f-- {l-^) P x'^-fpz.acùJ^fz{l-z)do
P'=-^^ P'xB^'-fmi-^}d<^=^yz{l-z
"ÂÂ."
La valeur du rapport . devient :
BJ5"
AT" ^ AÂ'
Mais on peut choisir la force auxiliaire suivant A'e, alors A A" = A A', donc BB" = BB'; alors la ligne A"<?e'B" vient coïncider avec la ligne A'ee'B'; donc les lignes A'e et B'<?' se coupent sur la pression résultante : ce qu'il fallait démontrer.
Ce raisonnement est vrai quels que soient les axes A et B, pourvu que les centres de pression soient calculés dans l'hypothèse où toute la section travaille, par extension comme par compression, s'il y a lieu. Nous avons supposé sur la figure que les axes A et B soient choisis aux extrémités de la section ; le théorème a alors une grande analogie avec celui que nous avons démontré dans le cas d'un joint rectangulaire. Discutons comme dans ce dernier cas (25) l'influence de la position du centre de pression C. Si ce centre est dans l'étendue ee', on a la loi du trapèze, c'est-à-dire que les pressions sont toutes positives; si ce centre vient en e ou e', on a la loi du triangle A'B ou AB'; si ce centre sort des limites ee', on trouve des extensions si la matière peut les supporter ; sinon , on a la loi du triangle sur une partie de la section. L'étendue ee' est la longueur du noyau central ; les points e, e' sont les extrémités de ce noyau.
955. Corollaire. — Soit G le centre de gravité de la section ; choisissons , pour appliquer le théorème précédent, les axes neutres A , G ; les centres de pression sont e' et un point à l'infini; donc G' e' et la parallèle A' E au joint, se coupent sur la pression résultante. Si on remplace l'axe A par l'axe B, on trouve que les droites G'e et B'F se coupent sur la pression résultante ; on peut donc énoncer le théorème suivant généralisation du théorème du n° 246 : en joignant les extrémités du noyau central à Vextrémité de la irression nioyentie, les droites ainsi obtenues déterminent sur la direction de la pression résultante, les pressions extrêmes CE et CF.
*^5G. Courbe des valeurs limites de H'. — Considérons d'abord les lois des pressions représentées (fig. 117) par les lignes A'B', A'I, A'2, A'3, A'B, AA' représentant la pression limite[; pour chacune d'elles on déterminera le centre de
pression par l'une OU l'autre des deux propositions précédentes. Ainsi supposons que l'on ait déterminé le centre de gravité G , et l'extrémité e' du noyau central , centre de pression relatif à l'axe A ; on trouvera tous les autres centres de pressions par le corollaire du numéro précédent , c'est-à-dire en joignant e' à l'extrémité de la pression moyenne : les droites ainsi obtenues coupent A'B' en un point de la pression résultante ; on obtient ainsi le point e relatif à l'axe B ; c'est l'une des extrémités du noyau central. Au lieu de porter en ordonnée la pression résul-
N tante N, nous pouvons porter la pression moj'enno — ;
un changement d'échelles suffit pour que les ordonnées ainsi
obtenues représentent N ; on obtient ainsi la courbe NM.
En écrivant une équation de moment autour du point e', on
obtient comme au numéro 247
Na' = -i^ >^ "^ '
- — est l'ordonnée d'un point de la courbe MN , a' est l'absw
cisse du même point , si on prend e' comme origine ; celle équation est celle d'une hyperbole rapportée à ses asymptotes. On trouverait de la môme manière l'équation de la courbe NP pour les centres de pression compris entre G et e'. Pour ce qui concerne les lois du triangle sur une partie du joint, il faut appliquer la première méthode du n" 252 ; les autres méthodes exigC'Ut que l'on recommence toutes les opérations pour cliaque axe neutre particulier. Les courbes MA et PB, qui complètent la solution du problème, sont des courbes d'une espèce qui dépend de la forme de la section du joint.
St»^. Caletil «I« la provision maximn. — On peut employer différentes méthodes ; la plus simple est celle qui consiste à appliquer le corollaire du numéro 255 ; on déter-
unne la pression moyenne que l on [wrte en oatonnée
220 INTEGRATION GRAPHIQUE.
au centre de gravité G (flg. lll) en GG' ; on joint l'extrémité ë du noyau central au point G' , cette droite détermine en CH la pression maxima cherchée. Cette méthode exige* que l'on détermine au préalable les points G et e' ; elle suppose que toute la section travaille; en menant la droite A'G', on reconnaîtra si l'axe neutre est en dehors de la section et si l'hypothèse est vraie , sinon on recourt à la méthode suivante. Si le centre de pression C (fig. 118) est en dehors du noyau central, on sait a^yriori que l'on aura la loi du triangle , si les matériaux ne résistent qu'à la compression ; dans ce cas, il faut déterminer l'axe neutre par tâtonnements. Si on suppose deux axes neutres 0', 0" , on obtient par la méthode générale (252) les centres de pression C, C" ; soit C le centre de pression donné ; on porte en ordonnée les erreurs commises :
O'K' = ce 0"K" = CC" ;
en joignant K'K" , on détermine l'axe neutre 0 ; si cette
détermination n'est pas jugée suffisamment exacte , on
détermine le centre conjugué à l'axe 0 , on porte de nouveau
l'erreur commise en ordonnée , on trace plus exactement la
courbe KK' et on obtient plus exactement l'axe neutre
demandé. Ayant déterminé l'axe neutre, on a facilement la
section m' de la partie qui travaille, le centre de gravité G'
N de cette partie ; on porte la pression moyenne G' H' == — - ;
en joignant OH' , on obtient la pression maxima AA'.
Si on a eu soin de tracer au préalable la courbe des valeurs
limites de — pour une pression maxima AA' (fig. 117), on
peut trouver immédiatement la pression maxima connaissant la pression résultante. On détermine la pression
moyenne ; on peut toujours supposer que la pression
nconuu soit représentée par AA' alors le sera par
CD , si C est le centre de pression donné ; si on évalue CD = )}i en prenant AA' comme unité , on aura :
— :p = CD : AA', d'où /j = -L — .
N On peut aussi opérer graphiquement : soit CD' = — ; il
faut augmenter AA' dans le rapport CD à CD' , on obtient p = AA",
§ 3. Sections quelconques.
^5S. Relation entre Taxe neutre et le centre de pre!-!- «îon, — Si on conçoit que les pressions par unité de surface soient représentées géométriquement en tous les points do la surface pressée AB (fîg. 119), on obtient un tronc de cylindre ABB'A' ; attribuons à ce volume un poids spécifique égal à l'unité et prenons la surface AB comme plan horizontal conventionnel ; le poids de l'élément de cylindre qui repose sur un élément de surface rfw est précisément i^rfco , valeur de la pression qui sollicite cet élément; pour composer les pressions, il suffit donc de composer les poids des éléments du tronc de cylindre; il résulte de là que la pression tolale est le poids du tronc de cylindre ABB'A' et que le centre de pression C est la projection du centre de gravité G de ce volume. Soitj), la pression au centre de gravité de la section, la pression totale est :
= / pcU
Pi^-
La pression moyenne — est donc égale à la pression j)i au
centre de gravité.
Rappelons aussi les propriétés suivantes :
1° Si on plonge la section dans un liquide de telle manière que l'axe neutre soit à fleur d'eau , la loi des pressions est la même ou du moins les pressions varient dans le même rap-
222 INTEGRATION GRAPHIQUE.
port ; donc le centre de pression est le même que dans le cas précédent.
2° Si on considère ;> comme la vitesse de la masse élémentaire cl'>i, vitesse due h une rotation convenablement choisie autour de l'axe neutre , ^rfoj est la quantité de mouvement de la masse û/ji\ la pression totale est donc la résultante des quantités de mouvement. Or, on sait ( 1) que la résultante des quantités de mouvement d'un système invariable est la percussion capable de produire l'état de mouvement; la pression totale est donc la percussion capable de produire les vitesses jj; c'est par conséquent au centre de pression qu'il faudrait frapper la section pour lui communiquer une rotation autour de l'axe neutre sans que cet axe éprouve de percussion ; en d'autres termes le centre de pression est le centre de percussion conjugué à l'axe neutre. Il est facile de voir que le raisonnement que nous venons de faire subsisterait encore si la surface pressée était hétérogène; on sait qu'alors il convient d'admettre la loi /> = Eo , E étant la raideur de la matière au point considéré, o l'ordonnée d'un plan; la ]^ve&iiioïï 2Khi djvient Eo rfco ; on considérera ^ comme une vitesse, Erfw comme la masse de l'élément dcù et on continuera de la même manière. Quelquefois ou rencontre des .pressions assimilables à des forces isolées : telles sont par exemple les pressions sur les pieds d'une table; si ces pressions s'expriment par dm, d'in'..., è, d'... étant les ordonnées d'un plan, on considérera les coefflcients m, m\ comme des masses fictives et il y aura encore identité entre le centre de percussion et le centre de pression.
3° Si la section est supposée matérielle, pesante et mobile autour de l'axe neutre fixé dans une position horizontale ,
(1) Ea vertu du principe de d'Alembert étendu aux percussions , il y a équilibre entre les percussions et les quantités de mouvement acquises prises en sens contraire. Dans le cas d'un solide soumis à une percussion, la résultante des quantités de mouvement acquises doit être équivalente à la percussion.
INTEGRATION GRAPHIQUE. 223
on obtient un pendule composé dont Taxe d'oscillation passe par le centre de pression. En effet, on peut considérer la pression 2> comme représentant, à une certaine échelle, raccélération tangentielle de la masse rfo), pdcù est la réaction d'inertie tangentielle; il doit y avoir équilibre dynamique entre ces réactions pcl(A et le poids de la section ; mais si on transporte toute la masse au centre C des forces p cl « , ou reconnaît que le moment des réactions et le moment du poids
CD augmentent dans le même rapport — — ; donc l'équilibre dynamique existera encore ; le point C'se meut donc de la même manière, soit qu'il soit isolé en formant un pendule simple , soit qu'il soit invariablement lié au pendule composé; c'est donc un point de l'axe d'oscillation. On traiterait comme précédemment le cas d'une surface hétérogène.
M. Bresse a résolu d'une manière très élégante 'e problème de la détermination des centres de percussion en utilisant l'ellipse centrale d'inertie ( 1 ). Pour arriver à cette solution , nous rappellerons d'abord que l'ellipse centrale d'inertie s'obtient en portant sur les axes émergeant du centre de gravité 0 des rayons vecteurs inversement proportionnels au rayon de gy ration ; c'est-à-dire que l'on a :
' VT k formules dans lesquelles : I est le moment d'inertie autour d'un axe 0 H ; /j , le rayon de gyration correspondant ; p , le rayon vecteur OH de l'ellipse centrale d'inertie; a,|3des constantes. Si cl est la distance à l'axe 0 H de l'extrémité F du diamètre conjugué à OH, on sait que, d'après un théorème d'Appolonius , le produit od est constant; la formule
p = ►Ç- donne
(1) Voir à ce sujet la mécanique appliquée de M. Bresse, la résistance des matériaux de M. CoUigon, la statique graphique de M. Maurice Lévy.
224 INTEGRATION GRAPHIQUE.
y étant une constante, c'est-à-dire que le rayon de gyration est proportionnel à la distance d; mais on peut supposer l'ellipse d'inertie tracée à une échelle convenable pour que y soit égal à l'unité; alors le rayon de gyration est égal à la distance d ; c'est cette ellipse d'inertie que nous supposerons tracée; alors on peut dire que dans le calcul du moment d'inertie autour d'un axe passant par le centre de gravité , on peut supposer toute la masse condensée à Textrémité du diamètre conjugué. En appliquant cette propriété aux axes principaux , on reconnaît que chacun des demi-axes de l'ellipse centrale est égal au rayon de gyration de la surface autour de l'autre axe : cela donne le moyeu de construire l'ellipse à l'échelle particulière que nous avons admise.
Soit à chercher le centre de pression conjugué à l'axe neutre E D ; M. Bresse mène dans l'ellipse centrale d'inertie le diamètre OD conjugué à cet axe neutre, détermine le point C par l'équation :
OC X 0D = Ôf' (1)
le point C est le centre cherché.
Pour le démontrer, soit :
p = ctœ-\-Çiij-^'/ (2)
la pression en un point x,y An plan; le centre de pression cc^ , S'a s'obtient par les équations :
Remplaçons^ par sa valeur, supposons que les axes principaux d'inertie soient pris comme axes coordonnés , remarquons qu'alors :
fxd(ù = fycl(ù=fxyd(ii = o, fx^d(ù = aia-, /?/*rfco = w6%
a , h étant les demi-axes de l'ellipse centrale d'inertie , on
trouve :
L'équation de l'axe neutre est évidemment :
ax -\-^y -\-y = 0.
Si on exprime ■ — , — au moyen de œ. et de p^ , cette équa- 7 7
tion devient :
Soit œ', p' le symétrique du centre de pression par rapport au centre de l'ellipse centrale d'inertie , on a :
l'équation (4) devient :
On reconnaît par cette équation que l'axe neutre est la polaire du point œ' ,y'; donc le point œ' , y' est le pôle de l'axe neutre ; on obtiendra ce point C par la relation
OC'x OD = OF*.
Quant au point cherché C, on l'obtiendra en portant OC = OC, c'est-à-dire que l'on a aussi :
OCxOD = ÔF*.
C'est ce qu'il fallait démontrer ( 1 ). M. Bresse a proposé d'appeler antipôle d'une droite, le symétrique du pôle par rapport au centre ; réciproquement la polaire du symétrique d'un point est Tanlipolaire de ce point.
(1) On peut aussi déduire celte relation du iliéorème de Poinsot sur la rotalioa des corjis. La pression P, étant considérée comme une per-
cussion , produit la vitesse du centre de gravité — — et une rotation autour
d'un axe conjugué dans reili|>soïde d'inertie au pian du moment de la
percussion; cette rotation n est donnée par : M Â* ?i = P X CO. Sin COPI.
On obtient une rotation unique à une distance ce du centre donnée par :
ccn= ; en éliminant n on trouve a? x CO. Sin 0 = 0 F sin^ 0.
JVl
Si D E est celte rotation , on a a; = 0 D sin 0 , d'où 0 D X 0 C = OF*.
226 INTEGRATION GRAPHIQUE.
Il résulte de l'équation ( 1 ) que les distances OD et OC sont réciproques; selon que le point C s'approche ou s'éloigne du centre 0 , l'axe neutre s'éloigne ou s'approche du même point. Si l'axe neutre enveloppe le contour de la section , le centre de pression décrit un contour qui est l'autipolaire réciproque du premier. Selon que le centre de pression se trouve à l'intérieur ou à l'extérieur de ce contour, les pressions seront de môme signe ou de signe contraire. L'aire limitée par ce contour est le noyau central.
^50. .4ulre forme delà relallonprcecifonte. — Le centre de pression est le pôle de l'axe neutre relativement à une ellipse imaginaire que l'on obtient en multipliant les axes de l'ellipse centrale d'inertie par \/— 1 .
En effet, l'équation (4) de l'axe neutre est l'équation de la polaire du point x\ i/j dans l'ellipse :
5^ + fî-'-»-
Les demi-axes de cette ellipse sont aV —\ , b\/ — \ : c'est ce qu'il fallait démontrer.
En mettant le théorème de M. Bresse sous cette forme , nous reconnaissons immédiatement que les figures formées par un certain nombre d'axes neutres et celles formées par leurs centres de pression satisfont aux propriétés des figures polaires réciproques ( 1 ). La construction del'elli])se centrale d'inertie est une opération assez longue ; cette ellipse étant construite, la détermination du pôle ou de la polaire exige encore certaines opérations : aussi nous n'appliquerons pas la méthode de Bresse; nous déterminerons 3 pôles , l'un d'eux pouvant être le pôle de l'infini ou le centre de gravité; nous ferons voir qu'alors on peut, par la règle seulement , trouver le pôle d'une droite quelconque, ou la polaire d'un point quelconque.
(1) M. Bresse a reconnu ces propriétés ; il en a dénaontré les plus élémentaires; l'idée de l'ellipse imaginaire rend ces démonsti'ations inutiles.
"iGO. Btéteruiiiialiou du centre de gravite et de deux centres de |»ressîon. — Les coordonnées du centre de gravité sont données par les formules :
fœdfji M
Vi =
f d(x> w fydo) N
f doi oi
Si Ton clioisit l'axe des y comme axe neutre, la pression en
un point est p = ))ix; les coordonnées du centre de pression conjugué à l'axe des y sont donc :
fpxd(xi f x*d(ù I
fî>d(o fxd(ù M *
fpyd'ii fœydoi J /2>doi ~~ fxd(ii M
Si on choisit Taxe des x comme axe neutre , la itression en un point est p = my , les coordonnées x^n ^ y^ du centre de pression sont :
fpxdfù J xyd'ii J
fpd(A Sydiii N fpnjdvs fy'ddi K
Les intégrales cù , M , N , I , J , K sont suffisamment définies par les équations qui précèdent; pour les obtenir, on construit les échelles des valeurs de x, x^, x^, y, y^, y^ ; on suit la méthode générale :s[ An = x{ flg. 120) , on a An' = x\ An" = x^; si Awi = y; A.m' ~ y'^ , A?n" = ?/', chacune des intégrales s obtient alors par une iatégration graphique ; on a eu effet :
oi, = I I dydx
= ^ffdi/d.{œ'} = \ff'^^V').(ioc
228 INTEGRATION GRAPHIQUE.
I =jffd{œ').(l?j
K = - ffd{i/'} .dx.
Soit , par exemple , à trouver J , ou portera x^ en abscisse , ?/* en ordonnée; on intègre ensuite avec 4 pour base d'intégration ; on aura J = i- //d {x'^) d {y^}. Il est facile de voir
qu'il est inutile de transporter les différentes échelles, on peut les conserver dans leur position : ainsi pour trouver J , on prendra Ax' comme axe des X' , A^ comme axe des J , on voit aisément que P" m' est la direction de l'élément de l'intégrale. Connaissant les six intégrales précédentes , on obtient les six coordonnées au moyen de division graphique. On peut remarquer que les six coordonnées dépendent des rapports entre six quantités; il doit exister une relation entre ces six coordonnées; on trouve en effet :
Ui 1^ ^ .
De là cette propriété que nous retrouverons plus loin d'une autre manière : le point y dont les coordonnées sont ?j^ , x^, se trouve sur la droite AO qui joint l'origine au centre de gravite.
iSGt. Pvohlèmel. — Deux systèmes de points sont en invoiution sur une droite, construire le corLJugué d'un point connaissant deux groupes de points conjugués. Soient (flg. 121 ) À,« et B,& les deux groupes connus; soit à chercher le conjugué du point C. Menons deux droites OA, OB; tirons la sécante CA'B', joignons A'fi», B'a qui se coupent en S ; joignons S 0 , on obtient le conjugué du point C en c. En effet, supposons que le point C se déplace, la droite CB' A' restant, par exemple, parallèle à elle-même, le point c se déplace également et à chaque position du point C
correspond une position du point c et réciproquement. La relation entre ces deux points étant évidemment une relation algébrique, les différentes positions des points C et c forment deux systèmes de points homograpliiques.
Pour démontrer que cette homographie est la solution du problème, il suffit de taire voir qu'elle convient pour trois positions; on vérifie aisément quelle convient lorsque le point C vient en A , B , « ou b. La direction de la droite CB' A' étant quelconque , on trouve comme corollaire que si la droite CA' tourne autour de C, le point S décrit la même droite Oc.
Cette construction peut se modifier de différentes manières ; on peut supposer que les droites OA , OB deviennent parallèles, le point 0 se transportant à rinflni. Au lieu de faire la construction sur la droite CAB, on peut aussi la faire sur une perspective C'B'A', ou sur une projection CPQ de cette droite, car la démonstration est encore applicable après ces modifications.
"iG'i, Problème II. — Connaissant les centres de iwesslon?i,\) (fig 121), conjugués à deux droites OA,OB, trouver i° le centre dépression conjugué à une droite 0 G passant 2^ar r intersection des deux premières; 2" Caxe neutre coiyugué à un centre de pression c situé sur la droite ab.
Lorsque la droite OC tourne autour du point 0, son pôle c décrit la droite ab\ réciproquement si le point c se meut suraô, sa polaire tourne autour du point 0; démontrons d'abord que les points C et c sont en involution. En effet , à un pointe correspond une seule droite OC, et à une droite OC correspond un seul pointe; la relation qui unit les deux points , étant évidemment une relation algébrique , doit être du premier degré ; il y a réciprocité, car si le point C vient eu c, on doit cliercher le pôle de Oc; ce pôle est le point C, intersection des polaires des points 0 et c de la droite Oc. Donc C et c sont en involution. On est donc ramené au problème précédent : on connait deux groupes A, d et B, 6 d'une
230 INTEGRATION GRAPHIQUE.
involution, trouver le conjugué du point C ou celui du pointe. On applique la construction précédente en se servant naturellement des droites déjà tracées OA et OB. Si on représente sur un plan vertical de projection CQ la loi des pressions par la trace CQ' du plan des extrémités de ces pressions, on pourra effectuer la construction sur ce plan vertical , en utilisant la trace CQ'; on joint à cet efiet Q^^) et P'g; ces droites se coupent en un point que l'on projette sur al); on obtient le pôle cherché c. Cette construction est la généralisation du théorème du numéro Soé.
*^G3. Corollaires. — 1° Le pôle d de la droite A'B' doit se trouver sur la droite Oc polaire du point C, donc le triangle 0 A'B' et son réciproque a hd sont homologiques ( 1 ), Taxe d'homologie est la polaire du point S.
2° Si le point C se transporte à Tinfini, la droite Oc devient la polaire d'un point à l'infini ; donc elle devient la droite 0 0' qui passe par le pôle de liulini 0'; si l'on suppose que la droite CA'B' reste parallèle à elle-même, les points A'B' se transporte aussi à l'infini; les droites «S, & S deviennent des parallèles ay , &-/ aux droites OB et 0 A ; de là on déduit la propriété suivante : connaissant les pôles a et & de deux droites OA et OB, on mène par a une parallèle à OB, par & une parallèle à 0 A , ces deux droites se coupent sur la droite qui joint le point 0 au pôle 0' de l'infini. Cette propriété est la généralisation de celle que nous avons déjà reconnue pour le cas de deux axes rectangulaires ( 260 ).
*^04. Problème III. — Connaissant les pôles a, b de deux droites parallèles A A' , BB' (fig. 122), trouver le pôle â^une troisième droite CC parallèle aux deux autres ; réciproquement trouver la polaire dhin point c de la droite a b.
(1) Deux triangles sont homologiques quand les droites qui joignent les sommets correspondants se coupent en un même point; les côtés correspondants se coupent sur une droite qui est l'axe d'iiomologie.
INTEGRATION GRAPHIQUE. 231
Ce problème est un cas particulier du précédent ; il suffit de supposer que le point 0 de la figure 121 se transporte à l'infini ; la même construction s'applique sans aucune modification ; on mène CB'A', on joint A'b, B'a qui se coupent en S ; par ce point S on mène une parallèle Se aux droites données ; le point c est le pôle cherché.
Le problème inverse : trouver la polaire CC d'un point c , se résout par la construction inverse : on mène cS , par S ■ on trace Sa, S 6 qui déterminent B' et A' ; on joint A'B' qui coupe AB au point C ; la polaire demandée est CC Comme la relation C et c est réciproque, oa peut a[)pliquer la construction directe au point c, et la construction inverse au point C. On remarquera que la droite a b est la polaire de l'intersection des droites AA', BB' ; cette intersection est à l'infini ; la droite a b passe donc par le pôle de l'infini.
!î«5. Problème B¥. — Connaissant le xmle a (Xune droite A .V et le pôle de V infini /, trouver le yôle d\me droite quelconque CC parallèle à la première (fiçj. 122) ou réciproquement trouver la polaire d\m point c situé sur a/. ' '
Ce problème est un cas particulier du précédent ; il suffit du supposer que la droite BB' se transporte à l'infini pour que le pôle connu devienne I; menons CA', joignons A'I, et par a menons une parallèle à CA' ; ces deux droites se coupent en un point T par lequel on mène une parallèle Te à la droite donnée , on obtient le pôle c demandé.
Ou arrive à une autre construction en considérant IF comme polaire d'un point à l'infini; on joint Va, on mène A'H parallèlement à AC , par le point de rencontre H de ces deux droites, on mène une parallèle Hc à la droite donnée , le point c est le pôle cherché.
Le problème inverse se résout par la construction inverse ; mais, comme dans le problème précédent, on peutappliquer la"construct ion directe au point c, la construction inverse au point C.
232 INTEGRATION GRAPHIQUE.
d07. ■*rol»lènic \. — Connaissa7it les pôles a, b, c (fig. 123) de trois droites BC, CA , AB, trouver : 1° le pôle d'une droite quelconque, 2" la polaire dhin point quelconque.
Soit D E la droite donnée que nous considérons comme faisant partie de la figure abc \ le pôle cherché est l'intersection des polaires des points D et E de cette droite ; si on choisit ces deux i)oints sur les côtés du triangle abc, on sera ramené au problème II (262). On mène la droite DA; on tire B'^, Art qui se couiient eu un point que Ton joint au ])oint C ; la droite Cd ainsi obtenue est la polaire du. point D. On trouve de même la polaire Brf du point E. Ces. deux polaires se coupent au pùle cherché. Pour trouver la polaire du point d , on joint les pôles des droites dC et dB.
"i^H. Problème VI. — Connaissant les pôles de deux droites et le pôle de rinfini , trouver le pôle d'une droite quelconque et la polaire d'unj^oint quelconque.
Soient (fig. 121) : a, b, les pôles des droites OA et OB; 0' le pôle de l'infini ; proposons-nous de chercher le pôle d'une droite quelconque A'B'. Cette droite A'B' coupe les droites O'a , O'b prolongées aux points A" et B" dont on peut trouver les polaires par la méthode du numéro 265. Ainsi pour trouver la polaire du point B", on se sert de la droite déjà tracée B"B' , on joint B'O' , on mène b\ù parallèlement à B"B', ^y est la polaire du point B" ; on trouve de même la polaire du point A" eu menant A'O', ax et y.x ; les deux polaires [iy et v.x se coupent au pôle d de la droite A'B'.
Réciproquement soit à chercher la [)olaire d'uu point quelconque rf ; parce point on mène deux droites xd, yd parallèles aux droites OA et OB ; ou eu cherche les pôles par la construction du numéro 265 (problème inverse). Ainsi pour avoir le pôle de la droite yd , on joint un point M de cette droite aux pôles 0' et & ; la droite MO' coupe en N la polaire de b , la droite M6 coupe à l'infini la polaire du point Ô' ; on mène NB'' paiallèlement à Mi> ; on obtient sur 0'^ , le [iôle B" de yd. On obtient de même le pôle A" de xd. Ces deux pôles déterminent la polaire A"B" du point d,
INTEGRATION GRAPHIQUE. 233
'iG9. ;t|>|>licalion«. — Le problème à résoudre est
ordinairement le suivant : connaissant la pression totale
sur un joint, déterminer les pressions eu chaque point et
notamment la pression maxima.Pour résoudre ce problème,
ou détermine Taxe neutre par Tune des méthodes précé-
N dentés, on calcule la pression moyenne qui cstlapres-
sion au centre de gravité ; le plan qui limite les droites qui représentent les pressions, est alors complètement déterminé par l'axe neutre et l'extrémité de la pression moyenne.
Soit(flg. 119) C le centre de pression, P]D l'axe neutre ; prenons un plan de projection perpendiculaire k l'axe neutre, la loi des pressions est représentée par une droite E.V que l'on obtiendra en portant au-dessus du contre de gravité
de la surface H' = — et en joignant El'; on obtient alors les
pressions maxima et minima AA' et BB'.
Pour déterminer l'axe neutre, conuaissaut "le centre de pression, on peut appliquer la méthode de M. Bresse qui suppose tracée l'ellipse centrale d'inertie, ou bien déterminer comme au numéro 2ô8 le centre de gravité et deux autres centres de pression. On reconnaît aisément qu'il faut précisément le même nombre d'intégrales pour déterminer ces trois derniers I oints, ou i)Our déterminer l'ellipse centrale d'inertie; mais lorsque les coefficients de cette ellipse sont trouvés, il faut encore certaines opérations pour trouver la polaire d'un point donné ; ce sont ces opérations que nous remplaçons (268) par une construction fondée sur l'emploi de la règle. Lorsque la section a une forme géométrique, nous verrons que presque toujours on peut trouver le centre de gravité et deux centres de |)ression directement sans aucune intégration.
Jl nous reste à examinr le cas où l'axe neutre traverse la.section ; on obtient alors des extensions et des compressions ; dans les maçonneries , les extensions ne peuvent pas se produire; l'axe neutre déterminé par la méthode précédente ne convient pas, l'axe neutre véritalde ne j)eut s'ob-
^34 INTEGRATION GRAPHIQUE.
tenir que par des calculs impraticables; on peut le déterminer par tâtonnements de la manière suivante. Si l'on se donne l'axe neutre , on connaît exactement la partie de la section qui travaille , on trouvera le centre de pression par quelques intégrations graphiques (260). On choisit trois axes neutres BD, DA, AB (fig. 124) qui donnent trois centres de pression a, b, d aussi rapprochés que possible du centre de pression connu c; on joint cd qui coupe ab en e. On obtient approximativement l'axe conjugué au point <^ , par une interpolation entre les axes conjugués aux points a etb; on prendra, par
AE (i(i exemple. — = — ^. On interpole de même entre les axes ^ EB eb
conjugués aux points e et d pour obtenir l'axe conjugué au
point donné c. Si cette première détermination ne donne pas
assez d'exactitude , on peut réduire l'erreur par une nouvelle
opération; on détermine le centre de pression conjugué à la
droite obtenue; puis, profitant des points déjà connus, on
cherche deux autres centres très rapprochés du centre
donné. On conçoit que par des opérations successives, on
puisse obtenir autant d'exactitude qu'on le désire.
•Î70. Triangle. — i^'' cas. — L'un des côtés est l'axe neutre. Soit le triangle ABC ( fig. 1 25 ) ; si BC est l'axe neutre, la pression totale est le poids d'un tétraèdre représenté en élévation par HDF , on trouve aisément que ce poids tombe au milieu b de la médiane AI.
2^ cas. — L'axe neutre est la droite AA' menée par un des sommets parallèlement au côté opposé. La pression totale est le poids d'un tétraèdre représenté en élévation en DEF ; on trouve aisément que le centre de pression a est aux trois quarts de la médiane AI à partir du sommet.
5« cas. — L'axe neutre est une droite KK' parallèle à l'un des côtés BC. On applique la construction du n° 264 ; on mène une droite K'A'B' , on joint A'b , B'a ; par le point de rencontre cl" , on mène une parallèle à BC , qui détermine le centre de pression d. On peut aussi effectuer cette construction sur l'élévation ; soit HE la loi des pressions , joignons H6' Ea' qui se coupent en d' que nous rapportons en d sur
INTEGRATION GRAPHIQUE. 235
la médiane. Le problème inverse se résout par la construction inverse.
Cas général. — Déterminons le centre de gravité du triangle et les centres de pressions conjugués à deux côtés du triangle ; on peut alors i:ésoudre le problème général (268). On peut évidemment trouver une grande variété de construction en se servant d'autres centres de pression obtenus par les constructions précédentes.
^îl. Parallôlog-raiiiiiie. — i"'" cas. — L'axe neutre est l'un des côtés du parallélogramme. Soit (flg. 126) ABCD le parallélogramme; si AD est l'axe neutre, la pression résultante est le poids d'un prisme représenté eu élévation par EHF; ce poids tombe aux deux tiers du diamètre IL. On trouve de même les centres de pression &, c, cl conjugués aux trois autres côtés ; le parallélogramme ahcd est le noyau central.
2^ cas.— Trouver le centre de pression conjugué à un axe parallèle à l'un des côtés ; réciproquement trouver l'axe neutre conjugué à un centre situé sur un diamètre du parallélogramme. Soit K K' l'axe neutre donné ; on mène K' G H , on joint G &', Ha' et, par l'intersection de ces deux lignes, une parallèle à KK' qui détermine le centre k. Si on donne le centre h , on obtient l'axe neutre KK' par la construction inverse. On obtient d'autres solutions de ces problèmes , eu utilisant le centre de gravité du parallélogramme.
Cas général. — Trouver le centre de pression conjugué à un axe neutre donné; réciproquement trouver l'axe neutreconjugué à un centre donné. L'axe neutre donné coupe les deux diamètres du parallélogramme en deux points dont on cherche les polaires par la construction précédente ; ces polaires se coupent au point demandé. Si on donne le centre de pression, on mène par ce centre deux parallèles aux diamètres du parallélogramme ; on cherche les pôles de ces deux droites par la construction précédente; l'axe cherché passe par ces deux pôles.
236 INTEGRATION GRAPHIQUE.
•^7'î. Trapèze. — i«'' cas. — Lor-sque l'axe est à rinfini, le centre de pression est le centre de gravité que l'on trouve par des méthodes connues.
2^ cas. — L'une des bases est l'axe neutre. Soient (fig. 127 ) : A B CD le trapèze, AD l'axe neutre. La pression totale est le poids d'un prisme triangulaire dontEFG est la coupe. Le centre de gravité du prisme se trouve dans le [)lan diamétral IL; cherchons sa position en projection sur EF. Lorsque EF G est considéré comme la section du prisme, l'axe neutre est S S'; on obtient le centre de gravité de ce prisme au moyen de la construction du second cas du numéro 270. On divise EF en deux parties égales par le point;,', on joint H-/; on divise y F en deux parties égales par le point a , on joint G c ; les droites H -/ et G a se coupent sur la ligne projetante du centre clierché, que l'on obtient en a. On obtient de même le point &, centre de pression conjugué à la base BC.
5® cas. — Axe neutre parallèle aux bases. On peut obtenir le centre de pression conjugué à un axe parallèle aux bases, ou réciproquement l'axe neutre conjugué à un centre situé sur IL par les constructions des numéros 264 et' 265; on peut se servir des points a, ô, ou de l'un de ces points et du centre de gravité. Ainsi , par exemple , s'il s'agit de trouver le centre de pression conjugué à l'axe S S', on se sert de la droite SHG, on joint H&' et G a'; ces droites se coupent sur la droite s's qui détermine le centre de pression s. La droite6''5 est la polaire de S ; tout axe passant par S , a son pôle sur 5 6-'. 4^ cas. — L'axe neutre est l'un des côtés non parallèles CI). 'Il résulte de la remarque que nous venons de faire que le centre de pression est sur la droite s's. Mais , d'autre part , le problème revient à chercher le poids d'un tronc de pyramide de sommet S et de base triangulaire ; le centre de gravité est sur la droite qui joint le sommet S au centre do gravité de l'une des bases; on voit aisément que cette droite se projette en Se sur la droite qui joint le sommet S au tiers de CB; cela détermine le pôle cherché c. On trouve de même le point r/ conjugué à l'axe A B. On obtient ainsi le noyau central adhc.
INTEGRATION GRAPHIQUE- 237
Cas général. — Le cas général donne lieu à une grande variété de construction puisqu'on peut se servir de trois centres de pression connus; on peut clioisir parmi les quatre points a,l),c,d et le centre de gravité. On peut aussi employer la méthode suivante : l'axe neutre donné coupe les droites S L et s s' en dcmx points dont on cherche les polaires ; ces polaires se coupent au centre cherché. Si on donne le centre de pression , on mène par ce centre une parallèle aux bases du trapèze, et une droite passant par le sommet S; on cherche les pôles de ces deux droites ; l'axe neutre cherché est la droite qui passe par ces deux points.
'i79. Qiiadrîlaièi'e. — i^r Q^^g^ __ L'axe neutre est à l'infini. Le centre de pression est le centre de gravité.
P« cas. — L'axe neutre est l'une des diagonales. Soient : ABCD le quadrilatère ; BD l'axe neutre. Les pressions sur le triangle BDC se composent en une résultante qui est le poids d'uo tétraèdre; les pressions sur le triangle AD B sont de sens contraire et se composent aussi en une résultante qui est le poids d'un tétraèdre; ces deux poids sont appliqués aux milieux E et F des médianes AletCI; ils sont entre eux comme OC : OÂ ou comme KF" : KE'. On déterminera le centre de pression a par la condition :
«E : aF = KF : KE
Soient mKM une perpendiculaire à BD , Kn = K)7^ , MN une perpendiculaire sur Mu , on trouve :
KF KM KN
KE Kn Kn
Portons ES = KN , TS =- Kn ; la parallèle Sa à TF détermine le centre de pression a.
Autre construction. — Prenons un plan vertical de projection perpendiculaire à BD; les deux points à composer peuvent être considérés comme les poids de deux triangles
0'PV/,0'Q'^',sionporteO'iy= - O'E', OV/ — - O'F'.Cesdeux
238 INTEGRATION GRAPHIQUE.
triangles constituent dans un sens algébrique, la surface du trapèze comprise entre la droite P'Q' et la ligne de terre; en joignant les points P' , Q' aux points qui divisent la droite ^y^ en trois parties égales, on obtient deux droites qui se coupent en a" sur la projetante passant par le point a.
•Jl 1. Polygone. — Pour une loi de pression déterminée, on en est amené à chercher le centre de gravité d'un tronc de prisme ; on peut le diviser en prismes triangulaires ou même en tétraèdres. Il faut de cette manière chercher le centre de pression, pour deux axes neutres et déterminer le centre de gravité du pol3'gone ; on peut alors résoudre tous les autres problèmes.
!Î75. Principes de la superposition des lois planes. —
Supposons qu'une surface soit sollicitée par des pressions données par la formule
dans laquelle x, y sont les coordonnées d'un point , p la pression par unité de surface (ou par unité de masse, si l'on attribue aux éléments de la surface une densité conventionnelle). Comme les pressions i:> peuvent être représentées par les ordonnées d'un plan , on peut dire qu'elles obéissent à une loi plu7ie. Supposons que simultanément des pressions soumises à différentes lois planes :
p = ax ■]- Çty -^ y
p' = aJx -\-^'y + '/, etc. ,
on aura en chaque point des pressions qui suivront aussi une loi plane :
2|j = xlcf. -f- ?/2|3 -h 2'/.
La pression totale s'obtiendra en composant les pressions résultantes dues à chacune des lois planes. Si on connaît (flg. 129) les centres de pression a,b,c, conjugués à trois axes neutres BC , AC , AB , on peut en appliquant ce principe trouver la pression résultante pour une loi plane quelconque. Soient h, h', h" les pressions en A , B , C ; on réalisera ces pressions en supposant les trois lois de pressions suivantes :
INTEGRATION GRAPHIQUE. 239
1° pression h en A, l'axe neutre étant BC ; 2° pression Ji' en
B , Taxe neutre étant AC ; 3° pression A" en C , l'axe neutre
étant AB, On est ainsi ramené à la composition de trois forces
appliquées en a, b, c; ces forces ont pour valeurs la section
multipliée par les pressions partielles au centre de gravité;
ainsi par exemple la force appliquée au point a est égale à
GCV ù) X h — -, , si AA' et GG' sont les distances à l'axe neutre AA'
BC du point A et du centre de gravité G : cela résulte de ce
que les pressions en deux points sont entre elles comme les
distances à l'axe neutre.
Réciproquement si on donne la pression résultante , on la
décomposera en trois forces appliquées aux trois centres de
pression a, b, c; pour chacune des composantes , on trouvera
une loi de pressions ; on obtiendra les pressions cherchées en
superposant ces trois lois. Ainsi la pression en A sera , si
P' est la force appliquée en A :
/? = z= . AA'.
w X GG'
On trouvera de même les pressions aux deux points B et
C. On peut aussi utiliser la composition des rotations en considérant les pressions comme des vitesses linéaires , les axes neutres comme des axes de rotations ; aussi la force P' produit une rotation n autour de BC dont la valeur est donnée par l'équation :
P' - co X n X GG'.
On est amené à composer trois rotations analogues à n pour obtenir la rotation résultante dont l'axe est l'axe neutre cherché. On peut se proposer comme exercice de démontrer par la composition des rotations les théorèmes des numéros 261 à 268.
^ lO. Triangle. — Prenons successivement les trois côtés du triangle comme axes neutres ; nous savons déjà (270) que les centres de pression tombent aux milieux des médianes ; les trois forces sont les poids de trois tétraèdres de même
base; elles sont donc proportionnelles aux hauteurs hlVh" ; on obtient donc le centre de pression en composant les pressions aux sommets du triangle transportées aux milieux des médianes.
^7 7. Parallélogramme.— ire 5(5^^^^^-^^ Soient (fig. 126) le parallélogramme ABCD ; w, sa surface; h, 1i\ h" , h'" , les pressions aux sommets A , B , C, D. Si nous prenons d'abord un axe neutre à l'infini, nous obtiendrons sur toute la surface une pression uniforme que nous désignerons par x; la pression résultante est appliquée au centre du i)arallélogramme et a pour valeur wic. Prenons ensuite le côté A B comme axe neutre et supposons une [)ression ?/ sur le cûtéD C ; la pression résultante est le poids d'un prisme triangulaire,
elle a pour valeur ro -^ et est appliquée en d au tiers du diamètre NM. Prenons de même le côté AD comme axe neutre et supposons une pression z sur le côté BC, nous obtiendrons une pression résultante co -^ appliquée en a au tiers du
diamètre IL. Déterminons œ,y,Z(\e manière que ces trois lois de pressions produisent la loi proposée; pour y arriver , posons :
Pression en A . . .
On tire des trois premières :
La dernière conduit à la relation :
relation qui doit exister entre lesquatre presseurs/?, /<',/<", //'"
si elles obéissent à une loi plane. Les trois forces qu'il s'agit
de composer et qui .sont appliquées en 0, a, d, sont donc
„ , , h' — Il It" - h' Ti'" — h ])roi ortiounelles a li , — - — , =
cc-\- z =
oc-\-y^-z,^
INTEGRATION GRAPHIQUE. 241
2^ solution. — Prenons comme axes neutres les quatre côtés du parallélogramme; en prenant le côté AI) comme axe neutre et une pression x sur le côté opposé , ou obtient
une pression résultante —- v*? au point a, ou deux forces
— X aux tiers B' et C des diagonales ; en opérant de même
pour les quatre côtés DA, AB, EC, CD, en adoptant les pressions x, y, z,u sur les côtés opposés, on obtiendra quatre forces aux tiers des diagonales A', B', C, D'. La force
• au point C sera - [x + y) ; mais la pression en C est ./; + y,
m/i" donc X -j- 7/ = h"; la force appliquée en C est donc — . On
obtient de même les trois autres forces; en supprimant le lacteur commun —, on est amené à composer des poids h,
h,' /i", h'" appliques aux tiers des diagonales.
27». Quadrilatère. — Soient (fig. 128) ABCD le quadrilatère , II, h\ h", li'", les pressions aux sommets A, B, C, D. Divisons le quadrilatère en deux triangles de surfaces w = ABC, m' = ADC ; les pressions sur le triangle ABC se c()mi)0sent en trois forces quisont les poids de trois tétraèdres ayant pour base commune w et pour hauteurs respectives /i, h', h" ; le poids de chacun de ces tétraèdres peut se remplacer par quatre poids égaux au quart de chacun d'eux appliqués en leurs sommets; on obtient ainsi les trois forces suivantes :
en A ~ (2/1 i- h' -f- h") = ^ {U ^ h- h'")
en B ~ {h -K 2 h' + h") = ^^ [Ifi + h' - h'")
en C ~{h^h' -^ 2h") = ^^ {Ih + à" - h'").
Les pressions sur le triangle ACD se composent de la même manière en 3 forces qui sont :
en A ^^ {Ih +h- h')
â42 INTÉGRATION GRAPHIQUE.
en C -^ {Ih -\- h" — h')
en D -^ {Ih + h'" — h').
On trouve en composant les deux forces appliquées en A et les deux forces appliquée en C, les quatre forces suivantes :
en A F = ^^ {Ih + h) ^g
en B F' = •— 1/< +
6)/<" + fji'h'
en C F" = '^-:^{lh + /i") - j ^^
en D F"'== — Ih -\ —
Transformons ces expressions en introduisant la eection totale û = 0) + w' ; remarquons que les triangles ABC et ACD ont même base AC et que leurs hauteurs sont entre* elles comme les droites OB et OD ; on a donc :
OB OD D'autre part, si on appelle r, la pression au point 0 , on a:
