VD = V'D
donc
mais
donc aussi
CLXIX. Problème. Trouver le centre de gravité d’un parallélipipède homogène. {Figure 38.)
Soit ABCDEFGH le parallélipipède; je mène.le plan diagonal AGF G; je dis qu’il renferme le centre de gravité : d’abord il partage la masse du parallélipipède en deux prismes équivalens ; et comme ils t sont homogènes , leurs masses sont égales. Soit L, une molécule matérielle prise dans l’intérieur ou sur la surface du corps ; soit P, la petite force qui l’a-
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DE MÉCANKJUE. • Io5
nime, etD^ sa distance au plan diagonal A CF G, le moment de cette force, par rapport à ce plan, sera donc P D ; mais il est évident qu’il existe dans l’autre prisme, sur le parallèle LL', une molécule L', également distante du plan A CF H; et comme toutes les molécules sont animées d’égales forces et dans le même sens, son moment seï’a aussi égal à PD , et le 1) du point L' étant l’opposé du D du point L, il s’ensuit que le moment, ayant égard aux signes , sera — PD; par conséquent, la somme des momens', par rapport au plan diagonal ,= zéro. Or, comme à chaque molécule d’un des deux prismes triangulaires correspond une molécule L' dans l’autre prisme triangulaire^, il s’ensuit que la somme des momens des forces qui sont d’un côté, plus la somme des momens des forces de l’autre, = zéro. Donc le centre de gravité se trouve dans le plan. Il est aisé de parvenir à la même conclusion par la considération des forces parallèles. En effet , les deux forces parallèles qui agissent en L et L' étant égales, le point d’application passe par le milieu de la droite L L' , et ce milieu se trouve dans le plan diagonal. Les points d’application des résultantes partielles se trouvent dans ce même plan , donc le point d’application de la résultante totale y sera aussi. On démontrera de même que le centre de gravité se trouve dans le plan diagonal D B G E. Devant être à la fois dans deux plans,, il se trouvera sur la ligne qui joint leurs points d’interçeolion', qui est la ligne O K. Par le milieu
MANUEL
de ces droites ou mène un plan parallèle aux bases du parallèlipipède. On démontrera, en faisant le même raisonnement, que le centre de gravité se trouve dans le plan; H* est donc au point N.
CLXX. Eu menant les quatre diagonales on démontre , par la géométrie , qu’elles passent toutes par le point N ; donc le centre du parallélipipède se trouvera à l’intersection de deujs, des diagonales intérieures.
4HLXXI. Si la base supérieure. A D C D du parallélipipède glisse parallèlement à elle-même, il est évident que le' centre de gravité restera sur la même ligne en se rapprochant toujours du point K; et lorsque la base supérieure se confondra entièrement avec là base inférieure , . ^ le point K sera le centre de gravité, et la figure sera un parallélogramme ; donc le centre de gravité d’un parallélogramme homogène est dans l’intersection de ses deux diagonales.
CLXXII. Si dans le parallélogramme E F G H la base supérieure H G se rapproche de E F, le centre de gravité restera toujours sur la droite R Q, passant par le milieu des deux bases parallèles. Lors donc que la base sûpérieure sera venue s’appliquer sur l’inférieure , la figure sera devenue une droite , et le centre de gravité sera le point Q; donc le centre de gravité d’une droite homogène est le point milieu de cette droite.
CLXXin. Problème. Trouver le centre de gravité d’un prisme triangulaire. ( Fig. 3^.)
DE MÉCAMQUE. I07
Soit le prisme A B C D E F.
En -raisonnant comme dans le problème précédent, on trouvera que le centre de gravité est à la fois :
I®. Et dans le plan G MNF passant par Tarête CF, et la droite M qui joint les milieux des droites AB et DF,
a®. Dans le plan A IHD qui passe par l’aréte AD et par IH, qui joint les milieux des arêtes BC,EF.
3®. Dans le plan mené par le milieu N delà droite d’intersection O K de ces deux plans parallèlement aux bases , le milieu N est donc le centre de la partie cherchée. .
CLXXIV. Le centre de gravité se trouve ^ encore sur un quatrième plan mené par l’arête B E et la ligne LP, qui joint les milieux de AE ' et de DF, et les trois plans AIHD , BRP E , C MNF, passent tous par la même droite O K*.
CLXXV. Si la base supérieure se transporte ' parallèlement à elle-même. le long d’une arête en s’approchant de la base inférieure, le volume du p^rallélipipède ira sans cesse en diminuant, et son centre de gravité restera toujours sur la droite O K en s’approchant sans cesse du point K; et lorsque la base supérieure n’en fera plus qu’une avec la base inférieure , il ne restera que le triangle DEF, et le centre de gravité sera alors en K , et par conséquent le centre de gravité d’un triangle se trouve à l’intersection de deux des lignes menées des sommets de cès angles sur le milieu de la base opposée. (Fig. 4®*)
MANUEL
CLXXVI. Soit A B C un triangle quelconque ; B E et AP, deux droites qui vont des sommets A et B au milieu des côtés A C et B C , et le point O d’intersection sera le centre de gravité de leurs points du triangle. Menons la droite DE , elle partage les côtés CA , CB , proportionnellement ; car l’on a
CE : AE :: cd :db
donc DE est parallèle à AB, et le triangle BXA est semblable au triangle DOE comme étant équiangle ; on a donc , par la comparaison des côtés homologues, ^
Bo :OE :: ab : de AB:DE :: ca;CE::2
donc
BoroE :: 2 : 1
donc
BD
