Fig. 58. quoi le triangle ABD, étant égal à ABE, chacun de ces triangles peuvent être réfolus en une infinité de petites parties ou poids MmpP, PNnp, chacunes égales les unes aux au¬ tres de chaque côté de la ligne AB prife comme axe, & par conféquent le centre de gravité C doit être en quelqu'endroit de la ligne AB. bx Maintenant nommez AB, a, DE, b, AP, x, MN, J; & tirez AF perpendiculaire à DE que vous nommerez c. Enfuite par la fimilitude des triangles AMN, ADE; AB (a): DE (b) :: AP (x) : MN= de même à caufe des triangles femblables AP Q, ABF; on aura AB (a) : AF (c) :: AP (x) : 4Q = = ; & comme AP (x) : 42 ( 2 ) :: Pp cdx сх a a (dx): Qq==; d'où il fuit que l'effort xydx cbx3 3a2 laquelle étant divifée par cbx2 aire dont l'integrale = 78. Déterminer le centre de gravité C dans la parabole ordinaire. Nommant AP, x, MN,y, AB, a, & le parametre p; alors px=yy; ainfi y=√ px donc ydxdx√ px ; & Σ 93 par confequent l'effort xydx=xdxvpx=xdxp1 x3, dont l'integrale sera p3x3; mais l'integrale de ydx= p + x + à l'aire de la portion AMN de la parabole; par conféquent divifant 3 pix par px le quotient =} x=ĄC ; & fubftituant a pour x, la distance du centre de gravité C au fommet A, fera =} A B. 79. Déterminer le centre de gravité C, dans toutes les paraboles de quelques degrés qu'elles foient. Dans ce cas p" xm=yr, exprime la nature de toutes les n m paraboles de tous les degrés, d'où on tire y=p x*, & par n m n m-r conféquent ydx=p' x dx, & l'effort xydx=pr x dont l'integrale l'integrale de yax m-r qui étant divifée par prx , le quotient sera xà la diftance du centre de gravité de la portion MAN du fommet A ; & fubftituant a pour x, on aura 80. a= AC. EXEMPLE I V. Trouver le centre de gravité de l'espace ADE compris entre deux paraboles égales AD, AE, fe touchant l'une & l'autre au fommet A, & la ligne droite DE parallele à l'axe commun des deux paraboles. Faites AP=x, PM=y, & que le parametre soit=1, ce qui donnera AP (x2) = ( PM ×1 ) =y, par conféquent l'effort xydx=x3dx dont l'integrale eft x4. Mais l'integrale de ydx eft x3; donc centre de gravité du fommet A. 2x=AC, distance du Les paraboles AME, AMD de quelques degrés qu'elles foient, auront cette équation xmyn, qui exprimera le m raport de AP à PM, par confequent ydx=x" dx, & l'ef Fig. 60. fort xydx=x nx n n dx, dont l'integrale est : mais Fig. 61, l'integrale de ydx est x ; d'où il fuit que le quo m-n tient de la divifion de la premiere de ces expreffions par la 81. Déterminer le centre de gravité, d'un arc de cercle. Que BE, corde de l'arc donné BDE, foit parallele au diametre FG, regardé comme un axe où font fufpendus les poids infiniment petits BM; ainfi leurs efforts font comme BM x PB; & puifque le nombre & les efforts de ces petits poids de chaque côté du rayon AD, coupant également l'arc BDE, font égaux, le centre de gravité fera en la ligne AD. Maintenant que AB=a, AP=H B=x,& Pp=Bm dx; alors PB (√ aa—xx): AB (a) :: Bm ( dx ) : BM Vaa adx - xx & BM × PB √ aa—xx x AB × Bm; & la fomme des efforts, ou AB × BH adx fera à la diftan vifée par AR AB pour BH; alors fera la diftance du centre de gra Fig. 62 82. Déterminer le centre de gravité d'un fecteur de cercle ABE. Le centre de gravité eft dans le rayon AD, qui coupe l'arc BE; décrivez l'arc MPM avec une distance quelconque AP, & un autre arc mpm, infiniment proche du premier, après quoi l'effort de l'arc MPM multiplié par Mm, ou Pp, fera l'effort du fegment annulaire mMPMm, ou la differentielle de l'effort du fecteur. Maintenant que AB foita, AF-b, BDc; alors l'effort de l'arc BDE (2ab), fera à l'effort de l'arc MPM comme le triangle ABE, eft au triangle AMM, ou comme AB est à AM, puisque les triangles ABE, AMM font femblables; d'où il fuit que l'effort de l'arc MPM = a2 2 2bx* & l'effort du fegment annulaire mMPMm= 2abx2 2bxdx divifée la fomme des 2bx3 fera la poids, ou par l'aire ac du fecteur, le quotient 3aac distance du centre de gravité du fecteur du cercle MPM. 83. Trouver le centre de gravité d'un fegment quelconque CB b bb Faites AC, 4, la courbe on aura × 24x+xxyy; donc l'élement des 2ax➜xx=yy; 2b aa 3 efforts, fera 2x dx√ za+x, & celle de la difference des a poids fera11 x2 dx√24+x, a parée à la quatriéme forme des Tables de M. Cottes. Car faifant 0=2, "I, &c. on aura la fomme des efforts 3 V20 De plus fupo fant =1, &c. la fomme des poids fera = 4+x × y→zab a++x × y+2ab | V*+y/2a++* V za — à la diftance du centre de gravité du sommet D. Fig. 63. (b) : CA (4) : : PM (y) : CF=7. Faites auffi PM (y) : CB ab (b) :: CA (a): CG= enfuite prenez CH égal à la mesure du raport de CA (a) à FP ( 4−x ay b ; lequel raport eft= à la raifon doublée de V za, à V x−√ 2a+x; cela fait, st vous faites comme 3PH ( 34+3x a }: ay b 3ab 34+3x cette quatrième proportionelle fera égale à la diftance du centre de gravité z du centre C; car fi on retranche CA (a), il viendra 44x2xx 34+3x —zaa+ax+2xx × y+za3b | a a4x Vx+V2a+x 720 qui eft la mê me expreffion qu'on avoit trouvée en premier lieu. SCHOLI E. 84. La diftance du centre de gravité d'un fegment d'élipfe, ou de cercle à fon fommet, s'exprime ainsi; -zaa—ax−2xx × y—2ab | me que celle du centre de gravité de l'hyperbole, ne differant feulement que par le changement de quelques fignes, & la mesure du raport dans l'hyperbole fe changeant dans le cercle & dans l'élipfe en la mesure d'un angle, parce que R (=y—ƒ)=√=1 est négatif. |