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CORRECTION
DM n°3 : Équations
CORRECTION
I] Les deux billes
Une bille de 1 cm de rayon est plongée dans un récipient cylindrique dont la
hauteur et le diamètre mesurent 4 cm. Un liquide est alors versé dans le récipient
jusqu'à ce que son niveau affleure la surface de la bille (voir illustration).
a) Quel est le volume du liquide qui a été versé dans le récipient ?
Volume du cylindre de hauteur 2 et de rayon 2 :  22×2=8 
4
3
4
Volume de la bille de rayon 1 : 3 1 = 3  .
Volume du liquide : 8− 43 = 203  .
20
Bien sûr, il faut rétablir les unités : il y a 3 ≈20,94 cm3 dans le récipient.
b) On se demande s'il est possible d'enlever la bille et de la remplacer par une autre de diamètre différent.
On suppose que lorsqu'on enlève la bille, tout le liquide reste dans le récipient (la bille n'est pas mouillée).
Quelle est la hauteur h du liquide dans le récipient vide ?
20
2
Sans la bille, le volume du liquide ne change pas : 3 =2 ×h .
20
5
On en déduit que h= 3 ÷4 = 3 ≈1,667 cm.
Montrer que, si l'on note x le rayon de la nouvelle bille, celui-ci doit vérifier l'équation x 3−6 x5=0 .
Le volume du liquide occupé par une bille de rayon x : 4 ×2 x− 43 ×x 3= 203  .
En simplifiant par π, et en multipliant par 3, on a : 24 x−4 x3 =20 .
Divisons par 4, on obtient : 6 x− x 3=5 , soit x 3−6 x5=0 .
Sachant que x=1 est une solution de cette équation (la 1 ère bille remplit la condition), factoriser
l'expression du 3ème degré et déterminer un autre rayon solution.
x 3−6 x5= x−1a x 2b x c , avec a=1 et c= −5 de façon évidente (en développant), et pour b, on
écrit le développement au complet : a x 3b x 2 c x−a x 2−b x−c=a x 3b−a x 2c−b  x−c .
Par identification, on doit avoir b−a=0 (le coefficient de x2) et c−b=−6 (le coefficient de x).
On doit donc avoir b=a=1 et b=c6=−56=1 (la même valeur dans les deux cas).
x 3−6 x5= x−1 x 2 x−5 .
Le facteur x 2 x−5 s'annule pour deux valeurs de x car =12−4×1×−5=21 >0.
−1 21
−1− 21
Ce sont x= 2 ≈1,79 et x= 2 ≈−2,79 .
La 1ère de ces valeurs seulement est positive, donc il n'y a qu'une autre bille (son rayon est environ de
1,79 cm) qui remplit de la même façon (le liquide est rasant) le récipient avec son liquide.
Vous illustrerez cette double possibilité en traçant la courbe de la fonction f définie par f  x =x 3−6 x5
sur l'intervalle [ 0 ; 2 ] .
On voit, sur notre illustration, la 3ème solution (celle qui est négative), mais les seules qui conviennent sont
−1 21
les abscisses de A (1) et de B ( 2 ≈1,7912878475 ).
Vous conviendrez, au passage, que le traceur de courbe de GeoGebra est ultra-précis (il donne jusqu'à 15
décimales correctes).
c) En considérant cette expérience, John et Betty se disent que, pour un certain volume V de liquide dans le
récipient, il doit y avoir toujours deux rayons de bille qui remplissent la condition d'affleurement. Ils
aimeraient obtenir un moyen qui permette d'obtenir ces deux rayons. John, qui est pragmatique, cherche
une résolution graphique, aidée éventuellement d'un algorithme de calcul. Betty, qui est plus
perfectionniste, veut des solutions exactes données par une formule.
Rangez-vous du côté de l'un ou de l'autre pour répondre à ces questions, et en particulier :
Déterminer les rayons r1 et r2 des deux billes si la hauteur d'eau h dans le récipient vide est 1,5 cm.
Personnellement je serai tenté par la solution pragmatique de John, mais le mathématicien qui sommeille
en moi se doit d'essayer de résoudre le problème comme Betty le suggère (mais c'est plus difficile, je le sais
bien). Trêve de balivernes, passons au vif du sujet :
Sans la bille, le volume du liquide ne change pas, il est égal à : V =4 ×h .
4
3
Le volume du liquide occupé par une bille de rayon x : 4 ×2 x− 3 ×x =4 ×h .
On en déduit « l'équation » : 43 ×x 3−8 ×x4 ×h=0 .
Et, en divisant par 4π, et en multipliant par 3, on a : x 3−6 x3 h=0 .
Cette équation n'est pas simple à résoudre lorsqu'on ne connait pas de solution, et ici on n'en connait pas.
V
Par contre, on peut facilement, connaissant V =4 ×h ou h= 4  , tracer la courbe d'équation
y=x 3−6 x3 h et déterminer les abscisses des points d'intersection de cette courbe avec l'axe des
abscisses. Par exemple, lorsque h=1,5 cm, on obtient le graphique suivant pour la courbe d'équation
y=x 3−6 x4,5 . Cette courbe couper l'axe des abscisses en deux points A et B, il y a donc deux solutions
à l'équation dirait John : la plus petite aux alentours de 0,8 et l'autre aux alentours de 1,9. Si on demande
une plus grand précision à GeoGebra on obtient une réponse assez satisfaisante même si elle n'est pas
exacte : 0,853694679611548 et 1,908405118816677.
Du point de vue de Betty, il faudrait résoudre algébriquement l'équation du 3 ème degré x 3−6 x4,5=0 .
Comme elle n'a pas trop d'idée sur la question, elle se dit qu'internet lui viendra en aide. Le problème ayant
sûrement déjà reçu une solution, s'il en existe. Dans un forum, elle finit par trouver une indication sur les
équations du 3ème degré sans solution évidente : une formule mise au point au XVIème siècle (due à l'un des
quatre italiens associés à cette longue histoire : Cardan, Ferrari, Tartaglia, Del Ferro) nous dit que
3 −q
p
q
p
l'équation x 3 p x=q a pour solution x= 3 q2  q4  27
− 2  4  27 . Ouah! Si c'est pas formule ça! se
dit-elle. En plus, l'équation ressemble à cette expression, avec p=−6 et q=−4,5 . Essayons, ne serait-ce
q
p
4,5
−6
−47
que pour voir : d'abord l'expression sous la racine carrée 4  27 = 4  27 = 16 . Aïe! Elle est négative...
La racine carrée n'existe donc pas. La suite de la discussion sur le forum portait justement sur ce problème :
un internaute expliquait qu'il pouvait se trouver qu'on soit dans ce cas, mais qu'il suffisait de passer par les
nombres complexes et le problème se résolvait de lui-même. Bon, à ce stade, Betty avoue provisoirement
 
2
3
 
2
3
2
3
2
3
son incapacité à trouver une formule pour les valeurs approchées de John. Mais ce n'est que partie remise
se dit-elle, on verra cela un plus tard (les complexes sont étudiés en terminale).
Jusqu'à quelle valeur peut aller h pour que l'expérience soit possible sans changer le récipient ?
Toujours du point de vue de John, en changeant la valeur de h (on peut l'augmenter ou le diminuer), on
trouve une courbe qui coupe l'axe des abscisses, d'équation y=x 3−6 x5.6 (5,6 est la première valeur
ayant un chiffre après la virgule, pour laquelle il y a des solutions).
Comme ce n'est pas très satisfaisant, on peut voir le problème graphique d'une autre façon : au lieu de
chercher l'intersection avec l'axe des abscisses de la courbe d'équation y=x 3−6 x3 h . Comme on ne
connait pas h c'est difficile. Il faudrait tâtonner longtemps pour améliorer la précision. John décide alors de
tracer la courbe d'équation y=x 3 et de chercher son intersection avec la droite d'équation y=6 x −3 h .
Lorsque h augmente ou diminue, se dit-il, il suffira de tracer une parallèle qui passe par le point d'abscisse
nulle et d'ordonnée y=−3 h . Voyons cela sur un graphique.
5,7
La droite verte qui passe par le point d'ordonnée y=−3 h=−5,63 donne la valeur h= 3 ≈1,877 qui
semble la plus grande valeur possible. Au delà de cette valeur la droite ne coupe plus la courbe. Il ne
devrait donc plus y avoir de solution.
Une autre remarque vient en examinant ces courbes : le récipient n'a pas une hauteur infinie. La hauteur du
liquide avec la bille ne peut pas dépasser la hauteur des parois qui sont de 4 cm. Comme le rayon x de la
bille est la moitié de la hauteur du liquide avec la bille, on doit avoir x≤2 cm. Donc, il ne faut pas qu'une
des solutions dépasse cette valeur car sinon il n'y aurait qu'une seule solution (l'autre ferait déborder le
liquide du récipient). Graphiquement, John trouve la valeur de h minimum qui assure d'avoir toujours deux
4,01
solutions y=−3 h=−4,01 . Cela donne la valeur h= 3 ≈1,337 qui est la plus petite valeur possible.
Notre première valeur (1,667) et notre seconde (1,5) sont bien comprises entre ces deux valeurs extrêmes :
1,337 et 1,877.
Du point de vue de Betty, pour trouver la formule exacte du nombre 1,877 (max de h pour avoir deux
billes), il faudrait savoir pour qu'elle valeur de h, l'équation x 3=6 x−3 h n'a qu'une seule solution positive.
Le graphique de John ne l'inspirait déjà pas trop. Elle lui préfère celui donnant la courbe d'équation
y=x 3−6 x et espère s'en sortir en cherchant les intersections de cette courbe avec les droites d'équation
y=−3 h .
Le problème ne semble pas très différent, mais elle a trouvé une formule qui permet de trouver les
coordonnées exactes d'un minimum ou d'un maximum. La formule est trouvée dans un forum de la classe
de première, mais Betty espère ainsi au moins essuyer son premier échec : c'est écrit qu'il faut « dériver » la
fonction que représente la courbe f  x =x 3−6 x . Un peu plus loin elle découvre une page qui permet de
dériver n'importe quel polynôme. Elle trouve ainsi l'expression f '  x=3 x 2−6 et s'est expliqué qu'il
suffit d'annuler cette dérivée pour trouver la valeur cherchée (le minimum de la fonction f) 3 x 2−6=0
pour x 2=2 , et donc la valeur de la solution x pour laquelle h est maximum est x=  2≈1,414 ou
x=− 2≈−1,414 (mais cette dernière valeur, négative, ne convient pas). La valeur de h correspondante
est donc donnée par f   2=  23−6   2= 2  22−6=−4  2 . Cette valeur valant −3 h , on en
4
déduit −3 h=−4  2 et donc h= 3  2≈1,885618 . Betty est contente, elle y est arrivée, et cette valeur
correspond à ce que John avait trouvé graphiquement! Mais au prix de l'application d'une formule qu'elle
ne comprend pas bien (la dérivée, qu'est-ce que c'est encore que ce truc?).
II] Sangaku
Les sangakus sont des tablettes votives placées dans les temples au Japon qui représentent des situations
géométriques mêlant cercles et polygones. Un résultat est indiqué, ou suggéré,
souvent sans preuve. En voici un qui provient de la province de Fukushima.
Une précision si cette question vous a intéressé. Je l'ai trouvé dans ce petit mais
beau livre de Géry Huvent édité chez Dunod en 2008 : « Sangaku ». Il ne
s'agissait pas du sangaku dessiné sur la couverture qui est le 9 ème problème
(vous auriez trouvé trop facilement...) mais du 10ème (il y en a 34 dans le livre).
Son histoire complète : il s'agit d'un problème élaboré à partir de deux sangakus. Le
premier provient de la province d'Iwate (plus au Nord que Fukushima) et date de 1820, la
tablette a été détruite. Le second a été peint 75 ans plus tard. C'est lui qui vient de la
province de Fukushima.
Il établit les rapports entre, d'une part, le rayon du petit cercle et le côté du grand carré, et d'autre part, le
rayon du grand cercle et le côté du grand carré.
a) Établir ces deux rapports (en notant c1 et c2 les côtés des petit et grand carrés, et r 1 et r2 les rayons des
r
r
petit et grand cercles, il s'agit donc de déterminer c et c . Le côté c1 est une longueur à déterminer en
1
2
2
2
c1
fonction de c2, ce qui revient à déterminer le 3ème rapport c ).
Commençons par le petit cercle de rayon r1 (qui n'a rien à voir
avec le petit carré) qui ne dépend que du grand carré, de côté c2
(vous aviez rectifié je suppose).
Considérons le triangle BNK rectangle en N (N est le milieu de
[BC] et K le centre du petit cercle).
Bien évidemment, NK= c 2−r 1 ( NK =NL−LK )
et aussi BK= c 2r 1 ( BK =BPPK ).
Appliquons le théorème de Pythagore (ピタゴラスの定理
en japonais) au triangle BNK : BK 2=BN 2NK 2 ,
c 2
soit c 2r 12= 2  c 2−r 12 .
Développons et supprimons les c 22r 12 qui apparaissent des
c
deux côtés du signe = : 2 c 2 r 1= 4 −2 c 2 r 1 ,
c
4
soit 4 c 2 r 1= 4 ou encore, en multipliant par c : 16 r 1 =c 2 .
2
2
2
2
2
2
2
r1
c2
Finalement, on obtient notre premier rapport :
= 161 .
Passons en dessous de l'ogive formée par les deux quarts de
cercle. Considérons le triangle BIH rectangle en I.
c −c
On a BF=IC= 2 car FI =c 1 , BC =c2 et BF+IC= c 2−c1 .
et donc, en appliquant le théorème de Pythagore au triangle
c −c
2
BIH : BH 2=BI 2 IH 2 , soit c 22= 2 c 1  c 12 .
Simplifions l'écriture de BI avant de développer :
c c 2
On obtient c 22= 2  c 12 ,
2
1
2
2
2
puis c 2 = 4 c 2 2 c 1 c 2c 1 c 1 .
Multiplions par 4 : 4 c 22=c 222 c 1 c2 c 124 c12 ,
c
c 2
simplifions et divisons par (c2)² : 3=2 c 5 c  .
2
1
2
2
1
1
c1
c2
1
1
2
2
Le rapport cherché
est donc une solution de l'équation du
second degré en x : 3=2 x5 x 2 que l'on écrit plutôt
5 x 22 x−3=0 . Le discriminant de cette équation est positif =22 −4×5×−3=460=64=82 .
−28
3
−2−8
L'équation a donc deux solutions qui sont x= 10 = 5 et x= 10 =−1 . Cette dernière solution n'est pas
possible car le rapport cherché est nécessairement positif (rapport de deux longueurs).
c
3
Finalement, on obtient notre second rapport : c = 5 .
Le petit côté mesure donc 60% du grand carré.
1
2
Il ne reste plus qu'à s'intéresser au grand cercle de rayon r2.
Considérons le triangle BNM rectangle en N (M est le centre
du grand cercle).
On a BM= c 2−r 2 car c 2= BS=BM MS = BM r 2 .
On a aussi NM= c 1r 2 , et en remplaçant c 1 par 35 c 2 comme
3
on vient de le calculer, cela devient NM= 5 c 2r 2 .
Appliquons le théorème de Pythagore au triangle BNM :
c 2
BM 2= BN 2NM 2 , soit c 2−r 2 2= 2   35 c 2r 2 2 .
Développons et supprimons les r 22 qui apparaissent des deux
c
côtés du signe = : c 22−2 c 2 r 2 = 4  259 c 22 65 c 2 r 2 ,
2
1
9
6
soit c 2 1− 4 − 25 c2 r 2 −2− 5 =0
c 2 r 2  −16
=0 , ou encore (en multipliant
ou c 22  100−25−9×4
100
5
2
par 100) 39 c 2 −320 c 2 r 2=0 .
r
Divisons par (c2)² : 39−320 c =0 . Finalement, on obtient
2
2
2
2
2
notre troisième rapport :
r2
c2
39
= 320
≈0,122 .
b) Quel est la plus petite valeur du côté du grand carré pour
que les quatre longueurs soient entières ?
320
Si on prend c2=320, on a r 1= 16 =20 , r 2=39 et
c 1= 3×320
=192 .
5
Comme 39 est un nombre premier, on ne peut trouver un
diviseur commun de ces nombres pour diminuer encore ces
valeurs. Notre double sangaku tient dans un carré d 'arête 320
(cette connaissance simplifie grandement la réalisation d'une
figure exacte).
III] Orthocentre
a) Dans un repère orthonormé d'origine Ω, les points M et N ont pour coordonnées M a ; b et N −b ; a  .
Calculer ΩM², ΩN² et MN². Que peut-on dire alors du triangle MΩN ?
OM 2=a2 b2 et  N 2=−b2a 2=a 2 b2 .
MN 2=(−b−a)2 +(a−b)2 =a 2 +b2 +2a b +a 2 +b 2−2a b=2a 2 +2b 2=2(a 2 +b 2) .
On remarque alors que  N 2 N 2=2 a 2b 2 =MN 2 et on en déduit que, d'après la réciproque du
théorème de Pythagore, le triangle MΩN est rectangle et isocèle en Ω.
D'une façon générale, si les vecteurs u et v ont pour coordonnées u a ; b et v −b ; a que peut-on dire
des directions des droites qu'ils dirigent ?
u (a ; b) et ⃗
v (−b ; a) qui sont égaux, d'après leurs coordonnées, respectivement, à 
Ainsi ⃗
 M et 
N ,
sont des vecteurs ayant des directions perpendiculaires.
b)Soient A(1 ; 3), B(4 ; -1) et C(-1 ; 5), trois points du plan.
Déterminer l'équation de (AB) et vérifier que C ∉ AB , c'est-à-dire que ABC est un « vrai » triangle.
M(x ; y) ∈ (AB) si 
AB , 
AM =0 .
AB colinéaire à 
AM , soit det 
Or 
AB 4−1 ;−1−3 , soit 
AB 3 ;−4 , et 
AM  x −1 ; y−3 .
On doit donc avoir 3 y−3−−4 x−1=0 , soit 4 x3 y−13=0 qui est une équation de la droite (AB).
−4
13
On pourrait aussi donner l'équation réduite de (AB) : y= 3 x  3 .
Pour voir si C(−1 ; 5) ∈ (AB), il suffit de remplacer x et y par −1 et 5 :
4×−13×5−13=−415−13=−2≠0 , donc C ∉ AB .
Déterminer, à l'aide de la question précédente, les coordonnées d'un vecteur v dont la direction est
perpendiculaire à celle de (AB). Déterminer alors l'équation de la hauteur issue de C dans le triangle ABC.
v ( 4 ; 3) , d'après la question a, est un vecteur de direction perpendiculaire à celle de 
Le vecteur ⃗
AB .
⃗
v ( 4 ; 3) doivent être colinéaires pour que M appartienne à la hauteur issue de C
CM ( x−(−1) ; y−5) et ⃗
(une droite perpendiculaire à (AB)). On doit donc avoir : 3( x+1)−4( y−5)=0 , soit 3 x−4 y+ 23=0 .
Faire de même pour obtenir une équation de la hauteur issue de B.
De
la
même
façon,
on
détermine
⃗
⃗
AC (−1−1 ; 5−3) , soit AC (−2 ; 2) .
On détermine ensuite un vecteur de direction
w (2 ;2) , et une
perpendiculaire à (AC), soit ⃗
équation de la hauteur issue de B sera donc
obtenue en écrivant que le déterminant de
⃗
w (2 ; 2) est nul, soit
BM ( x−4 ; y−(−1)) et ⃗
2 x −8−2 y−2=0 ou encore x− y −5=0
qu'on peut aussi écrire y=x −5 .
Déterminer ensuite les coordonnées de
l'orthocentre H du triangle.
On écrit ici que les coordonnées de H vérifient
y=x −5
3 x−4 y+ 23=0 ,
et
soit
3 x−4( x−5)+ 23=0 .
Il
faut
résoudre
l'équation 3 x−4 x +20+ 23=0 , qui conduit à
x=43 et y=43−5=38 .
Les coordonnées de l'orthocentre H de ABC
sont (43;38).
Facultatif : Déterminer, à l'aide d'une méthode vue en cours (intersection de deux cercles), les équations de
deux des médiatrices des côtés du triangles ABC.
M(x ; y) est sur la médiatrice de [AB] si MA=MB, soit MA²=MB². On doit donc avoir :
2
2
2
2
 x−1  y−3 = x−4   y1 , donc x 2−2 x4 y 2−6 y9=x 2−8 x16 y 22 y 1 ,
ou encore −2 x−6 y10=−8 x 2 y17 , soit finalement 6 x−8 y−7=0 (équation cartésienne).
3
7
On obtient ainsi, l'équation réduite de la médiatrice de [AB] : y= 4 x− 8 .
Pour obtenir une équation de la médiatrice de [AC], on écrit la condition sur les distances : MA²=MC², qui
se traduit par la condition sur les coordonnées :  x−12 y−32= x12 y −52 .
On obtient x 2−2 x4 y 2−6 y9=x 22 x1 y 2 −10 y25 , puis −2 x−6 y10=2 x −10 y 26 , soit
−4 x4 y−16=0 ou encore x− y 4=0 .
Équations de la médiatrice de [AC] :
x− y 4=0
(équation
cartésienne)
et
y=x 4 (l'équation réduite).
En déduire les coordonnées du centre O du
cercle circonscrit au triangle.
On remplace y par x4 dans l'équation
6 x−8 y−7=0 ,
cela
donne
6 x−8  x4−7=0 , soit 6 x−8 x−32−7=0
et donc −2 x=39 .
x O = −39
=−19,5
On trouve ainsi
et
2
y O= x O4=4−19,5=−15,5 .
On trouve finalement O( −19,5 ; −15,5 ).
NB : Nous avons fait les figures pour montrer que ce
triangle aplati n'est pas facile à saisir graphiquement.
Si on espère voir O et H sur la même figure, il va
falloir s'éloigner encore et le triangle sera presque
indiscernable.
Déterminer les coordonnées du centre de gravité G du triangle ABC, puis l'équation de la droite (OG).
Déterminons les coordonnées des milieux A', B' et C' des côtés [BC], [AC] et [AB].
x A ' = 4−1
= 32 =1,5 et y A ' = 5−1
= 42 =2 donc A'(1,5 ; 2), de même on trouve B'(0 ; 4) et C'(2,5 ; 1).
2
2
Déterminons une équation de la médiane (AA') : M(x ; y) ∈ (AA') si 
AA ' colinéaire à 
AM , soit





det  AA' , AM =0 . Or AA' 1,5−1 ; 2−3 , soit AA' 0,5 ;−1 , et AM  x −1 ; y−3 . On doit donc
avoir 0,5 y−3−−1 x −1=0 , soit x0,5 y−2,5=0 ou encore 2 x  y−5=0 qui est une équation de
la droite (AA'). On pourrait aussi donner l'équation réduite de (AA') : y=−2 x5 .
Déterminons, de même, une équation de la médiane (BB') : M(x ; y) ∈ (BB') si 
BB' colinéaire à 
BM , soit





det  BB ' , BM =0 . Or BB' 0−4 ; 41 , soit BB' −4 ; 5 , et BM  x−4 ; y1 . On doit donc avoir
−4 y 1−5  x−4=0 , soit −5 x−4 y16=0 qui est une équation de la droite (BB'). On pourrait aussi
x4 .
donner l'équation réduite de (BB') : y= −5
4
Déterminons maintenant les coordonnées du point G, centre de gravité du triangle ABC.
On remplace y par −2 x5 dans l'équation −5 x−4 y16=0 , cela donne −5 x−4 −2 x516=0 ,
4
−8
7
soit −5 x8 x −2016=0 et donc 3 x=4 . On trouve ainsi x G = 3 et y G =−2 x G5= 3 5= 3 .
4
7
On trouve finalement G( 3 ; 3 ).
NB : Pour déterminer les coordonnées de G on aurait pu s'y prendre autrement, par exemple traduire avec
AG= 23 
AA' ou 
les coordonnées les égalités vectorielles 
GA
GB
GC= 0 . Le travail serait ainsi
grandement facilité. Mais nous étions dans la partie « équations » et l'on voulait rester dans ce domaine. On
x  x x
y y y
pourrait utiliser juste la formule, vue en cours : x G = 3
et y G = 3
.
A
B
C
A
B
C
Vérifier que H ∈OG  , c'est-à-dire que O, G et H sont alignés sur une droite, la droite d'Euler du triangle.
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Déterminons l'équation de (OG) : On a O(−19,5 ;−15,5) , G( 3 ; 3 ) et H (43 ; 38) .
OG  43 19,5 ; 73 15,5 et 
H est sur (OG) si 
OH 4319,5 ; 3815,5 sont colinéaires.
OG ,
OH =53,5 34 19,5−62,5  73 15,5 ,
Calculons le déterminant de ces deux vecteurs : det 
det 
OG ,
OH =53,5 34 19,5−62,5  73 15,5= 214−437,5
1043,25−968,75= −223,5
74,5=74,5−74,5=0 .
3
3
det (⃗
OG ,⃗
OH )=0 . O, G et H sont donc alignés sur une droite, la droite de Euler du triangle.