Centres de gravité du triangle

Bonsoir
Du point de vue de l'associativité barycentrique, chaque côté (homogène) du triangle $ABC$ peut être remplacé par son milieu avec pour masse la longueur de ce côté, etc, etc....
Amicalement
[small]p[/small]appus
Application
Trouver le centre de gravité d'un quadrilatère formé de $4$ barres homogènes.

Ha flûte ! Merci bien ! :)o

Par contre, je ne comprends pas "complémentaire du centre du cercle".8-)

Je ne pense pas qu'on puisse déduire (2) de (1) parce que ce n'est pas le même problème.

Le centre de gravité de la plaque triangulaire, supposée homogène, peut se prouver par des considérations de calcul différentiel et intégral, qu'on peut « vulgariser » avec des découpages en fines tranches parallèles à un côté. On fait voir ainsi que ce centre de gravité est sur les axes de symétrie oblique que sont les médianes. Tout dépend du degré de rigueur attendu, mais je ne serais pas étonné que certains participants de ce forum n'exigent l'intégrale de Lebesgue pour prouver ce résultat.

Le centre de gravité du pourtour, toujours supposé homogène, se détermine en considérant que la masse de chaque côté, qui est sa longueur, est concentrée en son centre de gravité, qui est son milieu, en sorte que le centre de gravité du pourtour est le barycentre de ces trois milieux, chacun affecté d'un coefficient qui est la longueur du côté, donc du côté opposé de ce triangle médial. Il faut établir indépendamment que les coordonnées barycentriques du centre du cercle inscrit dans un triangle sont les longueurs des côtés. C'est un corollaire quasi-immédiat du « théorème de la bissectrice ». Et c'est fait.

Il y a un troisième centre de gravité, qui est l'isobarycentre des trois sommets, et qui est confondu avec le premier, ce qui est une particularité du triangle, et aussi bien sûr des polygones avec centre de symétrie.

Pour les quadrilatères dépourvus de cette particularité, les trois centres de gravité sont le plus souvent distincts, même les trapèzes isocèles (si mes souvenirs sont exacts, car j'avais écrit quelque chose là-dessus dans « Le Pied Carré » éphémère publication de l'IREM Paris-Nord au temps jadis).

Bonne soirée, toujours glaciale, en attendant avec impatience le réchauffement climatique.
Fr. Ch.

Bonjour Dom.

"'un petit triangle plein de centre de gravité G et dont les côtés sont parallèles à ceux de ABC. " Es-tu sûr qu'un petit triangle dont les côtés sont parallèles à ceux de ABC peut avoir G comme centre de gravité ?

Cordialement.

Bonjour.

Peut-on évider le triangle $ABC$ d'un triangle $A'B'C'$ ayant même centre de gravité et des côtés parallèles à ceux du grand triangle ?

Ben oui, cela s'appelle une homothétie de centre $G$. Et alors ce qui reste (le triangle évidé) à le même centre de gravité que les deux autres. Ben oui, cela s'appelle l'associativité du barycentre.

Et on passe à la limite. Ben oui, et alors ? Prétendre que les masses des trois résidus seraient proprotionnelles aux longueurs des côtés cela revient à ne rien comprendre à rien: la masse d'un rectangle (découpé dans une tôle d'épaisseur constante) est proportionnelle au produit de la longueur par la largeur, et pas à la longueur seule.

Cordialement, Pierre.

Et une figure, une.

Les trois triangles $GA'B'$, $GB'C'$ et $GC'A'$ ont même surface. En effet, le centre de gravité $(A+B+C)/3$ s'obtient en utilisant des masses égales. Par conséquent les trois quadrilatères bleus ont la même masse. Et le centre de gravité de chacun d'eux est sur la médiane correspondante. Quand on passe à la limite, on obtient les milieux des côtés affectés de trois masses évanescentes... et néanmoins EGALES.

Il n'y a lieu d'engueuler personne. C'est un joli paradoxe, probablement inédit.
On peut l'ajouter à la liste des paradoxes connus, comme celui qui consiste à partager un segment de longueur $1$ en $n$ petits segments égaux, sur chacun desquels on construit un demi-cercle. La courbe formée par ces $n$ demi-cercles tend vers le segment. Or la longueur de cette courbe est $\frac {\pi}2$, et il s'ensuivrait : $\pi=2$.

Par contre, pour la fin du raisonnement, il manque un élément; je suis surpris que tu ne l'énonces pas, Pierre. Il concerne les largeurs résiduelles et leurs rapports limites.

Lorsque l'on fait une homothétie, de rapport $k$ les longueurs varient en $k$, les surfaces varient en $k^2$ et les masses en $k^3$. C'est pour cela que les bébés se déshydratent plus vite que les adultes et que les autruches volent moins bien que les canards. Puisque les aires des triangles varient en $k^2$, les aires des trapèzes valent chacune $(1-k^2)S/3$... ce qui les oblige à être égales, sur le modèle les différences entre des quantités homologues respectivement égales sont égales entre elles.

Mais, en effet, rien n'empêche d'ajouter que la somme des bases du trapèze $A$ vaut $(1+k)a/2$, montrant que sa hauteur est: $2(1-k)S/a/3$. On peut même décrire la situation dans un repère projectif complexe et se payer les calculs pour être vraiment certain. Bref comme les 3 trapèzes ont des hauteurs différentes, il ne faut pas s'attendre à ce qu'une modélisation par trois fers à béton ayant la même section donne quoi que ce soit de pertinent.

Pour un cone d'axe vertical, le poids et le moment sont proportionnels à
$$ \frac \pi 3 \,{R}^{2}H, \frac \pi {12} \,{R}^{2}{H}^{2}$$.
On pratique une homothetie de rapport $1-h/H$ depuis le centre de la base. On trouve un nouveau poids et un nouveau moment. On soustrait pour trouver le poids et le moment de la "pelure d'oignon". On quotiente pour voir quel est le bras de levier. Et alors... ?

Bonjour,
Pour le cône plein je ferais un petit calcul intégral
Je ferais d'abord le calcul pour un cône de rayon et hauteur unitaires posé sur sa pointe. Toujours pour simplifier, je prendrais une masse surfacique unitaire. Le cône est un empilement de disques d'épaisseur infime d'où$$h_G=\dfrac {\int_0^1x\times\pi x^2dx}{\int_0^1\pi x^2dx}=\dfrac 3 4$$
Pour le cas général, on fait des homothéties ou affinités et le centre de gravité reste au $\frac 3 4$ de la hauteur à partir du sommet ou au $\frac 1 4$ à partir de la base. On peut remarquer que c'est pareil pour les pyramides droites pleines.

Pour le cône creux, on empilera des cercles au lieu d'empiler des disques
$$h_G= \dfrac {\int_0^1x\times2\pi x\ dx}{\int_0^12\pi x\ dx}=\dfrac 2 3$$
Le centre de gravité est au $\frac 2 3$ de la hauteur à partir de la pointe ou au $\frac 1 3$ de la base.
Ceci confirme les dires de Chaurien.

Si le disque de base est matériel, ça se complique: il faut refaire le barycentre de la masse de la surface latérale concentrée sur ce point avec la masse de la base concentrée sur son centre.

@jacquot
Moi c'est en nageant que je réfléchis aux problèmes, hélas, pas en ce moment de gel...
Je présume qu'il s'agit ici d'un cône de hauteur $h$ et de base circulaire de rayon $ r$.
Mais je ne vois pas de quel solide tu donnes le centre de gravité.
Bonne soirée.
Fr. Ch.

Je reviens sur cette décomposition en triangles, parce qu'elle me permettra aussi de donner la position du centre de gravité de la surface latérale du cône sans avoir recours au calcul intégral. Je crois que c'est l'une des attentes de Piteux_gore.

La surface latérale du cône peut être considérée comme un assemblage d'une foultitude de triangles isocèles longs et fins de base infime et de sommets le sommet du cône. Le centre de gravité de chacun d'eux se trouve aux $\frac 2 3$ de l'apothème du cône à partir du sommet ou au $\frac 1 3$ à partir de la base. .
Quand on assemble tous ces triangles le centre de gravité reste dans le plan les contenant tous et il se place sur l'axe du cône pour raison de symétrie, au tiers de sa hauteur à partir de la base.

Il resterait maintenant à trouver une petite histoire à raconter pour le cône plein, car je suis persuadé qu'historiquement on connaissait la position de son centre de gravité avant les premiers balbutiements du calcul intégral.

Peut-être faut-il revenir aux pyramides et aux empilements de boulets. Mais n'est-ce pas une façon déguisée de faire du calcul intégral ?

Poids, moment, comprend pas !

En ces temps là, Cagnac n'était que le jeune gamin tout juste autorisé à trier les notes de l'Inspecteur Général en Chef. Le Cours de Mathématiques Spéciales se composait de quatre tomes, le dernier étant un cours de mécanique. Et puis la roue du temps a tourné et il s'est trouvé des fous furieux pour flanquer la mécanique par dessus bord. Le résultat sur le long terme a, bien entendu, été un déplacement des emplois: la mécanique, c'est utile... et ceux qui ne le comprennent pas... ne sont pas à leur utilité maximale.

Comment évalue-t-on le volume d'un solide ? Si l'on suppose qu'il s'agit d'un objet homogène, on pèse et on divise par la densité. Sinon, on utilise la méthode d'Archimède: on utilise un vase à trop-plein et on pèse la masse d'eau déplacée par l'objet en question.

Dans certains cas, on sait expliciter ce volume. Par exemple, on coupe une sphère en tranches fines, et on équilibre ces tranches par les tranches d'un cylindre et d'un cône bien choisis. Equi-librum, balance égale. C'est quoi çà ? Si vous attrapez un objet par l'un de ses bouts, vous allez non seulement devoir vous opposer à son poids, mais aussi à la propension pernicieuse de cet objet à vous tourner dans la main. On constate que cette propension pernicieuse est proportionnelle au poids, ainsi qu'à la distance entre le point de préhension et le centre de gravité.

On peut aussi chercher à domestiquer cette propension pernicieuse: cela s'appelle la méthode du levier d'Archimède, selon la formule
$\quad$poids $\times$ bras_de_levier $=$ moment
que l'on peut aussi utiliser sous la forme :
$\quad$moment $\div$ poids $=$ bras_de_levier

Cordialement, Pierre.

Merci Jacquot
Voici ma propre figure, tracée il y a bien des années et qui, au fond, est la même que la tienne.
Je pense qu'en étant astucieux, on peut trouver d'autres segments sur lesquelles se trouve le centre de gravité.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Je ne comprends pas (encore ?) pourquoi tu veux jouer les prolongations, pappus.
Pour ce système de trois tiges, on sait construire le centre de gravité $G_{i, j}$ de deux d'entre elles et le milieu $M_k $ de la troisième.

On aura donc $[G_{1, 2}M_3]\cap [M_1G_{2,3}]=\{G_{1,2,3}\}$

Bonsoir pappus,
Comme qui dirait, de mon téléphone.

Pour le centre de gravité $G_{1,2,3} $ de trois tiges, tu construis $G $, celui des quatre et tu traces la droite $(GM_4) $,
Tu traces aussi la droite $(G_{1,2}M_3) $
L'intersection de ces deux droites te fournira $G_{1,2,3} $

Et pour pousser le bouchon, tu traces $(G_{1,2,3}M_2) $ d'une part et $(M_1M_3) $ d'autre part. L'intersection te donnera $G_{1,3} $
Là je ne suis pas outillé pour faire un dessin.

Amicalement. jacquot

D'accord pappus,
Je t'ai suivi bien volontiers sur le terrain de l'associativité ou de la désassociativité barycentrique et ce fut intéressant.
On peut cependant remarquer que pour la construction du barycentre de deux barres homogènes $[AB]$ et $[CD]$ il y a plus simple:
On construit les milieux $M$ et $N$ des deux barres, on cherche au compas un point $E$ tel que $ME=CD$ et $NE=AB$ (ou $ME=k.CD$ et $NE=k.AB$ si les tiges sont trop éloignées), puis on trace la bissectrice de l'angle $\widehat {MEN}$. Elle coupera $[MN]$ au centre de gravité cherché.
Amicalement. jacquot

Bonjour
Voici la décomposition du 4-barres que j'utilise.
Dans le plan affine, la matière barycentrique (positive) apparaît en rouge et l'antimatière barycentrique (négative) apparaît en bleu.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Je reviens à l'idée de trouver le centre de gravité d'un pourtour triangulaire $ABC$ comme limite du centre de gravité de ce triangle évidé, qui m'a trotté dans la tête pendant que je faisais autre chose.

Pour le creux dans le triangle $ABC$, au lieu du choix fait précédemment, je prends un second triangle $DEF$ dont les côtés sont à une même distance $x$ des côtés de $ABC$, comme dans ces équerres en bois marron qu'on trouve (ou qu'on trouvait ?) dans le commerce. En précisant : $0<x<r$, où $r$ est le rayon du cercle inscrit dans le triangle $ABC$.

Alors, les droites $AD$, $BE$, $CF$ sont les bissectrices intérieures du triangle $ABC$, qui se coupent en $I$, centre du cercle inscrit dans le triangle $ABC$. Le triangle $DEF$ est donc l'homothétique de $ABC$ dans une homothétie de centre $I$ et de rapport $\frac {r-x}r$.

Je note $\mathcal S(UVW)$ l'aire d'un triangle $UVW$. Je note $G$ le centre de gravité de $ABC$ et $K$ le centre de gravité de $DEF$. Et je note $\Gamma (x)$ le centre de gravité du triangle $ABC$ évidé par $DEF$, ce $DEF$ qui est un triangle d'antimatière comme dirait Pappus.

L'homothétie me donne : $\overrightarrow{IK}=\frac{r-x}{r}\overrightarrow{IG}$ et $\mathcal{S}(DEF)=(\frac{r-x}{r})^{2}\mathcal{S}(ABC)$.

On a : $\overrightarrow{I\Gamma (x)}=\frac{\mathcal{S}(ABC)\overrightarrow{IG}-\mathcal{S}(DEF)\overrightarrow{IK}}{\mathcal{S}(ABC)-\mathcal{S}(DEF)}$. Un simple calcul montre alors que : $\overrightarrow{I\Gamma (x)}\rightarrow \frac{3}{2}\overrightarrow{IG}$ quand $x\rightarrow 0$.

Quand $x\rightarrow 0$, le centre de gravité de notre triangle évidé tend donc vers le point $\Gamma$ tel que : $\overrightarrow{I\Gamma }=\frac{3}{2}\overrightarrow{IG}$, autrement dit : $\overrightarrow{G\Gamma }=-\frac{1}{2}\overrightarrow{GI}$. C'est bien le centre du cercle inscrit dans le triangle médial de $ABC$.

Bonne nuit
Fr. Ch.

[ Affichage de l'image. jacquot ]

J'ai bien aimé ton équerre en bois, Chaurien !
Avec ses lignes d'assemblage qui donnent la direction du centre du cercle inscrit dans le triangle d'antimatière.
Pour la demi-boule ou la demi-sphère, je me demande quel est le problème le plus simple.

Chaurien a écrit:

... connaissant celui de la demi-boule.

Certes, mais ça ne se trouve pas sous le sabot d'un cheval, sauf à faire un peu de calcul intégral.
En revanche pour l'altitude du centre de gravité de la demi-sphère, on peut penser à la projection équivalente cylindrique de Lambert : chaque tranche horizontale de demi-sphère est alors équivalente à la tranche de cylindre de même altitude. L'altitude du centre de gravité est alors évidemment $\frac 1 2 R$
Et ton calcul par antimatière fournit alors une autre façon de calculer l'altitude du centre de gravité de la demi-boule par une équation.
Amicalement. jacquot

Dans le plan, l'aire d'une partie « raisonnable » telle que plaque triangulaire, disque ou autre, se calcule au moyen d'une intégrale double. Il en est de même du centre d'inertie (ou centre de masse), ce que dans mes messages précédents j'ai appelé centre de gravité, à l'ancienne, mais improprement, semble-t-il. Il en est de même des moments d'inertie. Pour les domaines plans habituels, ces intégrales doubles se laissent souvent transformer en intégrales simples.

La longueur d'une courbe plane $ \mathcal C^1$ et son centre d'inertie se calculent au moyen d'intégrales curvilignes. Lorsque ces belles choses étaient au programme, je posais par exemple ces questions pour la cardioïde : aire délimitée, longueur, centre d'inertie de la plaque, centre d'inertie du pourtour. Tout ceci a disparu des programmes de classes prépas.

Dans l'espace de dimension 3, le volume d'une partie « raisonnable » telle que tétraèdre « plein », boule, ou autre, se calcule au moyen d'une intégrale triple, qu'on peut ramener le plus souvent à une intégrale double ou même simple. Il en est de même du centre d'inertie ou du moment d'inertie. L'aire ou le centre d'inertie d'une surface se calcule au moyen d'une intégrale de surface, objet mathématique assez rare, que je n'ai jamais étudié quand j'étais étudiant, ni enseigné quand j'étais professeur, mais qu'on rencontre dans quelques livres. C'est pourquoi je préfère calculer le centre d'inertie de la demi-boule et en déduire celui de la demi-sphère.

Le centre d'inertie $G$ d'une demi-boule de rayon $R$ et de centre $O$ s'obtient sans peine en la « saucissonnant » par des plans parallèles à son plan de base, en considérant que la masse de chaque tranche est concentrée en son centre, d'où : $\overline{OG}=\frac{\int_{0}^{R}z\pi (\sqrt{R^{2}-z^{2}})^{2}dz}{\int_{0}^{R}\pi (\sqrt{R^{2}-z^{2}})^{2}dz}=\frac{\int_{0}^{R}z(R^{2}-z^{2})dz}{\int_{0}^{R}(R^{2}-z^{2})dz}=\frac{3}{8}R$. C'est tout ce qu'l y a de simple.

Notons que dans ce calcul le dénominateur $\int_{0}^{R}\pi (\sqrt{R^{2}-z^{2}})^{2}dz=\pi \int_{0}^{R} (R^{2}-z^{2})dz=\frac{2}{3}\pi R^{3}$ est le volume de la demi-boule.

Pour la demi-sphère, on peut recourir à la méthode que j'ai utilisée ci-dessus pour le triangle. On considère une demi-sphère de rayon $ R$, et dedans, une demi-sphère de même plan de base, de même centre $O$ et de rayon $R-t$, $0<t<R$.
Soit $\Gamma(t)$ le centre d'inertie du solide compris entre ces deux demi-sphères ; alors quand $t\rightarrow 0$ :
$\overline{O\Gamma (t)}=\frac{\frac{2}{3}\pi R^{3}\cdot \frac{3}{8}R-\frac{2}{3}\pi (R-t)^{3}\cdot \frac{3}{8}(R-t)}{\frac{2}{3}\pi R^{3}-\frac{2}{3}\pi(R-t)^{3}}=\frac{3}{8}\cdot \frac{R^{4}-(R-t)^{4}}{R^{3}-(R-t)^{3}}=\frac{3}{8}R\frac{1-(1-\frac{t}{R})^{4}}{1-(1-\frac{t}{R})^{3}}=\frac{3}{8}R\frac{\frac{4t}{R}+o(t)}{\frac{3t}{R}+o(t)}{\rightarrow }\frac{1}{2}R$.

Bonne soirée.
Fr. Ch.

Ces temps-ci, je travaille sur la RMS 128.2, le numéro annuel publiant les énoncés des oraux des concours de l'année d'avant. Allez-y voir, vous y trouverez de beaux énoncés, il y en a plus de mille. Mais cette histoire de longueurs, d'aires, de volumes, de centres d'inertie continue à me turlupiner.

Je suis content de mon idée de déterminer le centre d'inertie d'une ligne plane par la limite de la différence de deux domaines plans, et de même pour une surface de l'espace. Mais elle ne s'applique efficacement que dans des situations très particulières. Je l'ai appliquée à la sphère, qui a la particularité que ses normales concourent en son centre, ce qui permet d'en trouver facilement une autre qui est située à distance constante et qui tend vers elle. Mais par exemple, il est difficile de l'appliquer même à une surface aussi simple que la surface latérale d'un cône. C'est donc plutôt une curiosité qu'une méthode.

De même, je reviens sur le message de Jacquot d'il y a 11 jours. Pour déterminer le centre d'inertie de la surface latérale d'un cône, il propose une méthode qui consiste à « empiler des cercles », et qu'on pourrait décrire comme suit. On considère dans un repère $Oxyz$ une surface $\Sigma$ comprise entre les cotes $z=0$ et $z=h>0$. La coupe de cette surface selon le plan de cote $z \in [0,h]$ est une courbe plane fermée (au sens géométrique) dont la longueur est $\ell(z)$. Alors la cote du centre d'inertie $G$ de la surface $\Sigma$ serait : $ z_G= \frac {\int_0^h z \ell(z)\ dz}{\int_0^h \ell(z)\ dz}$. Peut-être l'aire de la surface $\Sigma$ serait-elle égale au dénominateur $ S= \int_0^h \ell(z)\ dz$ ?

Considérons un cône de révolution de hauteur $h$ et de rayon de base $R$, posé sur son sommet $O$. Alors $ \ell(z)= 2 \pi \frac Rh z$. Pour la surface latérale du cône, cette formule donne le bon résultat $z_G=\frac 23 h$, quoique le dénominateur $ \int_0^h \ell(z)\ dx$ ne soit pas égal à l'aire de la surface latérale du cône.

Mais si l'on veut appliquer cette méthode à la demi-sphère de rayon $R$, alors on a toujours un empilement de cercles, avec : $h=R$, et $\ell (z)=2\pi \sqrt{R^{2}-z^{2}}$, d'où : $z_{G}=\frac{\int_{0}^{R}z\cdot 2\pi \sqrt{R^{2}-z^{2}}dz}{\int_{0}^{R}2\pi \sqrt{R^{2}-z^{2}}dz}$, qui se calcule sans difficulté, mais ne donne pas le bon résultat $\frac R2$.

Las, il me semble difficile d'échapper aux redoutables intégrales de surface...

Bonne journée.
Fr. Ch.
11/03/3018
[small]Tandis qu'à leurs œuvres perverses
les hommes courent, haletants,
mars, qui rit malgré les averses,
prépare en secret le printemps.[/small]