Géométrie et barycentres (2/2)

Exercice 1.
On se donne {n} points {A_1,\ldots,A_n}, avec {n\ge2}.
Pour tout {k\in\{1,\ldots,n\}}, soit {G_k} l’équibarycentre des {(A_j)_{j\ne k}}.
Montrer qu’on a l’égalité {\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\overrightarrow{A_kG_k}=\overrightarrow{0}}.
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Posons {M=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}A_k}. Pour tout indice {k} de {\{1,\ldots,n\}}, on a :{G_k=\dfrac1{n-1}\displaystyle\sum_{j\ne k}A_j=\dfrac{1}{n-1}(M-A_k)}On en déduit alors :{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}G_k=\dfrac1{n-1}\Bigl(nM-\displaystyle\sum_{k=1}^{n}A_k\Bigr)=M=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}A_k}Par différence, il en découle {\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\overrightarrow{A_kG_k}=0}.

Exercice 2.
Soit ABC un triangle du plan, et des points {A',B',C'} sur {(BC),(AC),(AB)}.
On suppose que les droites {(AA'),(BB'),(CC')} sont sécantes en un point {M}.
Montrer que {\dfrac{\overline{A'M}}{\overline{A'A}}+\dfrac{\overline{B'M}}{\overline{B'B}}+\dfrac{\overline{C'M}}{\overline{C'C}}=1} (théorème de Gergonne).
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Le point {M} est barycentre de {(A,\alpha)}, {(B,\beta)} et {(C,\gamma)}, avec {\alpha+\beta+\gamma=1}.

Ainsi {M=\alpha A+\beta B+\gamma C}. On suppose {\beta+\gamma\ne0}.

Soit {A''} le barycentre de {(B,\beta)} et {(C,\gamma)}.

Le point {A''} est sur {(BC)}, et sur {(MA)} car {M} est barycentre de {(A,\alpha)} et {(A'',\beta+\gamma)}.

Le point {A''} est à l’intersection de {(AM)} et {(BC)}, donc {A''=A}.

Ainsi {A'} est barycentre de {(B,\beta)} et {(C,\gamma)}.

On peut donc écrire l’égalité {M=\alpha A+(\beta+\gamma)A'}.

Il en résulte {\overrightarrow{A'M}=\alpha\overrightarrow{A'A}} donc {\dfrac{\overline{A'M}}{\overline{A'A}}=\alpha}.

De même, on trouverait {\dfrac{\overline{B'M}}{\overline{B'B}}=\beta} et {\dfrac{\overline{C'M}}{\overline{C'C}}=\gamma}.

On a donc l’égalité: {\dfrac{\overline{A'M}}{\overline{A'A}}+\dfrac{\overline{B'M}}{\overline{B'B}}+\dfrac{\overline{C'M}}{\overline{C'C}}=1}.

Remarque : Les calculs précédents supposent {\beta+\gamma\ne0}, {\alpha+\gamma\ne0} et {\alpha+\beta\ne0}.

Supposons au contraire {\beta+\gamma=0}, donc {\alpha=1}, et {M=A+\gamma(C-B)=A+\gamma\overrightarrow{BC}}.

Ainsi {M} est sur la droite passant par {A} et parallèle à la droite {(BC)}.

Mais on sait que la droite {(AA')} contient le point {M}.

La seule solution est que {M} soit en {A}. Il en résulte {B'=C'=M}.

Ainsi {\overline{A'M}=\overline{A'A}} et {\overline{B'M}=\overline{C'M}=0} donc là encore : {\dfrac{\overline{A'M}}{\overline{A'A}}+\dfrac{\overline{B'M}}{\overline{B'B}}+\dfrac{\overline{C'M}}{\overline{C'C}}=1}

Exercice 3.
Dans le plan, on se donne un quadrilatère {ABCD} non croisé.
Montrer que les sept droites suivantes concourent en un même point (lequel?) :

  • Les quatre droites joignant un sommet à l’isobarycentre des trois autres sommets.
  • Les deux droites joignant les milieux de deux cotés opposés.
  • La droite joignant les milieux des deux diagonales.

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Nous allons montrer que ces droites concourent en {G}, équibarycentre de {A,B,C,D}.

Par définition, on peut écrire {G=\dfrac14\,(A+B+C+D)}.

Soit {A'} l’équibarycentre de {B,C,D}.

On a {A'=\dfrac13\,(B+C+D)=\dfrac13\,(4G-A)}.

Ainsi {G=\dfrac14\,(3A'+A)} est un barycentre de {A,A'}.

Il en découle que {G} est sur la droite {(AA')}. Plus généralement, {G} est sur les quatre droites qui joignent un sommet à l’isobarycentre des trois autres.

Soit {I=\dfrac12(A+B)} le milieu de {[A,B]} et {K=\dfrac12(C+D)} celui de {[C,D]}.

On a {G=\dfrac14\,(A+B+C+D)=\dfrac12\,(I+K)} donc {G} est le milieu de {[I,K]}.

De même, {G} est sur la doite joignant le milieu de {[B,C]} à celui de {[D,A]}.

Soit {U=\dfrac12(A+C)} le milieu de la diagonale {[A,C]} et {V=\dfrac12(B+D)} celui de {[B,D]}.

(ces deux points ne sont pas représentés sur la figure ci-dessous)

Alors {G=\dfrac14\,(A+B+C+D)=\dfrac12\,(U+V)} est le milieu du segment {[U,V]}.

Finalement, {G} est sur chaque des sept droites évoquées ci-dessus (à chaque fois, c’est une conséquence de l’associativité du barycentre).