Plan de R^3 et isobarycentre
Plan de R^3 et isobarycentre
Bonsoir,
je bute sur un exo qui paraît simple (niveau TS ?) :
on me donne $A(1,0,0)$, $B(3,2,4)$ et $C(1,1,3)$.
Il faut que je détermine le plan qui contient ces trois points ...
Enfin on demande l'isobarycentre de ces trois points!
(c'est loin tout ceci pour moi!)
je bute sur un exo qui paraît simple (niveau TS ?) :
on me donne $A(1,0,0)$, $B(3,2,4)$ et $C(1,1,3)$.
Il faut que je détermine le plan qui contient ces trois points ...
Enfin on demande l'isobarycentre de ces trois points!
(c'est loin tout ceci pour moi!)
Ok,
donc je prend $\vec{AB}\begin{pmatrix}2\\2\\4\end{pmatrix}$ et $\vec{AC}\begin{pmatrix}0\\1\\3\end{pmatrix}$ (non colinéaires) puis le point $A\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}$
On a donc :
$s\vec{AB}+t\vec{AC}+A=s\begin{pmatrix}2\\2\\4\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}0\\1\\3\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2s+1\\2s+t\\4s+3t\end{pmatrix}$
ou est le plan :?
donc je prend $\vec{AB}\begin{pmatrix}2\\2\\4\end{pmatrix}$ et $\vec{AC}\begin{pmatrix}0\\1\\3\end{pmatrix}$ (non colinéaires) puis le point $A\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}$
On a donc :
$s\vec{AB}+t\vec{AC}+A=s\begin{pmatrix}2\\2\\4\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}0\\1\\3\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2s+1\\2s+t\\4s+3t\end{pmatrix}$
ou est le plan :?
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Je dirais plutôt :
$$\vec{x}=s\vec{AB}+t\vec{AC}+A=s\begin{pmatrix}2\\2\\4\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}0\\1\\3\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2s+1\\2s+t\\4s+3t\end{pmatrix} $$
Et donc tu l'as "écrit le plan" :
$$ \left\{ \begin{array}{l}
x = 2s + 1 \\
y = 2s + t \\
z = 4s + 3t
\end{array} \right.} $$
avec $s,t \in \R$
$$\vec{x}=s\vec{AB}+t\vec{AC}+A=s\begin{pmatrix}2\\2\\4\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}0\\1\\3\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2s+1\\2s+t\\4s+3t\end{pmatrix} $$
Et donc tu l'as "écrit le plan" :
$$ \left\{ \begin{array}{l}
x = 2s + 1 \\
y = 2s + t \\
z = 4s + 3t
\end{array} \right.} $$
avec $s,t \in \R$
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Et avec le produit vectoriel $\vect{AB}\wedge\vect{AC}$ ? Tu obtiens un vecteur normal dont les coordonnées $(a,b,c)$ sont les coefficients que tu cherches. Pour $d$, le plan passe par $A$.
@Arnaud : connais pas le prog de 1L et plus bien celui de 1S. Par contre, je vois bien ce que savent faire (ou pas faire) les élèves en arrivant avec leur bac S en poche.
[edit : @MB/nirosis, et oui, quand on édite, il n'y a plus de signature.]
@Arnaud : connais pas le prog de 1L et plus bien celui de 1S. Par contre, je vois bien ce que savent faire (ou pas faire) les élèves en arrivant avec leur bac S en poche.
[edit : @MB/nirosis, et oui, quand on édite, il n'y a plus de signature.]
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Non ? On ne voit plus ça à la fac ? (déjà qu'on le fait plus en TS depuis pas longtemps)Kazik a écrit :Je ne connais pas le produit vectoriel !!
Pas d'aide par MP : les questions sont publiques, les réponses aussi.
Tu as apprécié l'aide qui t'a été fournie ? Alors n'hésite pas à rendre la pareille à quelqu'un d'autre.
Un peu d'autopromotion.
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Un peu d'autopromotion.
lol
donc $G$ barycentre de $(A,a),(B,b),(C,c)$ signifie que :
(je me souviens qu'il y avait une autre équation avec la somme des coefficients en dénominateur, mais je n'arrive plus à trouver laquelle !)
donc ici $\vect{GA}+\vect{GB}+\vect{GC}=\vec{0}$
soit
$$\begin{pmatrix}x_A-x_G\\y_A-y_G\\z_A-z_G\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}x_B-x_G\\y_B-y_G\\z_B-z_G\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}x_C-x_G\\y_C-y_G\\z_C-z_G\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$$
d'où :
$x_A+x_B+x_C-3x_G=0 \Rightarrow 3x_G=x_A+x_B+x_C=5 \Rightarrow x_G=\frac{5}{3}$
$y_A+y_B+y_C-3y_G=0 \Rightarrow 3y_G=y_A+y_B+y_C=3 \Rightarrow y_G=1$
$z_A+z_B+z_C-3z_G=0 \Rightarrow 3z_G=z_A+z_B+z_C=7 \Rightarrow z_G=\frac{7}{3}$
et donc :
$$G\begin{pmatrix}\frac{5}{3}\\1\\\frac{7}{3}\end{pmatrix}$$
c'est cela ?
donc $G$ barycentre de $(A,a),(B,b),(C,c)$ signifie que :
$a\vect{GA}+b\vect{GB}+c\vect{GC}=\vect{0}$ avec $a+b+c\neq0$
(je me souviens qu'il y avait une autre équation avec la somme des coefficients en dénominateur, mais je n'arrive plus à trouver laquelle !)
donc ici $\vect{GA}+\vect{GB}+\vect{GC}=\vec{0}$
soit
$$\begin{pmatrix}x_A-x_G\\y_A-y_G\\z_A-z_G\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}x_B-x_G\\y_B-y_G\\z_B-z_G\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}x_C-x_G\\y_C-y_G\\z_C-z_G\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$$
d'où :
$x_A+x_B+x_C-3x_G=0 \Rightarrow 3x_G=x_A+x_B+x_C=5 \Rightarrow x_G=\frac{5}{3}$
$y_A+y_B+y_C-3y_G=0 \Rightarrow 3y_G=y_A+y_B+y_C=3 \Rightarrow y_G=1$
$z_A+z_B+z_C-3z_G=0 \Rightarrow 3z_G=z_A+z_B+z_C=7 \Rightarrow z_G=\frac{7}{3}$
et donc :
$$G\begin{pmatrix}\frac{5}{3}\\1\\\frac{7}{3}\end{pmatrix}$$
c'est cela ?
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J'en sais rien, j'ai pas refait tes calculs. Mais la méthode est correcte;Kazik a écrit :ceci doit etre faux ...
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Cela dépend du contexte.Kazik a écrit :Mais quand on dit déterminer l'isobarycentre, ceci signifie que l'on doit déterminer les coordonées d'un point ?
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