KT

2 Vy

2x\/y—^dx.\/ y ;

et (en écrivant 2R — y au lieu de y dans l’équalion différentielle de la cycloïde qui est donnée n® 178 des Le-

çons d’analyse ) dx—dy ; il vient

Kr

= 2x\/y--2 [dy\/ 2R—y

Donc

La distance du centre de gravité de l'arc au sommet de la courbe est le tiers de l’ordonnée du point extrême de cet arc.

87. Proposons-nous de trouver le centre de gravité de l'aire d’un triangle. Soit pris pour plus de simplicité l’origine des coordonnées au sommet , en plaçant les axes de manière que celui des y soit parallèle à la base. Supposons les directions des côtés adjacents données par les équations y=px, y=qx et représentons par a la hauteur. Jjes formules du n° 79 se réduisent dans le cas d’une aire plane à

v fdx.xfdx fdxfdyy

et , puisque les intégrales relatives à y doivent être prises depuis y=px jusqu’à y = qx, ces formules donnent

dx.-x'(q'-p')

ex

1 dx.x* X= .

c’est-à-dire

Le centre de gravité cherché est placé aux deux tiers à compter du sommet de la ligne droite menée de ce point au milieu de la base.

On parvient à ce résultat d’une manière plus simple en observant que le triangle proposé peut être décomposé par des lignes parallèles à la base en éléments différentiels dont les centres de gravité se trouvent sur la droite qui joint son milieu au sommet opposé. L’aire de l’élément placé à la distance x de l’origine est dx.x{q — p) ; d'où l’on conclut

\ dx. x'{q—p)

Le centre de gravité d’une figure triangulaire étant connu, on détermine aisément d’après len» 75 le centre de gravité d’une figure quelconque formée par des lignes droites.