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ce qui montre que T^ et T', sont inversement proportionnelles aux distances AG, AG'. Prenons donc sur ces droites des longueurs A^ et Ag\* réciproquement proportionnelles à AG et AG\ Nous obtiendrons des droites proportion-

Digitizi

nellesàTj et T'^, et la droite gç[ représentera, à la même échelle, la force qu'il faut composer avec l'une des tensions pour obtenir Tautre. Celte même force se trouve représentée à une autre échelle dans le polygone auxiliaire par le trait HH' : car la force HH', composée avec une force H'N = 'r4, a pour résultante le troisième côté HN = T^ du triangle HH'N. Ce triangle est donc semblable au triangle kg^. On peut observer de plus que les côtés UN et NH' sont respectivement perpendiculaires aui côtés homologues A^ el A^. Donc le troisième côté gg' de l'un est aussi perpendiculaire au troisième côté IIH' de l'autre. Mais gg' est perpendiculaire au diamètre AK du cercle qui passe par les quatre points A, G, G', K ; car les points g et g' sont transformés des points G et G' par rayons vecteurs réciproques, à partir d'un point A de la circonférence. DoncenGn II H' est parallèle à AD.

596. La composition de forces parallèles situées dans un plan se fait très aisément à l'aide du polygone funiculaire, et par conséquent la recherche du centre de gravité d'un système de points donnés, tous situés dans un même plan, peut se faire au moyen de deux polygones funiculaires, en donnant aux poids des points deux orientations communes successives. Remarquons que la méthode indiquée § 52 pour la composition de deux forces parallèles P et Q, revient identiquement à l'emploi d'un polygone funiculaire ; ce polygone a la forme RAOB ( — R) (fig. 25) ; les deux forces additionnelles R et — R sont les tensions des côtés extrêmes, et au sommet 0, il faut imaginer une force P -hQ, égale et contraire à la résultante des deux forces données.

Si, au lieu d'avoir à déterminer le centre de gravité d'un ensemble de points situés dans le même plan, on voulait trouver la somme spx' des produits de leurs poids par le carré de leurs distances à une même droite, on pourrait ramener le problème à la détermination d'un centre de gravité, en commençant par transformer les points donnés; posons en effet

GRAPHIQUE. 63t

a étant un coefficient constant arbitraire; cette transformation pourra se faire géométriquement ; à chaque point A d*absbcisse x^ correspondra un point A' d*abscisse x\ et on aura, en leur attribuant à tous deux le même poids py

La première somme s'exprime donc par le produit a ipaf qui est identique à PaÇ', P étant le poids total du système, et Ç' Tabscisse du centre de gravité des points A'.

Le même artifice pourrait être employé pour la somme 2 par*, n étant un nombre entier quelconque.

597. Nous allons résoudre quelques problèmes par la méthode graphique ; c'est la meilleure manière d'en donner une idée.

Nous prendrons pour exemple l'équilibre de systèmes formés de triangles juxtaposés.

Soit d'abord un triangle unique ABC, une ferme de toiture, par exemple, posée sur des appuis fixes A et C ; nous supposons

que les côtés AB et BC soient égaux, que le côté AC soit horizontal et que la ferme soit chargée d'un poids P suspendu au point B. Ce poids P se partage également entre les deux

appuis A et C ; décomposons la force ^ P, réaction verticale

de l'appui A, suivant les directions AB et AC qui se réunissent sur cet appui. Nous aurons la compression exercée au point A sur l'arbalétrier AB, et l'extension exercée sur l'entrait AC dans le sens CA. Au lieu de faire cette opération en A ou en C, il est préférable de la faire sur une figure auxiliaire. Sur une verticale MN, prise pour représenter le poids P, prenons

Fig. 373.

MI = IN= ^ P. Par le point M menons MH parallèle à AB, par

le point N la droite NH parallèle à BC ; enfin par le point 1 menons Thorizontale IH, parallèle à AC. Ces (rois droites se couperont en un même point U, et la figure MHKI fera connaître toutes les forces que l'on a besoin de déterminer. En effet le triangle MIH est la moitié du parallélogramme que

Ton obtiendrait en décomposant x P suivant les directions

AB et AC, et par conséquent IH est la tension de l'entrait, et HM la compression de l'arbalétrier AB. De même HN est la compression de l'arbalétrier BC.

398* Supposons en second lieu une ferme où l'entrait serait

remplacé par une triangulation symétrique ; les deux arbaléti'iers sonl les droites également inclinées 13 et 35; les tendeurs 12, 23,24,54,45 soutiennent la construction, et empêchent les pieds 1 et 5 des arbalétriers de s'écarter sous l'action d'un poids P, placé au sommet 3. Les réactions des appuis 1

et 5 seront encore verticales et égales à ^ P. La construction de la figure auxiliaire donnera immédiatement les tensions cherchées.

Sur une verticale MN prenons deux segments consécutifs

\ égaux MI = IN, qui représenteront les réactions -5- P. Parle

point M menons MH parallèle à 15 ; par le point I la droite IH parallèle à 12. Le Iriangle MHI sera identique à celui que Ton

formerait en décomposant au point I la force -çç P suivant les

Fig. 374.