Soient trois masses égales ayant leurs

centres de gravité situés aux trois angles res-

jFig. 38. pectifs du triangle ABC {fig. 38). Le centre de

gravité de ces trois corps sera le même que

celui du triangle.

DK STATIQUK. 199

Car, pour trouver celui des trois corps, il n'y a qu'à prendre d'abord le centre de gravité de deux quelconques d^entre eux, celui des deux corps B et C par exemple, lequel est au point D, milieu de BG ; ensuite joignant DA, on n'a qu'à diviser cette droite au point G dans la raison i-éciproque de a à i.

Or cette construction donne aussi le centre de gravité du triangle ABC.

Il résulte de là et du n^ 140, que la distance du centre de gravité d un triangle à un plan situé d'une manière quelconque dans l'espace , est égale à la moyenne distance de ses trois angles au même plan.

Centre de gravité du trapèze.

155, Si Ton prolonge jusqu'à leur rencontre les deux côtés du trapèze , on forme deux triangles semblables de même sommet, et qui ont pour bases les deux bases du trapèze: et comme la ligne qui va du sommet commun au milieu de la base inférieure passe au milieu de la base supérieure, il s'ensuit que cette ligne passe à la fois par les centres de gravité des deux triangles, et, par conséquent, par celui du trapèze qui en est la différence. Le centre de gravité du trapèze est donc sur la ligne qui joint les milieux de ces deux bases parallèles : ainsi

200 ÉI.ÉMKINTS

il ne reste qu'à trouver sa distance à Tune ou à l'autre de ces bases , ou, si Ton veut, le rapport de ces deux distances.

Nommons x la distance inconnue de ce point à la base inférieure, et H et h les hauteurs des deux triangles semblables. Si l'on représente par H* Taire, ou le poids du grand triangle, A* sera le poids du petit, et H* — A* celui du trapèze. IjC moment du premier de ces poids, par rapport à la base inférieure,

sera donc H^.-^-^ le moment du second sera o

h^ ( ^ H- H — /i j , et le moment du troisième ,

(H^ -— h^)x. Ainsi, en égalant le premier de ces moments à la somme des deux autres , on aura , pour déterminer jc , Téquation

Si Ton cherche de même la distance^ du centre de gravité à la base supérieure , ou si Ton. observe simplement que cette distance j' est formée de (H — h) diminuée de :c, on trouvera

'i[W -li^)jr = h^ - 3 H^h-h 2 H^

Comparant ces deux équations, membre à membre, et ôtant, d'une part, le facteur commun 3 ( H^ — A^ ) , et , de l'autre , le facteur com-

DE S'IATlQUIi. 2()l

niuQ (H — A)^, on trouvera, pour le rapport cherché ,

ou bien, mettant à la place des hauteurs H et A des deux triangles, leurs bases B et 6 qui sont dans le même rapport, on aura la proportion

jf : j : : B -f- 2 /> : /; -h 2 B ,

d'où résulte ce théorème :

Le centre de gravité d'un trapèze est sur la ligne qui va du milieu de l'une de ses bases au milieu de l'autre, et il coupe cette ligne dans le rapport des deux sommes quon trouve , en ajoutant d* un côté, à la première base, deux fois la seconde, et, d'un autre côté, à la seconde base^ deux fois la première.

On peut tirer de là cetle construction trèssimple : Prolongez, vers la droite. Tune des deux bases , d'une longueur égale à l'autre ; et celle-ci, vers la gauche, d'une longueur égale à la première; et menez la ligne qui joint les extrémités de ces deux prolongements; elle coupera celle qui joint les milieux des deux bases au centre de gravité du trapèze.

On' peut remarquer que la proportion précédente ne dépend point de la hauteur du trapèze, mais uniquement du rapport des deux

aoa ÉLÉMEiNTS

bases , de sorte qu'elle est la même pour tous les trapèzes possibles de bases proportionnelles.

Si les bases sont égales, on a x =.y\ ce qui doit être, car le trapèze est alors un parallélogramme , dont le centre est également éloigné de ces deux bases opposées.

Si Tune des bases b devient nulle , on a j=:^x; et, en effet, le trapèze devient un triangle dont la base est B, et dont le centre est deux fois plus près de la base que du sommet.

Problème 111.

156. Trouver le centre de gravité de la solidité d'un poljèdre quelconque, et, en général, d^un assemblage de polyèdres disposés comme on voudra dans l'espace.

Tous les polyèdres pouvant se décomposer en pyramides triangulaires, nous allons voir d abord comment on trouve le centre de gravité d'une pyramide triangulaire. Après quoi, prenant les centres de gravité de toutes les pyramides qui composent le système proposé, on n aura plus qu a chercher le centre de gravité dun assemblage de points, représentés pour leurs poids par les volumes des pyramides respectives dont ils sont les centres de gravité ; et le problème se résoudra comme il a été dit ci-dessus.

DE STATIQUE. ao3

Du centre de gravité de la pyramide. «

157. Soit ABCD {fig* 4o) une pyramide Fig. 40. triangulaire quelconque. Si nous considérons cette pyramide comme composée d'une infinité de tranches parallèles à la base BGD, il est visible qu'une droite menée de l'angle A en un point quelconque de la base couperait toutes ces tranches et la base elle-même, en des points sembiablement placés : donc, si cette droite est menée au centre de gravité I de la base, elle passera par tous les centres de gravité des tranches parallèles. Le centre de gravité du système de ces tranches, et, par conséquent, celui de la pyramide, devra donc se trouver sur la droite AI.

Mais, par un raisonnement tout à fait semblable , on voit que le centre de gravité de la pyramide doit aussi se trouver sur la lignç GH qui serait menée de l'angle G au centre de gravité H de la face opposée : donc il sera nécessairement à l'intersection G de ces deux droites;

Ainsi les deux ligues AI et GH doivent nécessairement se rencontrer ; et c'est ce que l'on voit d'ailleurs, indépendamment de la considération du centre de gravité: car si l'on tire GI, cette droite ira couper le côté BD en son milieu E, puisque le point I est le centre de gravité

'2o4 ÉLÉMENTS

du triangle BCD; par la même raison, si Ton tire AH, cette droite ira rencontrer BD au même point E, et, par conséquent, les deux droites AI, CH seront dans un même plan, qui est celui du triangle AEC, et elles se couperont nécessairement.

Actuellement, si Ion remarque que le point I est -au tiers de EG , et le point H au tiers de EA ( 152) , il est clair qu'en joignant IH , celte droite sera parallèle à AG, et en sera le tiers. Mais si la droite IH est le tiers de AG , à cause des triangles semblables IGH , AGG , le côté IG sera le tiers de son homok)gue GA, ou bien sera le quart de lA, et AG en sera les trois quarts.

Donc, te centre de gravité d'une pyramide triangulaire est situé sur une ligne menée de iun quelconque des quatre angles au centre de gravité de la base opposée; il est au quart de cette ligne, à partir de la base, ou aux trois quarts , à partir du sommet de l'angle.

Remarque.