CD, DE, E*\ FG, GH, HK

respectivement parallèles aux droites

Om, On, 0/?, Og, Or, 0*,

et se coupant sur les directions successives des lignes représentatives des poids (1), (2), ,(5).

Cela posé, les tensions des côtés extrêmes CD, HK font équilibre à l'ensemble des poids intermédiaires, et par suite, ces côtés prolongés se coupent en un point L qui appartient à la verticale passant par le centre de gravité du poids total P, somme des poids donnés. Projetons le point L en I sur la droite qui joint les deux appuis A et & Les réactions X et Y seront déterminées par la double condition que leur somme soit égale au poids P, qui est représenté sur l'épure par la droite ms^ et que leur rapport soit l'inverse du rapport des segments adjacents AI , IB. Par le point m menons une droite quelconque, sur laquelle nous porterons bout à bout mu = BI et ut=lk. Joignons ts^ et menons uz parallèle à cette droite; nous aurons

^ mz mu IB mz + zs=ms = P, et — = —- = --;

zs ut lA

DANS UNE TRAVÉE RÉTICULÉE

donc enfla,

X = mz et Y = r*.

Dans le cas général où les forces données (i), (a), , seraient

quelconques, on pourrait toujours se servir d'un polygone funiculaire pour les composer; mais les réactions des appuis n'étant pas nécessairement verticales, le problème revient à décomposer une force donnée en deux composantes passant par deux points donnés, ce qui peut se faire généralement d'une infiuité de manières. Il faut donc qu'on se donne uuq condition de plus pour achever de déterminer la question, par exemple la direction suivant laquelle agit l'une des deux réactions inconnues.

356. Nous supposerons, dans ce qui suit, que cette première partie du problème ait été résolue, de sorte que nous n'ayons plus à nous occuper que de la recherche des tensions des barres sous l'action de forces toutes connues, appliquées aux sommets du réseau. Là encore les constructions graphiques conduisent très-aisément à la solu* tion, par l'usage d'une figure réciproque. Des exemples feront comprendre cette méthode.

Kig. 309

Fig. 3tO.

Soit d abord un triangle ABC, sollicité par des forces (i), (2), (3), appliquées respectivement à ses sonunets. Pour l'équilibre, il faut et il suffit que les trois forces (1), (2) et (3) concourent en un même point 0, et que chacune soit égale et opposée à ia résultante des deux

autres. Par un point M du plan menons MN égale et parallèle à la force (i), puis par le point N, NP égaïe et parallèle à la force («), enfin par le point P, une droite égale et parallèle à la force (5). Cette dernière droite PM devra fermer le triangle MNP, qui est le polygone de composition des trois forces en équilibre (i) » (a) et (3).

Pour trouver les tensions des côtés du triangle ABC par le point M, intersection des forces (i) et (3) dans le polygone auxiliaire, menons une droite ML parallèle au côté AG qui joint les points d'application de ces deux forces sur la figure principale. De même par le point N, intersection de forces (i) et (a) de la figure auxiliaire, menons NL, parallèle au côté AB qui joint les points d'application A et B des forces (i) et (2) sur la figure principale. Ces deux droites NL, ML se coupent en un point L , et Ton peut regarder la droite HN comme la résultante des deux composantes NL, LM. Ce triangle NLM est donc semblable à celui que l'on formerait au point A en décomposant la force (1) suivant les directions AG, AB, et par conséquent les longueurs ML, LN représentent respectivement les valeurs des tel* sions des deux côtés 4 et 5 de la figure. Par la même raison, la droite LP représente la tension du côté 6, et doit être parallèle à ce côté.

La recherche des tensions s'effectue donc très-simplement en codstiTiisant la figure auxiliaire MNPL , et cette figure est réciproque de la figure donnée ABCO : aux sommets

points de concours des quatre groupes de trois droites

correspondent respectivement dans la ligure auxiliaire les triangles

MNL, NPL, PML, MNP,

dont les trois côtés représentent les forces qui sont appliquées aux sommets correspondants et s'y font équilibre. On serait arrivé an même résulut en décomposant les forces ( 1 ) , (2) et (3) , aux points A,

DANS UNE TRAVÉE RÉTICULÉE

B, G, suivant les côtés contigus du triangle ABC, par la règle du parallélogramme.

867. Prenons pour second exemple un quadrilatère articulé ABGD , formé par deux triangles ABD, BDG construits, sur une base commune BD, et sollicité, en ses sommets, par des forces données (i), (a), (5) et (4).

Fig. ail.

Fig. 312.

Il faut d'abord s'assurer que les quatre forces se font équilibre. Pour cela, composons les forces (i) et (a) au point 0 où elles se rencontrent; les forces (3) et (4) au point 0' où leurs direction se coupent II faudra et il suffira, pour l'équilibre, que la résultante des forces (i) et (2) , et celles des forces (3) et (4) » soient égales et agissent en sens contraires suivant la direction 0(y. Si donc on donne les directions des quatre forces, et la grandeur de l'une d'elles, les grandeurs des trois autres seront déterminées par une construction géométrique, sauf le cas où les points 0 et (y coïncideraient, car alors la direction des résultantes ne serait pas définie, et il faudrait donner la grandeur de deux des forces au lieu d'une seule.

Pour former la figure réciproque du quadrilatère donné, menons MN égale et parallèle à la force (a), PQ égale et parallèle à la force (3), QH égale et parallèle à la force (4)* Le polygone se fermera de luimême en M, puisqu'il y a équilibre entre les quatre forces. Parles points M et N , extrémités du côté 1 , menons des parallèles ML au cAté AD, et NL au côté AB de la figure principale ; ces droites, qui se coupent en un point L, déterminent des longueurs dont Tune, ML,

représente la tension du côté parallèle AD, et Tautre la tension du côté AB. En définitive, au sommet A, où s'équilibrent trois forces (i), (5) et (6) , correspond dans la figure auxiliaire un triangle MNL, dont les côtés sont proportionnels à ces trois forces.

De même, menons par P et Q des parallèles PK, QK, aux côtés BC , CD, de la figure principale ; cela revient à décomposer la force PQ = (3) , appliquée au sommet G, en deux composantes PK, QR, tensions des côtés 8 et g, qui tiennent en équilibre la force (3).

La force (2) est équilibrée par les tensions des côtés 6 et 8, et par la tension de la diagonale BD, qui porte le n"" 7 sur la figure prindpale. La force (4) est tenue en équilibre par les tensions des côtés 5 et g, et de la même diagonale 7. Sur la figure auxiliaire, ces forces sont représentées respectivement par les côtés NP,QM;les teasionsdes côtés adjacents, déjà trouvées, sont représentées par les droites NI, PK, pour les côtés 6 et 8, et par les droites ML et QK, pour les côtés 5 et g. La tension de la diagonale 7 complète l'équilibre, et par conséquent, elle est représentée sur l'épure par la droite KL qui ferme à la fois les deux quadiîlatères PKLN , QKLM ; de sorte que la droite KL est nécessairement parallèle à la droite BD. Ces deux quadrilatères correspondent respectivement aux deux nœuds B et D de la figure principale, où se réunissent quatre forces en équilibre : savoir, une force extérieure et les tensions de trois liens concourants.

La diagonale MP du quadrilatère auxiliaire représente en grandeur et en direction la résultante des forces (i)et (2), comme aussi celle des forces (3) et (4) . Cette droite PM doit donc être parallèle à la droite OCX, suivant laquelle agissent ces deux résultantes.

35S. Revenons à la travée réticulée dont nous nous sommes occupés tout à l'heure.

Répétons le polygone des forces (1), (a), (3), (4) et (5), qui ici se réduit à une droite, et partageons cette droite de manière que mz soit la réaction (7) du point A , et js^ la réaction (6) du point B. Par le point m, extrémité commune au segment mz et à la force ( 1 ) , menons une parallèle au côté 8 du polygone articulé qui joint les mômes forces. Par l'autre côté z, menons une parallèle au côté (g). Le triangle auxUiaire zmti correspondra aux trois droites concourantes (7),

DANS UNE TRAVÉE RÉTICULÉE

(8) et (9) de la figure principale, et les côtés ma et a* de ce triangle seront les tensions et pressions des côtés qui aboutissent au point A, car elles ont pour résultante la force (7) =mz = X. Il est facile de

Fig. 8i3.

Fig. 314.

voir que la force (8) est une pression et la force (9) une tension. L'équilibre du nœud G est établi par les actions simultanées des trois côtés 9, 10 et 1 1 qui s'y rencontrent. Connaissant la force (9) =az, il n'y aura donc qu'à mener par le point a une parallèle au côté 10, et par le point z une parallèle au côté 1 1. Les droites z^, ap, seront les forces développées dans les côtés 11 et 10. • Le nœud D est en équilibre sous l'action des cinq forces (1), (8), ( 1 0) , ( 1 2) et ( 1 3), dont les trois premières sont connues. Pour déterminer les deux autres, menons par le point p une parallèle Py au côté 12, et par le point 0, commun aux forces (1) et (2) sur l'épure auxiliaire, une parallèle au côté i3. Ces deux droites se couperont en Y et détermineront un pentagone /waPyS, qui correspond aux cinq

rayons émanant du point D, et qui exprime l'équilibre des cinq