CG = 2/3 CE
ce qui montre que le centre de gravité d'un triangle se trouve sur la droite qui joint son sommet au milieu de sa base, aux deux tiers de cette droite à partir du sommet , ou au tiers à partir de la base.
77. On démontre aussi ce théorème sans le secours du calcul intégral.
En effet, par la décomposition du triangle ABC (fig. 28) en élémens parallèles au côté AB, on prouvera que son centre de gravité se trouve sur la droite CD, qui joint le sommet C au milieu D de ce côté. En le décomposant en élémens parallèles au coté CA , on prouvera de même que ce centre de gravité est aussi sur la droite BE qui va du sommet B au milieu E de CA ; ce point sera donc situé à l'intersection G des deux droites CD et BE. Or , si l'on tire la droite DE , elle sera parallèle à CB , puisqu'elle coupe CA et AB en parties proportionnelles ; il en résultera donc
de : cb :: ad : ab :: i : a, dg : cg :: de : cb :: î : 2 }
en sorte que DG sera la moitié de CG , et, consé quemment , le tiers de CD ; ce qu'il s'agissait de démontrer.
On en peut conclure que les trois droite» qui vont des sommets d'un triangle aux milieux des côtés opposés, doivent se couper en un mémo point; ce qui est conforme à un théorème connu.
Si les sommets A, B, C, du triangle sont les centres de gravité de trois masses égales , le centre de gravité de cea trois corps coïncidera avec celui du triangle j car le centre de gravité des deux masses qui répondent à A et B, se trouvera d'abord au milieu D de 1a droite AB ; et ensuite le centre do gravité de ces deux masses et do la troisième aère le point G de la droite CD, tel que GD est moitié de CG ou le tiers de CD.
Il suit de là et du théorème du n° «7 , que si Ton de gravité G d'un triangle, dot
TRAITÉ DE 1ÉCANIQ1 I-
forces représentées en grandeur et en direction par les droites GA , GB , GC , qui vont de ce point aux trois sommets, ces trois forces seront en équilibre.
78. Connaissant le centre de gravité d'un triangle, on en déduit successivement ceux d'un secteur et d'un segment circulaires.
Soient CADB (fig. 29) le secteur , et C le centre du cercle. Si l'on considère l'arc ADB comme une portion de polygone d'une infinité de côtés égaux , on pourra décomposer le secteur en élémens triangulaires aussi égaux , qui auront tous ces côtés pour bases et leur sommet commun au point C. On appliquera ensuite la force qui agit sur chacun de ces élémens a son centre de gravité ; et comme la distance au point C de chaque centre de gravité est les deux tiers du rayon du cercle, il en résultera un système de forces parallèles et égales, appliquées » tous les élémens de l'arc A r D' B', décrit du point C comme centre , et d'un rayon égal à 2/3 CD. Par conséquent, le centre de gravité du secteur sera le centre de ces forces parallèles, c'est-à-dire, le centre de gravité de cet arc A' D' B'. Or, en désignant par a, l, c , le rayon CD, l'arc ADB et la corde AB, les quantités analogues, relativement a A' IV B', seront 2/3 a , 2/3 /, 2/3 c; si donc G est le centre de gravité demandé, et qu'on fasse CG = x , on aura , d'après le théorème du n° 70,
2(ic
Maintenant, soient S, S', Si , les surfaces du secteur CADB, du triangle CAB et du segment ADBE ; appelons G , G', G, , leurs centres de gravité, qui seront évidemment sur le rayon CD aboutissant au milieu D de l'arc ADB; si l'on désigne par x , x', x , , les distances de ces trois points au centre C , et qu'on y applique des forces parallèles et proportionnelles à S , S', S, , la première sera la résultante des deux antres ; en considérant les momens de ces forces , on aura donc
Sx = S'x> + S. x, .
On*, d'ailleurs,
1 2ao
Eo appelant A la hauteur CE du triangle dont la base est AB ou c, on a aussi
S» = l/2eA, *' = 2/3A.
Donc , à cause de
S, = S' — S = 1/2 (oi — cA),
l'équation des momens deviendra
1/3 a» c = 1/3 cAi + 1/8 {al — cA) x, ;
et elle fera connaître la distances:, du centre de
gravité du segment ADBE au observant que
sa a
on en déduira
4a' sin* — 2a
( / — a sin
Lorsque l'arc l est la demi-circonférence , on a 1 = ira i le secteur et le segment coïncident ainsi que les distances * et x, , dont la Talcur commune est
79. Si l'on prend successivement les trois sections coniques pour la courbe à laquelle répondent les formules (2), les intégrations s'effectueront par les règles connues , et l'on pourra obtenir, sous forme finie, les valeurs des deux coordonnées *l ety t du centre de gravité. J'indique cet exemple comme exercice de calcul, et je passe immédiatement i la détermination du centre de gravité de l'aire de la cycloîde.
Soit CPH (fig. 2A) le segment dont on veut trouver le centre de gravité; en désignant par x et y l'abscisse CP et l'ordonnée PU , comme dans l'équation (a) du n» 73, il faudra que les intégrales contenues dans les formules (2) s'évanouissent quand * = 0 ; et en intégrant par partie , ces formules deviendront
x ss Jf — fxdy , Xx, r= 1/2 x» y — Utfx* dy, xy, = 1/2 xy» — Jrydy,
les nouvelles intégrales s'évanouissant aussi en même temps que x.
En vertu de l'équation (a), on a
fxdy = f\/ax — x* dx\
mais si N est le point où l'ordonnée PM rencontre le cercle décrit sur CD comme diamètre, cette dernière intégrale exprime le demi-segment circulaire CNP ; en représentant , pour abréger , par y l'aire de ce demi-segment , on aura donc
Dans le cas où le point M coïncide avec le point A,
X = CD = o, y = D\ = \/2wa, > = 1/8 rO» ,
et, par conséquent,
L'aire CAD de la demi-cycloïde est donc triple de celle dn demi-cercle CND, dont le rayon est
STATIQCR, PREMIERE PARTIE
On
/x» dy=/x \/ax — x* dx, ou , ce qui est la i
*' = -nr'
pour la dutance de son centre de gravité à Taxe Cy. Ainsi, le centre de gravité de Taire entière de la cycloïde se trouve aux sept douzièmes de la hauteur CD , a partir du sommet C.
Relativement à un segment quelconque CMP, il reste à déterminer l'ordonnée yi ; ce qui exige un calcul plus compliqué.
