GG* CH AF

11 en résulte la construction suivante : Menez leu deux diagonales BD, AC du quadrilatère ; joignez au milieu E de f une d'elles BD Içs deux sommets opposés A et C du giutdrilatère, et divisez chacune des droites AE, CE en trois

parties égales; joignez les premiers points de division G', G", à partir du point E; sur /' autre diagonale AC prenez une longueur AH égale à CF et joignez EH ; le point <f intersection G des droites G 'G', EH est le centre de gravité du quadrilatère.

On suivrait la même marche pour trouver le centre de gravité d’un polygone homogène quelconque. Après avoir décomposé le polygone eu triangles par des diagonales, on chercherait le centre de gravité de chaque triangle et on supposerait appliquée en ce point une force proportionnelle à l’aire du triangle; la question serait ramenée ainsi à la détermination de la résultante d’autant de forces parallèles qu’il y a de triangles.

Centre de gravité d’un are de oerole.

158. Il est évident qu’une circonférence homogène a son centre de gravité au centre du cercle.

Considérons un arc homogène ACB [fig. 119). Soit G le milieu de cet arc ; le diamètre OC coupant l’arc en deux parties symétriques, il est clair que le centre de gravité G de l’arc de cercle est situé sur ce diamètre. Il s’agit de trouver la distance OG. Nous appellerons l la longueur de l’arc ACB, p le poids de l’unité de longueur, et nous désignerons par x la distance cherchée OG. Imaginons l’arc ACB divisé en un certain nombre de parties égales , et

Fig. 11».

CENTRES DE ÜRAVITÉ.

inscrivons dans l’arc une ligne brisée régulière homogène; par le diamètre DE, parallèle à la corde AB qui sous-tend l’arc ACB , menons un plan perpendiculaire au plan du cercle et prenons les moments par rapport à ce plan ; nous dirons plus simplement que nous prenons les moments par rapport à la droite DE. Le poids d’un côté quelconque MN de la ligne brisée est appliqué au milieu 1 de ce côté; le moment de cette force, par rapport au diamètre DE, est le produit de la force p X MN par la perpendiculaire II'; le centre de gravité de la ligne entière est situé sur le diamètre OC: en appelant /' la longueur de celte ligne, x la distance de son centre de gravité au point O, et écrivant que le moment de la résultante est égal à la somme des moments des composantes, on a

pl'x'= 1 [p X MN X IT),

ou plus simplement

( 1 ) • l'x'=l (MN x II*).

Nous transformerons le produit MN X II'. Du point N abaissons une perpendiculaire NN' sur le diamètre DE, et . par le point M menons une parallèle MF à ce diamètre. Les triangles OU', MNF sont semblables, comme ayant les côtés perpendiculaires chacun à chacun, savoir : 01 perpendiculaire à MN, II’ perpendiculaire à MF et 01 perpendiculaire à NF ; ces triangles semblables donnent les rapports égaux