Rotation finie due à un sy§lènie de forces

Soit AB (fig. 268) un arc sollicité par la ligne de pression KLM ; rélément B est fixe, on demande la rotation de l'élément A. Nous avons déjà dit qu'il faut composer toutes les rotations d^ que l'on obtient en décomposant l'arc en tranches mfiniment petites. Soient doncœ',y' les coordonnées du centre des rotations d'|; la rotation résultante de l'élément A s'effectue autour d'un centre {œ", y") donné par le formules :

^if=fy'd'\i, ( (17)

Si on remplace d']/ par sa valeur qcd7n , on trouve :

•\ = q I cdm , j

y" I cdm -= / ifcdm, ) (18)

x" I cdm = I x'cdm. j

Commençons par porter les d7n en abscisses sur l'axe AD' (fig. 273). Si l'arc est prismatique, lesrfm sont proportionnels à ds ; sinon il faut déterminer les dm par une intégration analogue à celle qui nous a donné les ds' au numéro 443. Le polygone AD est l'intégrale des cdm ; les côtés de ce polygone sont parallèles aux droites 11, 22, 33,... de la figure 269. Pour obtenir ce dernier diagramme, on projette les points de division A, 2, 3, 4, 5, B de l'arc AB (fig. 268) sur l'axe oy' de la figure 269. On détermine ensuite la valeur de l'excentricité c en ces points par la construction indiquée précédemment (672). Soit P'ç (fig. 267) la force q prise pour base dans l'évaluation des moments ; menons, parallèlement aux droites q\ , q2... de la figure 267, les droites Al , 22. . de la figure 268. Les projections verticales de ces dernières droites sont les valeurs de l'excentricité c. Projetons les

INTEGRATION GRAPHIQUE. 653

extrémités de ces droites sur l'axe O'd ; les droites (jui joignent les points correspondants de la ligne des pôles 0//' , et de Taxe O'd sont les directions des tangentes à l'intégrale des cdrii

Sur l'axe D'D (flg. 273) , projetons les cd}ii ; si nous considérons cet axe comme axe d'abscisses, nous pourrons tracer en EF et GL les intégrales des œ'cd))i et des ijcdrn. La figure 271 est le diagramme des inclinaisons de l'intégrale EF des x'cdm. La figure 270 , tournée de 90° serait le diagramme des inclinaisons de l'intégrale GL ; les côtés du polygone GL sont donc perpendiculaires aux rayons de la figure 270. Avant d'obtenir les figures 270 et 271 , on doit , au préalable , déterminer les x' et les y, c'est-à-dire les centres de percussion conjugués aux pressions pour les points A, 2, 3, 4, 5, B; il suffit alors de projeter ces points sur les axes des figures 270 et 271. Nous n'avons indiqué que la construction du centre qui correspond au point A.

D'après les formules ( 18), ûc" et if sont précisément les inclinaisons des cordes EF et GL (fig. 273); en menant les rayons ef et gli qui corresi^ondent à ces cordes dans les diagrammes 271 et 270, on trouve les projections /'et h du centre C (fig. 208) de la rotation résultante.

075. isolation liiiic duc à une poussée unique. — La section k, d'un arc AB encastré en B, tourne autour du centre de xiercussion de l'arc, co)ijugué à la ligne d'action de la force unique qui sollicite la section A; la rotation est égale à la niasse fictive de Tare multipliée par le moment de la force sollicitante autour du centre de gravité de rare.

Cette pr()[)rieté résulte de ce que les moments d'une poussée unique autour des points du plan peuvent être considérés comme les ordonnées d'un autre idau couinant le plan de l'arc suivant la ligne d'action de la poussée. Pour chacun des éléments infiniment petits de l'arc, remplaçons la rotation élé-

, . , , ^ dm , dm „ dhi

mentaire par les quatre composantes u — — , w — , u" — — ,

u'" — . Toutes ces rotations se composent comme des forces ;

IiNTEGRATIO>; GRAPHIQUE.

ces forces peuvent être considérées comme des pressions perpendiculaires au plan de l'arc et obéissant à une loi [ilane ;

un point fictif de masse — — subit une pression u — — , ii est

l'ordonnée d'un plan Donc (258) la résultante de toutes ces forces passe parle centre de percussion de l'arc co njuguéà la ligne d'action de la poussée unique. Cette résultante est égale à la masse totale muUiplièe par l'ordonnée u au centre de gravité; soit u^ le moment de la poussée autour du centre de gravité, on a :

dm .

070. Cas |>artk'uiier.s. — 1° Si la section A est sollicitée par un coiipie , elle tourne autour du centre de gravité de l'arc.

En effet , le couple peut être considéré comme une force à l'infini ; l'antipôle de cette force est le centre de gravité de l'arc. Cette propriété se démontre directement avec la plus grande facilité ; il en est de même de la suivante.

2'' Si la section A est sollicitée par une force qui passe par le centre de gravité de l'arc , elle subit un déplacement de translation perpendiculaire au diamètre conjugué à la force dans l'ellipse centrale dinertie de lare.

En effet, l'antipôle d'une droite qui passe par le centre de gravité est un point à l'infini situé sur le diamètre conjugué à cette droite ; une rotation autour de cet antipôle équivaut à une translation perpendiculaire au diamètre: c'est ce qu'il fallait démontrer.

Décomposons la force en deux composantes parallèles appliquées aux extrémités de son diamètre conjugué ; chacune de ces composantes produit une rotation ; ces deux rotations constituent uu couple qui équivaut à une translation. Soit b' le demi-diamètre conjugué à la force ; soit i l'angle de la normale à ce diamètre et de la force sollicitante ; ou trouve que chacune des rotations a pour valeur

-- h cos

dm.

INTEGRATION GRAPHIQUE. 055

Soit R = ô' cos i le raj'on de gyration de l'arc autour de la force , la translation e est donnée par la formule :

ecos i = FR2 f dm, (20)

c'est-à-dire que la projection de la translation sur la force est égale au produit de la force par le moment d'inertie de Tare autour de la force .

Glî. J^rohXèmv:», — Déterminer graphiquement la rotation due à une force unique. liéciproquement déterminer la force capahle de produire une rotation.

Ces deux problèmes seraient faciles à résoudre si on connaissait l'ellipse centrale d'inertie de l'arc ; on opérerait comme au numéro 672. Mais il n'est pas indispensable de déterminer cette ellipse ; il suflît de connaître le centre de gravité de l'arc et les centres de percussion conjugués aux deux axes coordonnés.

Soient (fig. 274) R le centre de gravité, S le centre de percussion conjugué à l'axe ox , T le centre de percussion conjugué à l'axe oij. On donne la ligne d'action DE de la force, on demande de trouver le centre C qui est l'antipAle de DE. Déterminons les antipolaires des points D et E par la méthode du numéro 265 ; ces antipolaires Cô et Ql/ déterminent le point C par leur intersection.

Réciproquement, si on donne le point C, on trouvera la droite DE en joignant les antipôles des droites C&' et C& parallèle aux axes coordonnés. On voit en A&aB la construction qui permet de déduire le point D, de la ligne Cb ou réciproquement.

Si la force passait par le centre de gravité , on la décomposerait en deux autres; on pourrait, par exemple, la décomposer en une force dirigée suivant l'axe oy et une autre parallèle à l'axe ox. On trouve un couple de rotations; si on donnait la translation, on y substituerait un couple de rotations ; on prendrait, par exemple, le point T pour centre de l'une des rotations ; l'autre centre de rotation serait un point à déterminer, de la droite RS.

Il nous reste à dire comment on trouve le centre <le gravité R et les centres de percussion S et T. On applique les formules (10), (13) et (14) du numéro G71. On intègre successivement les y dm, les xdm , les Çj^ydm , les a^ydra, les [iyXdm , les a^xdm ; les inclinaisons des cordes de ces intégrales donnent les valeurs de yi, oCi, y^, x^,y-^, x-^.

Nous n'avons pas indique ces constructions sur les figures 268 et 274 ; nous les indiquerons plus tard dans les figures 276 H 281. Les opérations à faire sont d'ailleurs les "mêmes que celles que nous avons employées pour chercher le centre C delà rotation finie (fig. 258) ; si en effet on suppose une poussée unique dirigée suivant l'axe des x, le centre de la rotation finie devient le centre de percussion conjugué à l'axe ox. Ce dernier s'obtiendra donc comme le centre C ; mais l'excentricité c devient tout simplement y et leserfm sont remplacés par les ydm. Quand on cherche le centre de percussion conjugué à l'axe ox, les cdm sont remplacés par les xdm.

§ 3. Arc encastré aux deux extrémités.

©ÎS. .Mt'lliodc du fonlreile rolalîon. —Traçons (fig. 268) une ligne de pression KLM en choisissant arbitrairement la poussée ; supposons l'arc encastré en B et déterminons la rotation -^ de la section A. Pour passer de la ligne de pression KLM à la ligne de pression qui se produira , il faut introduire une {)Oussée additionnelle. Pour que l'élément A soit immobile, il faut que cette poussée additionnelle produise, autour du même centre, une rotation égale et contraire à la rotation ■l. Cherchons la force unique ca[iable de produire la rotation «]; autour du point C, prenons-la en sens contraire, nous obtiendrons la poussée additionnelle.

Nous savons comment on détermine la ligue d'action RS ( fig. 268) de la force capable de produire une rotation de l'élément A autour d'un point donné C; montrons comment on détermine la grandeur de cette force. Su ppo.sons le problème résolu ; soit P'P la grandeur et la direction de la force cherchée; le moment de cette force autour du centre de

INTEGRATION GRAPHIQUE. 657

gravité G s'obtient par la construction connue ; on mène GS parallèlement à ^P ; si k est la projection verticale de la droite GS, le moment dont il s'agit est qh. Exprimons que les rotations produites par la force unique et par la ligne de pression KLM sont égales ; nous trouvons (674) :

qh f dm = q f cdm

ou h f d)ii = / cd))i.

. En d'autres termes /i est l'excentricité moyenne; c'est la projection verticale d'un rayon ad (fig. 269) parallèle à la corde de l'intégrale AD (flg. 273). Si le point a est choisi au niveau du point G, le point d sera au niveau du point S et cela déterminera ce dernier; connaissant GS , on mène (fig. 267) gP parallèlement à GS, on trouve le point P et la force P'P. La poussée additionnelle étant égale et contraire à P'P, le nouveau pôle est P. La droite RS est l'axe de pivotement des côtés des deux lignes de pression. On obtiendra la nouvelle ligne de pression soit en se servant uniquement de l'axe de pivotement, soit en utilisant un point T de la nouvelle ligne et le nouveau diagramme des résultantes ( 144).

079. llélhode des trois pivots. — Nous allons reprendre les trois équations de la déformation relatives à une poutre encastrée ; en les considérant séparément , nous allons démontrer que chacune d'elles détermine un certain point de la ligne de pression ; connaissant les trois points relatifs aux trois équations , nous ramènerons la question au problème que nous allons examiner et qui n'est qu'une modiflcation de celui que nous avons résolu au numéro 144.

Si nous remplaçons les charges par leurs résultantes , la ligne de pression se réduit à deux droites AB et BC (fig. 282).

Soient dans cette hypothèse ABC et A'B'C deux lignes de pression. Les points B, B' sont situés sur la ligne d'action de la résultante. Si nous décomposons cette résultante en deux composantes parallèles dirigées suivant les droites AA'et CC, nous obtenons deux cordes correspondantes AC et A'C. On peut dire à ce point de vue qu'à toute corde HK de l'angle ABC correspond une corde H'K' de l'angle A'B'C' et qu'à tout

point D de la première figure correspond un point T)' de la seconde. Si nous choisissons provisoirement un axe d'ordonnées parallèle à la résultante BB', un peut considérer ABC et A'B'C' comme deux mêmes intégrales tracées avec des pôles différents (58) ; on passe donc des points de la figure ABC à ceux de la figure A'B'C par un changement d'échelles des ordonnées. Ainsi les points correspondants (D, D') (B, B') satisfont à la relation :

M' ^ ïy^= constante il).

Supposons que la ligne A'B'C soit tracée ; on demande de tracer la ligne ABC de telle manière que trois points D', E', F' de la première aient pour correspondants, dans la seconde, les points donnés D , E , F.

Soit P'a|3 le diagramme des résultantes auxiliaires ; considérons les droites D'E' et E'F' comme des cordes de la ligne A'B'C ; elles correspondent à une certaine concentration que l'on obtient en menant P'a et P'î parallèlement aux cordes. Les droites DE et EF prolongées doivent correspondre aux mêmes modes déconcentration ; donc dans le diagramme des résultantes auxiliaires les côtés P'î et P'i^ tournent autour des points î et S quand on passe de la ligne A'B'C' à la ligne ABC. De là résulte la construction suivante: menons F et èP parallèlement aux côtés EF et DE ; on obtient le pôle inconnu P. On trouve facilement un point H correspondant d'un point H' du premier côté de la ligne de pression ; on obtient alors cette ligne par la construction ordinaire.

Il nous reste à dire comment on détermine les trois points D , E , F de la ligne de pression inconnue.

OSO Êqiialioii angulaire. — Toutes les courhes dépression qui satisfont à Véquation angulaire se déduise Vune de Vautre Xiar l'introduction d'une x^oussée additionnelle 2>c(ssant par le centre de gravité de Tare.

(1)0d pourrait dire que les figures ABC, A'B'C sont projective.s ; mais nous avons voulu rendre ce mémoire indépendant de la géométrie su;périeure.

En effet, l'équation angulaire est :

Cette équation exprime que la section extrême A de l'arc A B , encastré en B , ne subit pas de rotation ; mais elle subira un déplacement de translation, à moins que les deux autres équations de la déformation ne soient aussi satisfaites. Pour passer d'une ligne de pression qui satisfait à l'équation angulaire à une autre ligne de pression qui y satisfasse également, il faut que la poussée additionnelle produise aussi un déplacement de translation. Donc la poussée additionnelle doit passer par le centre de gravité de l'arc.

Corollaires. — 1° L'axe de pivotement de deux lignes de pression qui satisfont à l'équation angulaire passe par le centre de gravité de l'arc.

En effet , quand on passe d'une ligne de résultantes à une autre les côtés pivotent autour de points situés sur une droite parallèle aux déplacements du pôle; cette droite que nous appelons ici axe de pivotement est la ligne d'action de la poussée additionnelle ( 140).

2° Le centre de gravité est le pivot des lignes de pression qui satisfont à l'équation angulaire. Nous entendons par là que toute corde passant par le centre de gravité pivote autour de ce point, quand on passe d'une ligne de pression satislaisant à l'équation angulaire , à toutes les autres lignes de pression qui satisfont à la même équation. Cette propriété est vraie non seulement pour les cordes de l'angle ABC des pressions extrêmes, mais pour toute autre corde ; il suffit d'admettre un même mode de concentration ( 142 ) dans toutes les lignes de pression que l'on considère.

08 fl . Equalîoii linéaire $»(iivant uii axe.^ — Les lignes de X^ression qui satisfont à V équation linéaire suivant un axe de •projection se déduisent les unes des antres par l'introduction d'aine poussée additionnelle qui passe p)ar le centre de percussion de Tare, conjugué à l'axe de projection.

Prenons , par exemple , l'équation (5) ; nous l'avons obtenue en égalant à zéro la projection , sur l'axe oœ , du déplace-

ment du jioiDt 0 supposé iavai'iablement lié à la section A. Si nous utilisons le centre {œ', y') des rotations élémentaires, cette équation se simplifie et devient :

fy'd^ = 0.

Sous cette forme, c'est une équation de moment; en la comparant avec la seconde des équations ( 17 ) , on voit qu'elle exprime que le moment de la rotation finie est nul autour de l'axe ox.

Nous supposons cette équation satisfaite pour une ligne de pression ; il s'agit de savoir quelle doit être la poussée additionnelle pour que la nouvelle ligne de pression satisfasse à la même équation. Il faut évidemment que le centre de la rotation due à la poussée additionnelle se trouve sur l'axe ox ; car c'est dans ce cas seulement que le moment de la rotation totale autour de l'axe ox continuera à s'annuler. Il faut donc que la poussée additionnelle soit l'antipolaire d'un point de l'axe ox ou ce qui est la même chose que la poussée additionnelle passe par le centre de percussion de l'arc conjugué à l'axe ox.

Corollaires. — 1° L'axe de pivotement de deux lignes de pression qui satisfont à l'équation linéaire de projection sur un axe passe par le centre de percussion de l'arc, conjugué à cet axe.

2° Le centre de percussion conjugué à un axe est le pivot de toutes les lignes de pression qui satisfont à l'équation linéaire de projection sur cet axe.

4î8^. B>eux éciualioiiii. — L'axe de xnvotement de deux Ti II nés de pression qui satisfont à deux équations linéaires est Vantipolaire du point d'intersection des deux axes de projectioyi.

En efl'et, la poussée additionnelle doit passer à la fois par les deux antipôles des axes de projection.

Remarque. — Si l'un des axes se transporte à l'mfini , on peut reconnaître que l'une des équations linéaires devient précisément l'équation angulaire ; l'axe de pivotement devient le diamètre conjugué à l'axe de projection qui subsiste ; c'est ce que l'on démontre directement avec la plus grande facilité.

INTEGRATION GRAPHIQUE. 661

OS3. Points qui eoi*rci!>pondent aux trois picots. — Les

droites DD' , EE', FF' (fig. 282) qui joignent les trois pivots D,E, F delà ligne dépression cherchée à leurs correspondants D', E', F' de la ligne de pression connue, ont respectivement piour projections verticales les trois excentricités moyennes li , li' , h" données par les formules :

Il S dm = / cdm, \

h) s ydm = f y^cdm, \ ( 21 )

h" s xdm == S œcdm . )

Nous admettons implicitement que la force q prise pour base dans l'évaluation des moments soit horizontale et soit représentée par la droite Vq qui aboutit à la résultante totale a{6 des forces sollicitantes ; si la base était q' on devrait multiplier les excentricités //, h\ h'' par le rapport q : q'.

Considérons d'abord l'équation angulaire ; déterminons le couple — qh qu'il faut introduire pour que la ligne de pression A'B'C se transforme en une autre ligne qui satisfasse à l'équation angulaire. La ligne de pression A'B'C produit des rotations qcdm . le couple — qh des rotations — qhdm ; la somme des rotations doit être nulle , on a donc

/ qcd7n — f qhdm == 0

ou hfdm=^f cdm.

Mais introduire le couple — qh , c'est transporter la pression A'B' parallèlement à elle-même ; cela revient à faire glisser la ligne A'B'C suivant la résultante BB'. Nous allons démontrer que la projection verticale de ce glissement n'est autre que h.

En effet , le moment de la pression A'B' autour du point A doit diminuer de qh ; or ce moment est qcg , si Co est la projection verticale de AA' ; donc cette projection verticale doit diminuer de h ; c'est ce qu'il fallait démontrer. D'après cela, menons une droite DD' parallèle à BB' et telle que sa projection verticale soit h ; toute corde qui passe par D' passera par D après le glissement. On obtient alors une ligne de pression A"B"C" que nous n'avons pas représentée. Pour passer

662 INTEGRATION GRAPHIQUE.

de la ligne A"B"C" à la ligne ABC, il faut encore introduire une poussée passant par le centre de gravité de l'arc; les cordes passant par D pivotent autour de D ; donc en passant de la ligne A'B'C, à la ligue A"B"C" ou à la ligne ABC, le point D' vient en D; c'est la première proposition qu'il s'agissait de démontrer.

Ce que nous avons démontré pour le [tivot D de l'équation angulaire, nous allons le démontrer de la même manière pour les pivots E et F des deux autres équations. Déterminons , par exemple, le couple — qli' qu'il laut introduire pour que la ligne de pression A'B'C se transfoi'me en une autre ligne qui satisfasse à l'équation de moment autour de l'axe ox. La ligne de pression A'B'C' produit des rotations élémentaires qccïm autour des points [x', y'); le moment de l'une de ces rotations est ?/' qcdin. Le couple — qh' produit des rotations — qlvdm autour des points {x, y); le moment de l'une d'elles est — qlvdm.

L'équation de moment est donc :

/ y'qcdm — f yqli'dm = 0 , d'oti W f ydm = J y'cdm.

On démontre comme précédemment qu'en passant de la ligne de pression A'B'C' à la ligne ABC ou toute autre qui satisfait à l'équation de moment autour de l'axe ox , le point E' qui vient en E est tel que la projection verticale de la droite EE' est égale à h'.

On trouve de même qu'en passant de la ligne de pression A'B'C à la ligne ABC ou toute autre qui satisfait à l'équation de moment autour de Taxe des y , le point F' qui vient au pivot F est déterminé par la condition que la projection verticale de FF' est égale à h". Pour satisfaire à la fois aux trois équations , il faut donc transformer la ligne de pression A'B'C' de telle manière que les points D', E', F' viennent respectivement en D, E, F.

Les excentricités moyennes h, h', h" se déterminent par les intégrales que nous avons utilisées dans la méthode du centre de rotation. En menant O'H (fig. 275) parallèlement à la corde

INTEGRATION GRAPHIQUE. 663

AD (flg. 273), on obtient h = OH. L'excentricité h' , que l'on peut appeler excentricité moyenne d'oscillation autour de Taxe 0^, s'obtient par une divi^fion graphique. Soit AK la corde de l'intégrale des ydm ; on a :

h' = / cy'dm : / ydm = LL' : D'K = OH'.

On mène O'H' perpendiculairement à la droite K'L. On trouve de même :

h" = f cx'dm : / xdm = E'F' : AN =-- O'H".

D'N est la corde de l'intégrale des a;^'^?^ ; OH" est perpendiculaire à EN .

CS-l. Autre tracé. — Nous pouvons d'abord en décomposant la masse de chaque élément en ses points fictifs et eu décomposant les rotations rf]; en leurs composantes autour de ces points fictifs , obtenir les centres de percussion (.r,, y^), {oCz, 2/3), le centre de la rotation finie [x", y"] ou les excentricités moyennes h, h', h" sans qu'il soit nécessaire de déterminer les centres de percussion {x^, (Sj, («3 , /Bj), {ûc',y') pour chaque élément. Ainsi , par exemple, on a (671 ) :

yi f ydm = / Zp^ — - ■

Le second membre est la moyenne des quatre intégrales ;

/f:.'dm, fp'^dm, ffj''-dm, f ^«'Hlm.

Si nous remplaçons la rotation d!/ par ses composantes , on a :

qcy'dm = lup — , qcœ'dm = lux

Si nous exprimons le moment u par qe , le moment u' par qe', etc., on a :

cy'd7n = zé?p — -,

cx'dm = 2ea — -•

664 INTEGRATION GRAPHIQUE.

Les valeurs des excentricités moyennes deviennent : h\fydm = l/efù^,

h" f xdm = z f ecf. — ••

Le second membre de chacune de ces équations est la moyenne de quatre intégrales.

Cette méthode a l'inconvénient d'exiger la construction d'un nombre d'intégrales trop considérables ; mais en utilisant les centres de percussion («j, |3j), («3, jSj), nous allons voir qu'on peut , sans se servir de {x' , y'), réduire chaque groupe de quatre intégrales à une seule. Considérons n, M', M", t«'" comme les ordonnées des quatre points fictifs

^ . , . ,, P>dm B'd/rt

par rapport a un certam plan ; considérons -*— — , -!— — ,

Q"d)n ly'dm

, comme des forces soumises à une loi plane

dontoa; est l'axe neutre. La résultante de ces quatre forces

estydm et s'applique au point (aj, (3j . Soit îi^ le moment

de la pression autour de ce point , en considérant u^ comme

l'ordonnée du centre de ces quatre forces , on a :

lu ^-7"" = u^ydm.

Si nous exprimons le moment u^ par qc^ , et si nous remplaçons le premier membre par qcy'dm , il vient :

cnjdm = c^ydni.

On trouve de même que , si qc^ est le moment autour du point (a- , (Sj) , on a :

cx'dm = c^xdm.

Les formules qui donnent les valeurs de it' et li" deviennent alors :

K f ydm ^ f c^ydm , y /<" / xdm = / c^xdm. I

INTEGRATION GRAPHIQUE. 665

Les formules (18) qui donnent le centre de rotation finie deviennent par la même transformation :

2/" fcdm = s c^ydm, \ X" f cdni = f c-^œdni. f

Nous avons indiqué (flg. 276 à 282) les tracés graphiques qui reposent sur cette transformation. L'arc courbe est représenté en ab (fig. 280) ; on trace une ligne de pression ACB en prenant une poussée arbitraire; il s'agit d'en déduire la ligne de pression réelle A'C'B'. L'arc est divisé en parties égales par les points a ou 1, 2, 3, 4, 5, 6 ou & ; les centres de percussion conjugués aux axes coordonnés pour cliacun de ces points sont marqués par les mêmes chiffres. La figure 277 est le diagramme des inclinaisons des intégrales des i/ et des c ; les y sont portés sur l'axe oy , les ^ + c sur l'axe ae ; nous avons adopté deux sens d'intégration différents pour les 1/ et les c afin de rendre l'épure plus claire. La figure 278 est le diagramme des inclinaisons des intégrales des ^^ et desc, ; la figure 279 est le diagramme des inclinaisons des intégrales des ^i et des c^ ; la figure 276 contient les diagrammes des inclinaisons des intégrales des x , des a^ , des a^.

Toutes les intégrales sont représentées sur la figure 282 ; leurs tangentes sont parallèles ou perpendiculaires aux rayons des diagi'ammes dont il vient d'être question. Les djti sont portés sur l'axe AF. Les intégrales des ydni et des œdm sont AB et CD ; les dérivées des cordes de ces intégrales sont les coordonnées du centre de gravité (x^ , ;?/, ).

L'intégrale des cdui est EF, la dérivée de la corde est h.

Considérons alors les ydm comme les abscisses ; la ligne GH est l'intégrale dos Ç,^ydm , la corde GH a pour dérivée y^ ; la ligne IvL est la courbe intégrale des a^ydni; sa corde KL a pour dérivée x^ ; la ligne MJN est la courbe intégrale des c^ydni, sa corde KL a pour dérivée h'. Considérons ensuite \e^ xdni comme les abscisses; la ligne PQ'Q est l'intégrale des [i-^xdni , sa corde PQ a pour dérivée y^ ; la ligue RS est la courbe intégrale des a^xd'in , sa corde RS a pour dérivée x^ ; la ligne TU'U est la courbe intégrale des c^ydm , sa corde

666 INTEGRATION GRAPHIQUE-

TU a pour dérivée h'\ On obtient donc ainsi les projections (I, l, s { fig. 276 ) et b, q, h ( lig. 277 , 278 , 279 ) des trois pivots ; on obtient aussi les projections c, u , n de leurs correspondants ; on est ramené au problème du numéro 679.

Si ou voulait appliquer la méthode du centre de rotation, on déterminerait le centre {x'\y") par deux divisions graphiques :

ce" ^ S c-jlxm: S cdm ,

y"= S c^ydni/. f cdm.

Remarques diverses. — r Les ûctfm changent de signe; il eu résulte que les courbes intégrales PQ'Q et TU'L' présentent des points de rebroussement.

2° Les polygones circonscrits aux intégrales 'se tracent en admettant que les sommets se trouvent au milieu de l'intervalle compris entre les ordonnées des points de contact voisins; cela est suffisamment exact si les divisions de l'arc sont suffisamment petites. Pour ne pas compliquer la figure , nous avons pris des divisions trop grandes. Considérons, par exemple, l'arc PQ ; il est manifeste qu'en plaçant les sommets à égale distance des ordonnées voisines, le pol3'gone circonscrit sera peu exact ; on peut même à vue régulariser sa forme en déplaçant les sommets. Ce qu'il convient de faire en pareil cas , c'est de tracer les trois tangentes consécutives de manière qu'elles enveloiipent une parabole du troisième degré. Cela revient à admettre que l'arc de la dérivée est une parabole du second degré. Il n'est pas nécessaire pour cela de tracer la dérivée ; on peut employer la méthode des fausses positions. Il s'agit de tracer les polygones Vabc et cde Q qui appartiennent à deux arcs d'une même parabole du troisième degré; si on se donne arbitrairement le côté cO), on peut trouver tous les autres en exprimant le contact d'ordre trois (547); mais alors le côtécQ n'a pas ladirectionqu'il doit avoir. Si on fait varier ab, on démontre aisément que tous les côtés pivotent autour de points fixes; on trouve le pivot du côté eQ en traçant deux solutions fausses et on obtient ensuite la vraie solution.

INTEGRATION GRAPHIQUE. 667

3° Habituellement on néglige les glissements yds dans la théorie des pièces courbes. Cette hypothèse eut simplifié considérablement notre théorie ; nous laissons au lecteur le soin d'introduire directement cette hypothèse afin d'arriver à un exposé i)lus simple des proi)Ositions précédentes appliquées à ce cas particulier. Nous arriverons au même résultat en appliquant la théorie générale, mais en donnant à G une valeur infinie. On trouve alors que r' est nul ; que les points fictifs se réduisent à deux , que le centre de percussion C (fig. 272) vient se placer en E sur Taxe AY , qu'il eu est de même des centres de percussion.

4° Dans la i)lupart des applications les forces sont verticales; il en résulte certaines simpUlications dans la détermination des excentricités c, c, , Cj.