, et P s'identifie à tout hyperplan

P × {λ} de A. . 3) P est l'image par l'isomorphisme X: du sous-espace vectoriel P

r

de Ar

. (Il serait maladroit de vérifier que P est stable pour les deux opérations) .

4) (i) OA + OB = BA + ( + )OBα β α α β

uuur uuur uuur uuur

Comme BAαuuur

est dans Pr

, et que ∩ R OBPr uuur

={0}r

, on voit que appartient à OA + OBα β

uuur uuurPr

si et seulement si ( + )OBα βuuur

= 0r

, donc si et seulement si α + β = 0. (iii) = GA + GBα β

uuur uuurOA + OB ( + )OGα β α β−uuur uuur uuur

= ( )OGγ α β− −

uuur

Comme est dans GA + GBα βuuur uuur

Pr

, et que Pr

∩ R OBuuur

={0}r

, néces sairement γ = α + β .~ (iv) (A, α) + (B, –α) = BAα

uuur ne dépend pas des choix effectués.

Le point G non plus, dans le cas où α + β ≠ 0, car il est caracté risé par la relation intrinsèque (1). Il sera bon d'insister sur la nécessité de vérifier que la structure de ne dépend pas des choix de G et de O. P̂

6) c) Bien mettre en évidence le fait que P s'identifie à .ϕ–1(1), ensemble des points massifs de masse 1, car dans la suite on utilise toujours cette identification, en considérant P comme hyperplan affine de l'espace vectoriel , et en notant simplement A le point massif (A, l). (Cf. § 4 notation de Grassmann).

P̂

– 70 –

SOMMAIRE

Solution E.E. 3 2) On peut considérer f ' comme application de P

r dans V, montrer

qu'elle est linéaire et injective ; on en déduit alors que l'image V ' de par f ' est un sous-espace vectoriel de V et que f ' est un isomorphisme de

Pr

Pr

sur V . 3) a) Cette question consiste en fait à démontrer que pour un

champ central, le centre et l'intensité sont uniques. d) (ii) L'égalité f "(A, α) + f "(B, β) = f "(G, γ) est équivalente à :

M P, MA + MB = MGα β γ∀ ∈uuuur uuuur uuuur

soit encore : ∀ M ∈ P, GA + GBα β

uuur uuur = ( )γ α β− − MG

uuuur

En prenant M = G, on obtient : GA + GBα βuuur uuur

= 0r

donc : M P, ( )MG = 0γ α β∀ ∈ − −

uuuur r.

d'où, en prenant M ≠ G : γ = α + β. G est unique puisque la somme f "(A, α) + f "(B, β) est déter minée de manière unique, et que f " est injective. Cette unicité résulte aussi de l'égalité GA + GB = 0α β

uuur uuur r.

5) a) est un sous-espace vectoriel de parce que

= (f –1)(V ') = (f ')–1(V '). Pr

P̂Pr

6) c) Il sera bon de bien mettre en évidence le fait que P s'identi fie à ϕ–1(1) (ensemble des points massifs de masse 1), car dans la suite on utilise toujours cette identification, en considérant P comme hyperplan affine de l'espace vectoriel et en notant simplement A le point massif (A, l). (Cf. § 4, notation de Grassmann).

P̂

– 71 –

SOMMAIRE

CHAPITRE II

Solution C.I. 2.1.4

(a + b + c) G = aA + bB + cC ⇒ (a + b + c) AG = bAB + cACuuur uuur uuur

. Traduction géométrique de cette dernière égalité: les vecteurs bAB et cACuuur uuur

ont même norme, donc G appartient à la bissectrice de l'angle BAC. On retrouve le fait que les trois bissectrices du triangle ABC sont concourantes.

Solution P. 2.1.11

I et J sont les milieux de [AA'] et [BB'], donc: 2I = A + A' et 2J = B + B'. K est sur le segment [IJ] : il existe des réels γ ≥ 0 et µ ≥ 0 tels que K= 2γ I + 2µ J. D'où: K = γ (A + A') + µ (B + B') = (γ A + µ B) + (γ A' + µ B') = (γ + µ)C+ (γ + µ)C' où C (resp. C'), barycentre de γ A et µ B (resp. γ A' et µ B'), appartient au segment [AB] (resp. [A' B']).

Solution P. 2.1.13

Soit I' l'intersection des droites KJ et AA' : on doit montrer que I et I' sont conjugués harmoniques par rapport à A et A'. On a (règle 3) : I = α A + α 'A' = β B + β ' B' d'où : α A – β B = – α 'A'+ β ' B' Par suite (règle 3) : (α – β) J = (–α ' + β ') J = α A – β B = –α 'A' + β 'B' De même : (α – β ') K = (–α ' + β ) K = α A – β ' B' = –α 'A' + β B

– 73 –

SOMMAIRE

De ces égalités on déduit: (α – β) J + (α –β ') K = α A – α ' A' et par suite (règle 3) : (α -α') I' = α A – α'A' . Les égalités: I = αA + α'A' et (α – α') I' = α A – α'A' prouvent que I et I' sont conjugués harmoniques par rapport à A et A' , c.q.f.d. Solution E.E. 2.1.15

1) n n n n

i i i i i i i1 1 1 1

A ( )G GA 0 f(GA ) 0α α α α= ⇒ = ⇒ =∑ ∑ ∑ ∑uuuur uuuurrr r

n

i i1n n

i i i1 1

f(G)f(A ) 0

f(A ) ( )f(G)

α

α α

⇒ =

⇒ =

∑

∑ ∑

uuuuuuuuuuur r

2) Si M est un point de P, on a : n n

i i i i1 1

A Mα α=∑ ∑ Auuuuur

Par suite : n n

i i i i1 1

f( A ) f(MA )α α=∑ ∑uuuuurr r

et comme if(MA ) = f(M) f(A )i

uuuuur uuuuuuuuuuuurr, on obtient:

n n n

i i i i i i1 1 1

f( A ) f(M)f(A ) f(A )α α α= =∑ ∑ ∑uuuuuuuuuuurr

Commentaires E.E. 2.2.1 1) Il faut se rappeler que si on multiplie les vecteurs d'une base

d'un espace vectoriel par des scalaires non nuls, on obtient encore une base.

2) Ce n'est pas possible car Pr

est un sous-espace vectoriel de , non égal à .

P̂P̂

3) a) Si on connaît E.E.2 du chapitre l, on sait que (A, u, vr r ) est une base de P si et seulement si ( OA

uuur, u, vr r ) est une base de A ;

autrement dit si ( u, vr r ) est une base de P. b) Démonstration direct!! : si (A, u, vr r ) est une base de P, ur et vr sont indépendants dans . donc dans le sous-espace vectoriel P̂ P

r.

– 74 –

SOMMAIRE

Réciproquement, si ( u, vr r ) est une base de Pr

, de l'égalité λ A + u + vµ νr r = 0

r, qui implique de toute façon que λ = 0 et

u + vµ νr r = 0r

, on déduit que λ= µ = ν = 0. Cela prouve que A, et sont indépendants dans , donc en forment une base. ur vr P̂

4) a) Si on connaît E.E.2 du chapitre I, on sait que (A, B, ur ) est une base de si et seulement si ( OAP̂ , OB

uuur uuur, ur ) est une base de

rA ,

donc si et seulement si ABuuur

et ur ne sont pas colinéaires. b) Démonstration directe: si (A, B, ur ) est une base de , P̂ AB

uuur et ur

ne peuvent être colinéaires, car une relation de liaison λ A + µ B + ν ur = 0

r donnerait une relation de liaison

– λ A + λ B + µ ur = 0r

entre A, B et . . ur

Réciproquement, si ABuuur

et ur ne sont pas colinéaires, A, B et ur peuvent être liés, car une relation de liaison λ A+ µ B + ν ur = 0

r

impliquerait d'abord λ + µ = 0, donc une relation de liaison λ + ν ABuuur

ur = 0r

entre A, B et ur . 5) La démonstration directe est très facile. Le résultat signifie

que : – Si P est de dimension 1, deux points de P forment une base de si et seulement si ils sont distincts. P̂– Si P est de dimension 2, trois points de P forment une base de si et seulement si ils forment un triangle non dégénéré. P̂– Si P est de dimension 3, quatre points de forment une base de Psi et seulement si ils forment un tétraèdre non dégénéré.

P̂

Commentaires E.E 2.2.3 1) b) On peut utiliser la forme linéaire ϕ sur , introduite à la fin

des exercices d'exposition du chapitre 1. P̂

On peut remarquer aussi que, puisque m ≠ 0, α + β + γ n'est pas nul (car sinon αA + βB+ γC serait un vecteur). Le barycentre de αA + βB+ γC est donc égal à mM, par consé quent : m = α + β + γ.

2) Attention aux coordonnées barycentriques normalisées (ou coordonnées affines) : théoriquement elles sont intéressantes, car elles sont déterminées de manière unique, alors que des coordonnées barycentriques quelconques ne sont déterminées

– 75 –

SOMMAIRE

qu'à un facteur de proportionnalité (non nul) près. Mais dans la pratique, il vaut souvent mieux éviter de normaliser, quitte à travailler à une constante multiplicative près.

3) x et y s'expriment facilement en fonction de α, β, γ :

x = , y = + + + +β γ

α β γ α β γ . Mais l'expression de α, β, γ en

fonction de x et y n'est pas entièrement déterminée. (Cf. le 2) ci-dessus).

Commentaires P. 2.2.7 La structure euclidienne intervient en apparence dans la question b) pour que l'on puisse mesurer l'aire du triangle; en fait, les rapports d'aires ne dépendent pas du choix de la métrique. L'orientation permet d'affecter cette aire d'un signe (l'aire du triangle ABC est positive ou négative, suivant que la base ( AB, AC

uuur uuur)

est compatible ou non avec l'orientation du plan). ( }étant une base orthonormée directe de u, vr r P

r, si l'on considère P

comme hyperplan d'un espace affine A de dimension 3, on oriente A en complétant le système libre ( u, vr r ) en une base( u, v, wr r r )de

rA , ce

qui respecte l'orientation de P. On peut alors munir rA d'un produit

scalaire dont la restriction à Pr

coïncide avec celui qui est donné sur , et tel que P

rwr soit orthogonal à P

r et de norme 1. On a

alors sur rA une notion de produit vectoriel, et l'aire algébrique

d'un triangle ABC du plan P est, au coefficient ½ près, la mesure algébrique du produit vectoriel AB AC∧

uuur uuur sur le vecteur wr . On est

alors ramené au a). Si l'on craint de faire préciser ces notions à des élèves, on pourra se placer d'emblée dans la situation où P est un plan de R3 muni de sa structure affine euclidienne orientée. Solution P. 2.2.8 Si E = { Xl , X2 , ..., Xp +1 }, on appelle Ak un point de l'intersection de tous les Xi , sauf Xk .

– 76 –

SOMMAIRE

Les p + 1 points Ai sont affinement liés, il existe donc des réels αi non tous nuls tels que:

p+1

i ii=1

A 0α =∑r

et p+1

ii=1

0α =∑

Il en résulte que le barycentre des αiAi tels que αi > 0 est confondu avec le barycentre des αiAi tels que αi < 0. Ce barycentre est un point commun à tous les Xi . Note: La solution parue dans le Livre du Problème, vol. 4, com

portait quelques lapsus. Commentaires T. C.I 2.2.12 1) a) Pour exprimer que les points L,M,N sont alignés, on peut chercher les coordonnées (a, b), (a', b') et (a", b") de L,M,N dans le repère cartésien (A, AB, AC

uuur uuur) par exemple, et écrire que le détermi

nant

1 1 1a a' a"b b' b"

est nul. Ce qui donne la condition α β γ = 1.

Cependant, la seconde partie de cette question l,a, suggère d'écrire que L,M,N sont alignés si et seulement si L est barycentre de M et N affectés de masses convenables. Mais pour cela, on évite de normaliser dès le départ, ce qui introduirait des dénominateurs gênants : on ne cherchera pas µ et ν tels que : L = µM + νN, mais µ' et ν' tels que: (1) (l – α)L = µ'(l – β)M + ν'(l – γ)N . pour la simple raison que (l – α)L , (l – β)M , (l – γ)N ont des expressions simples en fonction de A,B,C : (l – α)L = B – α C , (l – β)M = C – β A , (l – γ)N = A – γ B On porte ces valeurs dans (1), puis on utilise le fait que (A,B,C) est un repère affine, donc une base de l'espace vectoriel , de sorte qu'une relation du type uA + vB + wC = 0

P̂r

équivaut à u = v = w = O. On obtient à la fois la condition α β γ = 1 et les valeurs de µ ' et ν '.

– 77 –

SOMMAIRE

Des élèves non habitués à des écritures telles que (1) pourront introduire un point O arbitraire, et utiliser l'écriture équivalente:

(2) (1 - α) OLuuur

= µ '(1 - β) OMuuuur

+ ν ' (1 - γ) ONuuur

Dans ce cas, il est bon de se souvenir qu'on peut prendre 0 à l'extérieur du plan P (celui-ci étant plongé dans un espace affine de dimension 3 par exemple) de sorte que les vecteurs OA

uuur, OBuuur

, OCuuur

soient linéairement indépendants, ce qui n'est plus le cas si on prend O dans P, et oblige alors à placer successivement O en A, B, et C. b) On peut remarquer que, α, β, γ n'étant pas nuls (puisque α β γ = 1), les relations définissant L', M', N' : (1 – α )L' = C – αB etc... peuvent s'écrire :

1(1 )L' = B C1α α

− − , etc...

De sorte que d'après a), la condition d'alignement de L', M', N'est 1 1

αβγ= , ce qui est réalisé.

2) a) Soient I, J, K les milieux respectifs des segments [AL], [BM], [CN], A', B', C' les milieux de [BC], [CA], [AB]. En langage barycentrique, cela se traduit par des égalités comme : 2 I= A + L (ou si l'on préfère : 2 2OI = OA + OL

uur uuur uuur).

Là non plus on ne normalise pas ; au contraire, on multiplie par (l – α) pour mettre en évidence (l – α)L, qu'on peut remplacer par B – α C. On obtient ainsi : 2(1 – α)I= (l – α)A + B – αC = A + B – α(A + C) = 2C' – 2αB'. Soit (1 – α)I = C' – αB' et de même : (1 – β) J= A' – β C' et (l – γ) K = B' – γ A'. Cela prouve que I, J, K se définissent à partir de (A', B', C') comme L', M', N' à partir de (A, B, C). La condition d'alignement est donc la même : α β γ = 1. On utilise ici la transformation du barycentre par l'application affine qui associe A'B'C' à ABC. – Les points I, J, K sont les milieux des diagonales du quadrilatère complet déterminé par les quatre droites AB ,BC, CA, LMN, indé pendamment de leur ordre. La droite D ne dépend donc pas de l'ordre dans lequel on considère les quatre droites.

– 78 –

SOMMAIRE

b) A', B', C' se déduisent de A,B,C dans l'homothétie de centre G (isobarycentre de ABC) et de rapport – ½ . D'après les relations qui définissent I, J, K en fonction de A' ,B', C' (cf. a), et du fait qu'une homothétie (qui est une application affine) conserve le barycentre, I, J, K se déduisent de L', M', N' dans la même homothétie. Cela démontre que les points I, J, K sont alignés puisque L', M', N' le sont, et prouve aussi que D et ∆' sont parallèles. 3) Les quatre droites ∆'i sont parallèles, car parallèles à la droite de Newton D des quatre droites ∆i .

– 79 –

SOMMAIRE

CHAPITRE III Solution E.D 3.1

Par hypothèse on a : (α + α')I = αA + α 'A' (β + β ')I = β B + β 'B'

L étant l'intersection des droites AB et A'B', on cherche une com binaison linéaire de A et B qui soit égale à une combinaison linéaire de A' et B' ; les égalités ci-dessus fournissent : (β + β ')(α A + α ' A') = (α + α') (β B+ β ' B') d'où (β + β ')α A – (α + α ')β B = – (β + β ')α 'A' + (α + α ')β ' B' et par suite: (αβ ' – α'β ) L = (β + β ')α A – (α + α ')β B = – (β + β ')α 'A' + (α + α')β 'B' Remarquer que αβ '– α 'β n'est pas nul parce que AB et A'B' ne sont pas parallèles. Solution E.D 3.2

Les données se traduisent par les égalités: 2A' = B + C, 2B' = C + A, 2C' = A + B, (1 – α)I = B – αC

1°) Les trois premières donnent: A = – A' + B' + C', B = A' – B' + C', C = A' + B' – C' d'où grâce à la quatrième: (l – α) I = A' – B' + C' – α(A' + B' – C') = (1 – α)A' – (1 + α)B' + (1 + α)C'

2°) 2M = A + I ; on multiplie par (1 – α) afin d'éviter les dénomi nateurs : 2(1 – α)M = (1 – α)(–A' + B'+ C')+ (1– α)A' – (1 + α)B'+ (1 + α)C' = – 2αB' + 2C' d'où (1 – α)M = –αB' + C'

On a une autre solution en considérant l'homothétie de centre A et de rapport ½.

– 81 –

SOMMAIRE

Solution E.D 3.3 Si G est l'isobarycentre du triangle ABC on a : MP = 3 MG

uuur uuuur, ce qui

prouve que P est l'image de M par l'homothétie de centre G et de rapport – 2. Le lieu de P est donc la droite D', image de D par cette homothé tie, c'est-à-dire la parallèle à D menée par le point P0 image de M0 . Solution C.I 3.4 1° M' = H(A k) (M) ⇔ AM' = k AM

uuuur uuuur ⇔ M' = kM + (1 – k)A ,

M' = T (M) ⇔ ur MM' = uuuuuuur r ⇔ M' = M + ur

2° a) Si M' = T ur (M) et M" = T vr (M'), on a :

M' = M + u et M" = M' + r vr , soit M" = M + ( vr + ur ) ce qui prouve que M" = T vr + ur (M) Ainsi T o Tvr ur = T vr + ur , et comme +vr ur = ur + vr , on voit que deux translations commutent. b) Si M' = H(A ,k) (M) et M" = H(B, l) (M'), on a : M' = kM + (1 – k)A et M" = lM' + (1 – l)B, d'où: M" = kl M + 1(1 – k)A + (1 – l)B – Si kl ≠ 1, alors 1(1 – k)A + (1 – l)B = (1 – kl)C, et de l'égalité M" = kl M + (1 – kl)C, on déduit que H(B, l) o H(A, k) = H(C, kl) 1(1 – k)A + (1 – l)B est égal à (1 – k)A + k(l – l)B si et seu lement si A = B ou (1 – k)(l – l) = 0; par conséquent, deux homothéties commutent si et seulement si elles ont même centre ou si l'une d'elles est l'identité. – Si kl = 1, alors 1(1 – k)A + (1 – l)B = (1 – l) AB

uuur et de

l'égalité M" = M + (1 – l) ABuuur

, on déduit H(B, l) o H(A,k) = T(l – l) AB

uuur

– 82 –

SOMMAIRE

c) Si M' = T ur (M) et M" = H(A, k) (M'), alors: M' = M + et M" = kM' + (1 – k)A, d'où ur

M" = kM + (1 – k) [A + k u1 k−r ], ce qui prouve que

H(A,k) o T = H(B,k) ou B = A + ur k u1 k−r

De même on obtient T ur o H( A, k) = H ( C, k) où

C = A + k u1 k−r

Comme B et C sont distincts, on voit que homothétie et translation ne commutent pas.

3° H T est, d'après ce qui précède, stable pour la composition, et

aussi pour le passage à l'inverse: T oT– u = T– u o Tur r r ur = T 0

r = id =>(T ur )–1 = T– ur

1(A,k) 1 1 (A,k) (A,1) E (A,k) 1(A, ) (A, ) (A, )k k

H H H H H id (H ) H−= = = ⇒ =o ok

H T est donc un sous-groupe du groupe affine, mais il n'est pas commutatif. Il est à remarquer que la méthode barycentrique conduit dans cette étude à des résultats très complets, au prix de calculs très simples.

Solution E.D 3.5

Par hypothèse, G = α:A + β B+ γ C Il existe λ dans R, tel que : M = G + λ AB d'où: M = (α – λ)A + (β + λ)B + γ C M étant sur BC, nécessairement α – λ= 0. D' où M = (α + β) B+ γ C

donc MB . = BCγ−uuuur u ruu

De façon semblable : NC = BCβuuur uuur

– 83 –

SOMMAIRE

Solution P. 3.6

Soit ∆1 , ..., ∆n les droites décrites par A1 , ... An et n

i1

α α= ∑ .

On fixe un point sur ∆i (pour chaque i), et on définit Go par : oiA

αGo = n

i1

α∑ oiA

On a alors l'équivalence : n --+ n --:-0-:+

(1) n n

oi i o i i i

1 1

G = A G G A Aα α α α⇔ =∑ ∑uuuuuuruuuuur

La flèche ⇒ de (1) prouve que G appartient à la droite ∆0 paral lèle menée par Go aux ∆i. Si G est un point quelconque de ∆o , on choisit un indice i tel que αi ≠ 0, on prend Aj = si j ≠ i et Ai tel que o

jA oo i iG G A Aα α= i

uuuuuuruuuuur. La

flèche <= de (1) prouve que aG = . n

i i1

Aα∑Ainsi l'ensemble des points G est la droite ∆o. Solution C.I 3.7

Par définition des points G, G1, G2 et G' : (α + β + γ )G = αA + βB+ γ C (α1 + β + γ )Gl = αl A + (3B+ γC ; (α2 + β + γ)G2 = a2A + βB+ γ C (α + 2β + 2γ )G'= (α1 + β + γ)Gl + (α2 + β + γ)G2 = αA + 2βB+ 2γC

D'où : (α + 2β + 2γ) GG = α'

uuuurGAuuur

+ 2β GBuuur

+ 2γ GCuuur

G et G' sont confondus si et seulement si les conditions équiva lentes suivantes sont vérifiées:

rα = 0 GAuuur

β + γ GBuuur

GCuuur

= 0r

Deux cas : 1) α ≠ 0 et β = γ = 0 : G, Gl, G2, G' sont confondus en A. 2) α = 0 : dans ce cas G est sur BC et les points G1 et G2 sont sur

la droite AG et conjugés harmoniques par rapport à A et G.

– 84 –

SOMMAIRE

Solution C.I. 3.8 Question 1

Le résultat est immédiat: MM' = AA'αuuuuur uuuur

Question 2

Si p ≠ 1, pM – M' = (p – 1)M", d'où le résultat. L'applica tion f est donc l'affinité d'axe BC, de direction AA', de rapport p. Question 3

On passe du triangle ABC au triangle A'B'C' par la composée de trois applications affines dont chacune change un seul sommet du triangle. Considérons les points :

M1 = αA' + βB + γC M2 = αA' + βB' + γC M' = M3 = αA' + βB' + γC'

M1 est l'image de M dans une affinité f1 d'axe BC, de direction AA'. M2 est l'image de Ml dans une affinité f2 d'axe A'C, de direction BB'. M3 est l'image de M2 dans une affinité f3 d'axe A'B', de direction CC'.

Donc M'est l'image de M dans la composée f3 o f2 o f1 . Il est intéressant d'étudier le cas parti culier où AA' est parallèle à BC. Dans ce cas, la trans formation f1 n'est plus une affinité (voir ci-contre la construc-tion de MI ).

– 85 –

SOMMAIRE

Solution C.I 3.9

L'égalité se traduit en langage barycentrique

par :

ni

ni=1

OS a OB= ∑uuuur uuuur

i

Sn = (1 – a – a2 – ... – an)O + aB1 + … + anBn Les points Bi étant tous sur la droite AB, l'expression de Sn in vite à introduire le ba rycentre Gn des points aB1 , ..., anBn : Gn est aussi sur AB, et on a:

n n

n n1 a 1 aS (1 a )O + a G1 a 1 a

− −= −− −

Pour que Sn soit intérieur au triangle OAB, il suffit donc que Gn

soit sur le segment [AB], et que les coefficients 1 – a n1 a

1 a−−

et

a n1 a

1 a−−

soient positifs.

Pour que Gn soit sur le segment [AB], il suffit que B1 , ..., Bn–1 le soient, et que a soit positif; comme Bn = (1 – an)A + anB, il suffit que 0 < a < 1.

Cette condition implique aussi a n1 a

1 a−−

> 0, mais comme on veut

aussi 1 – a n1 a

1 a−−

> 0 la minoration 1 – a n1 a

1 a−−

> 1 – a1 a−

(valable pour 0 < a < 1) amène à prendre a dans l'intervalle ]0 , ½ [. Solution C.I 3.10

Traduction des données: (1 – γ )A' = B – γ C (l – α )B' = C – α A (1 – β )C' = A – β B

– 86 –

SOMMAIRE

1) On peut utiliser une méthode purement barycentrique et écrire que A' ,B' ,C' sont alignés si et seulement si il existe des réels λ et µ tels que : (1 – γ )A' = λ(l – α) B' + µ(1 – β )C'. On peut aussi déterminer les coordonnées de A', B', C' dans le repère cartésien (A, AB

uuur, ACuuur

), et exprimer la condition d'aligne ment sous forme de nullité d'un déterminant. De toute façon, on obtient sans peine la C.N.S. αβγ = 1.

2) (l – γ)A = B – γC ⇔ B – A' = γ(C – A') ⇔ A'Buuur

=γ A'Cuuuur

⇔ A'BA'C

γ=

De même α s'interprète comme B'CB'A

=- et β comme C'AC'B

D'où le théorème de Ménélaüs. Solution C.I 3.11

Ce problème constitue une généralisation intéressante de la théorie du centre permanent de similitude.

Question 1 Les relations : A' = A + λ ; B' = B + λ ur vr ; C' = C + λ entraînent : wr

α A' + β B' + γ C' = α A + β B+ γ C + λ ( α ur +β vr + γ wr ) Le triplet (α, β, γ ) convient si et seulement si : α +β + γ = 0ur vr wr

r et α + β + γ ≠ 0.

Si les vecteurs , ur vr , wr sont colinéaires, l'un d'eux n'étant pas nul, on trouve une infinité de solutions.

Si les vecteurs ur et vr sont indépendants, on peut exprimer wr dans la base ( r , r ) u v

wr = a +bur vr Donc a +b – ur vr wr = 0

r

Si a + b ≠ 1, on peut donc choisir α = a, β = b, γ = –1 Si a + b = 1, alors wr = a ur + (1 – a) vr Quels que soient α, β, γ on a : α +β + γ = (α + γ a) ur vr wr ur + [β + γ (l – a)] vr

– 87 –

SOMMAIRE

Cette somme est nulle si et seulement si : α + γ a = 0 β + γ (1 – a) = 0

Mais ces relations entraînent α + β + γ = 0. Dans le cas où a + b = 1, le triplet (α, β, γ ) cherché n'existe donc pas. Question 2

Le triplet (α, β, γ ) n'existe pas dans le cas où deux des 3 vecteurs , r , sont indépendants, par exemple et ur r rv w u vr , le 3ème vecteur wr

étant de la forme : wr = a ur + (1 - a) vr

Si l'on pose: α ' = a β ' = 1 – a γ ' = – 1

on en déduit α ' + β ' ur vr + γ ' wr = 0

r

α ' + β ' + γ ' = 0r

et α A' + β ' B' + γ ' C' = α ' A + β ' B + γ ' C

= 'OA 'OB 'OCα β γ+ +uuur uuur uuur

quel que soit le point O.

Cas particulier : 0r

= BCuuur

, vr = CAuuur

CA, = wr 1 BA2uuur

.

Dans ce cas, 1 1w = u + v2 2r r r

On peut prendre α ' = β ' = 12 et γ ' = –1

Figure pour λ = ½

Soit 1V 'OA' 'OB' 'OC' (OA' + OB') OC'2α β γ= + + = −ur uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur

I, J, K sont les milieux des bipoints (B,C), (C,A), (A,B) V = C'K' = CKur uuuur uuur

où K' est le milieu de (A' ,B'). Nous laissons au lecteur le soin de découvrir les nombreuses pro priétés de la figure.

– 88 –

SOMMAIRE

Question 3 Si le vecteur = α1 1V

uurur + β1 vr + γ1 wr n'est pas nul, on déduit de la

relation Il = α1 A + β1 B + γ1 C + λ 1V

uur

que le point Il décrit la droite de vecteur directeur VI, passant par le point

G1 = α1 A + β1 B + γ1 C, Si = , Il est fixe puisque Il = G1 . 1V

uur0r

Question 4 En introduisant G2 = α2 A + β2 B + γ2 C, on peut écrire:

Il = G1 + λ 1Vuur

I2 = G2 + λ 2V

uur

Si et sont indépendants, il existe deux nombres kl , k2 non tous nuls tels que: kl

1Vuur

2Vuur

1Vuur

+ k2 2Vuur

= 0r

. On en déduit : k1 Il + k2 I2 = kl G1 + k2 G2 1er cas: kl + k2 ≠ 0. Alors : kl Il + k2I2 = (kl + k2) L où L est le barycentre de (G1 ,k1 ), (G2 ,k2 ). La droite I1I2 passe par L. 2ème cas: kl + k2 = 0. Alors :

kl Il + k2I2 = kl 2 1I Iuuur

= kl 2 1G Guuuuuur

Donc = 2 1I I

uuur2 1G G

uuuuuur

Le vecteur est égal au vecteur fixe 2 1I Iuuur

2 1G Guuuuuur

– 89 –

SOMMAIRE

Cas particulier:

1 1 1

2 2 2

u = BC, v = CA, w = AB1 1, ,6 31 1, ,2 3

α β γ

α β γ

= = =

= = =

uuur uuurr r

1216

uuurr

U = BC, v = CA, w = AB

Dans ce cas, 21V + V 0=uur ur r

; L est le milieu de (GI ,G2) (Voir figure ).

Solution C.I 3.12 Les triangles ABC et A'B'C' sont dits homologiques. Ce problème se résout de manière très élégante de la façon suivante : Soit I le point de concours des droites (AA'), (BB'), (CC'). Il existe des nom bres réels α, α', β, β ', γ , γ ' non nuls tels que: I = αA + α ' A' = β B + β ' B' = 'γ C + γ ' C'

– 90 –

SOMMAIRE

avec α + α ' = β + β ' = γ + γ '= 1. Il en résulte βB – γ C = γ ' C' – β 'B'. Si β' ≠ γ alors β ' ≠ γ ' et les droites BC et B'C' se coupent en A1 . On peut écrire : β B – γ C= γ 'C' – β 'B' = (β – γ )A1 Les points AI ,BI ,CI vérifient: β B – γ C = (β – γ )A1 γ C – α A = (γ – α)B1 α A – β B= (α – β)C1 En ajoutant membre à membre ces trois relations, il vient:

(β – γ )A1 + (γ – α)B1 + (α – β)C1 = 0 d'où il résulte que A1 , B1 , C1 sont alignés. Remarques Ce problème peut être résolu très facilement dans l'espace affine de dimension 3 lorsque les triangles ABC et A'B'C' ne sont pas coplanaires: les points A1, B1, C1 sont alors situés sur l'intersection des plans ABC et A'B'C'. Solution E.E 3.15 1°

A' ∈ ACD A ∈ A'C'D' B' ∈ BCD B ∈ B'C'D' C' ∈ ABC C ∈ A'B'C D' ∈ ABD D ∈ A'B'D'

– 91 –

SOMMAIRE

En échangeant B et C d'une part, B' et D d'autre part, on obtient un autre cas de figure qui convient. Il est facile de vérifier que ce sont les deux seules configurations convenables. Il est à remarquer qu'on a parlé ici d'un cube uniquement parce qu'il s'agit d'une figure familière : le problème posé est purement affine, et la propriété reste vraie avec un parallélépipède quelconque. 2° Il suffit de vérifier que chacun des points A, B, C, D s'exprime en fonction de trois seulement des points A' , B' , C' , D'. On trouve:

3A = B' + C' + D' 3B = 3A' – C' + D' 3C = 3A' + B' – D' 3D 3A' – B' + C'

3° La condition est évidemment suffisante. Elle n'est pas nécessaire, car si A s'exprime au moyen de trois seulement des points A', B', C', D', ce ne sont pas forcément B', C', D'. Solution T.T 3.16

Exprimons d'abord Mn en fonction de M0, A, B, C.

1 0

2 02 2

3 03 3 2

4 04 4 3 2

5 05 2 5 1 4 3

6 06 3 6 2 5 3

1 1M M A2 21 1 1M M A + B22 21 1 1 1M M A + B + C22 2 21 1 1 1 1M M ( )A + B + C22 2 2 21 1 1 1 1 1M M ( )A + ( )B + C2 2 2 2 2 21 1 1 1 1 1 1M M ( )A + ( )B + ( + )C22 2 2 2 2 2

= +

= +

= +

= + +

= + + +

= + + +

– 92 –

SOMMAIRE

Nous voyons apparaître des suites géométriques de raison 312

.

De manière générale, pour p ∈ N:

3p 03p 3p

3p+1 03p+1 3p+3 3p

3p+2 03p+2 3p+3 3p

1 1 1M M (1 )(A + 2B + 4C)72 21 4 1 1 1M M (1 )A + (1 )(B + 2C)7 72 2 21 1 1 1 1M M (1 )(2A + 4B) + (1 )C7 72 2

= + −

= + − −

= + − −2

Quand p → ∞, les points M3p , M3p+1 et M3p+2 ont respective ment pour positions limites les points A', B' et C' définis par les égalités suivantes:

1A' = (A + 2B + 4C)71B' = (4A + B + 2C)71C' = (2A + 4B + C)7

Remarques

1) En utilisant les points A', B', C', les points M3p , M3p+1 , et M3p+2 peuvent être définis très simplement par les égalités vecto rielles :

3p 03p

3p+1 03p+1

3p+2 03p+2

1A' M A' M2

1B' M A' M2

1C' M A' M2

=

=

=

uuuuuuur uuuuuur

uuuuuuuuur uuuuuur

uuuuuuuuur uuuuuur

– 93 –

SOMMAIRE

2) B' est le milieu de (A,A') C'est le milieu de (B,B') A' est le milieu de (C,C').

Grâce à ces constatations, on peut alors résoudre géométriquement le problème.

3) On pourra attirer l'attention des élèves sur les considérations d'invariance par la transformation affine T telle que T(A) = B, T(B) = C et T(C) = A. On peut en déduire sans calcul que :

T(A') = B', T(B') = C' et T(C') = A' et que par suite les triangles ABC et A'B'C' ont même isobarycentre. 4) A' est le centre de la composée des trois homothéties de

rapport 12 et de centres respectifs A, B, C.

Remarque analogue pour B' et C'.

Solution P 3.17

1) Conformément à la règle n° 3 énoncée au chapitre II, on cherche une combinaison linéaire de Iλ et I'λ qui soit égale à une combinaison linéaire de Jµ et J'µ . On obtient

µ Iλ + (1 – µ) I'λ = λ Jµ + (1 – λ ) J'µ

– 94 –

SOMMAIRE

ce qui prouve que les droites Iλ I'λ et Jµ J'µ se coupent, et donne le point d'intersection (on montre sans peine que ce point est unique) :

Mλµ = µIλ + (1 – µ)I'λ = λ Jµ + (1 – λ))J'µ = λµA + (l – λ)µ B + λ(l – µ)A' + (l – λ)(l – µ)B'

PH = {Mλµ , (λ , µ) ∈ R2} n'est pas égal à E. Pour le voir, chercher par exemple les points de PH situés sur la droite AB'.

2) Lorsque λ (resp. µ) est fixé et que µ (resp. λ) décrit R, le point Mλµ décrit la droite Dλ = IλI'λ (resp. ∆µ = Jµ J'µ)

On a donc au moins deux familles de droites dans PH : D = (Dλ) λ ∈ R et ∆ = (∆µ) µ ∈ R

D'après la question 1, deux droites des deux familles sont sécantes mais non confondues.

Deux droites distinctes d'une même famille ne peuvent être copla naires : si elles l'étaient, leur plan contiendrait les points A, B, A', B'.

En particulier, deux droites d'une même famille ne se coupent pas, ce qui implique que tout point de PH est l'intersection d'un unique couple de droites des deux familles, autrement dit que l'application (λ, µ) → Mλµ est injective.

La droite Dλ est dirigée par le vecteur ; par suite les droites de la famille D sont parallèles au plan vectoriel

r engendré par AA

I I' AA' + (1 )BB'λ λ λ λ= −uuuur uuuur uuur

P 'uuuur

et BB'uuur

. De même les droites de ∆ sont parallèles au plan πr engendré par AB

uuur uur et

uu. A'B'

Les droites de D sont donc des droites parallèles à Pr

et s'appuyant sur AB et A'B'. Inversement, si d est une droite parallèle à P

r et

s'appuyant sur AB et A'B', c'est une droite de D : d est dirigée par un vecteur de la forme α AA'

uuuur + β BB'

uuur, et coupe AB en I, A'B' en I'.

Pour un réel λ convenable, on a I = λA + (1 – λ)B, d'où I' = I + t(α. AA'

uuuur + β BB'

uuur)

= (λ – tα)A + (1 – λ – tβ )B + tαA' + tβ B' I' étant sur A'B', les coefficients de A et B sont nuls, et par suite I' = λA' + (1 – λ)B', ce qui prouve que d = Dλ . – 95 –

SOMMAIRE

De même ∆ est l'ensemble des droites parallèles à TI et s'appuyant sur AA' et BB' . Si d est une droite (vectorielle) de , dirigée par le vecteur α + β existe-t-il une droite de la famille D de direction

?

Pr

AA'uuuur

BB'uuur

dr

Pour cela, il faut et il suffit qu'il existe des réels λ et t tels que I I'λ λ

uuuur = t(α + β AA'

uuuurBB'uuur

), ce qui équivaut au système : λ = tα 1 – λ = tβ

Celui-ci a pour unique solution t = 1α β+

à condition que α + β

ne soit pas nul. Ainsi toute droite (vectorielle) de , sauf celle dirigée par

– , est direction d'une unique droite de la famille D. Pr

AA'uuuur

BB'uuur

De même toute droite (vectorielle) de πr , sauf celle dirigée par – , est direction d'une unique droite de la famille ∆. AB

uuurA'B'uuuur

Supposons que PH contienne une droite d qui n'appartienne ni à D ni à ∆. Soit O, P, Q trois points distincts de d : par O passe une droite Dλ , par P une droite ∆µ , par Q une droite ∆µ 0 ; ∆µ et ∆µ 0 coupent Dλ, donc elles sont dans le plan (d, Dℵ). Cela n'est pas possible, puisque deux droites d'une même famille ne sont pas coplanaires. Ainsi PH ne contient pas d'autres droites que celles des familles D et ∆. 3) Il est utile de choisir un repère cartésien convenable, de façon à déterminer une équation cartésienne de PH. Ce qui permettra d'étudier les sections demandées. Comme il est facile, à partir de l'équation cartésienne d'une sur face, d'avoir les équations des sections par des plans parallèles aux plans de coordonnées, il sera habile de choisir un repère tel que les plans de coordonnées soient parallèles aux trois directions données. Autrement dit, on va prendre comme vecteurs de base:

i = AB', j = A'B, k = AA' BB'−uuuur uuur uuuur uuur r r r

– 96 –

SOMMAIRE

On a le choix pour l'origine du repère: on la prend en B' de façon à éliminer le coefficient le plus compliqué dans l'expression de MÀI1en fonction de A, B, A', B'. Les coordonnées des quatre points dans ce repère sont :

1 11 02 21 1A 0 B A' B' 02 21 10 02 2

− − −

−

( = donne A = B' – ir

AB'uuuur

ir

; kr

+ jr

= ABuuur

– BB'uuur

donne 2B = A + B' + k +

rjr

; enfin jr

= A'Buuur

donne A' = B – jr

). D'où les coordonnées de Mλµ :

1x = ( )21y = ( )21z = ( )2

λ µ

λ µ

λ µ λµ

⎧ − +⎪⎪⎪ − −⎨⎪⎪ + −⎪⎩

L'élimination très facile de λ et µ fournit l'équation cartésienne de PH dans le repère (B , i

r, jr

, kr

) : y2 – x2 – x = z

soit encore

y2 – (x + 12 )2 – z = 1

4

Les sections par des plans de direction (AB', A'B) (c'est-à-dire des plans z = a) sont des hyperboles. Les sections par des plans de direction (AB', AA' - BB') (c'est-à-dire des plans y = a) ou (A'B, AA' - BB') (c'est-à-dire des plans x = a) sont des paraboles.

– 97 –

SOMMAIRE

Cela justifie le nom de paraboloïde hyperbolique donné à la sur face PH.

Remarque Ce problème peut donner lieu à une manipulation intéressante. On pourra s'inspirer de la photographie ci-dessous, extraite de l'intéressant ouvrage de E. CASTELNUOVO: Documenti di un'exposizione di Matematica (Boringhieri 1972, Torino).

Commentaire P 3.18

Le résultat énoncé est évidemment faux dès que la dimension de E est inférieure à n – 1 : se reporter à la notion de repère affine au chapitre II. Plus simplement, on peut donner un contre-exemple avec n = 3 :

– 98 –

SOMMAIRE

Soit B le milieu de AC, M le milieu de AB.

M = 12 A + 1

2 B = A – 12 B + 1

2 C etc...

Où est donc l'erreur dans la "démonstration" ? Il peut être utile, si l'on ne s'en aperçoit pas tout de suite, de la refaire dans le cas numérique ci-dessus. Elle ne provient pas fonda mentalement du fait qu'on ne sait pas si A0 et B sont distincts, mais du fait qu'on a défini B à partir des αi.La "démonstration" aurait pu se poursuivre à partir d'un autre choix d'un point B. Dès que ce point est choisi la suite de la construction s'effectue bien d'une manière unique.

– 99 –

SOMMAIRE

CHAPITRE IV Solution E.E 4.1

1° On fait intervenir le point 0 en écrivant que MAi = MO+ OAi, d'où:

F(M) = soit finalement : i

n 2 2

i1

(MO 2MO OA OA )α + • +∑uuuur uuuur uuuur uuur

i

F(M) = F(O) + 2MO V•uuuur r

+ n

2i

1

( )MOα∑

2° En prenant O en G, on obtient Vr

= n

i1

OAα∑ i

uuuur = 0

r, d'où la

formule de Leibniz.

3° a) Si n

i1

0α =∑ , la relation établie à la question 1 donne :

(1) F(M) = F(O) + 2MO V•uuuur r

, où Vr

= n

i1

OAα∑ i

uuuur ne dépend pas de

M. L'application u 2u→ − • Vrr r étant une application linéaire de

E dans R, F est une application affine de E dans R. Le vecteur ne dépend pas de O. V

r

b) On peut appliquer la formule de Leibniz aux systèmes (αiAi)i ∈ I et (αiAi)i ∉ I ce qui donne:

(2) i i

2 2 2i i

i I i I i I

F(M) ( )(MG ' MG" ) G'A G"Aα α∈ ∈

= − + +∑ ∑ 2iα

∉∑

– Si G' = G", on voit que F est constante ; par suite = 0 quels que soient M et O, ce qui implique que

= . 2MO V•uuuur r

Vr

0r

On peut voir directement que Vr

est nul, et en déduire que F est constante :

i i

n

i i i i i1 i I i I i I

V G'A G'A G'A ( )G'G" 0α α α α∈ ∉ ∉

= = + =∑ ∑ ∑ ∑ =uuuuur uuuuuruuuuur uuuuur rr

– Si G' ≠ G", en faisant M = G dans l'égalité (2) on obtient :

i i

2 2i i

i I i I

F(G) G'A G"Aα α∈ ∉

= +∑ ∑

D'où : – 101 –

SOMMAIRE

2 2i

i I

F(M) ( )(MG ' MG" ) F(G)α∈

= − +∑

Comme MG'2 – MG"2 = (MG' MG")(MG'+MG") = 2G"G' MG− •uuuur uuuuur uuuur uuuuur uuuuur uuuur

, il vient

ii I

F(M) = 2MG ( G"G') F(G)α∈

• +∑uuuur uuuuur

Par ailleurs (1) donne F(M) = 2MG V + F(G)•uuuur r

.

Par suite ii I

2MG ( " ') 2MG V G Gα∈

• = •∑uuuur uuuuuur uuuur r

pour tout M, d'où

= Vr n

i1

G"G'α∑uuuuur

, résultat qui avait déjà été obtenu un peu plus

haut.

Solution E.D. 4.2 Soit O le milieu de (A, B). Les formules

MA2 + MB2 = 2 MO2 + 2AB

2

MA2 – MB2 = 2AB OM•uuur uuuur

connues sous le nom de "théorèmes de la médiane" apparaissent ici comme des cas particuliers de la formule de l'exercice 4.1. Solution E.D. 4.3 Soit ABCD le parallélogramme considéré, et O son centre. Pour tout point M :

MA2 + MB2 + MC2 + MD2 = 4MO2 + OA2 + OB2 + OC2 + OD2 Prenons M en A :

AB2 + AC2 + AD2 = 6 OA2 + 2 OB2 soit :

AB2 + AD2 = 2(OA2 + OB2)

– 102 –

SOMMAIRE

Solution E.D 4.4

Si , alors n

i i1

A 0α =∑r n

i1

0α =∑ et par suite:

n

i1

α∑ MAi2 =

n

i1

α∑ OAi2 + 2MO V •

uuuur r

O étant un point fixé, et Vr

= n

i i1

OA 0α =∑uuuur r

. Donc n

i1

α∑ MAi2 ne

dépend pas de M. N.B.: On peut remarquer aussi que la dérivée de la fonction

M → n

i1

α∑ MAi2 est

n

i1

2 MAα∑ i

uuuuur donc est nulle.

Solution E.D 4.5

Il suffit d'appliquer la formule de Leibniz. Dans la question 1, on obtient suivant la valeur de la constante, l'ensemble vide, le point O, un cercle de centre O. Dans la question 2, on obtient, soit l'ensemble vide, soit le plan tout entier, soit une droite perpendiculaire à OO'. (Se rappeler ce qu'est l'ensemble des points M tels que MO2 – MO' 2 = α). Solution C.I 4.6

1° Si O est l'origine de l'axe ∆ ,.,on a : BC . OA + CA . OB + AB . OC = 0

uuur uuur uuur r

d'où: BC . A + CA . B + AB . C = 0 .

E.D 4.4 indique alors que BC MA2 + CA MB2 + AB MC2 ne dépend pas de M ; on calcule la valeur de la constante en prenant Men A par exemple.

2° On applique la formule de Stewart aux points alignés B, C, D, en prenant Men A :

2 2 2AD . BC + AB . CD + AC . DB + BC . CD . DB = 0

– 103 –

SOMMAIRE

Le vecteur b + c ABuuur

ACuuur

est parallèle à (car b ADuuur

ABuuur

et c ACuuur

ont même norme) ; donc AD

uuur = λ b AB

uuur + λ c AC

uuur, d'où

D = (1 – λ (b + c))A + λ b B + λ c C. Comme D est sur BC, nécessairement 1 – λ (b + c) == 0. On en déduit:

b abCD = BC = b + c b + c− − ; c aDB = BC = cb + c b + c− −

On obtient alors : 2

2bc(b + c + a)(b + c a)AD

(b + c)−=

Solution C.I 4.7

L'équation MB2 – MC2 = AB2 – AC2 n'est autre que l'équation de la hauteur issue de A. L'équation de la hauteur issue de B est de même :

MC2 – MA2 = BC2 – BA2 . Soi D le point commun à ces deux hauteurs. Le point D vérifie aussi l'équation obtenue en ajoutant membre à membre les deux équations précédentes, c'est-à-dire :

MB2 – MA2 = BC2 – AC2 qui n'est autre que l'équation de la hauteur issue de C. On retrouve ainsi la propriété bien connue des hauteurs : elles sont concourantes en D. Solution C.I 4.8

C'est une généralisation au tétraèdre de l'exercice précédent. Le plan passant par A et perpendiculaire à CD a pour équation :

MC2 – MD2 = AC2 – AD2 D'après les hypothèses, le point B appartient à ce plan. Les arêtes AB et CD sont donc orthogonales. Démonstration analogue pour les autres couples d'arêtes opposées. Considérons les trois plans d'équations

MC2 – MD2== AC2 – AD2 MD2 – MA2== CD2 – CA2 MA2 – MB2== DA2 – DB2

– 104 –

SOMMAIRE

Ces trois plans ont des directions distinctes: ils ont un point commun H et un seul qui appartient à toutes les droites passant par un sommet et perpendiculaires à la face opposée. Solution abrégée P et C.I 4.9 La formule de Leibniz s'écrit: a MA2 + b MB2 + c MC2 = (a + b + c) MF + a IA2 + b IB2 + c IC2 Posons S == a IA2 + b IB2 + c IC2 Prenons M respectivement en A, B, C et multiplions les deux membres des relations obtenues respectivement par a, b, c. Nous obtenons :

abc (b + c) = a (a+ b + c)AI2 + a S abc (c + a) = b (a + b + c)BI2 + b S abc (a + b) = c (a + b + c)CI2 + c S

En ajoutant membre à membre, il vient: 2 abc (a + b + c) = 2 (a + b + c) S

D'où S = abc. Pour le centre J du cercle ex-inscrit dans l'angle A, on trouverait de même :

a JA2 – b JB2 – c JC2 = abc. Commentaire Voilà un exemple typique de ces calculs que l'on aimerait remettre à l'honneur. Depuis vingt ans, le calcul algébrique est malheureuse-ment assez méprisé. S'il y a lieu de repousser certains calculs lourds, il est au contraire recommandé de s'exercer à faire des calculs élégants exploitant des considérations de symétrie ou d'invariance par permutation circulaire. Solution C.I 4.10 Soit N l'intersection des droites AM et BC. Si M est le barycentre de (A, α), (B, β ), (C, γ ), alors N est le bary centre de (B, β ), (C, γ ). Les triangles NMB et NMC ont même hauteur issue de M : le

quotient de leurs aires est donc : NBNC

γβ

=

Il en est de même des triangles NAB et NAC. Donc : aire NAB aire NMB aire NAB aire NMB aire MABaire NAC aire NMC aire NAC aire NMC aire MAC

βγ

−= = = =−

– 105 –

SOMMAIRE

Solution P 4.11

1) Le théorème de Pythagore fournit les relations: x2 + y2 = c2 , y2 + z2 = a2 , z2 + x2 = b2

d'où

x2 = 12 (b2 + c2 – a2) , y2 = 1

2 (c2 + a2 – b2) , z2 = 12 (a2 + b2 – c2).

D'où

a SA2 + b SB2 + c SC2 = a2 (b2 + c2 – a2) + b

2 (c2 + a2 – b2) + c2 (a2 + b2 – c2).

2) En se reportant à C.I 4.9, on voit que

a SA2 + b SB2 + c SC2 = (a + b + c) SI2 + abc. D'où l'égalité : (1) 4p SI2 = a(b2 + c2 – a2) + b(c2 + a2 – b2) + c(a2 + b2 – c2) – 2abc Si l'on met c en facteur dans les deux derniers termes du second membre, on obtient: c ( (a – b)2 – c2), qui se transforme en

– 106 –

SOMMAIRE

c(a – b + c)(a – b – c), soit encore c(2p – 2b)(– 2p + 2a) et finalement: – 4c (p –a)(p –b). Ce résultat est encourageant, car les deux relations données dans l'énoncé: a2 = p(p – a)(p – b)(p – c) et a = pr fournissent : (2) pr2 = (p – a)(p – b) (p – c), ce qui invite à exprimer SI2 en fonction de p – a, P – b, p – c. Aussi, s'inspirant de ce qui précède, transforme-t-on les deux premiers termes du second membre de l'égalité (1) en ajoutant et en retranchant 2abc, ce qui conduit, par un calcul simple, à l'égalité:

p SI2 = a p(p – a) – b (p – a) (p – c) – c (p – a) (p – b) d'où : PSI2 = (p – a) [ap – b(p – c) –- c(p – b)]

= (p – a) [2(p – b)(p – c) – p(2p – a – b – c)) = 2(p – a) (p – b) ( p – c)

Moyennant l'égalité (2), on a alors: SI = r 2 . Solution P 4.12

On a représenté ci-dessus une arche de la cycloïde approchée dans le cas d'un pentagone. 1° L'aire Sn peut se décomposer en : a) La somme des aires des triangles tels que A'1 A'4 A'5 s ;

cette somme est égale à l'aire du polygone, soit 2R 2n sin2 n

π .

b) La somme des aires des secteurs circulaires tels que A1 A'1 A5.

Tous ces secteurs circulaires ont même angle 2nπ , d'où la somme de

leurs aires : n

21 i

i=2

A Anπ ∑

– 107 –

SOMMAIRE

Cette somme se calcule aisément au moyen de la formule de Leibniz, en faisant intervenir le centre du polygone :

n2

1 ii=2

A A∑ = 2n R2

Ainsi on obtient : Sn =

22 R 22 R n sin2 n

ππ +

et par suite : 2nn

lim S 3 Rπ→∞

=

Remarque La limite de Sn est précisément l'aire d'une arche de cycloïde. Cette méthode a été inventée par Roberval au XVIIème siècle [3]. Les problèmes relatifs à la cycloïde ont servi à cette époque de pierre de touche au calcul différentiel et intégral en voie d'élaboration. Descartes, Fermat, Roberval, Leibniz, Huyghens et surtout Pascal sont partis à la conquête de la cycloïde, nommée l' "Hélène de la géométrie". Le Traité de Roulette de Pascal est consacré à cette courbe remarquable. (Et non pas à l'élaboration du calcul de Probabilité ! ). 2° Ln est égale à la somme des longueurs des arcs de cercles tels

que A1A'l , donc Ln = n

1 kk=2

2 A Anπ ∑

Comme A1Ak = 2R sin (k – 1) nπ , on a : Ln =

n 1

k=1

4 R sin kn nπ π−

∑

La somme des sinus s'obtient comme coefficient de i dans la somme de la progression géométrique de raison eiπ /n

in 1 k i nin

ik = 1 n

1 e 1 ee1 cos1 e n

ππ π

π π

− − += =−−

∑

D'où : n

sin4 R nL n 1 cos n

ππ

π=

− et par suite = 8R ce qui

est la longueur d'une arche de cycloïde.

nnlim L

→∞

Solution P 4.13

1) Dans le repère affine de E formé par les Ai , le point O s'écrit

O = n

i i0

Aλ∑ , les λ i étant tous positifs ou nuls puisque O appartient à Σ.

– 108 –

SOMMAIRE

La formule de Leibniz donne, pour tout point M de E :

(1) = MO2 + R2 n

2i

0MAλ∑ i

i

où R est le rayon de 1'hypersphère circonscrite à Σ . a) Si la boule B (M, r), de centre M et de rayon r, contient Σ , et si l'on suppose r < R, on a pour tout i, MAi < R, et par

suite < R2 , ce qui est en contradiction avec (1).

Ainsi nécessairement r est au moins égal à R, et par conséquent on a R0 = R.

n2

i0

MAλ∑

b) En prenant M en Aj dans (1), on obtient :

= 2 R0 2, et en faisant la somme de ces égalités pour

j = 0, 1, ..., n : . = 2(n + 1) R0 2.

2i j i

iA Aλ∑

2i j i

i,jA Aλ∑

Si , on a : (2) ≤ n et par suite :

i ji,j

sup A A=l 2i j i

jA Aλ∑ 2l

2 2i j i

i j

A A n λ ≤∑ ∑ l

D'où enfin (3) 0nR 2(n + 1)≤ l

Pour que (3) soit une égalité, il faut et il suffit que (2) soit une égalité, c'est-à-dire que les Ai soient équidistants. Ainsi l'inégalité (3) est une égalité si et seulement si le simplexe Σ est régulier.

2) Si n < dim E, les points Ai engendrent un sous-espace affine F de E, de dimension n. Désignons par r0 (resp. R0) le rayon du couvercle de Σ dans F (resp. E). Si b(M,R) est une boule de F contenant Σ , la boule B(M,R) de E contient également Σ ; par suite on a R0 ≤ r0 . Si B(M,R) est une boule de E contenant Σ , sa trace sur F est une boule b(m,r) de F, contenant Σ , et r ≤ R ; par suite on a ro ≤ Ro . Ainsi on voit que R0 = r0 , et par conséquent, sous l'hypo thèse que le centre de l'hypersphère circonscrite à Σ dans F est intérieur à Σ , les résultats de la première question restent valables.

– 109 –

SOMMAIRE

CHAPITRE V Solution E.D 5.1.1 On mesure les intensités ml, ..., mn des n forces sur un axe parallèle à leur direction commune; le point d'application de la résultante est le barycentre des points d'application des forces, affectés des masses ml, ..., mn qui ne sont pas forcément toutes positives. Ce point d'application ne varie pas lors des changements indiqués. Solution E.D 5.1.2 Si m'et G' (resp. m" et G") sont la masse et le centre de gravité de la plaque initiale (resp. de la plaque découpée), le centre de gravité G cherché est défini par: (m' – m")G = m'G' – m"G". Solution E.E 5.2.1

1° Si µ G = et µ G' = n

i ii = 1

Aµ∑n

i ii = 1

Bµ∑ , on a : GG'µuuur

= n

i i ii = 1

A Bµ∑uuuuur

d'où : n n

i i i ii = 1 i = 1

d(G, G') d(A ,B )µ µ ε µ≤ <∑ ∑ µε=

B

Par suit e : d(G,G') < ε. 2° a) Soit E = { (i, j) | ∆ij = Di ∩ D'j ≠ ∅ } (∆ij )(i,j) ∈ E est un découpage de C ; soit µij la masse de ∆ij et Aij un point arbitraire de ∆ij. Soit enfin Γ le barycentre de (µijAij)(i.j) ∈ E . Si µ désigne la masse de C, nous avons :

n n

ij ij ij ij i i(i,j) E i = 1 j|(i,j) E i = 1

A Aµ µ µ∈ ∈

Γ = = =∑ ∑ ∑ ∑µ

avec i i ij ij

j|(i,j) E

B Aµ µ∈

= ∑

Si G désigne le barycentre du système (µiAi)i = 1,…,n on a d'après la question 1 : d(Γ, G) < sup d(Ai , Bi). On obtient facilement : d(Ai,Bi)< 2 diam Di ( en effet, Di est inclus dans une boule de rayon diam Di ; par convexité Bi appartient à cette boule), d'où d(Γ,G) < 2 |D|.

– 111 –

SOMMAIRE

On obtient de même d(Γ, G') < 2 |D'|, si G' désigne le barycentre de (µ'iA'i)i=1...p . Par suite d(G,G') < 2|D| + 2 |D'|. b) Soit Gk le barycentre de ( .

k

k ki i i=1,...,n( A )µ

Grâce à a) on voit que la suite (Gk) est une suite de Cauchy; elle a donc une limite G. c) Soit (D' k ,A' k) et (D" k, A" k) deux suites satisfaisant aux conditions de b), G' et G" les limites des suites (G' k) et (G" k). Soit (Dk, Ak) la suite définie par (D2k, A2k) = (D' k, A' k ) et (D2k+1, A2k+1) = (D" k, A" k). Elle satisfait aux conditions du b) donc la suite des barycentres (Gk) a une limite G. (G'k) et (G" k) étant des suites extraites de (Gk), on a G = G' = G". Remarque Les gens très savants, qui définissent les limites au moyen des bases de filtre, diront que l'application (D, A) → G(D, A) a une limite suivant la base de filtre dont les éléments sont, pour tout ε > 0, l'ensemble des (D, A) tels que |D|< ε. Solution E.E. 5.2.2

Soit D = (Dl ,..., Dn) un découpage de C. L'ensemble des ∆ij = Di ∩ S(Dj), pour les couples (i, j) tel que Di ∩ S(Dj) soit non vide, est un découpage de C qui répond aux conditions. Soit G le centre de gravité de C, soit ε > 0 ; il existe η > 0 tel que si |D| < η , alors d(G, G(D.A)) < ε. On choisit D tel que |D|< η, on lui associe un découpage symé trique et plus fin ∆ ; on a |∆| ≤ |D| < η , donc si A est un pointage de ∆, alors d(G,G(∆, A)) < ε: On peut choisir le pointage A symétrique, puisque ∆ est symé trique. Dans ces conditions G(∆, A) appartient à d. Ainsi la distance de G à d est inférieure à tout ε > 0 donné à l'avance, donc G est sur d. Solution E.D 5.3.1

L'application du théorème 2 aux symétries obliques par rapport aux médianes prouve que le centre de gravité est le point d'intersection de ces médianes.

– 112 –

SOMMAIRE

Solution E.D 5.3.2

En utilisant le théorème 2 pour chaque barre, puis le théorème 1, on voit que le centre de gravité est le centre du cercle inscrit dans le triangle formé par les milieux des côtés du solide. On remarquera que les symétries par rapport aux médianes des triangles ne sont pas des "symétries mécaniques".

Solution E.D 5.3.3

Situation analogue à E.D 5.3.1, les médianes du triangle étant remplacées par les plans définis par une arête et le milieu de l'arête opposée. Le centre de gravité est situé sur le segment joignant un sommet au centre de gravité de la face opposée, au quart de la longueur en partant de la base.

Solution E.D 5.3.4

Par raison de symétrie (cf. théorème 2), le centre de gravité G est sur le segment joignant le sommet S au centre O du disque de base. Le cône est la limite de la suite des pyramides Pn, de sommet S et dont la base est le polygone régulier à n côtés inscrit dans la base du cône. En découpant Pn en n tétraèdres, on trouve (théorème 1 et E.D 5.3.3) que son centre de gravité Gn est situé sur [SO], au quart de la longueur à partir de O. Il en est donc de même pour G, d'après le théorème 3.

– 113 –

SOMMAIRE

Solution E.D 5.3.5 Si , si GI et G2 sont les centres de gravité des triangles ACD et ABD, alors (n + 1)G = G1 + nG2.

AB = nCDuuur uuur

1) on trouve alors 3(n + 1)G = (n + 2)L + (2n + 1)M 2) G1 est sur EF, G2 sur HK, et 1G G = nGG2

uuuur uuuuur ; il suffit donc de

montrer que IF , c'est-à-dire(n + 1)1= F + nH . = nHIuur uur

Solution P 5.3.6 En remarquant que le centre de gravité final est le barycentre du centre de gravité initial et du centre de gravité de la partie ajoutée ou enlevée, on constate que le centre de gravité de l'ensemble ne peut que s'élever au-dessus de sa position initiale. On peut poser ce problème sous la forme (plus difficile) suivante : une boîte de bière cylindrique pèse huit fois plus pleine que vide. A quelle hauteur faut-il la remplir pour que le centre de gravité de l'ensemble boîte-bière soit le plus bas possible? On demande une solution élémentaire. Solution abrégée E.D 5.3.7 1) Soit OAB la plaque de centre de gravité G1 . On appelle M1 le milieu de l'arc AB, M2 celui de l'arc M1B, etc... On désigne par G2 le centre de gravité de la plaque OM1B, par G3 le centre de gravité de la plaque OM2 B, etc... On a successivement

2OGcos 4

ρθ

= , 23

OGOGcos 8

θ=

etc… et si Gk est le centre de gravité de la plaque OMk–1B, d'angle au centre~, on obtient:

k 1k

OGOGcos cos cos cos4 82 2k k

ρθ θ θ θ−= =

L

– 114 –

SOMMAIRE

2) Lorsque n tend vers l'infini, OGn tend vers 23 R, le triangle

OMn–1B pouvant être assimilé à la plaque de même nom.

Or n nn

2sin 2lim cos cos cos multiplier par sin4 8 2 2

θθ θ θ

θ→∞

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

L θ .

Ainsi 4R sin3 2θρ

θ=

3) Le calcul fait en 1) peut se répéter pour un arc d'angle au

centre θ. Il faut simplement, en 2), remplacer OGn → 23 R par

OGn → R, l'arc Mn–lB étant sensiblement confondu avec le segment [Mn–lB]. On obtient alors :

2R sin 2θρ

θ=

Solution C.I 5.3.8 On découpe une plaque mince à la base du cône, de centre de gravité g. Il reste un cône C' dont le centre de gravité G' est homothétique du centre de gravité G du cône donné, dans une homothétie de sommet S (théorème 2). Par ailleurs G est barycentre de g et G' affectés de masses convenables (théorème 1). Par suite S, G et g sont alignés. Ainsi G se trouve sur le segment joignant le sommet au centre de gravité de la base. En complétant le cône de façon à obtenir un cône à base circu laire, et en utilisant E.D 5.3.4 on voit que G est situé au quart de ce segment à partir de la base.

– 115 –

SOMMAIRE

Solution abrégée P 5.3.9

Soit g le centre de gra vité de l'aiguille seule, A le petit corps mobile, G le centre de gravité de l'ensemble aiguille-petit corps A. G se trouve bien entendu sur le segment [Ag]. Lorsque A décrit son cercle, G décrit un cercle homothétique de centre C. On sait par ailleurs qu'à chaque instant la pesanteur doit disposer l'aiguille de manière à mettre son centre de gravité le plus bas possible. Supposons donc que l'axe de l'aiguille passe par C ; que le mouve ment en A soit uniforme et de période 12 heures, et se fasse dans le sens inverse des aiguilles d'une montre. Alors le mouvement de G est de même période; à mesure que G tourne autour de C, l'aiguille doit tourner en sens contraire. Elle parcourt ainsi unifor mément tout le tour du cadran en 12 heures. Solution abrégée P 5.3.12

Soit G0, G1, ..., Gn les centres de gravité respectifs des barreaux à partir du bas. Ces points se projettent en A0, A1, ..., An sur le plan horizontal. Les décalages successifs sont : A0A1 = hl A1A2 = h2 An–lAn = hn

Le surplomb s est : n

ii = 1

s = h∑

En écrivant que le barreau supérieur est en équilibre sur le barreau sous-jacent, puis que les deux barreaux supérieurs sont en équilibre, etc... que le système formé des p – 1 barreaux supérieurs est en équilibre sur le barreau sous-jacent, etc... on arrive au système suivant de conditions nécessaires et suffisantes d'équilibre:

– 116 –

SOMMAIRE

n

nn 1

n 2 n 1 n

n n p+1 n p+2 n 1 n

1 2 3 n 1 n

hhh 22 1h + h h3 3

p p 1 2 1h + h h h hp+1 p+1 p+1 p+1

n 1 n 2 2 1h h h h hn n n n

p

−

− −

− − − −

−

<

+ <

+ <

−+ + + + <

− −+ + + + + <

l

l

l

LL

K l

LL

K l

Un système de conditions suffisantes d'équilibre est alors le suivant :

n

n 1

n 2

n p

1

h

h 2

h 3

h p+1

h n

−

−

−

<

<

<

<

<

l

l

l

l

l

Pour avoir un équilibre stable, il suffit donc de prendre

n ph k p+1− = l 0 ≤ p ≤ n–1

où k est un nombre compris entre 0 et 1. Le surplomb s est dans ce cas égal à :

1 1 1 1k (1 )2 3 4 n+ + + + +l K

On sait que lorsque n tend vers l'infini, la somme entre parenthèses tend aussi vers l'infini. On voit donc que l'on peut choisir n de manière que le surplomb s devienne aussi grand que l'on veut !

– 117 –

SOMMAIRE

CHAPITRE VI Commentaire E.D 6.1 La moyenne x des nombres xi est l'isobarycentre de ces nombres. La formule y = x – m s'obtient par "changement d'origine" : on prend comme nouvelle origine le nombre m.

Commentaire Application 6.2 1) On voit "au pifomètre" que la moyenne de A est de l'ordre de 12; on remplace les notes xi par yi = xi – 12, et on fait la moyenne des yi: on trouve 0,1. La moyenne de A est donc 0,1 + 12 = 12,1. De même on trouve la moyenne de B : 12. Traditionnellement, on en déduira que les deux élèves "se valent en math." ; cependant pour le classement de l'année, A sera devant B. Le calcul des écarts-type donne pour A: 5,75, pour B : 2,92. Les deux élèves apparaissent comme très irréguliers, surtout A. 2) La moyenne des six devoirs cités, calculée comme ci-dessus donne : pour A : 3,5 pour B : 15 Pour calculer la moyenne des autres devoirs, on utilise l'associa tivité du barycentre. Ainsi pour A :

20 • 12,1 = 6 • 3,5 + 14 • x, d'où x = 15,8. De même pour B, cette moyenne est 10,71. Etant donnée la répartition des devoirs en devoirs d'algèbre et en devoirs de géométrie, on aura tendance à conclure que A est nul en géométrie, très bon en algèbre, et que B est très bon en géométrie, moyen en algèbre. Si l'on tient compte au contraire de la séparation des devoirs en problèmes et en exercices didactiques, on se rend compte que A est un élève qui apprend son cours mais manque totalement d'imagination (mathématique), tandis que B est un peu paresseux et ne sait pas toujours son cours, mais fait preuve de beaucoup plus d'invention. Pour l'élève A, les écarts-type sont 0,96 et 1,7 ; pour l'élève B, on trouve 1,5 et 2,45. On voit que, contrairement à ce qu'on pouvait penser à la question 1, l'élève A est très régulier dans chacune des deux catégories de devoirs: problèmes et exercices didactiques. L'irrégularité constatée lors d'une première analyse grossière (mais courante) n'est donc qu'apparente. – 119 –

SOMMAIRE

3) Cet exercice permet de comprendre d'abord que faire des moyennes revient à perdre de l'information (ainsi, si je sais que la température moyenne annuelle d'un pays est 10°, cela ne permet pas de savoir si la température fluctue entre 8° et 12° ou entre – 2° et 22° ; je serai déjà un peu plus informé si je connais la moyenne des 6 mois les plus chauds et celle des 6 mois les plus froids). Du fait même de cette perte d'information, on comprend que les moyennes ne permettent nullement de comparer et de classer des élèves. Les exercices, suivant leur nature, font appel à des aptitudes très différentes de l'élève : réunir leurs résultats dans une même moyenne revient à l'attitude du paysan qui élève vingt poules et trois vaches et qui dit : j'élève vingt trois bêtes. Le système de notation et de jugement des élèves est entièrement à revoir. Il s'agit en premier lieu de définir les paramètres à mesurer .(aptitude à comprendre et à répéter un raisonnement, aptitude à adapter un raisonnement connu à une situation nouvelle, aptitude à imaginer un raisonnement, aptitude à conduire un calcul, etc...). Il faut ensuite adapter le test au but recherché, et le noter au moyen d'une échelle simple (au maximum cinq échelons; une échelle de 0 à 20, avec des demis et des quarts de points, fournit une précision tout à fait illusoire). Grâce aux divers paramètres on obtient alors un "profil" de l'élève. Un tel profil, au lieu d'une moyenne unique, devrait permettre de saisir qu'il faut renoncer à classer des élèves: la relation d'ordre "A est meilleur que B" n'est pas totale dans une classe! Meilleur, dans quel domaine ? L'obstacle à vaincre n'est pas la nécessité d'un classement; il est plutôt d'ordre psychologique : le besoin instinctif de porter un jugement, de placer dans une catégorie bien définie. Solution C.I 6.3 Soit g le barycentre des nombres 1, 2, –4 affectés des coeffi

cients 2, 3, –1 : 2 + 6 + 4g = 34 =

La formule de Leibniz permet d'écrire : 2(x–l)2 + 3(x–2)2 – (x+4)2 = 4(x–3)2 + 2(3–1)2 + 3(3–2)2 – (3+4)2 = 4(x – 3)2 + 8 + 3 – 49 = 4(x – 3)2 – 38

– 120 –

SOMMAIRE

Solution C.I 6.4 Cet exercice permet de donner une motivation géométrique du théorème de Césaro et fournit par conséquent un moyen mnémotechnique pour le retenir: c'est là un exemple de "visuali sation" d'une propriété purement algébrique. Démonstration Sn est l'isobarycentre des nombres u1, u2, ..., un . Soit ε un nombre positif donné. Il existe un entier N tel que n > N entraîne |un – ℓ | < ε /2. Soit g1 l'isobarycentre de u1, u2, ..., un . Supposons n > N, et soit g2 l'isobarycentre des nombres uN+1 , uN+2 , ..., un. Sn est donc le barycentre de (g1 , N), (g2 , n – N).

Tous les nombres uN+1 , uN+2 , ..., un étant dans l'intervalle ] ℓ – ε /2 , ℓ + ε /2[, il en est de même de leur isobarycentre g2 On a donc :

|g2 – ℓ| < 2ε

D'autre part, par définition du barycentre : N(g1 – sn) + (n – N) (g2 – sn) = 0

On en déduit g2 – sn = Nn N−

(sn – g1)

Majorons |sn – g1| :

|sn – g1| ≤ |sn| + |gn| ≤ ℓ + 2ε + 2 |g1|

Désignons par a le dernier membre :

|g2 – sn| < Nn N−

a

Quand n → +∞, Nn N−

→ 0. On peut donc choisir n assez grand

pour que |g2 – sn| < ε /2 Il s'ensuit :

|sn – ℓ | ≤ |sn – g2| + |g2 – ℓ | ≤ ε /2 + ε /2 Donc |sn – ℓ| < ε C.Q.F.D.

– 121 –

SOMMAIRE

Solution ED 6.5 L'évènement considéré est représenté par les point M satisfaisant au système : γ < α + β α < β + γ β < γ + α L'ensemble cherché est donc l'intérieur du triangle IJK dont les sommets sont les milieux de (B,C), (C,A), (A,B). Solution C.I 6.6 Question 1 : Les conditions imposées au chocolat se traduisent par le système:

310

2 510 10

βα β γ

γα β γ

⎧ ≥⎪ + +⎪⎨⎪ ≤ ≤

+ +⎪⎩

qui équivaut à

3 7 34 0

00

α β γα β γα β γα

0− + ≤⎧⎪ + − ≤⎪⎨

+ − ≥⎪⎪ ≥⎩

L'ensemble des points M correspondants est représenté par le domaine hachuré de la figure. Il est limité par : – la droite BC – la droite AlC d'équation barycentrique 3α –- 7β + 3γ = 0 – la droite A2B2 d'équation barycentrique a + β – 4γ = 0 – la droite A3B3 d'équation barycentrique α + β – γ = 0

– 122 –

SOMMAIRE

Question 2 : L'ensemble des points M tels que le prix du kilogramme de choco lat soit égal à une constante k donnée est l'intersection du domaine précédent et de la droite d'équation barycentrique

2 α + 3 β + γ = k Cette droite, que nous désignons par Dk, reste parallèle à la droite D0 lorsque k décrit R. La droite Dk passe par C pour k = 1, par A pour k = 2, par B pour k = 3. Le prix minimal est atteint lorsque M se trouve en M0, intersection des droites (Al C1) et (A3 B3).

En ce point : 2 3, ,10 10 10α β γ 5= = =

Le prix minimal (en francs) est 4 9 510

+ + = 1,8

Question 3 : Les chocolats exempts de sucre sont représentés par les points du segment [B2 B3] .

– 123 –

SOMMAIRE

Le prix minimal du chocolat pour diabétiques est atteint au point B3.

En ce point α = 0 , β = γ = 510 ,

Le prix correspondant (en francs) est : 3 3 5 5 210× + =

Remarquons que l'on obtient précisément le prix d'un kilogramme de sucre: ce résultat s'explique par le fait que la droite AB3 est la droite D2 correspondant à k = 2. Solution C.I 6.7 Cet exercice devient très facile à résoudre dès que l'on interprète géométriquement l'énoncé. Soit, sur un axe, Mn le point d'abscisse un, et Pn le point d'abscisse vn.

Le point M1 est le barycentre de (M0 , 1), (P0 , λ) Le point P1 est le barycentre de (M0 , 1), (P0 , µ) Le point Mn+1 est le barycentre de (Mn , 1), (Pn , λ) Le point Pn+1 est le barycentre de (Mn , 1), (Pn , µ)

On en déduit par récurrence que un < vn, que la suite (un) est croissante et la suite (vn) décroissante, puisque les segments [MnPn] sont emboîtés. Posons dn = Mn Pn = vn – un et calculons dn+ 1 en fonction de dn, λ et µ . En partant des relations

(1 + λ) Mn+1 = Mn + λ Pn

(1 + µ) Pn+1 = Mn + µ Pn

on en déduit aisément : n+1 n+1 n nM P M P(1 (1 )µ λµ λ

−=+ ) +

uuuuuuuuur uuuuuur

Désignons par k le réel (1 )(1 )µ λµ λ

−+ +

:

k est un nombre strictement compris entre 0 et 1, et l'on a : dn+1 = k dn D'où par récurrence: dn = knd0 et par suite dn → 0 lorsque n → + ∞ . Il en résulte que les suites (un) et (vn) sont adjacentes et ont une limite commune.

– 124 –

SOMMAIRE

Solution C.I 6.8 Les départements sont numérotés de 1 à 95 ; le caractère X (resp. Y) prend les valeurs xi (resp. yi), identiques dans tous les départements.

kijn est l'effectif de la valeur (xj,yj) de (X,Y) dans le département k kin est l'effectif de la valeur xi de X dans le département de k

nk est l'effectif total du département k n est l'effectif total du pays Moyennes nationales La moyenne nationale x de X est le barycentre des xi avec les

coefficients 95

ki

k=1n∑ : k

i ii k

nx = ( n )x∑ ∑

La moyenne x k de X dans le département k est le barycentre des xi avec les coefficients : k

ink k k

i ii

n x n x= ∑

L'associativité du barycentre donne : n x = 95

k ki

k=1n x∑

Variances nationales La variance nationale σ2 de X est le barycentre des (xi – x )2 avec les coefficients k

ik

n∑ :

2 k 2 kX i i i i

i k k in n (x x) n (xσ = − = 2x)−∑∑ ∑∑

La formule de Leibniz donne : k 2 k k 2 k k 2 k k 2 ki i i i i X

i i in (x x) ( n )(x x) n (x x ) n (x x) n ( )σ− = − + − = − +∑ ∑ ∑ k 2

où est la variance de X dans le département k. k 2X( )σ

D'où: 2 k k 2 k k

Xk k

n n (x x) n (Xσ σ= − + 2)∑ ∑

Covariance nationale

k k k k k k k k kij i i ij i j

i,j i,j

n cov (X, Y) = n (x x )(y y ) n x y n x y− − = −∑ ∑

– 125 –

SOMMAIRE

n cov (X,Y) = kij i i

i,j k

n (x x)(y y)− −∑∑

= kij i j

i,j k

n x y n x y−∑∑

= k k k k k

k kn cov (X,Y) n (x y x y)+ −∑ ∑

= k k k k k

k kn cov (X,Y) n (x x)(y y)+ − −∑ ∑

Remarque Il serait plus commode de demander à chaque département de fournir, au lieu des variances et de la covariance, les quantités :

k ki i

is n= 2x∑ et k k

ij i ji,j

C n x= ∑ y

car: 2 kX

kn s nσ = − 2 x∑ et k

kn cov(X,Y) = C n x y−∑

Commentaire C.I 6.9 Les deux premières parties ne sont que des exercices destinés à développer l'aptitude à manipuler des indices de sommation (Utilisation de la formule du binôme de Newton). Dans la première partie, on pourra se souvenir des calculs faits à propos de la loi binomiale, en probabilité. Mais l'intérêt de l'exercice, en liaison avec le barycentre, est de faire comprendre comment Bnf a été imaginé. Pour calculer Bnf(x), on commence par considérer les valeurs

f( )nν ν = 0, 1, ..., n.

Et on prend le barycentre de ces valeurs affectées de masses positives pn, ν (x) convenables. Comme on veut que Bnf soit un polynôme, on choisit des masses pn,ν(x) qui varient polynomialement. Mais on voudrait que la

valeur de Bnf(x) ne reflète vraiment que les valeurs des f( )nν où n

ν

n'est pas trop éloigné de x. L'ingéniosité du choix des pn, ν apparaît sur la représentation graphique de P4,3 : P4,3(x) est négligeable, sauf au voisinage immédiat de ¾. – 126 –

SOMMAIRE

Tracé de la courbe représentative de f(x) = P4,3(x) = 4x3 (1 – x) Valeurs remarquables :

f( 0) = 0 ; f '(0) = 0 ; 1 3f( ) 0,0474 64= ≈

1 1f '( )4 2= ; 1 1f( )2 4= ; 1f '( ) 12 = ; 1f "( ) 02 =

33 3f( ) ( ) 0,424 4= ≈ ; 3f '( ) 04 = ; f(1) = 0 ; f '(1) = –4

– 127 –

SOMMAIRE

BIBLIOGRAPHIE

[1] ARCHIMEDE, Oeuvres complètes. Traduction française de Paul Ver Eecke. Desclée de Brouwer, Paris.

[2] August - Ferdinand MOBIUS, Der barycentrische Calcul, Gesammelte Werke Bd 1, Hirzel, Leipzig 1885.

[3] Léon AUGER, Gilles Personne de Roberval (1602-1675), Blanchard, Paris 1962.

[4] Jean FRENKEL, Géométrie pour l'élève-professeur, Hermann, Paris 1973. retour : p. 18 ; p. 21 ; p. 32.

[5] Marcel BERGER, (à paraître), 1975. retour : p. 18 ; p. 21.

[6] Emma CASTELNUOVO, Documenti di un'esposizione di matematica, Boringhieri, Torino 1972.

[7] Emma CASTELNUOVO, Différentes représentations utilisant la notion de barycentre. (Actes du Premier Congrès international de l'enseignement mathématique, Lyon 24-30 août 1969), D. Reidel Publishing Company, Dordrecht, Holland.

[8] I.R.E.M. de STRASBOURG, Le livre du problème: Fasci cule 4 - La convexité, CEDIC, Paris 1974. retour : p. 37 ; p. 61.

[9] Herbert FEDERER, Geometrie Measure Theory, Springer- Verlag, Berlin 1969.

[10] A.A. KIRILLOV, Limites (en russe), Edition Naüka, Moscou 1968.

[11] LORENTZ, Bernstein's polynomial, Toronto University Press 1953.

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_____________________ EDITIONS C E D I C N° d ' édi t ion : 2 -75-04 Dépôt légal 2éme trim. 1975 Imprimerie VAUDREY – LYON

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