CHAPITRE IV

PROBLÈMES SUR LES AIRES

| d. — Méthode grai'iiique de quadrature des aires planes (1) limitées par des contours polygonaux

52. Introduction. — Dans la suite de ce cours nous aurons souvent à déterminer l'aire d'une surface et, comme il pourra être quelquefois commode de résoudre graphiquement ce problème, nous allons y consacrer le chapitre IV.

Fi<r. 27

En général, le problème se posera de la manière suivante : Une surface (flg. 2G) étant limitée par deux courbes AB et A'B' et par deux ordonnées de ces eourbes, AA' et BB', trouver son aire il; ou bien encore trouver les aires partielles suivant lesquelles on peut la diviser.

53. Aire de deux trapèzes contigus. — Considérons d'abord le cas le plus simple qui peut se présenter, celui d'un trapèze qui a pour bases parallèles les ordonnées Aa et Bb du côté AB dont la pente est quelconque (flg-. 27)

Il est évident que si nous prenons le point I, milieu de AB, et si nous menons par ce point une parallèle à ab jusqu'à la rencontre des ordonnées Aa et Bb, le rectangle MNrt& que nous formerons ainsi sera équivalent au trapèze ABab.

Il en serait de même pour toute droite passant par I, quelle que soit son inclinaison ; donc, en résumé, tous les trapèzes qui sont limités, à gauche et à droite, par les ordonnées passant en a et b, en bas par la droite ab et en haut par une autre droite quelconque, passant en I, sont équivalents. C'est pourquoi nous nommerons ce point I le point d' équivalence du trapèze.

fil Ces mélhodes graphiques sont dues, elles aussi, a M. E. Collignon.

Si maintenant nous considérons deux trapèzes voisins tels que ABab et B'bcG (flg. 28), dans chacun de ces trapèzes les points d'équivalence sont F et G. Si nous joi-

gnons ces points par une droite se prolongeant jusqu'aux ordonnées extrêmes des points a et c, le nouveau trapèze EBba sera équivalent au trapèze ABba, de môme DKeô a la même surface que B'Ccb ; le grand trapèze EKca est donc équivalent à la somme des deux premiers.

Quant à son point d'équivalence, il est placé en H au milieu de EK ; mais on peut le déterminer, d'une manière commode, en retournant bout pour bout la sécante FG, c'est-à-dire en portant sur FG à partir de F une longueur FH égale à DG, ou, ce qui revient au même, en portant à partir de G une longueur GH égale à FD.

En effet : soit H le point ainsi obtenu; on a, en remarquant que GD est la moitié de DK :