G CHAPITRE Y

d'où

Y== ^r == 3 1 „(yo+ 4 yi+ 2 y2+— -My. -.+y-)-

Cette opération, faite successivement par rapport à trois plans quelconques , donnera les distances du centre de gravité cherché à ces trois plans. Si la courbe est plane, deux distances suffiront; une seule sera nécessaire si la courbe est orthogonalement symétrique par rapport à une droite /et on n’aura qu’à opérer sur l’une de ses moitiés.

§ 3. — Centres de gravité des surfaces.

317. Le centre de gravité d’un parallélogramme est à son centre de figure. En général toute surface plane terminée par une ligne courbe ou polygonale ayant un centre de figure (311) a son centre de gravité en ce point. Il en est de même d’une surface courbe ou polyédrique ayant un centre de figure.

310. Si une surface plane est comprise entre deux droites parallèles AA, , BB, (fig. 84), et entre deux courbes AMB, A, M,B, , telle que toute droite MM, parallèle aux côtés AA,, BB,, aitcomme eux son milieu P sur un même axe RL , le centre de gravité de la surface est sur cet axe de symétrie, oblique ou orthogonale.

Cette vérité est une conséquence du numéro

CEKTHKS DE GRAVITÉ.

précédent, si l’on considère la surface comme ui^. assemblage de parallélogrammes très étroits MNN,M, , en négligeant les triangles ,

infiniment petits par rapport aux parallélogrammes , ce qui ne peut altérer le résultat quand on passe à la limite.

Remarque. Si la symétrie n’est pas orthogonale, l’axe KL qui contient le centre de gravité de la surface peut ne pas contenir celui de son contour.

519 . Centre de gravité G de la surface d’un triangle ABC (fig. 85). D’après le numéro précédent, il est à la fois sur AD et sur BE , passant par les milieux D et E de BC et de AC. DE est parallèle à AB et d’une longueur moitié de AB , donc

GD=^AG, ou DG=^AD.

Donc, en général, le centre de gravité de la surface d’un triangle est sur la droite menée d’un sommet au milieu du côté opposé, au tiers de cette droite , à partir du côté.

Remarque. Ce point G est aussi le centre de gravité du système de trois corps égaux dont les centres de gravité seraient aux sommets A, B, C.

520 . On trouvera le centre de gravité <Tun polygone quelconque en le décomposant en triangles (310).

CHAF1TBE V.

321. Centre de gravité d'un quadrilatère quelconque ABCD (fig. 86). Soit E le milieu de AC.<J.e centre de gravité du triangle ABC est en H, au tiers de EB à compter de E ; de même I , centre de gravité de ADC, est au tiers de ED à compter de E. G, centre de gravité cherché, divise IH en parties IG, GH , réciproquement proportionnelles aux surfaces des triangles , ou aux lignes DF, BF : donc, si l’on porte DF de B en K, en remarquant que BD et AI sont parallèles, on voit que G est sur EK , et que EG=jEK. De là une règle fort simple pour déterminer graphiquement le point G.

Si l’on connaissait numériquement les longueurs FA, FB, FC, FD, on déterminerait les coordonnées obliques FL, LG, du point G, par les formules

LG=i(BF-DF), FL=*(FC-FA),

que donne très facilement le théorème des moments (307).

522. Centre de gravité [ d’un trapèze ABCD (fig. 87). Il est sur EF, joignant les milieux E, F, des hases parallèles. Si l’on fait AB =£, DC=£', EF = /, en remarquant que les surfaces des triangles ABC, ADC, sont proportionnelles à b et b', et que les ordonnées de leurs centres de gravité, prises parallèlement à EF et par rapport à AB,

sont \l et le théorème des moments donne

d’où

(A-H 1 ) EG = |4/+|A7i EG — i b-\-b’ •

525. Centre de gravité d’ un secteur circulaire AOD (fig. 88). En décomposant le secteur en éléments infiniment petits égaux, qu’on pourra considérer comme triangulaires et ayant leurs centres de gravité uniformément distribués sur l’arc ah dont le rayon Oa= 7 ÛA, on verra que le centre de gravité cherché est aussi celui de l’arc ah (315).

524. Le centre de gravite du segment circulaire ABCA (fig. 89) se déduira de ceux du secteur AOBCA et du triangle AOB.

Segment.

Triangle.

Secteur.

Aires.

Cent, de gravité.

Dist. au centre 0.

GO=j

on a d’où