AP EM AP Y, PO~HN PO"~P

Supposons PO = 3 AP. Nous aurons F = 3V; c'est-à-dire que si AP est trois fois plus petit que PO, la force V sera trois fois plus petite que la force F. Décomposons cette distance P 0 en trois parties égales entre elles et par suite, à AP. Décomposons de même la force F en trois parties égales entre elles, et par suite, à la force Y. Appliquons chacune de ces composantes à une des divisions de PO. Le rayon 0 A se trouve ninsi divisé en quatre parties égales soumises à des forces égales. Il en serait de même pour le rayon OB et le diamètre AB comprend huit parties égales sollitées chacune par une force uniforme.

Au lieu de diviser AB en huit parties, on peut le diviser en uu nombre quelconque, de plus en plus grand. Les parties deviendront de plus en plus petites; à la limite, elles seront réduites à des points. Tous les points du diamètre A B sont donc soumis à des forces égales.

Nous connaissons l'une de ces forces, celle qui. appliquée au point G (le la demi-circonférence, peut-être transportée parallèlement à elle-même au centre 0. Cette force, représentant l'unité de pression sur la demi-circonférence, représente également l'unité de pression sur le dicmètre AB, puisque tons les points de ce diamètre sont sollicités par une force égale à cette unité.

La pression totale subie par la demi-circonférence ACB est donc égale à celle subie par le diamètre A B, qui est elle-même

égale au produit de l'iniensité de pression sur l'unité de longueur par la longueur du diamètre A B, ce qu'il fallait démontrer.

Rômar(]uons, en outre, que par raison de symétrie, les pressions exercées sur le diamètre admettent une résultante unique perpendiculaire au diamètre et passant par le centre de la circonférence.

Note 2. Les segments A E, II I (fig. 6) sont égaux. En effet, ils sont parallèles par construction. Les droites El, AH sont perpendiculaires au diamètre qui renferme H 1. Les segments considérés sont donc égaux comme côtés opposés d'un rectangle.

Note 3. On démontre en géométrie que toutes les perpendiculaires menées à une même droite et, pai- le même point de celte droite, sont dans le même plan.

Note 4. La surface d'une ellipse est donnée par la formule w a b, dans laquelle les demi-axes sont représentés respectivement par a et b.

Note 5. Pour déterminer la position du point T (fig. 6), il faut déterminer le centre de gravité des deux triangles P et Q (fig. 5), situé au tiers d'une médiane à partir de la base ; réunir les deux centres par une ligne droite ; mesurer la longueur du rayon 0 S, comprise entre le point 0 et son intersection avec cette droite, et porter celte longueur sur 0 S (fig. 6), à partir du point 0. A l'extrémité de cette longueur, on élève une perpendiculaire. Son point d'intersection avec l'arc AE est le point cherché, T, qui forme à peu près le milieu de l'échancrure ischio-pubienne.

NoteQ. La détermination de la longueur AE(fig. 6), obtenue directement, permet de calculer l'arc AME. La demi-longueur A E est le sinus de l'arc A M, moitié de l'arc cherché. Connaissant le sinus et le rayon, nous obtenons l'arc A M. Le résultat doublé mesure l'arc AME. Les valeurs de cet arc sont données par la colonne 7 du tableau IL

Mesurons directement sur la fig. 6 l'arc A T. La valeur trouvée est 15". Retranchons ce nombre de celui mesurant l'arc A M, qui est la demi-valeur moyenne donnée par la colonne 7 du tableau II, savoir 50°21'14". Nous obtenons 35°2rU" comme valeur de l'arc TM, mesurant l'angle MOT et, par suite, l'angle opposé par le sommet YON ou l'angle A (^lig. 3).

Connaissant l'angle A, nous connaissons l'angle B, qui lui est supplémentaire. Nous pouvons dès lors résoudre le triangle ABD, dont l'anyle et les côtés adjacents sont connus. La résolution trigonométrique donne 149'41", pour valeur de l'angle DAB.

Note 7. L'arc AM ((îg. 6) mesure moyennement 50o21' 14". Nous voyons, chap. III, art, 2, que la valeur moyenne de l'arc AS est 39°. La somme de ces deux arcs, SQ^-Srii", exprime la valeur de l'arc MS, ou l'angle formé avec la verticale par le diamètre, MN, aboutissant au milieu de l'arrière-fond et pouvant en être appelé l'axe. Cet angle étant égal à un angle droit, à moins de 40' près, nous en concluons que l'axe de l'arrière-fond est sensiblement horizontal.

Note 8. Sur la demi-circonférence, sous-tendue par le diamètre T L (fig. 10), Tare A K vaut 90° par construction. Les deux autres parties de la demi-circonférence, les arcs AT, KL, sont donc complémentaires. L'arc AT égale AM-MT. Nous connaissons ces deux dernières valeurs. Nous obtenons AT et, par suite, son cornplémentKL, dont la valeur trouvée est de 40''S8'27". Cet arc mesure l'angle LOK représenté avec les mêmes lettres dans la fig. 7. L'angle en K de la iig. 7 est égal à l'angle en F, comme angles opposés d'un parallélogramme et l'angle en F est égal à l'angle KOL, comme angles correspondants. Le triangle OKL, dans lequel nous connaissons l'angle K égat à 40°o8'27", et les deux côtés adjacent, OK égal à 19,63, KL égal à 9,13, peut-être, résolu par le calcul trigonométrique. La résolution de ce triangle donne comme valeur de la résultante OZ, 14,07, et pour celle de l'angle Z 0 K, 25°10'30".

Note 9. Le détroit snpérieur du bassin n'est pas un plan et son contour n'est pas une courbe plane. Si l'on en représente, par des fils très-fins et tendus, les diamètres antéro-postérieur et trans verse, on voit que ces deux diamètres, au moment où ils se croisent à angle droit, sont très-é3artés l'un de l'autre. Le diamètre antéropostérieur est le plus élevé. J'ai mesuré deux fois leur écartement, avec une tige graduée .que j'approchais au niveau de leur superposition et perpendiculairement à eux. Je l'ai trouvé égal à i2 mil limètres, pour le n° 2 des tableaux, à 14 millimètres pour le n» 7.

Note 1 0. Le triangle 0 H P (fig . 8), dont on connaît l'angle en 0, 39", et l'hypothénuse 0 P, 9 kil., peut être résolu par le calcul trigonométrique. La résolution donne pour valeur de 011,6 k. 994, et pour celle OP, 5 kil 664.

Note II. Le triangle Z 0 C (fig. 9), dont on connaît l'angle en 0, 2o»l0'30", et l'hypothénuse OZ, 13 kil. 497, peut être résolu par

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le calcul trïgonométrique. La résolution donne pour valeur de 01, 5 kll. 740, et pour celle de OC, 12 kil. 216.

Note 12. Les hauteurs barométriques sont évaluées en supposant que la densité du mercure et de l'échelle barométrique, et par suite la température, ne varient pas.

Note 13. Les angles H et AOS (fig. 1.5) sont égaux comme ayant leurs côtés parallèles et dirigés dans le même sens. Les angles AOS et NORsont égaux comme complémentaires du mêmeangle SON.

Note 14. Les deux plans verticaux qui coupent le grand cercle horizontal de la lig. 13, suivant les diamètres TR, MN, étant perpendiculaires à ce grand cercle, leur intersection lui est aussi perpendiculaire. Elle l'est également à tous les diamètres. Les deux rayons OR, ON, qui appartiennent aux deux plans verticaux et soiJl perpendiculaires à leur intersection et, au même point, forment les côtés de l'angle rectiligne correspondant à l'angle dièdre constitué par les deux plans verticaux considérés, angle qu'il s'agit de déterminer.