Barycentre exercices orrigés : 18 exercices progressifs

Solution de la question 1 :Pour \( G_1 \) barycentre de \( \{(A, 2) ; (B, 3)\} \), on a :

\[ 2\overrightarrow{G_1A} + 3\overrightarrow{G_1B} = \overrightarrow{0} \]

En utilisant la relation de Chasles :

\[ 2\overrightarrow{G_1A} + 3(\overrightarrow{G_1A} + \overrightarrow{AB}) = \overrightarrow{0} \]
\[ 5\overrightarrow{G_1A} + 3\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{0} \]
\[ \overrightarrow{AG_1} = \frac{3}{5}\overrightarrow{AB} \]

Le point \( G_1 \) se situe sur \( [AB] \) à \( \frac{3}{5} \times 6 = 3{,}6 \) cm de \( A \).

Solution de la question 2 :

Pour \( G_2 \) barycentre de \( \{(A, 4) ; (B, -1)\} \) :

\[ 4\overrightarrow{G_2A} – \overrightarrow{G_2B} = \overrightarrow{0} \]
\[ 4\overrightarrow{G_2A} – (\overrightarrow{G_2A} + \overrightarrow{AB}) = \overrightarrow{0} \]
\[ 3\overrightarrow{G_2A} = \overrightarrow{AB} \]
\[ \overrightarrow{AG_2} = \frac{1}{3}\overrightarrow{AB} \]

Comme les coefficients sont de signes opposés, \( G_2 \) se trouve à l’extérieur de \( [AB] \), du côté de \( A \), à 2 cm de \( A \).

Solution de la question 3 :

Par la propriété d’homogénéité du barycentre, si on multiplie tous les coefficients par un même réel non nul, le barycentre reste inchangé. Ici, \( \{(A, 4) ; (B, 6)\} = 2 \times \{(A, 2) ; (B, 3)\} \), donc ces deux systèmes ont le même barycentre \( G_1 \).

Solution de la question 1 :Construisons d’abord \( I \), le barycentre partiel de \( \{(B, 2) ; (C, 3)\} \) :

\[ 2\overrightarrow{IB} + 3\overrightarrow{IC} = \overrightarrow{0} \]
\[ \overrightarrow{BI} = \frac{3}{5}\overrightarrow{BC} \]

Ensuite, \( G \) est le barycentre de \( \{(A, 1) ; (I, 5)\} \) car \( 2 + 3 = 5 \) :

\[ \overrightarrow{AG} = \frac{5}{6}\overrightarrow{AI} \]

On place \( I \) sur \( [BC] \) puis \( G \) sur \( [AI] \).

Solution de la question 2 :

Par construction, \( G \) appartient à la droite \( (AI) \) où \( I \in (BC) \), donc \( G \) appartient nécessairement au plan \( (ABC) \). Cette propriété est générale : le barycentre de trois points appartient toujours au plan défini par ces points.

Solution de la question 3 :

La somme des coefficients est \( -2 + 3 – 1 = 0 \), donc le barycentre n’existe pas. Dans ce cas, on ne peut pas définir de point \( H \) unique satisfaisant la relation barycentrique.

Solution de la question 1 :Les coordonnées de \( G \) sont données par :

\[ x_G = \frac{1 \times 2 + 2 \times (-1) + 3 \times 4}{1 + 2 + 3} = \frac{2 – 2 + 12}{6} = \frac{12}{6} = 2 \]
\[ y_G = \frac{1 \times 3 + 2 \times 5 + 3 \times (-2)}{6} = \frac{3 + 10 – 6}{6} = \frac{7}{6} \]

Donc \( G\left(2 ; \frac{7}{6}\right) \).

Solution de la question 2 :

L’isobarycentre correspond au barycentre avec des coefficients égaux \( \{(A, 1) ; (B, 1) ; (C, 1)\} \) :

\[ x_I = \frac{2 + (-1) + 4}{3} = \frac{5}{3} \]
\[ y_I = \frac{3 + 5 + (-2)}{3} = \frac{6}{3} = 2 \]

Donc \( I\left(\frac{5}{3} ; 2\right) \).

Solution de la question 3 :

Le centre de gravité d’un triangle est l’isobarycentre de ses trois sommets. Par définition, c’est le point d’intersection des médianes, situé aux deux tiers de chaque médiane depuis un sommet. Le point \( I \) calculé est bien ce centre de gravité.

Solution de la question 1 :Puisque \( I \) est le milieu de \( [AC] \), on a \( I = \text{bar}\{(A, 1) ; (C, 1)\} \).

Solution de la question 2 :

De même, \( J = \text{bar}\{(B, 1) ; (D, 1)\} \).

Solution de la question 3 :

L’isobarycentre de \( A, B, C, D \) est \( G = \text{bar}\{(A, 1) ; (B, 1) ; (C, 1) ; (D, 1)\} \).

Par associativité, on peut remplacer \( (A, 1) \) et \( (C, 1) \) par \( (I, 2) \) :

\[ G = \text{bar}\{(I, 2) ; (B, 1) ; (D, 1)\} \]

De même, on remplace \( (B, 1) \) et \( (D, 1) \) par \( (J, 2) \) :

\[ G = \text{bar}\{(I, 2) ; (J, 2)\} \]

Donc \( G \) est l’isobarycentre de \( I \) et \( J \), c’est-à-dire le milieu de \( [IJ] \).

Solution de la question 1 :Pour \( I \) : la somme \( 2 + 1 = 3 \neq 0 \), donc \( I \) existe. On a \( \overrightarrow{AI} = \frac{1}{3}\overrightarrow{AB} \).

Pour \( J \) : la somme \( 1 + (-2) = -1 \neq 0 \), donc \( J \) existe. On a \( \overrightarrow{BJ} = \frac{-2}{-1}\overrightarrow{BC} = 2\overrightarrow{BC} \), donc \( J \) est à l’extérieur de \( [BC] \), au-delà de \( C \).

Solution de la question 2 :

La somme des coefficients de \( G \) est \( 2 + 1 – 2 = 1 \neq 0 \), donc \( G \) existe.

Par associativité, on peut écrire :

\[ G = \text{bar}\{(I, 3) ; (C, -2)\} \]

car \( I = \text{bar}\{(A, 2) ; (B, 1)\} \) et \( 2 + 1 = 3 \).

On peut aussi écrire :

\[ G = \text{bar}\{(A, 2) ; (J, -1)\} \]

car \( J = \text{bar}\{(B, 1) ; (C, -2)\} \) et \( 1 – 2 = -1 \).

De la première écriture, \( G \in (IC) \). Or \( C \) et \( J \) sont sur \( (BC) \), et de la construction de \( J \), on sait que \( I, J \) et \( G \) sont liés. En fait, on peut montrer que \( G = \text{bar}\{(I, 3) ; (J, -1)\} \) par double regroupement, donc \( G \in (IJ) \).

Solution de la question 3 :

Puisque \( G = \text{bar}\{(I, 3) ; (J, -1)\} \) :

\[ 3\overrightarrow{GI} – \overrightarrow{GJ} = \overrightarrow{0} \]
\[ 2\overrightarrow{GI} = \overrightarrow{IJ} \]
\[ \overrightarrow{IG} = \frac{1}{2}\overrightarrow{IJ} \]

Mais attention, les coefficients sont de signes opposés, donc \( G \) est à l’extérieur de \( [IJ] \).

Solution de la question 1 :Le centre de gravité d’un carré est l’intersection de ses diagonales. Si \( A \) est à l’origine, \( O_1 \) est au centre du grand carré à \( (3, 3) \). Si le petit carré a un sommet en \( (4, 4) \), alors \( O_2 \) est en \( (5, 5) \).

Solution de la question 2 :

Le centre d’inertie est :

\[ G = \text{bar}\{(O_1, 36) ; (O_2, -4)\} \]

La somme des coefficients est \( 36 – 4 = 32 \). Les coordonnées sont :

\[ x_G = \frac{36 \times 3 – 4 \times 5}{32} = \frac{108 – 20}{32} = \frac{88}{32} = 2{,}75 \]
\[ y_G = \frac{36 \times 3 – 4 \times 5}{32} = \frac{88}{32} = 2{,}75 \]

Donc \( G(2{,}75 ; 2{,}75) \).

Solution de la question 3 :

Le point \( G \) doit se trouver légèrement décalé vers le bas et la gauche par rapport au centre du grand carré, ce qui est cohérent avec le retrait du petit carré en haut à droite.

Solution de la question 1 :\( E \) est le milieu de \( [AB] \), donc \( E = \text{bar}\{(A, 1) ; (B, 1)\} \) ou de manière équivalente \( E = \text{bar}\{(A, -2) ; (B, -2)\} \) par homogénéité.

Solution de la question 2 :

Par associativité, puisque \( E = \text{bar}\{(A, -2) ; (B, -2)\} \), on peut écrire :

\[ G = \text{bar}\{(E, -4) ; (C, 8)\} \]

car \( -2 + (-2) = -4 \).

La somme \( -4 + 8 = 4 \neq 0 \), donc ce barycentre existe bien. Puisque \( G \) est barycentre de \( E \) et \( C \), les points \( G \), \( E \) et \( C \) sont alignés.

Solution de la question 3 :

Si \( C \) était le milieu de \( [EG] \), alors \( C = \text{bar}\{(E, 1) ; (G, 1)\} \). Vérifions :

De \( G = \text{bar}\{(E, -4) ; (C, 8)\} \), on tire :

\[ -4\overrightarrow{GE} + 8\overrightarrow{GC} = \overrightarrow{0} \]
\[ \overrightarrow{EG} = 2\overrightarrow{EC} \]

Donc \( C \) n’est pas le milieu de \( [EG] \). En fait, \( G \) partage \( [EC] \) dans le rapport \( \frac{EG}{GC} = \frac{2}{1} \), donc \( G \) est situé aux deux tiers de \( [EC] \) depuis \( E \).

Solution de la question 1 :Pour \( G_1 \) : \( \overrightarrow{AG_1} = \frac{2}{3}\overrightarrow{AB} \), donc \( G_1 \in [AB] \).

Pour \( G_2 \) : \( \overrightarrow{BG_2} = \frac{3}{5}\overrightarrow{BC} \), donc \( G_2 \in [BC] \).

Pour \( G_3 \) : \( \overrightarrow{AG_3} = \frac{3}{4}\overrightarrow{AC} \), donc \( G_3 \in [AC] \).

Solution de la question 2 :

Par associativité, puisque \( G_1 = \text{bar}\{(A, 1) ; (B, 2)\} \) :

\[ G = \text{bar}\{(G_1, 3) ; (C, 3)\} \]

Donc \( G \in (G_1C) \).

De même, puisque \( G_2 = \text{bar}\{(B, 2) ; (C, 3)\} \) :

\[ G = \text{bar}\{(A, 1) ; (G_2, 5)\} \]

Donc \( G \in (AG_2) \).

Enfin, puisque \( G_3 = \text{bar}\{(A, 1) ; (C, 3)\} \) :

\[ G = \text{bar}\{(G_3, 4) ; (B, 2)\} \]

Donc \( G \in (BG_3) \).

Solution de la question 3 :

Les trois droites \( (CG_1) \), \( (AG_2) \) et \( (BG_3) \) sont concourantes en \( G \). Ce résultat illustre une propriété générale : les droites joignant chaque sommet d’un triangle au barycentre de deux points sur le côté opposé sont concourantes au barycentre global.

Solution de la question 1 :Le centre de gravité \( G \) est l’isobarycentre des trois sommets :

\[ G = \text{bar}\{(A, 1) ; (B, 1) ; (C, 1)\} \]

Ce qui se traduit par \( \overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = \overrightarrow{0} \).

Solution de la question 2 :

Cette relation est une propriété classique du triangle. On admet ici que :

\[ \overrightarrow{OH} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} \]

Solution de la question 3 :

À partir de \( \overrightarrow{OH} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} \), on écrit :

\[ \overrightarrow{OH} – \overrightarrow{OA} – \overrightarrow{OB} – \overrightarrow{OC} = \overrightarrow{0} \]
\[ \overrightarrow{HO} + \overrightarrow{HA} + \overrightarrow{HB} + \overrightarrow{HC} = \overrightarrow{0} \]

En multipliant par -1 :

\[ -\overrightarrow{HO} – \overrightarrow{HA} – \overrightarrow{HB} – \overrightarrow{HC} = \overrightarrow{0} \]
\[ (-1)\overrightarrow{HO} + (-1)\overrightarrow{HA} + (-1)\overrightarrow{HB} + (-1)\overrightarrow{HC} = \overrightarrow{0} \]

Mais cela ne nous donne pas directement la forme souhaitée. Reprenons autrement.

De \( \overrightarrow{OH} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} \), on écrit :

\[ 1 \cdot \overrightarrow{OA} + 1 \cdot \overrightarrow{OB} + 1 \cdot \overrightarrow{OC} – 3\overrightarrow{OO} = 3\overrightarrow{OG} \]

où \( G \) est l’isobarycentre de \( A, B, C \). Donc :

\[ \overrightarrow{OH} = 3\overrightarrow{OG} \]

Ce qui prouve que \( O \), \( G \) et \( H \) sont alignés, avec \( G \) situé au tiers de \( [OH] \) depuis \( O \). C’est la droite d’Euler.

Solution de la question 1 :\( A’ = \text{bar}\{(B, 1) ; (C, 1)\} \), \( B’ = \text{bar}\{(C, 1) ; (A, 1)\} \), \( C’ = \text{bar}\{(A, 1) ; (B, 1)\} \).

Solution de la question 2 :

Le centre de gravité est \( G = \text{bar}\{(A, 1) ; (B, 1) ; (C, 1)\} \).

Par associativité, puisque \( A’ = \text{bar}\{(B, 1) ; (C, 1)\} \) :

\[ G = \text{bar}\{(A, 1) ; (A’, 2)\} \]

Donc \( G \in (AA’) \). La médiane issue de \( A \) passe par \( G \).

Solution de la question 3 :

Par le même raisonnement :

\( G = \text{bar}\{(B, 1) ; (B’, 2)\} \), donc \( G \in (BB’) \).

\( G = \text{bar}\{(C, 1) ; (C’, 2)\} \), donc \( G \in (CC’) \).

Les trois médianes \( (AA’) \), \( (BB’) \) et \( (CC’) \) passent toutes par \( G \), donc elles sont concourantes en ce point. De plus, \( \overrightarrow{AG} = \frac{2}{3}\overrightarrow{AA’} \), confirmant que \( G \) se situe aux deux tiers de chaque médiane depuis le sommet.

Solution de la question 1 :Si \( D = \text{bar}\{(B, \beta) ; (C, \gamma)\} \) et \( G \in (AD) \), alors il existe un réel \( \alpha \) tel que :

\[ G = \text{bar}\{(A, \alpha) ; (D, \beta + \gamma)\} \]

Par associativité :

\[ G = \text{bar}\{(A, \alpha) ; (B, \beta) ; (C, \gamma)\} \]

Solution de la question 2 :

De même, si \( E = \text{bar}\{(C, \gamma’) ; (A, \alpha’)\} \) et \( G \in (BE) \) :

\[ G = \text{bar}\{(B, \beta’) ; (C, \gamma’) ; (A, \alpha’)\} \]

Et si \( F = \text{bar}\{(A, \alpha^{\prime\prime}) ; (B, \beta^{\prime\prime})\} \) et \( G \in (CF) \) :

\[ G = \text{bar}\{(C, \gamma^{\prime\prime}) ; (A, \alpha^{\prime\prime}) ; (B, \beta^{\prime\prime})\} \]

Solution de la question 3 :

Pour que ces trois expressions désignent le même point \( G \), les coefficients doivent être proportionnels. Le théorème de Ceva s’énonce ainsi : les droites \( (AD) \), \( (BE) \) et \( (CF) \) sont concourantes si et seulement si :

\[ \frac{\overrightarrow{BD}}{\overrightarrow{DC}} \times \frac{\overrightarrow{CE}}{\overrightarrow{EA}} \times \frac{\overrightarrow{AF}}{\overrightarrow{FB}} = 1 \]

En termes de barycentres, cela se traduit par une relation de proportionnalité entre les coefficients barycentriques.

Solution de la question 1 :On a \( I = \text{bar}\{(A, 1) ; (C, 1)\} \) et \( J = \text{bar}\{(B, 1) ; (D, 1)\} \).

L’isobarycentre est \( G = \text{bar}\{(A, 1) ; (B, 1) ; (C, 1) ; (D, 1)\} \).

Par associativité :

\[ G = \text{bar}\{(I, 2) ; (J, 2)\} = \text{bar}\{(I, 1) ; (J, 1)\} \]

Donc \( G \) est le milieu de \( [IJ] \), et en particulier \( G \in (IJ) \).

Solution de la question 2 :

La droite \( (AG) \) coupe potentiellement les côtés opposés. En utilisant l’associativité, on peut montrer que \( (AG) \) passe par un point particulier du côté \( [BD] \) ou de ses prolongements, selon la configuration du quadrilatère.

Solution de la question 3 :

Dans un quadrilatère quelconque, l’isobarycentre des quatre sommets est le milieu du segment joignant les milieux des deux diagonales. Cette propriété est très utile pour localiser rapidement le centre d’inertie d’un quadrilatère.

Solution de la question 1 :Par définition du barycentre :

\[ \overrightarrow{AG} + 2\overrightarrow{BG} + 3\overrightarrow{MG} = \overrightarrow{0} \]

En utilisant la relation de Chasles :

\[ \overrightarrow{AG} + 2(\overrightarrow{AG} + \overrightarrow{GB}) + 3(\overrightarrow{AG} + \overrightarrow{GM}) = \overrightarrow{0} \]
\[ 6\overrightarrow{AG} + 2\overrightarrow{GB} + 3\overrightarrow{GM} = \overrightarrow{0} \]

Reprenons autrement. Par définition :

\[ 1 \cdot \overrightarrow{AG} + 2\overrightarrow{BG} + 3\overrightarrow{MG} = \overrightarrow{0} \]

Transformons en utilisant \( \overrightarrow{XG} = \overrightarrow{XA} + \overrightarrow{AG} \) :

\[ \overrightarrow{AG} + 2(\overrightarrow{BA} + \overrightarrow{AG}) + 3(\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{AG}) = \overrightarrow{0} \]
\[ 6\overrightarrow{AG} = -2\overrightarrow{BA} – 3\overrightarrow{MA} = 2\overrightarrow{AB} + 3\overrightarrow{AM} \]
\[ \overrightarrow{AG} = \frac{1}{3}\overrightarrow{AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow{AM} \]

Solution de la question 2 :

Posons \( I = \text{bar}\{(A, 1) ; (B, 2)\} \), donc \( \overrightarrow{AI} = \frac{2}{3}\overrightarrow{AB} \).

Alors :

\[ \overrightarrow{IG} = \overrightarrow{AG} – \overrightarrow{AI} = \frac{1}{3}\overrightarrow{AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow{AM} – \frac{2}{3}\overrightarrow{AB} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AM} – \frac{1}{3}\overrightarrow{AB} \]

Attendez, reprenons le calcul. De \( G = \text{bar}\{(A, 1) ; (B, 2) ; (M, 3)\} \) et \( I = \text{bar}\{(A, 1) ; (B, 2)\} \) :

\[ G = \text{bar}\{(I, 3) ; (M, 3)\} \]

Donc \( G \) est le milieu de \( [IM] \), et \( \overrightarrow{IG} = \frac{1}{2}\overrightarrow{IM} \).

Quand \( M \) décrit le cercle \( \mathcal{C} \) de centre \( A \) et rayon 3, le point \( G \) décrit l’image de ce cercle par l’homothétie de centre \( I \) et de rapport \( \frac{1}{2} \).

Solution de la question 3 :

L’ensemble \( \mathcal{E} \) est un cercle de centre \( I \) (barycentre de \( A \) et \( B \) avec coefficients 1 et 2) et de rayon \( \frac{3}{2} = 1{,}5 \) cm.

Solution de la question 1 :Soit \( G = \text{bar}\{(A, 1) ; (B, 2)\} \). Par définition :

\[ \overrightarrow{GA} + 2\overrightarrow{GB} = \overrightarrow{0} \]

Solution de la question 2 :

On a :

\[ \overrightarrow{MA} + 2\overrightarrow{MB} = (\overrightarrow{MG} + \overrightarrow{GA}) + 2(\overrightarrow{MG} + \overrightarrow{GB}) \]
\[ = 3\overrightarrow{MG} + (\overrightarrow{GA} + 2\overrightarrow{GB}) = 3\overrightarrow{MG} \]

La condition devient :

\[ \|3\overrightarrow{MG}\| = \|3\overrightarrow{AB}\| \]
\[ 3 \cdot MG = 3 \cdot AB \]
\[ MG = AB \]

Solution de la question 3 :

L’ensemble \( \mathcal{E} \) est le cercle de centre \( G \) et de rayon \( AB \), où \( G = \text{bar}\{(A, 1) ; (B, 2)\} \) est situé sur \( [AB] \) tel que \( \overrightarrow{AG} = \frac{2}{3}\overrightarrow{AB} \).

Solution de la question 1 :La somme des coefficients est \( 1 + 1 – 2 = 0 \), donc on ne peut pas définir directement un barycentre. Cependant, on peut transformer l’expression. Soit \( I \) le milieu de \( [AB] \), donc \( I = \text{bar}\{(A, 1) ; (B, 1)\} \) :

\[ \overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} = 2\overrightarrow{MI} \]

La condition devient :

\[ \|2\overrightarrow{MI} – 2\overrightarrow{MC}\| = 6 \]
\[ \|2(\overrightarrow{MI} – \overrightarrow{MC})\| = 6 \]
\[ 2\|\overrightarrow{CI}\| = 6 \]

Attendez, ce n’est pas correct. Reprenons :

\[ \|2\overrightarrow{MI} – 2\overrightarrow{MC}\| = 6 \]
\[ 2\|\overrightarrow{MI} – \overrightarrow{MC}\| = 6 \]
\[ 2\|\overrightarrow{CI}\| = 6 \]

Non plus. En fait :

\[ \overrightarrow{MI} – \overrightarrow{MC} = \overrightarrow{MI} + \overrightarrow{CM} = \overrightarrow{CI} \]

Non, cela ne fonctionne pas. Reprenons différemment. On a :

\[ 2\overrightarrow{MI} – 2\overrightarrow{MC} = 2(\overrightarrow{MI} – \overrightarrow{MC}) = 2\overrightarrow{CI} \text{ (erreur)} \]

Correctement : \( \overrightarrow{MI} – \overrightarrow{MC} = \overrightarrow{MI} + \overrightarrow{CM} \neq \overrightarrow{CI} \).

Utilisons plutôt : \( 2\overrightarrow{MI} = \overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} \), donc :

\[ \overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} – 2\overrightarrow{MC} = 2\overrightarrow{MI} – 2\overrightarrow{MC} = 2(\overrightarrow{MI} – \overrightarrow{MC}) \]
\[ = 2(\overrightarrow{MC} + \overrightarrow{CI} – \overrightarrow{MC}) = 2\overrightarrow{CI} \]

Non. Utilisons Chasles correctement :

\[ \overrightarrow{MI} – \overrightarrow{MC} = (\overrightarrow{MC} + \overrightarrow{CI}) – \overrightarrow{MC} = \overrightarrow{CI} \]

Donc la condition devient :

\[ \|2\overrightarrow{CI}\| = 6 \]
\[ 2 \cdot CI = 6 \]
\[ CI = 3 \]

Mais \( C \) et \( I \) sont fixes, donc \( CI \) est constant. Cela ne définit pas un lieu pour \( M \) ! Il y a une erreur dans le raisonnement.

Reprenons depuis le début. Prenons un point de référence quelconque \( O \) :

\[ \overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} – 2\overrightarrow{MC} = (\overrightarrow{OA} – \overrightarrow{OM}) + (\overrightarrow{OB} – \overrightarrow{OM}) – 2(\overrightarrow{OC} – \overrightarrow{OM}) \]
\[ = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} – 2\overrightarrow{OC} \]

C’est un vecteur constant ! La condition \( \|\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} – 2\overrightarrow{MC}\| = 6 \) ne dépend pas de \( M \). Elle est soit toujours vérifiée, soit jamais vérifiée.

En fait, calculons \( \|\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} – 2\overrightarrow{OC}\| \). Si cette valeur égale 6, alors tout point \( M \) du plan appartient à \( \mathcal{E} \). Sinon, \( \mathcal{E} = \varnothing \).

Solution de la question 2 :

Le vecteur \( \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} – 2\overrightarrow{OC} \) est indépendant de \( M \) et dépend uniquement de la configuration de \( A, B, C \). Si on choisit \( O = C \) :

\[ \overrightarrow{CA} + \overrightarrow{CB} – 2\overrightarrow{CC} = \overrightarrow{CA} + \overrightarrow{CB} \]

La norme de ce vecteur constant détermine si l’ensemble est vide ou le plan entier.

Solution de la question 3 :

L’ensemble \( \mathcal{E} \) est soit le plan entier (si \( \|\overrightarrow{CA} + \overrightarrow{CB}\| = 6 \)), soit l’ensemble vide (sinon). Il ne s’agit pas d’un cercle car l’expression ne dépend pas de \( M \).

Solution de la question 1 :Les coordonnées de \( G \) sont :

\[ x_G = \frac{2 \times 1 + (-1) \times 4 + 3 \times (-2)}{2 – 1 + 3} = \frac{2 – 4 – 6}{4} = \frac{-8}{4} = -2 \]
\[ y_G = \frac{2 \times 2 + (-1) \times (-1) + 3 \times 3}{4} = \frac{4 + 1 + 9}{4} = \frac{14}{4} = \frac{7}{2} \]

Donc \( G\left(-2 ; \frac{7}{2}\right) \).

Solution de la question 2 :

Calculons les vecteurs :

\[ \overrightarrow{AB} = (4 – 1, -1 – 2) = (3, -3) \]
\[ \overrightarrow{GC} = (-2 – (-2), 3 – \frac{7}{2}) = (0, -\frac{1}{2}) \]

Le déterminant est :

\[ \det(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{GC}) = 3 \times \left(-\frac{1}{2}\right) – (-3) \times 0 = -\frac{3}{2} \neq 0 \]

Les vecteurs ne sont pas colinéaires.

Solution de la question 3 :

Vérifions si \( A \), \( G \), \( C \) sont alignés :

\[ \overrightarrow{AG} = (-2 – 1, \frac{7}{2} – 2) = (-3, \frac{3}{2}) \]
\[ \overrightarrow{AC} = (-2 – 1, 3 – 2) = (-3, 1) \]

Le déterminant est :

\[ \det(\overrightarrow{AG}, \overrightarrow{AC}) = (-3) \times 1 – \frac{3}{2} \times (-3) = -3 + \frac{9}{2} = \frac{3}{2} \neq 0 \]

Les points ne sont pas alignés.

Solution de la question 1 :Utilisons l’identité \( MA^2 = \|\overrightarrow{MA}\|^2 = \|\overrightarrow{MG} + \overrightarrow{GA}\|^2 = MG^2 + GA^2 + 2\overrightarrow{MG} \cdot \overrightarrow{GA} \).

Donc :

\[ f(M) = 2(MG^2 + GA^2 + 2\overrightarrow{MG} \cdot \overrightarrow{GA}) + 3(MG^2 + GB^2 + 2\overrightarrow{MG} \cdot \overrightarrow{GB}) \]
\[ + 4(MG^2 + GC^2 + 2\overrightarrow{MG} \cdot \overrightarrow{GC}) \]
\[ = 9 \cdot MG^2 + (2GA^2 + 3GB^2 + 4GC^2) + 2\overrightarrow{MG} \cdot (2\overrightarrow{GA} + 3\overrightarrow{GB} + 4\overrightarrow{GC}) \]

Or, par définition de \( G \) :

\[ 2\overrightarrow{GA} + 3\overrightarrow{GB} + 4\overrightarrow{GC} = \overrightarrow{0} \]

Donc :

\[ f(M) = 9 \cdot MG^2 + K \]

où \( K = 2GA^2 + 3GB^2 + 4GC^2 \) est une constante.

Solution de la question 2 :

Puisque \( f(M) = 9 \cdot MG^2 + K \) avec \( K \) constant, la fonction \( f \) est minimale lorsque \( MG^2 \) est minimal, c’est-à-dire lorsque \( M = G \).

Le point qui minimise la somme pondérée des carrés des distances est le barycentre \( G = \text{bar}\{(A, 2) ; (B, 3) ; (C, 4)\} \).

Solution de la question 3 :

La valeur minimale est atteinte pour \( M = G \), donc \( MG = 0 \) :

\[ f_{\min} = K = 2GA^2 + 3GB^2 + 4GC^2 \]

Cette valeur dépend de la configuration géométrique de \( A \), \( B \) et \( C \).

Solution de la question 1 :Tout point \( M \) sur le segment \( [AA’] \) peut s’écrire :

\[ \overrightarrow{AM} = t \cdot \overrightarrow{AA’} \text{ avec } t \in [0, 1] \]

En termes de barycentre :

\[ M = \text{bar}\{(A, 1-t) ; (A’, t)\} \]

Pour \( t = 0 \), on a \( M = A \) ; pour \( t = 1 \), on a \( M = A’ \).

Solution de la question 2 :

On a \( A’ = \text{bar}\{(B, 1) ; (C, 1)\} \), donc par associativité :

\[ M = \text{bar}\{(A, 1-t) ; (B, t) ; (C, t)\} \]

Maintenant, calculons \( N \) :

\[ N = \text{bar}\{(B, 1) ; (C, 1) ; (M, 2)\} \]

En remplaçant \( M \) :

\[ N = \text{bar}\{(B, 1) ; (C, 1) ; (A, 2(1-t)) ; (B, 2t) ; (C, 2t)\} \]
\[ = \text{bar}\{(A, 2(1-t)) ; (B, 1 + 2t) ; (C, 1 + 2t)\} \]

La somme des coefficients est \( 2(1-t) + (1+2t) + (1+2t) = 2 – 2t + 1 + 2t + 1 + 2t = 4 + 2t \).

Hmm, cela ne donne pas une expression simple. Reprenons avec une autre méthode.

Posons \( I = \text{bar}\{(B, 1) ; (C, 1)\} = A’ \). Alors :

\[ N = \text{bar}\{(A’, 2) ; (M, 2)\} \]

Donc \( N \) est le milieu de \( [A’M] \).

Lorsque \( M \) parcourt \( [AA’] \), le point \( N \) (milieu de \( [A’M] \)) décrit un segment.

Solution de la question 3 :

Quand \( M = A \), on a \( N \) = milieu de \( [A’A] \), soit le point à mi-chemin entre \( A’ \) et \( A \).

Quand \( M = A’ \), on a \( N = A’ \).

L’ensemble des points \( N \) est donc le segment joignant \( A’ \) au milieu de \( [AA’] \), soit la moitié de la médiane issue de \( A \), comprise entre \( A’ \) et le point situé à mi-distance entre \( A \) et \( A’ \).