Barycentres (suite 3)

© APMEP Juin 2020

1.3 Quelques illustrations

Commençons par des traductions sous forme de combinaisons linéaires de points et d’équilibres réduits. Les quantifications sont implicites. On observera la nécessité quasi-systématique d’avoir des masses non nulles et l’implicite de la condition \(\displaystyle\sum_k \lambda_k=0\).

\(\boxed{\mathsf{A,\ B,\ C\ align\acute es}}\)

\(\lambda\mathsf{A}+\mu\mathsf{B}+\nu\mathsf{C}=\overrightarrow{\mkern0.1mu 0\mkern1mu}\) et \(\lambda \mu \nu \neq 0\)

ou \(\left\{\displaystyle\begin{array}{c|c|c}
\mathsf{A} & \mathsf{B} & \mathsf{C} \\ \hline
\lambda & \mu & \nu \end{array}\right\}\)

\(\boxed{\mathsf{ABCD\ trap\grave eze}}\)

\(\mathsf{A}+k\mathsf{C}=\mathsf{B}+k\mathsf{D}\) avec \(k > 0\) ou

\(\left\{\displaystyle\begin{array}{c|c|c|c}
\mathsf{A} & \mathsf{B} & \mathsf{C} & \mathsf{D} \\
\hline
1 & -1 & k & -k \end{array} \right\}\) avec \(k>0\)

\(\boxed{\mathsf{(AB)\ et\ (CD)\ parall\grave eles}}\)

\(\lambda(\mathsf{B}-\mathsf{A})+\mu(\mathsf{D}-\mathsf{C})=
\overrightarrow{\mkern0.1mu 0\mkern1mu}\) avec \(\lambda\mu \neq 0\)

ou \(\left\{\displaystyle\begin{array}{c|c|c|c}
\mathsf{A} & \mathsf{B} & \mathsf{C} & \mathsf{D}\\
\hline
\lambda & -\lambda & \mu & -\mu \end{array} \right\}\)

\(\boxed{\mathsf{ABCD\ parall\acute elogramme}}\)

\(\mathsf{A}+\mathsf{C}=\mathsf{B}+\mathsf{D}\) ou

\(\left\{\displaystyle\begin{array}{c|c|c|c}
\mathsf{A} & \mathsf{B} & \mathsf{C} & \mathsf{D} \\
\hline
1 & -1 & 1 & -1 \end{array} \right\}\)

\(\boxed{\mathsf{Le\ double\ alignement}}\)

Cette question est tout à fait importante.

\(\mathsf{A}\), \(\mathsf{B}\), \(\mathsf{C}\), \(\mathsf{D}\) sont quatre points en position générale ; \(\mathsf{P}\) (respectivement \(\mathsf{Q}\)) est l’intersection de \((\mathsf{AB})\) et \((\mathsf{CD})\), (respectivement \((\mathsf{AC})\) et \((\mathsf{BD})\). La connaissance de \(\mathsf{P}\) et \(\mathsf{Q}\) détermine donc \(\mathsf{D}\). Effectuons les calculs dans le cas particulier de la figure.

On a \(\mathsf{P}=\frac{3}{4}\,\mathsf{A}+\frac{1}{4}\,\mathsf{B}\) et \(\mathsf{Q}=\frac{2}{3}\,\mathsf{A}+\frac{1}{3}\,\mathsf{C}\) ; pour identifier \(\mathsf{D}\) comme intersection de \((\mathsf{PC})\) et de \((\mathsf{BQ})\), il suffit d’écrire qu’un barycentre de \(\mathsf{P}\) et \(\mathsf{C}\) est aussi barycentre de \(\mathsf{Q}\) et \(\mathsf{B}\), soit \[(1-\mu)(\frac{3}{4}\mathsf{A}+\frac{1}{4}\mathsf{B})+\mu\mathsf{C}=
(1-\nu)(\frac{2}{3}\mathsf{A}+\frac{1}{3}\mathsf{C})+\nu\mathsf{B}.\] Il suffit que \(\mu=\dfrac{1-\nu}{3}\), \(\dfrac{1-\mu}{4}=\nu\) soit \(\mu=\dfrac{3}{11}\) et \(\nu=\dfrac{2}{11}\cdotp\)

On peut faire le même travail avec des équilibres.

On a \(\left\{\displaystyle \begin{array} {c|c|c} \mathsf{A} & \mathsf{B} & \mathsf{P} \\ \hline 3 & 1
& -4 \end{array} \right\}\) et \(\left\{\displaystyle
\begin{array} {c|c|c} \mathsf{A} & \mathsf{C} & \mathsf{Q} \\ \hline 2 & 1 & -3 \end{array}
\right\}\) donc, en éliminant \(\mathsf{A}\), \(\left\{\displaystyle \begin{array} {c|c|c|c} \mathsf{B} &
\mathsf{C} & \mathsf{P} & \mathsf{Q} \\ \hline 2 & -3 & -8 & 9 \end{array} \right\}\) ; introduisons \(\mathsf{R}\) et \(\mathsf{S}\) tels que \(\left\{\displaystyle \begin{array}
{c|c|c} \mathsf{B} & \mathsf{Q} & \mathsf{R} \\ \hline 2 & 9 & -11 \end{array} \right\}\) et \(\left\{\displaystyle \begin{array} {c|c|c} \mathsf{C} & \mathsf{P} & \mathsf{S} \\ \hline -3 & -8
& 11 \end{array} \right\}\cdotp\) Par substitution, il vient \(\left\{\displaystyle \begin{array} {c|c} \mathsf{R}
& \mathsf{S} \\ \hline -11 & 11 \end{array} \right\}\) donc \(\mathsf{R}=\mathsf{S}=\mathsf{D}\).

Pour illustrer l’efficacité de ce calcul, on résout quelques exercices très classiques.

1. La propriété du trapèze complet : \(\mathsf{I}\) et \(\mathsf{J}\) sont les milieux respectifs des côtés \([\mathsf{AB}]\) et \([\mathsf{CD}]\)

   

   On veut démontrer que les points \(\mathsf{P}\), \(\mathsf{I}\), \(\mathsf{J}\) sont alignés ; il suffit d’obtenir un équilibre avec ces trois points ; on traduit les hypothèses :

   \(\left\{\displaystyle\begin{array}{c|c|c}
   \mathsf{A} & \mathsf{C} & \mathsf{P} \\
   \hline
   1-\lambda & \lambda & -1 \end{array} \right\}\) et \(\left\{\displaystyle\begin{array}{c|c|c}
   \mathsf{B} & \mathsf{D} & \mathsf{P} \\
   \hline
   1-\lambda & \lambda & -1\end{array} \right\}\) avec \(\lambda\notin\{0\,;\,1\}\), le même \(\lambda\) par projection ou par Thalès ; donc par superposition \(\left\{\displaystyle\begin{array}{c|c|c|c|c}
   \mathsf{A} & \mathsf{B} & \mathsf{C} & \mathsf{D} & \mathsf{P} \\
   \hline
   1-\lambda & 1-\lambda & \lambda & \lambda & -2 \end{array} \right\}\) et comme \(\left\{\displaystyle\begin{array}{c|c|c}
   \mathsf{A} & \mathsf{B} & \mathsf{I} \\
   \hline
   1 & 1 & -2 \end{array} \right\}\) et \(\left\{\displaystyle \begin{array}{c|c|c}
   \mathsf{C} & \mathsf{D} & \mathsf{J} \\
   \hline
   1 & 1 & -2 \end{array} \right\}\) par barycentre partiel, on obtient \[\left\{\begin{array}{c|c|c}
   \mathsf{I} & \mathsf{J} & \mathsf{P} \\
   \hline 2(1-\lambda) & 2\lambda & -2 \end{array}
   \right\}\] d’où l’alignement voulu. On démontre de même que \(\mathsf{I}\), \(\mathsf{J}\) et \(\mathsf{Q}\) sont alignés.

   Tout cela peut s’écrire avec des combinaisons linéaires de points de façon plus mécanique pour un enseignant rompu au calcul algébrique. On notera que la démonstration utilisant des homothéties est nettement plus élégante.

2. Deux triangles \((\mathsf{ABC})\) et \((\mathsf{A}’\mathsf{B}’\mathsf{C}’)\) ont même centre de gravité (isobarycentre) si et seulement si \(\overrightarrow{\mkern0.5mu\mathstrut
   \mathsf{AA}’\mkern2mu}+\overrightarrow{\mkern0.5mu\mathstrut
   \mathsf{BB}’\mkern2mu}+\overrightarrow{\mkern0.5mu\mathstrut
   \mathsf{CC}’\mkern2mu}=\overrightarrow{\mkern0.1mu 0\mkern1mu}\).

   De \(3\mathsf{G}=\mathsf{A}+\mathsf{B}+\mathsf{C}=\mathsf{A}’+\mathsf{B}’+\mathsf{C}’\) on déduit \((\mathsf{A}’-\mathsf{A})+(\mathsf{B}’-\mathsf{B})+(\mathsf{C}’-\mathsf{C})=\overrightarrow{\mkern0.1mu
   0\mkern1mu}\) d’où la relation vectorielle visée.

   Pour la réciproque, il suffit d’inverser le sens d’écriture des égalités précédentes.

   Avec des équilibres, on a \(\left\{\displaystyle\begin{array}{c|c|c|c}
   \mathsf{A} & \mathsf{B} & \mathsf{C} & \mathsf{G} \\
   \hline 1 & 1 & 1 & -3 \end{array}\right\}\) et \(\left\{\displaystyle\begin{array}{c|c|c|c}
   \mathsf{A}’ & \mathsf{B}’ & \mathsf{C}’ & \mathsf{G} \\
   \hline
   1 & 1 & 1 & -3 \end{array} \right\}\) ;

   par différence \(\left\{\displaystyle\begin{array}{c|c|c|c|c|c}
   \mathsf{A} & \mathsf{B} & \mathsf{C} & \mathsf{A}’ & \mathsf{B}’ & \mathsf{C}’ \\
   \hline
   -1 & -1 & -1 & 1 & 1 & 1\end{array}\right\}\) et, à ce stade, on doit retourner à la définition de l’équilibre : \(-\overrightarrow{\mkern0.5mu\mathstrut
   \mathsf{MA}\mkern2mu}-\overrightarrow{\mkern0.5mu\mathstrut
   \mathsf{MB}\mkern2mu}-\overrightarrow{\mkern0.5mu\mathstrut
   \mathsf{MC}\mkern2mu}+\overrightarrow{\mkern0.5mu\mathstrut
   \mathsf{MA}’\mkern2mu}+\overrightarrow{\mkern0.5mu\mathstrut
   \mathsf{MB}’\mkern2mu}+\overrightarrow{\mkern0.5mu\mathstrut
   \mathsf{MC}’\mkern2mu}=\overrightarrow{\mkern0.1mu 0\mkern1mu}\) (pour un \(\mathsf{M}\) quelconque) d’où la relation cherchée. Réciproquement, les arguments se remontent. On voit sur cet exemple que l’utilisation des équilibres peut apparaître artificiel ; la raison est ici le fait que la question est vectorielle ; il suffirait de formuler la question en disant « si et seulement si \(\displaystyle\begin{array}{c|c|c|c|c|c}
   \mathsf{A} & \mathsf{B} & \mathsf{C} & \mathsf{A}’ & \mathsf{B}’ & \mathsf{C}’ \\
   \hline
   -1 & -1 & -1 & 1 & 1 & 1\end{array} \) est un équilibre ».

3. Un vieil exercice d’olympiade :

   

   Quelle est l’aire du triangle \(\mathsf{A}’\!’\mathsf{B}’\!’\mathsf{C}’\!’\) en prenant pour unité celle de \(\mathsf{ABC}\) ?

   On a \(3\mathsf{A}’=2\mathsf{B}+\mathsf{C}\), puis par permutation circulaire, \(3\mathsf{B}’=2\mathsf{C}+\mathsf{A}\) et \(3\mathsf{C}’=2\mathsf{A}+\mathsf{B}\) ; on en déduit \(6\mathsf{A}’-3\mathsf{B}’=4\mathsf{B}-\mathsf{A}\) donc \(6\mathsf{A}’+\mathsf{A}=4\mathsf{B}+3\mathsf{B}’=7\mathsf{C}’\!’\) puisque \(\mathsf{C}’\!’\) est intersection de \((\mathsf{AA}’)\) et \((\mathsf{BB}’)\) et enfin \(7\mathsf{C}’\!’=\mathsf{A}+4\mathsf{B}+2\mathsf{C}\), égalité sur laquelle on lit \(\overline{\mathsf{ABC}’\!’}=\dfrac{2}{7}\) puis, par permutation \(\overline{\mathsf{BCA}’\!’}=\dfrac{2}{7}=\overline{\mathsf{CAB}’\!’}\) ; donc \[\overline{\mathsf{A}’\!’\mathsf{B}’\!’\mathsf{C}’\!’}=\overline{\mathsf{ABC}}
   -\overline{\mathsf{ABC}’\!’}-\overline{\mathsf{BCA}’\!’}-\overline{\mathsf{CAB}’\!’}=\frac{1}{7}\cdotp\]

   On obtient tout aussi simplement l’équilibre \(\left\{\displaystyle
   \begin{array} {c|c|c|c} \mathsf{A} & \mathsf{B} & \mathsf{C} & \mathsf{A}’\!’ \\ \hline 1 & 4 & 2 & -7
   \end{array} \right\}\) qui se traduit barycentriquement.

Les propriétés de la barycentration

Pour employer les barycentres comme outil de résolution de problèmes, on a besoin de disposer de propriétés (et d’un mode d’emploi). Les démonstrations sont simples quel que soit le langage utilisé ; c’est plutôt la formulation qui est parfois alambiquée. Il est certain que du côté des élèves, le fonctionnement peut et doit sans doute précéder une quelconque démonstration.

Plutôt que de procéder à une fastidieuse énumération, ces propriétés seront signalées dans la suite au fur et à mesure de leur utilisation.

Signalons toutefois deux points :

• une propriété importante est la conservation du barycentre par les applications affines ; mais au niveau du lycée, on ne dispose pas d’une définition générale des applications affines ; rien n’empêche de les définir par cette conservation ; il est ensuite très simple de démontrer, si besoin est, que les translations, et les homothéties sont affines ; le caractère affine des projections équivaut au théorème de Thalès ; on en déduit celui des symétries axiales (orthogonales ou non) ;

• en réalité, le calcul barycentrique « contient » la totalité de la géométrie affine ce qui signifie que toutes les propriétés affines relèvent d’un traitement barycentrique ; c’est le cas de tous les « grands » théorèmes de géométrie affine : Ceva, Ménélaüs, Pappus, Desargues, Pascal, Newton… La documentation disponible est abondante, par exemple [7].