Corollaire. On peut immédiatement conclure de là que

1° Le centre de gravité d'une ligne droite est au point milieu de cette droite;

2*^ Le centre de gravité du périmètre ou de l'aire d'un parallélogramme est à l'intersection de ses deux diagonales , ou au point milieu de l'une d'elles ;

3^ Le centre de gravité de la surface ou du volume d'un parallélépipède est à l'intersection de ses quatre diagonales , ou au point milieu de l'une d'elles ;

4** Le centre de gravité de la circonférence ou de l'aire d'un cercle est à son centre j

5** Le centre de gravité de la surface ou du volume d'une sphère est à son centre ;

6° Le centre de gravité de la surface ou du volume d'un cylindre à bases parallèles est au point milieu de son axe.

i44» Problème I. Déterminer le centre de gravité -^ i** du périmètre d!un triangle, 2° du périmètre d^ un polygone quelconquej et, en général^ d^un assemblage de lignes droites disposées comme on voudra dans V espace. Fig. 44. 1° Soit le triangle ABC dont les trois côtés AB, AC, BC, ont pour milieux les points /?, p\ p". Les poids des côtés AB, AC, BC, seront des forces verticales P, F,P', proportionnelles à leurs longueurs, et appliquées aux points/?,/?', p". La solution du problème se réduit à dé-

DES CX1ITBB8 DB GRATITÉ. Il3

terminer le centre des trois forces parallèles P, P', P". Or si Ton divise la droite pp' en deux parties pDj Dp', réciproquement proportionnelles aux longueurs AB^ AG, et qu'après avoir mené la droite T^p''^ on la divise en deux parties DO, Op", réciproquement proportionnelles aux longueurs (AB + BG) et BG, le point O sera le centre de gravité du périmètre ABG.

Maintenant, comme les côtés du triangle ABG sont doubles des côtés du triangle pp^'j il est clair que la proportion

pDiBpiiAC :AD

devient pD : Dp' : : pp" : //?".

Donc la droite Dp" divise langle pp'^ en deux parties égales. De même les droites pO, p'O divisent chacun des angles p, p', en deux parties égales. Donc ,

Le centre de gravité du périmètre d*un triangle est le centre du cercle inscrit dans le triangle formé par les droites qui joignent les milieux des côtés du triangle donné.

2" Pour déterminer le centre de gravité du périmètre d'un polygone ou d un assemblage quelconque de droites , on regardera chaque droite comme concentrée en son centre dé gravité, qui est au milieu de sa longueur; on n'aura donc plus à considérer qu'un système de forces verticales, proportionnelles aux longueurs des droites, et appliquées en leurs points milieux. Par conséquent, on déterminera le centre de gravité du système, soit par la composition successive de ces forces parallèles (42), soit par la théorie des moments (iSp).

145. Problème II. Déterminer le centre de graifité 1° de Vaire d^un triangle^ a® de Vaire d^un polygone^ et, en général, d^un assemblage de figures planes et rec» tilignes disposées comme on voudra dans V espace?

t" Soit ABG le triangle proposét Si l'on conçoit la Fig.45, M. Statique. s

Il4 (6HÂPITBB Vf.

surfadë eoiûià^û composée d'une infinité de tranchtt très-minces parallèles à la base AB, il eat dair que k droite BD, menée du sommet B au milieu D de la base, divisera toutes ces tranches en deux parties égal». Par conséquent , leurs centres de gravité seront sur la droite CD, qui contiendra donc celui de leuf système ou du triangle ABC. Par la même raison, le centre de gravité du triangle doit se trouver sur la droite AE menée du sommet A au nailieu E du côté opposé BC; il sera donc à Tintersection G des droites BD, A^,

La droite GF, menée du troisième sommet C au milieu du côté opposé AB, passe aussi par le point G, qui est en même temps le centre de figure du triangle.

Maintenant si Ton mène la droite DE , elle sera parallèle à AB et égale à - AB, puisque les points P| ]S,

sont les milieux des côtés AC, BG. Donc les triangles semblables D6E, A6B donneront

DG:BG::DE:AB:;i:a,

d'où il résulte que DG est la moitié de BG, et, par conséquent, le tiers de BD. Donc,

Le centre de graifité de Vaire d^un triangle est sur la ligne menée cPun sommet quelconque au milieu du côté opposé y pris pour base^ et se trouve au tiers de cette ligne à partir de la base^ ou aux deux tiers à partir du sommet.

a** Tout polygone pouvait se décomposer en triangles par des diagonales , si Ton détermine les centres de gravité de tous les triangles du système, les poids de ces triangles seront des forces verticales P, P', P^..., proportionnelles à leurs surfaces , et appliquées à leurs centres de gravité. Il ne restera donc plus qu'à déterminer le centre des forces parallèles P, P*, F',. . ,,soit

DBS CBVfÙS US fiaAYlTB. ||^

par la coipposItioQ successive de ces forces, soit par I^ théorie des moments,

i46. Rbmarqub* Comme la démollstIalip^ pr^ç^r iente (i44> i^) P^ut paraître ne pas ayoir tOVt^ 1a rig^ueur possible, nous ajoutons |a suivante, qui ne laisse rien à désirer sous ce rapport, et cpii est basée sur la théorie des moments.

Soit le triangle ABC; si par le milieu D de la base Fi&A" BC, on mène aux cotés ÂB, ÂG, les parallèles DE, DF, qui les rencontrent en E et en F, le triangle sera décomposé en un parallélogramme AEDF, et en deux triangles BDF, DEC, égaux entre eux, et semblables au triangle ABC. Par conséquent (i36) le moment du triangle proposé, par rapport à une droite tracée dans son plan^ égalera la somme des moments du parallélogramme et des deux triangles partiels.

Or, si Ton représente par S la surface du triangle ABC, par h sa hauteur, et par x la distance de son centre de gravité à la base BC, on aura

S surface ABC == S, jurface AEDF = - ^

surface IHE^^ = surface BFD = - •

Donc si Ton prend ces moments par rapport à la

base BG^

i*" Le moment du triangle ABC sera S.jr.

â" Le moment du parallélogramme AEDF s^a

-r- -; car ^.on centre de gravité, se trouvant au milieu de la diagonale FE (i43), est donc à une Ah-

l|pçe - de BC

3^ Le moment de chacun des triasgles fkartîdU D^,

Il6 CHAPITRE lY.

BFD, sera 7 • x\ en désignant par x' la distance com-

mune de leurs centres de gravité à la base BG. Ainsi Ton aura