Commencer Dm Barycentre

Floby · le 13 mai 2011

Bonjour,

Je bloque pour commencer ce DM, pouvez-vous m'aider à faire les exos 1 et 2 ? après j’essaierai de le continuer seul

Merci d'avance

(sujet en pièce jointe)

/applications/core/interface/file/attachment.php?id=8920">dm8.pdf

dm8.pdf

Papy BERNIE · le 13 mai 2011

Bonjour,

exo 1 :

a) Le bary existe si la somme des coeff est différente de zéro donc si : 3m+5m-2 différent de 0 soit m différent de ....

b)On a donc :

2GA+3GB=0

GA+3(GA+AB)=0

5GA=-3AB

5AG=3AB

c)

On a :

GA+3GB=0

Il faut trouver "a" et "b" tels que : aAB+bAG=0

On repart de :

GA+3GB=0

GA+3(GA+AB)=0

-AG-3AG+3AB=0

3AB-4AG=0

A est le bary de (B,3) et (G,-4)

d)

On a :

2BA+BC=0

B bary de (A,2) et (B,1)

e)

La relation s'écrit aussi :

5AG=-3AB+2AC

soit : 5AG+3AB-2AC=0

5AG+3(AG+GB)-2(AG+GC)=0

6AG+3GB-2GC=0--->je change le signe de tous les termes mais -6AG=6GA

6GA-3GB+2GC=0

G bary de (A,6) ; (B,-3) et (C,2)

f)

soit G bary de (A,-2); (B,3) ; (C,-1)

G n'existe pas car : -2+3-1=0

Or il faut que : la somme des coeff soit différente de zéro .

A supposer qu'il existe , on a le droit de multilpier les coeff par un même réel non nul et le bary est inchangé. Je choisis de multiplier par (-1/6),

ce qui donne : (-2)(-1/6)=1/3 ; 3(-1/6)=-1/2 ; (-1)(-1/6)=1/6

donc G est aussi bary de (A;1/3) ; (B,-1/2) ; (C,1/6)

Je regarderai le 2 plus tard si peronne ne le fait avant.

Papy BERNIE · le 13 mai 2011

Exo 2 :

1) On a : -2GA-3GB=0 soit :

2GA+3GB=0

2GA+3(GA+AB)=0

5GA=-3AB--->je change le signe des 2.

AG=(3/5)AB

G est sur le segment [AB] et si , en mesures : AB=5 cm , alors G est à 3 cm de A et à 2cm de B. OK ?

2)-GA+4GB=0

-GA+4(GA+AB)=0

3GA+4AB=0

3AG=4AB

AG=(4/3)AB

Là, G sera à l'extérieur de [AB] du côté de B.

3) (5/6)GA-(1/3)GB=0

On ne garde pas de dénominateurs : ça complique trop les calculs. Je multiplie les coeffs par un même réel diff. de zéro qui est 6. On arrive à :

5GA-2GB=0

La suite , tu dois savoir faire.

Je vais faire les autres mais comme tu veux les faire seul ( ce qui est très bien) , ne regarde que pour une correction éventuelle.

Papy BERNIE · le 13 mai 2011

Exo 3 :

On a donc :

3GA-GB=0

Avec G(x;y) , tu cherches les coordonnées de GA et de GB.

Tu trouves :

GA(-1-x;2-y)

GB(2-x;-3-y)

La relation : 3GA-GB=0 donne :

3(-1-x)-(2-x)=0 soit x=..

3(2-y)-(-3-y)=0 soit y=..

Don G(..;..)

On trouve bien G sur la droite (AB) et à l'extérieur de [AB] du côté de A .

Papy BERNIE · le 13 mai 2011

Exo 4 :

Il faut d'abord trouver H bary de (A,2) et (C,2).

Je choisis le bary de (A,2) et (C,2) plutôt que (A,2) et (B,-1) car c'est plus rapide..

2HA+2HC=0

HA+HC=0

H est le milieu de [AC].

D'après le théorème de l'aasociativité du barycentre , on peut remplacer les points A et C par leur bary H affecté de la somme des coeff de ces 2 points ( A RETENIR !!)

G bary de (A,2) ; (C,2) ; (B,-1) devient :

G bary de (H,2+2) et de (B,-1)

soit G bary de (H,4) et de (B,-1) qui donne :

4GH-GB=0

A la fin : GH=HB/3 ou HG=BH/3

Tu as placé H milieu de [AC]. Ensuite tu places G à l'extérieur de [bH] du côté de H de façon que HG=BH/3

Papy BERNIE · le 13 mai 2011

Exo 5 :

On a :

G bary de (A,1) ; (B,1) ; (C,1) ; (D,1)

Soit I le bary de (A,1) et (B,1).

On a vu tout à l'heure que I est milieu de [AB].

Soit J le bary de (C,1) et (D,1).

On a vu tout à l'heure que J est milieu de [CD].

Donc :

G bary de (A,1) ; (B,1) ; (C,1) ; (D,1)

peut être remplacé par :

G bary de (I,1+1) et (J,1+1)

soit G bary de (I,2) et (J,2).

Donc G est milieu de [iJ].

On dit que G est à l'intersection de 2 droites.

Je ne vois pas.

Exo 6 :

DB=DA+AB ( en vect bien sûr) mais AB=DC

donc :

DB=DA+DC

DA-DB+DC=0

D est bary de (A,1); (B,-1) et (C,1).

J'arrête pour ce jour !!

Papy BERNIE · le 14 mai 2011

Exo 7 :

a)

AI=(1/3)AD donne facilement :

2IA+ID=0

donc I bary de (A,2) et (D,1)

BJ=(1/3)BC donne facilement :

2JB+JC=0

donc J bary de (B,2) et (C,1)

Il nous faut montrer que : H bary de (A,2); (B,2) ; (C,1) ; (D,1)

D'après le théorème de l'associativité du barycentre , on peut remplacer les points A et D par leur bary I affecté de la somme des coeff de ces 2 points et les points B et C par leur bary J affecté de la somme des coeff de ces 2 points.

Donc le bary de (A,2); (B,2) ; (C,1) ; (D,1) est le bary de (I,2+1) et de (J,2+1) donc de (I,3) et de (J,3) donc de (I,1) et de (J,1) car on la droit de simplifier les coeffs en les divisant par un même réel.

Or H est bary de (I,1) et (J,1) car : HI+HJ=0 ( H milieu de [iJ].

Donc H est bary de (A,2); (B,2) ; (C,1) ; (D,1)

b)

E bary de (A,1) et de (B,1) ( car E est milieu de [AB] ) donc E bary de (A,2) et de (B,2)

De même : F bary de (C,1) et de (D,1)

On sait que : H bary de (A,2); (B,2) ; (C,1) ; (D,1)

D'après le théorème de l'associativité du barycentre , on peut remplacer les points A et B par leur bary E affecté de la somme des coeff de ces 2 points et les points C et D par leur bary F affecté de la somme des coeff de ces 2 points.

Donc H est bary de (E,2+2) et de (F,1+1) donc de (E,4) et de (F,2) ou encore de (E,2) et de (F,1)

ce qui prouve que les points E, H et F sont alignés.

G est bary de (A,1) ; (B,1) ; (C,1) ; (D,1)

E est bary de (A,1) et (B,1)

F est bary de (C,1) et (D,1)

Donc ( toujours associativité du bary) : G est bary de (E,1+1) et de (F,1+1) donc de (E,2) et de (F,2) ou encore de (E,1) et de (F,1).

Ce qui prouve que E, G et F sont alignés.

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