Centre de gravité

Bonjour,

J'ai une question qui me trotte dans la tête depuis pas mal de temps. Comment définir de façon "géométrique" le centre de gravité d'un ensemble "continu" $D$ de ${\bf R}^2$ ? Dans le cas discret, je sais que si on a $n$ points $A_1,...,A_n$ deux à deux distincts alors son centre de gravité $G$ est défini par $\sum_{k=1 }^n \vec{GA_k}=\vec 0$. Perso, j'aurais écrit quelque chose du genre $\int_{M\in D} \vec{GM} = \vec 0$, mais cette écriture ne paraît pas très correcte.

Bonne soirée !

Réponses

  • C'est presque correct, il suffit de rajouter l'élément différentiel, ds par exemple.

    Voir un cours de mécanique rationnelle, où on traite de ces centres de gravité, de masse, d'inertie, ...

    Cordialement.
  • Bonjour,

    Pour la géométrie je préferre centre de masse (sans gravité). On intègre sur la surface finie : $\displaystyle \int_{D} \vec{GM} dS=\vec{0}$ où $M$ parcourt la surface $D.$
  • Oui,

    ça correspond au centre de masse pour une surface homogène.

    Cordialement.
  • D'accord, merci à vous trois. Du coup, j'ai un peu de mal à comprendre pourquoi on le rajoute et ce que représente ce dS par rapport au point M décrivant D et le domaine D lui-même.
  • Ben .... C'est une intégrale de surface. Le dS est dans la notation de l'intégrale.
  • D'accord. Ce que j'aimerais savoir par la suite, c'est savoir à quels ensembles $D$ de ${\bf R}^2$ on peut considérer le centre de masse. En établissant les coordonnées du centre de masse, on rencontre des ennuis lorsque l'aire de $D$ est nulle. Ce qui m'a amené à traiter en exemple le cas d'un segment $[A,B]={(1-t)A+tB\ ;\ t\in [0,1]}$, avec $A,B\in {\bf R}^2$. Le centre de masse est alors défini par :

    $\displaystyle \int_{M\in [A,B]} \vec{G M}\ d \ell = \vec 0$,

    où $d \ell$ représente un élément infinitésimal de longueur. En notant $I$ le milieu de $[A,B]$, on a d'après la relation de Chasles, $\vec{GM }=\vec{GI}+\vec{IM}$ donc :

    $\displaystyle \int_{M\in [A,B]} \vec{G M}\ d \ell = \int_{M\in [A,B]} \vec{G I}\ d \ell + \int_{M\in [A,B]} \vec{I M}\ d \ell$.

    Or :

    $\displaystyle \int_{M\in [A,B]} \vec{I M}\ d \ell = \int_{M\in [A,I] \cup [I,B] } \vec{I M}\ d \ell = \int_{M\in [A,I] } \vec{I M}\ d \ell + \int_{M\in [I,B] } \vec{I M}\ d \ell = \int_{M\in [A,I] } \vec{I M}\ d \ell - \int_{M\in [A,I] } \vec{I M}\ d \ell = \vec 0$

    donc on en déduit que :

    $\displaystyle \int_{M\in [A,B]} \vec{G I}\ d \ell = \vec 0$

    D'où $G=I$, puisque $\vec{G I}$ ne dépend pas de la variable continue $M$. Donc ici, même si l'aire d'un segment est nulle, on peut quand même lui définir un centre de masse.

    Cordialement,
  • La notion de centre de masse suppose une masse. Pour un nombre fini de points massifs, c'est le barycentre des points, chacun affecté de leur masse.
    Pour le cas continu, soit on a un "fil" massif $F$ (idéalisation d'un fil de fer, d'un tuyau de grande longueur, ...) de densité linéaire $\rho$ connue, et la formule est $\displaystyle \int_{M\in F} \vec{G M}\ \rho d \ell = \vec 0$, soit c'est une surface dans le plan, et on aura une formule du même genre, où $\rho$ est la densité superficielle, soit c'est une surface d'ans l'espace, et on aura la même formule, soit enfin on aura un volume dans l'espace et on utilisera la densité volumique $\rho$.

    Il est intéressant de regarder le centre de gravité (centre de masse pour une densité constante) d'un triangle suivant qu'il s'agit de 3 points, de 3 côtés, ou d'une partie du plan.

    Pour quels ensembles $D$ de $\mathbb R^2$ peut-on considérer le centre de masse (densité constante) : Ceux pour lesquels l'intégrale a un sens, donc à priori les parties mesurables du plan, lorsque l'intégrale du premier membre n'est pas infinie.

    Cordialement.
  • Bonsoir
    La meilleure façon d'apprendre une théorie n'est pas de seriner les définitions mais de résoudre des exercices!
    En voici un sur le centre de gravité d'une plaque homogène convexe.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus84912
  • Zut ! je ne pratique pas et j'ai déjà oublié...

    Pour un triangle.
    Je ne sais plus où est "la pagaille" (sauf dans ma tête).
    Quand on considère les trois points seulement, quand on considère le contour seulement (réunion des côtés, réunion vue comme un fil de fer homogène) et quand on considère le triangle plein (plaque homogène d'épaisseur constante), il me semble qu'un des cas ne donne pas le point de concours des médianes...

    Quid ?
    Je parie que c'est le fil de fer qui dérange les (mes) intuitions, non ?
  • Effectivement, avec le fil de fer, pour un triangle non équilatéral, il y a un centre de masse qui n'est pas le centre de gravité du triangle (isobarycentre des trois sommets).

    Cordialement.
  • Merci Gérard,

    Je me souviens en avoir discuté ici même d'ailleurs.
    J'avais parlé des triangles de plus en plus petits dont les côtés sont parallèles au premier.

    Je procrastine tout un tas de chose. "J'y pense et puis j'oublie" comme disait l'autre.

    A plus tard.
  • Bonne Nuit
    Pour un triangle $ABC$ constitué par trois côtés de densité linéaire constante, par associativité barycentrique, on peut remplacer chaque côté par son milieu avec pour masse sa longueur.
    Donc le centre de gravité du triangle $ABC$ est celui des points massiques $(A',a)$, $(B',b)$, $(C',c)$ où $A'$, $B'$, $C'$ sont respectivement les milieux des côtés $BC$, $CA$, $AB$ et où comme d'habitude $BC=a$, $CA=b$, $AB=c\ $.
    Maintenant autrefois on savait que le barycentre des points massiques $(A',a)$, $(B',b)$, $(C',c)$ était le centre du cercle inscrit du triangle médial $A'B'C'$. Aujourd'hui je ne sais plus, sait-on même ce qu'est le triangle médial?
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonjour à tous
    C’est quand même un peu vexant que personne ne s’intéresse à ma figure qui répond en partie aux préoccupations de certains d’entre vous!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Désolé Pappus,

    mais je n'avais aucune préoccupation, et comme ta plaque homogène est un cas ultra-particulier de la question posée au départ (" centre de gravité d'un ensemble "continu" $D$ de $\R^2$"), je ne m'y suis pas intéressé.

    Je reconnais que j'ai un peu abandonné la géométrie après mon bac math élem :-)

    Cordialement.
  • Mon cher Gérard0
    Tu es tout pardonné.
    Le centre de gravité d'un quadrilatère plein homogène a souvent été abordé sur ce forum et ce dès le début:
    Théorème de Wittenbauer
    Il suffit aussi de faire une petite recherche sur la toile avec parallélogramme de Wittenbauer.
    Le but de mon exercice n'est pas de retrouver ce parallélogramme mais de déterminer ce centre de gravité comme barycentre d'un nombre fini de points massiques.
    L'ingrédient? L'associativité du barycentre dans un découpage
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Effectivement,

    mais ce n'est pas la question de l'auteur. Ça aurait sans doute mérité un fil séparé, qui aurait intéressé les géomètres de ce forum. Ce fil est plus analyse que géométrie.

    Cordialement.
  • Bonne Nuit
    L'auteur ne demandait que des définitions mais si c'est pour ne rien en faire, je ne vois pas très bien l'intérêt.
    Le gros avantage de ces définitions est de voir qu'on dispose encore de l'associativité des barycentres.
    Ce n'est pas tout à fait évident.
    Une fois cette associativité acquise, on peut calculer beaucoup de centres de gravité sans revenir à ces définitions qui utilisent la théorie de l'intégration qui est une théorie difficile!
    Alors laissons le avec ses définitions puisqu'il semble s'en contenter!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonjour,

    @pappus : si je demandais la définition, c'était pour "refaire" dans le cas continu, le cours sur le barycentre discret que j'ai eu au lycée. Et la seule chose qui me posait problème c'était la définition de départ. J'ai donc généralisé la notion de centre de masse comme il m'a été dit avec la densité $\rho$. Pour l'instant, je me suis restreint au plan. Je pense avoir réussi à redémontrer les propriétés d'homogénéité, d'associativité, la propriété fondamentale, les coordonnées. J'ai aussi essayé de généraliser les fonctions scalaires et vectorielles de Leibniz, mais ce n'est pas encore fini.

    @Gérard0 : "Pour quels ensembles $D$ de $\R^2$ peut-on considérer le centre de masse (densité constante) : Ceux pour lesquels l'intégrale a un sens, donc a priori les parties mesurables du plan, lorsque l'intégrale du premier membre n'est pas infinie." J'avais pensé à la même chose. Ce qui m'a valu un retour dans le monde de la théorie de la mesure. Du coup, une question m'est venue. Peut-on mesurer, et si oui comment, la réunion de deux objets de "natures" différentes. Par exemple, peut-on parler de centre de masse de la réunion d'une courbe avec une surface ? Je demande cela, car le barycentre d'un système existe si sa masse/mesure totale n'est pas nulle.

    Cordialement,
  • Le centre de gravité d'une courbe est une notion à une dimension (variété différentielle de dimension 1). mais si tu veux mélanger les deux, tu utiliseras le barycentre A du centre de gravité de la surface, affecté de son aire a>0, avec celui B de la courbe, affecté de son aire 0. Tu obtiendras le point A.

    Cordialement.
  • J'ai du mal à comprendre ce que vous voulez dire. Auriez-vous un exemple s'il vous plait ?
  • Bonjour à tous
    Par exemple cette sorte d'haltère dissymétrique avec des densités linéaire et surfacique continues pas forcément constantes.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus85272
  • S'il s'agit d'un problème physique, les "courbes" avec une densité linéaires sont simplement des approximations d'un fil, ou d'une barre, qui a un volume.

    Du point de vue mathématique, dans le plan (demande initiale), une courbe a une aire (surface) nulle. Donc si on travaille avec des centres de gravité de surfaces, son centre de gravité est affecté de la valeur 0. Inversement, si on travaille avec des centres de gravités de courbes, une surface n'étant pas une courbe (*), on ne peut pas raisonnablement calculer.
    Mes instituteurs m'ont toujours dit qu'il ne faut pas additionner des chèvres et des choux.

    Cordialement.

    (*) à la limite, on peut recouvrir certaines surfaces par des courbes passant en chaque point une infinité de fois et de longueur infinie. pas pratique pour en extirper un centre de gravité !
  • D'accord, c'est bon j'ai compris, merci pour cette explication ;)
  • On utilise tout simplement la notion de mesure positive dans $\R^2,$ qui couvre tous les cas cites dans ce fil.
  • Bonjour
    Pour les forcenés de la théorie de la mesure, déterminer le centre de gravité de la partie coloriée en jaune de cette figure.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus85338
  • Heu ... ceux qui connaissent la théorie de la mesure connaissent généralement aussi la géométrie élémentaire et les relations barycentriques qui permettent ici (*) de conclure en 3 lignes.
    Par contre, sans intégration, trouver le centre de gravité du demi-cercle est assez pénible. Et trouver le centre de gravité d'une surface non élémentaire (par exemple celle située sous la courbe de la tractrice) n'est pas du tout évident ...

    Cordialement.

    (*) Tu choisis toujours tes exemples dans des cas où il est simple de raisonner géométriquement. Il n'y a pas que des figures simples.
  • Mon cher Gérard
    Cet exercice qui m’est passé par la tête mais que je n’ai pas fait n’est ni simple à rédiger par l’intégration ni simple à faire par la géométrie!
    Je suis prêt à parier qu’on ne verra ici aucune des deux preuves avant longtemps!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Pappus,

    le point cherché est le barycentre du centre de gravité du demi-cercle affecté de l'aire du demi-cercle et du centre de gravité du triangle rectangle &affecté de moins l'aire du triangle rectangle. Un calcul classique d'intégrale donne que le cdg du demi cercle est sur l'axe de symétrie, à 0,4 rayons du centre; celui du triangle est sur le rayon qui termine à l'angle droit, au tiers de sa longueur à partir du centre. Un petit coup de géométrie analytique termine le travail.
    une bonne collaboration entre les méthodes d'analyse et de géométrie synthétique permet d'avancer rapidement.

    Cordialement

    NB : Vue l'heure, je ne finis pas le calcul, qui ne m'intéresse pas, et ça permet à ta prédiction de tenir quelques heurs de plus (elle pourrait s'avérer vraie si ton calcul n'intéresse personne - mais ça ne veut pas dire que c'est difficile).
  • Mon cher Gérard0
    À part quelques questions épisodiques sur la cohomologie, la plupart des sujets abordés sur ce forum, même les miens, sont d'une trivialité désolante.
    Mais ils n'intéressent personne et ce n'est pas étonnant quand chez nous l'enseignement de la géométrie se limite à ânonner les axiomes de Thalès et de Pythagore.
    On verra ce qu'il en est de ce misérable exercice sur les centres de gravité mais on n'est pas près d'en voir une solution détaillée quelle qu'elle soit !
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • C'est possible ... j'ai souvent la flemme d'écrire les solutions quand la méthode est connue ...
    D'ailleurs ceux qui ont suivi le début de ce topic s'intéressaient à autre chose.
  • Soit $D=\{(x,y); x^2<1, 0<y<\sqrt{1-x^2}\}$ d'aire $\pi/2$ et de centre de gravite $\frac{2}{\pi}\int_D(x,y)dxdy=(0,\frac{4}{3\pi}).$ Soit $T$ l'interieur du triangle de sommets $(\pm 1,0)$ et $(\cos \theta, \sin \theta).$ Son aire est $\sin \theta$ et son centre de gravite est $\frac{1}{3}(\cos \theta, \sin \theta).$ Alors le centre de gravite de $D\setminus T$ est


    $$\frac{1}{\frac{\pi}{2}-\sin \theta}\int_{D\setminus T}(x,y)dxdy=\frac{1}{\frac{\pi}{2}-\sin \theta}\left[\frac{\pi}{2}(0,\frac{4}{3\pi})-\frac{\sin \theta}{3}(\cos \theta,\sin \theta)\right]$$
    Cet exo ne gagnera pas le deuxieme prix de beaute.
  • Le centre de gravité du demi-disque a pour abscisse $x_D=0$ et pour ordonnée \[y_D=\frac{\int_0^1y\cdot2\sqrt{1-y^2}\mathrm{d}y}{\int_0^12\sqrt{1-y^2}\mathrm{d}y}
    =\frac{\int_0^1\sqrt{1-t}\mathrm{d}t}{\int_0^{\pi/2}2\cos^2(\theta)\mathrm{d}\theta}
    =\frac{\left[-\frac23(1-t)^{3/2}\right]_0^1}{\left[1+\frac{\sin2\theta}{2}\right]_0^{\pi/2}}=\frac{2/3}{\pi/2}=\frac{4}{3\pi}.\](Pour le dénominateur, on aurait pu s'épargner le calcul : la moitié de l'aire du disque, c'est $\pi/2$.) On repère le sommet du triangle sur le demi-cercle par l'angle polaire (« l'argument ») $\theta\in[0,\pi]$. La surface du triangle est $\frac12\text{base}\cdot\text{hauteur}=\sin\theta$ et le centre de gravité se trouve au tiers de la médiane, d'où les coordonnées : \[\begin{pmatrix}x_T\\y_T\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{1}{3}\cos\theta\\\frac13\sin\theta\end{pmatrix}.\] Les coordonnées du centre de gravité des lunules sont donc : \begin{align*}\begin{pmatrix}x_L\\y_L\end{pmatrix}&=
    \frac{1}{\frac\pi2-\sin\theta}\left[\frac\pi2\begin{pmatrix}0\\y_D\end{pmatrix}
    -\sin\theta\begin{pmatrix}x_T\\y_T\end{pmatrix}\right]\\
    &=
    \frac{1}{\frac\pi2-\sin\theta}\begin{pmatrix}-\frac13\cos\theta\sin\theta\\\frac23-\frac13\sin^2\theta\end{pmatrix}\\
    &=\frac{1}{3(\pi-2\sin\theta)}\begin{pmatrix}-\sin2\theta\\3+\cos2\theta\end{pmatrix}.
    \end{align*}On constate que l'abscisse change de signe pour $\theta=\pi/4$, ce qui est normal (la lunule de droite devient plus grande que celle de gauche pour $\theta\ge\pi/4$).

    Tout ça pour rien, je suis grillé par P. !
  • P. a rectifié mon 0,4 (valeur approchée pratique - on faisait ça en terminale F1, pour la mécanique). Et ton pari n'a pas tenu, désolé Pappus.

    Cordialement.
  • Je parie que cela fait partie des paris que Pappus est plutôt content de perdre.
  • J’imaginais quant à moi une solution gagnant davantage un classement au prix de beauté.
  • Bonsoir MathCoss
    On ne peut pas vraiment dire que je suis heureux.
    Cet exercice est sans intérêt. On peut le laisser sans remords aux mécaniciens.
    La seule simplification qu'on peut faire au calcul de $P.$ est d'évaluer $y_D=\dfrac{4\pi}3$ par le théorème de Guldin!
    Le problème que j'avais posé
    Ici
    me semble plus intéressant!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
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