Page:Annales de mathématiques pures et appliquées, 1811-1812, Tome 2.djvu/305

291

DE GRAVITÉ.

Solution. Soit $\mathrm {ABC}$ (fig. 1) un triangle dont on cherche le centre de gravité ; soient $m,n,p$ les milieux de ses côtés. En joignant ces points par des droites, on divisera le triangle donné en quatre autres qui lui seront semblables, et dont les dimensions seront moitié des siennes.

Soit pris $\mathrm {AB}$ pour base du triangle donné, et soient pris ses homologues $\mathrm {A} p,p\mathrm {B} ,nm,mn,$ pour bases des triangles résultant de sa décomposition. Soient $T$ l’aire du triangle donné, $H$ sa hauteur et $G$ la distance de son centre de gravité à sa base ; soient $t,h,g,$ les quantités analogues, pour l’un des petits triangles ; on aura (Axiome)

$T=4t,\quad H=2h,\quad G=2g.$

Remarquons présentement que les distances des centres de gravité des deux triangles $\mathrm {A} np$ et $pm\mathrm {B}$ à la droite $\mathrm {AB}$ sont également $g$ ; que celle du centre de gravité de $mpn$ à cette droite est $h-g$ ; et qu’enfin celle du centre de gravité de $n\mathrm {C} m$ à la même droite est $h+g.$

Si donc on prend $\mathrm {AB}$ pour axe des momens, on devra avoir

$TG=tg+tg+t(h-g)+t(h+g)=2t(g+h)\,;$

d’où

$4TG=4t(2g+2h)=T(G+H)\,;$

donc

$3G=H\qquad {\text{d’où}}\qquad G={\tfrac {1}{2}}H.$

Ainsi, La distance du centre de gravité de l’aire d’un triangle à la base de ce triangle est le tiers de sa hauteur ; d’où il est aisé de conclure que ce centre se trouve à l’intersection des droites qui joignent les sommets du triangle aux milieux des côtés opposés.

LEMME. Le centre de gravité du volume d’un octaèdre, régulier ou non régulier, mais dont les faces opposées sont des triangles égaux ayant leurs plans parallèles, est à son centre de figure ; c’est-à-dire, au milieu de la droite qui joint deux sommets opposés