• Aucun résultat trouvé

Les moments d'inertie polaires du triangle, par rapport à ses points remarquables

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2022

Partager "Les moments d'inertie polaires du triangle, par rapport à ses points remarquables"

Copied!
4
0
0

Texte intégral

(1)

N OUVELLES ANNALES DE MATHÉMATIQUES

G EORGES D OSTOR

Les moments d’inertie polaires du triangle, par rapport à ses points remarquables

Nouvelles annales de mathématiques 3e série, tome 2 (1883), p. 469-471

<http://www.numdam.org/item?id=NAM_1883_3_2__469_1>

© Nouvelles annales de mathématiques, 1883, tous droits réservés.

L’accès aux archives de la revue « Nouvelles annales de mathématiques » implique l’accord avec les conditions générales d’utilisation (http://www.numdam.org/conditions).

Toute utilisation commerciale ou impression systématique est constitutive d’une infraction pénale. Toute copie ou impression de ce fichier doit contenir la présente men- tion de copyright.

Article numérisé dans le cadre du programme Numérisation de documents anciens mathématiques

http://www.numdam.org/

(2)

LES MOMENTS D'INERTIE POLAIRES DU TRIANGLE, PAR RAPPORT A SES POINTS REMARQUABLES,

PAR M. GEORGES DOSTOR.

1. Conservons les notations adoptées dans l'article relatif aux distances du centre de gravité aux points re- marquables d'un triangle (même tome, p. 368 et 369).

Représentons par M la masse du triangle, supposé homogène et d'une épaisseur constante.

On sait que le moment d'inertie polaire du triangle, par rapporta son centre de gravité G, est

2. Les moments d'inertie par rapport aux som- mets A, B, C seront donc

'A~ 36

ou

= — M ( 3 c2

Ic = -1

(') LAURENT, Mécanique rationnelle, 1" édition, t. I, p. 201.

(3)

3. Le moment d'inertie par rapport au centre O du cercle circonscrit sera de même

lo= -LM(a*-+- 62-+-c2)-h M.GO2 1

ou bien

I o = 36 '

c'est-à-dire

Io= MK2 -M(«2-+- 62-h c2).

4. Le moment d}inertie du triangle par rapport au point de concours H des hauteurs étant donné par

on trouve, en remplaçant GH par sa valeur

{H2— -

que 9

JH= 4MR2— —

S. On verrait de la même façon que le moment d'i- nertie polaire du triangle, par rapport au centre I du cercle inscrit, est

ou, puisque

2=Z -' (bc-h ca -hab)— - ( a2 -+- b* -+-c2) — 4Kr-,

-M(bc-hca^-ab) - M ( a + b^-cf — 4MRr.

6. Changeant dans cette formule successivement le

(4)

. ( 47» )

signe de a, &, c et substituant à —/-, respectivement les rayons r', iJ\ rm, on obtient les moments d'inertie du triangle par rapport aux centres I', F', Vn des cercles ex- inscrits. On trouve ainsi que

Ir = -M(bc — ca — ab) -

\v, = lu(ca-ab-bc) M l — bc -ca) -M

Références

Documents relatifs

Terminale STG Exercices sur le chapitre 11

Les trois bissectrices d’un triangle sont concourantes en un point O’ qui est le centre du cercle inscrit dans le triangle. Les trois points G,O,H sont alignés sur la

1°) Soit ABCD un quadrilatère. Soit M le milieu de [BD]. Construire le point G centre de gravité du triangle ABD et le point G’ centre de gravité du triangle DBC. 2°) Démontrer

Supposons que la lettre G soit mise au centre de gra- vité du triangle et la lettre O au centre du cercle circon- scrit. Enfin plaçons la lettre H au point de concours

Vieille (voir Nouvelles Annales, mai i855) a in- séré une solution du problème d'Euler dans un cas où celui-ci est résoluble par la règle et le compas. Le triangle cherché est

Du centre des moyennes distances d’un triangle sphé- rique soient abaissées des perpendiculaires sur les rayons menés à ses sommets. Soit Z le centre des moyennes

soient égaux et que, si par les trois premiers on mène des droites faisant avec les côtés correspon- dants des angles 6 et par les trois derniers des

En supposant que le triangle existe, on a ceci : Le point, lest le centre du cejxhs inscrit au triangle ABC, ou le centre d'un, cercle ex-inscrit, selon que ce point est inférieur