# Mémoires extraits des recueils de l’Académie royale de Berlin/Sur la force des ressorts pliés
### SUR LA FORCE DES RESSORTS PLIÉS.

On sait que la force d’un ressort plié s’affaiblit toujours à mesure que le ressort se débande, mais on ignore la loi suivant laquelle se fait cet affaiblissement or, c’est de cette loi que dépend la figure des fusées que l’on applique aux montres et à la plupart des horloges à ressort, et dont la propriété est de maintenir l’action du ressort dans l’égalité au moyen de la différente grandeur des rayons qui forment la rainure spirale ; car, selon que la corde qui se désentortille se trouve appliquée à une plus grande distance de l’axe de la fusée, l’action du ressort devient aussi plus grande, et il faut que cette augmentation compense exactement la diminution de force que le ressort souffre en se déroulant. Dans les ressorts qui agissent en s’allongeant ou en se raccourcissant, il paraît que la force est proportionnelle à la quantité dont ils se dilatent ou se contractent, ou du moins à une fonction donnée de cette quantité ; mais ce principe n’a pas lieu dans les lames élastiques inextensibles et pliées en spirale telles que celles qu’on applique aux horloges : le seul principe qu’on puisse employer pour ces sortes de ressorts est que la force avec laquelle le ressort résiste à être courbé est toujours proportionnelle à l’angle même de courbure ; et c’est d’après ce principe que de très-grands Géomètres ont déterminé la courbe qu’une lame élastique doit former lorsqu’elle est bandée par des forces quelconques données. Or, voici le Problème qu’il faut résoudre pour pouvoir connaître la loi de la force des ressorts pliés :
Une lame à ressort de longueur donnée et fixe par une de ses extrémités étant bandée par des forces quelconques qui agissent sur l’autre extrémité, et qui la retiennent dans une position donnée, déterminer la quantité et la direction de ces forces.
Ce Problème n’a encore été résolu, que je sache, par aucun Géomètre ; c’est ce qui m’a déterminé à en faire l’objet de ce Mémoire. La seule restriction que j’y mettrai, c’est que la lame soit uniformément épaisse, et que sa figure primitive et naturelle soit la ligne droite. Ce n’est pas que le calcul ne puisse s’appliquer à des ressorts de figure et d’épaisseur quelconques, mais les équations qu’on aurait seraient trop compliquées pour qu’on en pût tirer quelque lumière.
Le principe ordinaire d’après lequel on résout le Problème de la courbe élastique est, que la force du ressort à chaque point doit être proportionnelle à la somme des moments de toutes les puissances tendantes. Or, quoique ce principe paraisse n’avoir pas besoin de démonstration, cependant, comme un très-grand Géomètre a cru pouvoir le révoquer en doute par cette considération qu’un ressort ne devant être regardé ni comme un corps parfaitement flexible, ni comme un corps absolument inflexible, on ne saurait se former une idée nette des moments des forces tendantes, moments qui, selon lui, ne peuvent avoir lieu que dans des corps absolument inflexibles. Je vais tâcher d’abord d’établir la vérité de ce principe d’une manière aussi simple que rigoureuse.
Imaginons plusieurs verges droites et inflexibles $\mathrm {AB,BC,CD,DE} ,\ldots$ (fig. 1), lesquelles soient jointes l’une à l’autre par des charnières à ressort aux points $\mathrm {B,C,D} ,\ldots ,$ et dont la première $\mathrm {BA}$ soit fixée horizontalement au point $\mathrm {A} ,$ et la dernière $\mathrm {EF}$ soit chargée au point $\mathrm {F}$ d’un poids quelconque $\mathrm {P} \,;$ on propose de trouver la figure du polygone $\mathrm {ABCDEF} .$ Pour cela, je remarque que, quelle que soit la manière dont le ressort en $\mathrm {B}$ agit sur les deux verges $\mathrm {AB,BC}$ pour les étendre en ligne droite, on peut toujours substituer à l’action de ce ressort celle d’un autre ressort $\mathrm {C} c,$ qui serait attaché d’un côté au point $\mathrm {C}$ de la verge $\mathrm {BC}$ et de l’autre au
point $c$ de la verge $\mathrm {AB}$ prolongée en $c$ en sorte que $\mathrm {BC=B} c,$ et qui aurait une force de contraction équivalente à la force du ressort de la charnière $B.$ On pourra de même substituer aux ressorts des autres charnières $\mathrm {C,D} ,\ldots$ des ressorts $\mathrm {D} d,\mathrm {E} e,$ qui agissent sur les points $\mathrm {D,E} ,\ldots$ des verges $\mathrm {CD,DE} ,\ldots$ et sur les points $d,e,\ldots$ des verges $\mathrm {BC,CD} ,\ldots$ prolongées en $d,e,\ldots$ de manière que $\mathrm {CD=C} d,$ $\mathrm {DE=D} e.$ Cela posé, soit $\mathrm {AB=BC} =\mathrm {B} c=\mathrm {CD}$$=\mathrm {C} d\ldots ,$ et soit $\mathrm {F}$ la force du ressort en $\mathrm {B} ,$ $\mathrm {F} '$ en $\mathrm {C} ,$ $\mathrm {F} ''$ en $\mathrm {D} ,\ldots \,;$ soit $\mathrm {R}$ la force du ressort $\mathrm {C} c,$ $\mathrm {R} '$ celle du ressort $\mathrm {D} d,$ $R''$ celle du ressort $\mathrm {E} e,$ enfin, soit l’angle $\mathrm {CB} c=\varphi ,$ l’angle $\mathrm {DC} d=\varphi ',$ l’angle $\mathrm {ED} e=\varphi '',\ldots ,$ et $a$ la distance $\mathrm {BK}$ du point fixe $\mathrm {B}$ à la verticale $\mathrm {KP}$ suivant laquelle agit le poids tendant, $a'$ la distance $\mathrm {C} \lambda$ du point $\mathrm {C}$ à la même verticale, $a''$ la distance $\mathrm {D} \mu ,\ldots .$ Il est évident que le ressort $\mathrm {C} c$ agissant obliquement sur les lignes $\mathrm {BC,B} c,$ ne fait sur chacune de ces lignes qu’un effort égal à $\mathrm {R} \cos \varphi$ pour les rapprocher l’une de l’autre, et
$\mathrm {B} ,$
$\mathrm {R\cos \varphi =F} \,;$
$\mathrm {R'\cos \varpi '=F'} ,$
$\mathrm {R''\cos \varpi ''=F''} ,\ldots .$
$\mathrm {BC,B} c$
$\mathrm {B}$
$\mathrm {C} c$
$\mathrm {PK,}$
$\mathrm {K}$
$\mathrm {L}$
$\mathrm {KL}$
$\mathrm {C} c,$
$\rho$
$\mathrm {KL} ,$
$\mathrm {BC=B} c=1,$
$\mathrm {BK} =a$
$\mathrm {KL}$
$\mathrm {BK}$
$\rho a=\mathrm {R} \cos \varphi \,;$
$\rho$
$\mathrm {KL}$
$\mathrm {C} c,$
$\mathrm {B} ,$
$\rho$
$\rho a=\mathrm {R} \cos \varphi =\mathrm {F} .$
On peut prouver de même que l’on peut substituer au ressort $\mathrm {D} d$ un autre ressort $\mathrm {ML}$ qui agisse aux extrémités $\mathrm {M}$ et $\mathrm {L}$ des verges $\mathrm {BC,CD}$ prolongées jusqu’à la verticale $\mathrm {PK} ,$ et que la force de ce ressort que je dénoterai par $\rho '$ devra être déterminée par l’équation
$\rho 'a'=\mathrm {R} '\cos \varphi '=\mathrm {F} '.$
Nommant pareillement $p''$ la force d’un ressort qu’on imaginerait placé aux extrémités $\mathrm {M}$ et $\mathrm {N}$ des verges prolongées $\mathrm {CD,DE} ,$ et qui serait équivalsent au ressort Ee, on trouverait l’équation
$\rho ''a''=\mathrm {R} ''\cos \varphi ''=\mathrm {F} '',$
et ainsi de suite. On aura donc par ce moyen un assemblage de verges $\mathrm {AK,BL,CM,DN} ,\ldots$ dont la première est fixe en $\mathrm {A} ,$ et dont les autres sont mobiles autour des points $\mathrm {B,C,D} ,\ldots$ et dont les extrémités $\mathrm {K,L} ,$$\mathrm {M,N} ,\ldots$ sont unies par des ressorts $\mathrm {KL,LM,MN} ,\ldots$ disposés en ligne droite, et qui sont en équilibre tant entre eux qu’avec le poids $\mathrm {P} .$ Or il est visible que cet équilibre ne saurait subsister à moins que les forces $\rho ,\rho ',\rho '',\ldots$ des ressorts ne soient égales entre elles et égales aussi à la force du poids $\mathrm {P} \,;$ c’est pourquoi on aura nécessairement
$\rho =\mathrm {P} ,\quad \rho '=\mathrm {P} ,\quad \rho ''=\mathrm {P} ,\ldots ,$
$\mathrm {F} =a\mathrm {P} ,\quad \mathrm {F} '=a'\mathrm {P} ,\quad \mathrm {F} ''=a''\mathrm {P} ,\ldots ,$
c’est-à-dire que les forces des ressorts qui agissent à chacun des angles du polygone $\mathrm {ABCD} \ldots$ doivent être proportionnelles aux moments du poids tendant par rapport à chacun de ces angles.
S’il y avait plusieurs puissances tendantes, alors on démontrerait par un raisonnement semblable que le ressort à chaque angle du polygone devrait être proportionnel à la somme des moments de toutes les puissances. Supposons maintenant que les verges qui forment le polygone élastique deviennent infiniment petites et que leur nombre augmente à l’infini, il est clair que le polygone se changera en une courbe continue, et que l’on aura le cas d’une lame élastique pliée, dans laquelle il faudra par conséquent que l’action du ressort à chaque point soit proportionnelle à la somme des moments des forces tendantes par rapport à ce point, comme on l’a toujours supposé.
À l’égard de l’action du ressort, c’est-à-dire de la force avec laquelle il tend à se débander, on convient généralement qu’elle est en raison de l’angle de courbure, c’est-à-dire en raison inverse du rayon osculateur ; ainsi il faudra que la somme des moments des forces tendantes par rapport à chaque point de la courbe élastique soit réciproquement proportionnelle au rayon osculateur lorsque l’élasticité absolue est partout la même, et lorsque l’élasticité est variable, il faudra que la somme des moments dont il s’agit soit en raison directe de l’élasticité absolue et en raison inverse du rayon osculateur.
Soit donc $\mathrm {ABC}$ (fig. 2) une lame élastique fixée par une de ses extrémités $\mathrm {C} ,$ et courbée par des puissances quelconques qui agissent sur l’autre extrémité $\mathrm {A} .$ Ayant tiré par ce point $\mathrm {A}$ la tangente $\mathrm {PAN} ,$ et par un point quelconque $\mathrm {B}$ de la courbe l’ordonnée $\mathrm {BM} ,$ perpendiculaire à la droite $\mathrm {AN} ,$ que nous prendrons pour l’axe des abscisses, on fera $\mathrm {AM} =x,$ $\mathrm {MB} =y,$ l’arc $\mathrm {AB}$ égal à $s,$ le rayon de courbure en $\mathrm {B}$ égal à $\rho ,$ l’angle que la tangente en $\mathrm {B}$ fait avec la tangente $\mathrm {AN} ,$ c’est-à-dire l’amplitude de l’arc $\mathrm {AB} ,$ égal à $\varphi ,$ l’abscisse $\mathrm {AN}$ égale à $a,$ l’ordonnée $\mathrm {CN}$ égale à $b,$
l’arc $\mathrm {AC} ,$ c’est-à-dire la longueur de la lame, égal à $l,$ et l’angle que la tangente en $\mathrm {C}$ fait avec $\mathrm {AN} ,$ c’est-à-dire l’amplitude totale de l’arc $\mathrm {AC} ,$ égal à $m\,;$ on. aura
$dy=\sin \varphi ds,\quad dx=\cos \varphi ds,\quad {\frac {ds}{\rho }}=d\varphi \,;$
par conséquent
$\rho ={\frac {s}{\varphi }},\quad y=\int \sin \varphi ds,\quad x=\int \cos \varphi ds,$
ces intégrales étant prises de manière qu’elles soient nulles lorsque $\varphi =0.$
Cela posé, on peut réduire, en général, toutes les forces qui agissent au point $\mathrm {A}$ à deux forces uniques dont l’une, que j’appellerai $\mathrm {P} ,$ agisse suivant la direction $\mathrm {AP} ,$ et l’autre, que j’appellerai $\mathrm {Q} ,$ agisse suivant $\mathrm {AQ}$ perpendiculaire à $\mathrm {AP} \,;$ or, il est clair que la force $\mathrm {P}$ donne, par rapport au point $\mathrm {B} ,$ le moment $\mathrm {P} y,$ et que la force $\mathrm {Q}$ donne, par rapport au même point, le moment $\mathrm {Q} x\,;$ donc on aura, par la nature de la courbe élastique (paragraphe précédent), l’équation
$\mathrm {P} y+\mathrm {Q} x={\frac {2\mathrm {K} ^{2}}{\rho }},$
$2\mathrm {K} ^{2}$ étant un coefficient constant qui dépend de l’élasticité absolue de la lame.
Substituons dans cette équation à la place de $x,y$ et $\rho$ leurs valeurs en $\varphi ,$ nous aurons
$\mathrm {P} \int \sin \varphi ds+\mathrm {Q} \int \cos \varphi ds={\frac {2\mathrm {K} ^{2}d\varphi }{ds}},$
$\varphi =0,$
$\int \sin \varphi ds=0,\quad \int \cos \varphi ds=0,$
et par conséquent aussi
${\frac {d\varphi }{ds}}=0.$
Différentions maintenant cette équation en prenant $ds$ constant, et l’on aura celle-ci
$\mathrm {P} \sin \varphi +\mathrm {Q} \cos \varphi ={\frac {2\mathrm {K} ^{2}d^{2}\varphi }{ds^{2}}},$
laquelle, étant multipliée par $d\varphi$ et ensuite intégrée, donnera
$\mathrm {C} -\mathrm {P} \cos \varphi +\mathrm {Q} \sin \varphi ={\frac {\mathrm {K} ^{2}d\varphi ^{2}}{ds^{2}}},$
$\mathrm {C}$ étant une constante arbitraire qu’on déterminera par la condition qu’en faisant $\varphi =0,$ on ait ${\frac {d\varphi }{ds}}=0\,;$ c’est pourquoi on aura
$\mathrm {C=P} .$
On aura donc
$ds={\frac {\mathrm {K} d\varphi }{\mathrm {\sqrt {P-P\cos \varphi +Q\sin \varphi }} }},$
et de là
${\begin{aligned}dy=&{\frac {\mathrm {K} \sin \varphi d\varphi }{\mathrm {\sqrt {P-P\cos \varphi +Q\sin \varphi }} }},\\dx=&{\frac {\mathrm {K} \cos \varphi d\varphi }{\mathrm {\sqrt {P-P\cos \varphi +Q\sin \varphi }} }},\end{aligned}}$
Maintenant, si l’on pouvait intégrer ces trois équations, il est évident qu’en faisant, après l’intégration, $s=l,$ $x=a,$ $y=b$ et $\varphi =m,$ on aurait trois équations par lesquelles on pourrait déterminer les forces $\mathrm {P,Q}$ et l’amplitude $m,$ les quantités $l,a$ et $b$ étant données, et le Problème serait résolu ; mais il est aisé de voir que l’intégration dont il s’agit dépend en général de la rectification des sections coniques, et qu’ainsi elle échappe à toutes les méthodes connues.
Il y a cependant un cas où l’intégration réussit, c’est celui où $\mathrm {Q} =0\,;$ nous allons l’examiner dans le paragraphe suivant.
Supposons $\mathrm {Q} =0,$ en sorte que la lame $\mathrm {AC}$ ne soit tirée au point $\mathrm {A}$ que par la force $\mathrm {P} ,$ suivant la direction de la tangente $\mathrm {AP} \,;$ on aura, dans ce cas.
${\begin{aligned}ds=&\mathrm {\frac {K}{\sqrt {P}}} {\frac {d\varphi }{\sqrt {1-\cos \varphi }}}\\dy=&\mathrm {\frac {K}{\sqrt {P}}} {\frac {\sin \varphi d\varphi }{\sqrt {1-\cos \varphi }}}\\dx=&\mathrm {\frac {K}{\sqrt {P}}} {\frac {\cos \varphi d\varphi }{\sqrt {1-\cos \varphi }}}.\end{aligned}}$
Faisons, pour plus de simplicité, $\mathrm {\frac {K{\sqrt {2}}}{\sqrt {P}}} =f,$ et mettons $2z$ à la place de $\varphi \,;$ on aura, à cause de $\cos 2z=1-2\sin ^{2}z,$ $\sin 2z=2\sin z\cos z,$ on aura, dis-je,
${\begin{aligned}ds=&{\frac {fdz}{\sin z}},\\dy=&2f\cos zdz,\\dx=&{\frac {fdz}{\sin z}}-2f\sin zdz,\end{aligned}}$
d’où l’on tire par l’intégration
${\begin{aligned}s=&f\log {\sqrt {\frac {1-\cos z}{1+\cos z}}}+\mathrm {A} ,\\y=&2f\sin z+\mathrm {B} ,\\x=&s+2f\cos z+\mathrm {C} ,\end{aligned}}$
$\mathrm {A,B,C}$ étant des constantes qui doivent être déterminées en sorte que $s,x$ et $y$ soient nuls lorsque $z=0\,;$ ce qui donnera $\mathrm {B=0,\ C} =-2f$ et $\mathrm {A} =-f\log 0,$ c’est-à-dire $\mathrm {A} =\infty .$
D’où l’on voit que ce cas ne saurait avoir lieu à moins que l’angle $z$ ne soit infiniment petit, pour que l’arc $s$ puisse être fini ; de sorte que la courbure de la lame sera infiniment petite.
Or, puisque $\mathrm {Q} =0$ donne $\varphi =0,$ il est clair que $\mathrm {Q}$ très-petit donnera aussi $\varphi$ très-petit ; donc, faisant $\varphi =\mathrm {Q} u$ et supposant $\mathrm {Q}$ très-petit, les équations du paragraphe précédent deviendront, à cause de $\sin \varphi =\mathrm {Q} u$ et $\cos \varphi =1-{\frac {\mathrm {Q} ^{2}u^{2}}{2}},$ à très-peu près,
${\begin{aligned}ds=&{\frac {\mathrm {K} du}{\sqrt {u+{\dfrac {\mathrm {P} }{2}}u^{2}}}},\\dy=&{\frac {\mathrm {QK} udu}{\sqrt {u+{\dfrac {\mathrm {P} }{2}}u^{2}}}},\\dx=&ds-{\frac {\mathrm {KQ^{2}} u^{2}du}{2{\sqrt {u+{\dfrac {\mathrm {P} }{2}}u^{2}}}}},\end{aligned}}$
équations intégrables par les logarithmes lorsque $\mathrm {P}$ est positif, et par les arcs de cercle lorsque $\mathrm {P}$ est négatif.
Considérons ce dernier cas, et faisons, pour plus de simplicité, $u={\frac {\cos z-1}{\mathrm {P} }},$ on trouvera
${\begin{aligned}ds=&\mathrm {\frac {K{\sqrt {2}}}{\sqrt {-P}}} dz,\\dy=&\mathrm {\frac {QK{\sqrt {2}}}{P{\sqrt {-P}}}} (\cos z-1)dz,\\dx=&ds+\mathrm {\frac {Q^{2}K{\sqrt {2}}}{2P^{2}{\sqrt {-P}}}} \left({\frac {\cos 2z}{2}}-2\cos z+{\frac {3}{2}}\right)dz,\end{aligned}}$
d’où, en intégrant en sorte que $s,x$ et $y$ soient nuls lorsque $z=0,$ on aura
${\begin{aligned}s=&\mathrm {\frac {K{\sqrt {2}}}{\sqrt {-P}}} z,\\y=&\mathrm {\frac {QK{\sqrt {2}}}{P{\sqrt {-P}}}} (\sin z-z)z,\\x=&s+\mathrm {\frac {Q^{2}K{\sqrt {2}}}{2P^{2}{\sqrt {-P}}}} \left({\frac {\sin 2z}{4}}-2\sin z+{\frac {3z}{2}}\right),\end{aligned}}$
$s=l,\ y=b,\ x=a,$
$z$
$\cos z={\frac {\mathrm {P} m}{\mathrm {Q} }}+1$
${\begin{aligned}1+&{\frac {\mathrm {P} m}{\mathrm {Q} }}=\cos {\frac {l{\sqrt {-\mathrm {P} }}}{\mathrm {K} {\sqrt {2}}}},\\b=&\mathrm {\frac {QK{\sqrt {2}}}{P{\sqrt {-P}}}} \left(\sin {\frac {l{\sqrt {-\mathrm {P} }}}{\mathrm {K} {\sqrt {2}}}}-{\frac {l{\sqrt {-\mathrm {P} }}}{\mathrm {K} {\sqrt {2}}}}\right),\\a=&l+\mathrm {\frac {Q^{2}K{\sqrt {2}}}{2P^{2}{\sqrt {-P}}}} \left({\frac {1}{4}}\sin {\frac {2l{\sqrt {-\mathrm {P} }}}{\mathrm {K} {\sqrt {2}}}}-2\sin \mathrm {\frac {l{\sqrt {-P}}}{K{\sqrt {2}}}} +\mathrm {\frac {3l{\sqrt {-P}}}{2K{\sqrt {2}}}} \right).\end{aligned}}$
Comme la position des coordonnées $\mathrm {AN} =a$ et $\mathrm {NC} =b$ (fig. 2) dépend de celle de la tangente $\mathrm {AN}$ au point $\mathrm {A}$ de la courbe élastique $\mathrm {ABC} ,$ il sera bon d’introduire à leur place la corde $\mathrm {AC}$ et l’angle $\mathrm {ACT}$ qu’elle fait avec la tangente $\mathrm {CT}$ au point $\mathrm {C}$ où la lame élastique est supposée fixe. Soient donc (fig. 3) $\mathrm {AC} =r$ et $\mathrm {ACT} =\alpha ,$ l’angle $\mathrm {CTN}$ sera égal à la valeur
de $\varphi$ au point $\mathrm {C} ,$ c’est-à-dire égal à $m\,;$ de sorte qu’on aura
$\mathrm {angle\ CAN} =m-\alpha ,$
et de là
$a=r\cos(m-\alpha ),\quad b=r\sin(m-\alpha ).$
Changeons aussi les deux forces $\mathrm {P}$ et $\mathrm {Q} ,$ qui agissent suivant $\mathrm {AP}$ et $\mathrm {AQ} ,$ en deux autres qui agissent suivant $\mathrm {AR} ,$ c’est-à-dire dans la direction de la corde $\mathrm {CA}$ prolongée et suivant $\mathrm {AT}$ perpendiculaireà $\mathrm {AR} \,;$ et nommant la première de ces forces $\mathrm {R}$ et la seconde $\mathrm {T} ,$ on aura
${\begin{aligned}\mathrm {P} =&\mathrm {R} \cos(m-\alpha )+\mathrm {T} \sin(m-\alpha ),\\\mathrm {Q} =&-\mathrm {R} \sin(m-\alpha )+\mathrm {T} \cos(m-\alpha )\,;\end{aligned}}$
ou bien, en faisant pour plus de simplicité
$\mathrm {R} =p\cos q,\quad \mathrm {T} =p\sin q,$
en sorte que
$p=\mathrm {\sqrt {R^{2}+T^{2}}} ,\quad \operatorname {tang} q=\mathrm {\frac {T}{R}} ,$
on aura
${\begin{aligned}\mathrm {P} =&p\cos(q+\alpha -m),\\\mathrm {Q} =&p\sin(q+\alpha -m).\end{aligned}}$
Ainsi il n’y aura qu’à faire ces substitutions dans les équations trouvées ci-dessus, et chassant ensuite $m,$ on aura deux équations par lesquelles on pourra déterminer $p$ et $q,$ c’est-à-dire $\mathrm {R}$ et $\mathrm {T}$ par $l,r$ et $\alpha .$
Pour rendre le calcul plus simple, nous remarquerons d’abord que $\mathrm {Q}$ devant être par l’hypothèse une quantité très-petite, il faudra aussi que $b$ soit très-petite ; donc on aura tant $\sin(m-\alpha )$ que $\sin(q+\alpha -m)$ très-petits : mais $m$ est aussi un angle très-petit du même ordre que $\mathrm {Q} \,;$ donc les angles $\alpha ,m$ et $q$ seront tous très-petits du même ordre, de sorte qu’on aura à très-peu près
${\begin{aligned}a=&r\left[1-{\frac {(m-\alpha )^{2}}{2}}\right],\\b=&r(m-\alpha ),\\\mathrm {P} =&p\left[1-{\frac {(q+\alpha -m)^{2}}{2}}\right],\\\mathrm {Q} =&p(q+\alpha -m)\,;\end{aligned}}$
par conséquent, si l’on substitue ces valeurs dans les équations du § III et qu’on fasse, pour abréger,
$\omega ={\frac {l{\sqrt {-\mathrm {P} }}}{\mathrm {K} {\sqrt {2}}}},$
${\begin{aligned}&1+{\frac {m}{q+\alpha -m}}=\cos \omega ,\\&{\frac {r}{l}}(m-\alpha )=(q+\alpha -m)\left({\frac {\sin \omega }{\omega }}-1\right),\\&{\frac {r}{l}}\left[1-{\frac {(m-\alpha )^{2}}{2}}\right]=1+{\frac {(q+\alpha -m)^{2}}{2}}\left({\frac {\sin 2\omega }{4\omega }}-{\frac {2\sin \omega }{\omega }}+{\frac {3}{2}}\right).\end{aligned}}$
Or, cette dernière équation donne, en négligeant les quantités très-petites au-dessus du second ordre,
${\frac {r}{l}}=1-{\frac {(m-\alpha )^{2}}{2}}+{\frac {(q+\alpha -m)^{2}}{2}}\left({\frac {\sin 2\omega }{4\omega }}-{\frac {2\sin \omega }{\omega }}+{\frac {3}{2}}\right),$
de sorte que la seconde équation deviendra celle-ci
$m-\alpha =(q+\alpha -m)\left({\frac {\sin \omega }{\omega }}-1\right)\,;$
or la première donne
$m=(q+\alpha )\left(1-{\frac {1}{\cos \omega }}\right),$
et cette valeur étant substituée dans l’équation précédente, on aura
${\begin{aligned}{\frac {q}{\alpha }}=&{\frac {\sin \omega }{\omega \cos \omega -\sin \omega }},\\{\frac {m}{\alpha }}=&{\frac {\omega (\cos \omega -1)}{\omega \cos \omega -\sin \omega }}\,;\end{aligned}}$
donc, faisant ces substitutions dans l’équation qui donne la valeur de on aura
${\frac {{\dfrac {l}{r}}-1}{\alpha ^{2}}}={\frac {(\sin \omega -\omega )^{2}+{\dfrac {\omega \sin 2\omega }{4}}-2\omega \sin \omega +{\dfrac {3\omega ^{2}}{2}}}{2(\omega \cos \omega -\sin \omega )^{2}}}.$
Ainsi, en supposant $l$ et $r$ donnés, la dernière équation donnera d’abord $\omega$ en $\alpha ,$ d’où l’on connaîtra aussi $p$ en $\alpha$ à cause de $p=-{\frac {2\mathrm {K} ^{2}\omega ^{2}}{l^{2}}}\,;$ ensuite les deux autres équations donneront $m$ et $q.$
Puisque nous avons supposé $q$ très-petit, les deux forces $\mathrm {R}$ et $\mathrm {T}$ (§ IV) deviendront $\mathrm {R} =p$ et $\mathrm {T} =pq,$ c’est-à-dire
$\mathrm {R} =-{\frac {2\mathrm {K} ^{2}\omega ^{2}}{l^{2}}}\quad {\text{et}}\quad \mathrm {T} =-{\frac {2\mathrm {K} ^{2}\omega ^{2}}{l^{2}}}q\,;$
ainsi l’on connaîtra les deux forces $\mathrm {T}$ et $\mathrm {R}$ pour chaque angle.
Supposons que la force perpendiculaire $\mathrm {T}$ soit nulle ; il faudra donc que $q=0\,;$ donc aussi $\sin \omega =0,$ pourvu que $\omega$ ne soit pas égal à zéro ; autrement le dénominateur $\omega \cos \omega -\sin \omega$ le deviendrait aussi ; donc on aura $\omega =\mu \pi ,$ $\pi$ étant l’angle de $180$ degrés et $\mu$ un nombre quelconque entier positif ou négatif excepté zéro. Donc on aura, dans ce cas,
$\mathrm {R} =-{\frac {2\mathrm {K} ^{2}\mu ^{2}\pi ^{2}}{l^{2}}}\,;$
d’où il s’ensuit que si le ressort n’est tendu que par une seule force $\mathrm {AR}$ qui agisse dans la direction de la corde $\mathrm {AC} ,$ il faudra que cette force soit dirigée de $\mathrm {A}$ vers $\mathrm {C} ,$ et qu’elle ne soit pas moindre que ${\frac {2\mathrm {K} ^{2}\mu ^{2}\pi ^{2}}{l^{2}}},$ c’est-à-dire moindre que ${\frac {2\mathrm {K} ^{2}\pi ^{2}}{l^{2}}},$ pour qu’elle puisse produire dans le ressort une très-petite courbure quelconque ; et toute force qui sera moindre que ${\frac {2\mathrm {K} ^{2}\pi ^{2}}{l^{2}}}$ ne produira absolument aucun effet dans la lame élastique. M. Euler a déjà fait cette curieuse remarque, et il en déduit des conséquences relatives à la force des colonnes dans un excellent Mémoire sur ce sujet, auquel nous nous contenterons ici de renvoyer. (Mémoires de l’Académie Royale des Sciences et Belles-Lettres de Berlin, t. XIII, année 1757.)
Or, puisqu’en faisant $\omega =\pi$ la force $\mathrm {T}$ disparaît, supposons $\omega =\pi -t,$ $t$ étant un angle fort petit, et l’on aura
$\sin \omega =\sin t=t,\quad \cos \omega =-\cos t=-1+{\frac {t^{2}}{2}}\,;$
${\frac {q}{\alpha }}={\frac {l}{\pi }},\quad {\frac {{\dfrac {l}{r}}-1}{\alpha ^{2}}}={\frac {5}{4}}+{\frac {3t}{4\pi }}\,;$
d’où l’on aura
${\frac {{\dfrac {l}{r}}-1}{\alpha ^{2}}}={\frac {5}{4}}+{\frac {3q}{4\alpha }},$
et de là
$q={\frac {4\left({\dfrac {l}{r}}-1\right)}{3\alpha }}-{\frac {5\alpha }{3}},$
donc
$\mathrm {T} ={\frac {2\mathrm {K} ^{2}\pi ^{2}}{3l^{2}}}\left[5\alpha -{\frac {4\left({\dfrac {l}{r}}-1\right)}{\alpha }}\right].$
Ainsi, tant que l’angle $\alpha$ sera égal à $2{\sqrt {\frac {{\dfrac {l}{r}}-1}{5}}},$ la force perpendiculaire $\mathrm {T}$ (fig. 3, p. 86) sera nulle ; mais lorsqu’on augmentera ou diminuera cet angle $\alpha ,$ c’est-à-dire l’angle $\mathrm {ACT} ,$ le ressort exercera perpendiculairement à la corde $\mathrm {AC}$ une force $\mathrm {T}$ qu’on pourra déterminer par la formule précédente, pourvu que $\alpha$ soit fort petit.
Prenons maintenant dans la tangente $\mathrm {CT}$ un point quelconque $\mathrm {C} '$ (fig. 4) et, ayant tiré la ligne $\mathrm {C'AR'} ,$ réduisons les forces $\mathrm {P}$ et $\mathrm {Q} ,$ qui
agissent au point $\mathrm {A}$ (§ II), à deux autres $\mathrm {R} '$ et $\mathrm {T} ',$ dont l’une $\mathrm {R} '$ tire sui-
$\mathrm {AR} '$
$\mathrm {T} '$
$\mathrm {AT} '$
$\mathrm {AR} '\,;$
$\alpha '$
$\mathrm {AC'T} ,$
$\mathrm {R} '=p'\cos q',\quad \mathrm {T} '=p'\sin q',$
on aura
${\begin{aligned}\mathrm {P} =&p'\cos(q'+\alpha '-m),\\\mathrm {Q} =&p'\sin(q'+\alpha '-m).\end{aligned}}$
Soient, de plus, la ligne $\mathrm {AC} '=r'$ et la ligne donnée $\mathrm {CC'} =h,$ on aura d’abord
$\mathrm {AC} =r={\sqrt {h^{2}+r'^{2}+2hr'\cos \alpha '}}$
et
$\sin \alpha :\sin \alpha '=r':r,\quad {\text{d'où}}\quad \sin \alpha ={\frac {r'\sin \alpha '}{r}}\,;$
ainsi, ayant $r$ et $\alpha$ en $r'$ et $\alpha ',$ on aura aussi $a$ et $b$ en $r'$ et $\alpha ',$ en substituant les valeurs de $r$ et dans les formules du § IV,
$a=r\cos(m-\alpha ),\quad b=r\sin(m-\alpha ).$
Or, comme les angles $\alpha$ et $m$ sont supposés très-petits de l’ordre de la force $\mathrm {Q} ,$ il est clair que les trois angles $\alpha ,q'$ et $m$ seront tous très-petits du même ordre ; ainsi l’on aura à très-peu près
${\begin{alignedat}{2}\mathrm {P} =&p'\left[1-{\frac {(q'+\alpha '-m)^{2}}{2}}\right],\qquad &\mathrm {Q} =&p'(q'+\alpha '-m),\\r=&h+r'-{\frac {hr'\alpha '^{2}}{2(h+r')}},&\alpha =&{\frac {r'\alpha '}{r}}={\frac {r'\alpha '}{h+r'}},\end{alignedat}}$
et de là
${\begin{aligned}a=&h+r'-{\frac {hr'\alpha '^{2}}{2(h+r')}}-{\frac {(h+r')}{2}}\left(m-{\frac {r'\alpha '}{h+r'}}\right)^{2},\\b=&(h+r')\left(m-{\frac {r'\alpha '}{h+r'}}\right).\end{aligned}}$
De sorte qu’en faisant ces substitutions dans les équations du § III, et supposant, comme plus haut,
$\omega '={\frac {l{\sqrt {-p'}}}{\mathrm {K} {\sqrt {2}}}},$
${\begin{aligned}&1+{\frac {m}{q'+\alpha '-m}}=\cos \omega ',\\&{\frac {(h+r')m-r'\alpha '}{l}}=(q'+\alpha '-m)\left({\frac {\sin \omega '}{\omega '}}-1\right),\\&{\frac {h+r'}{l}}\left[1-{\frac {hr'\alpha '^{2}+\left[m(h+r')-r'\alpha '\right]^{2}}{2(h+r')^{2}}}\right]\\&\quad =1+{\frac {(q'+\alpha '-m)^{2}}{2}}\left({\frac {\sin 2\omega '}{4\omega '}}-{\frac {2\sin \omega '}{\omega '}}+{\frac {3}{2}}\right).\end{aligned}}$
Supposons maintenant $h+r'=l,$ et les équations précédentes deviendront celles-ci
${\begin{aligned}&1+{\frac {m}{q'+\alpha '-m}}=\cos \omega ',\\&{\frac {lm-r'\alpha '}{l}}=(q'+\alpha '-m)\left({\frac {\sin \omega '}{\omega '}}-1\right),\\&-{\frac {hr'\alpha '^{2}+(ml-r'\alpha ')^{2}}{l^{2}}}=(q'+\alpha '-m)^{2}\left({\frac {\sin 2\omega '}{4\omega '}}-{\frac {2\sin \omega '}{\omega '}}+{\frac {3}{2}}\right).\end{aligned}}$
Les deux premières donnent d’abord
${\begin{aligned}{\frac {m}{\alpha '}}=&{\frac {r'}{l}}{\frac {\omega '(\cos \omega '-1)}{\omega '\cos \omega '-\sin \omega '}},\\{\frac {q'}{\alpha '}}=&{\frac {\left({\dfrac {r'}{l}}-1\right)\omega '\cos \omega '+\sin \omega '}{\omega '\cos \omega '-\sin \omega '}},\end{aligned}}$
et ces valeurs étant substituées dans la troisième, on aura, à cause de $h=l-r',$
${\frac {r'}{l}}={\frac {(\omega '\cos \omega '-\sin \omega ')^{2}+{\dfrac {\omega '\sin 2\omega '}{4}}-2\omega '\sin \omega '+{\dfrac {3\omega '^{2}}{2}}}{(\omega '\cos \omega '-\sin \omega ')^{2}-(\sin \omega '-\omega ')^{2}}}.$
Ainsi, dans ce cas, l’angle $\omega '$ sera donné par la seule quantité ${\frac {r'}{l}}$, et par conséquent la quantité ${\frac {q'}{\alpha '}}$ deviendra aussi une fonction de ${\frac {r'}{l}}\,;$ et comme $p'=-{\frac {2\mathrm {K} ^{2}\omega '^{2}}{l^{2}}},$ il s’ensuit que la force $\mathrm {T} ',$ qui est à très-peu près égale à $p'q',$ sera toujours exprimée par une fonction donnée de ${\frac {r'}{l}}$ multipliée par ${\frac {\alpha '}{l^{2}}}.$
Donc, si l’on a une lame élastique $\mathrm {ABC} ,$ fixée en $\mathrm {C}$ (fig. 5), et dont la position naturelle et libre soit la droite $\mathrm {CA} ',$ et que l’extrémité $\mathrm {A} '$ de cette
lame soit forcée de décrire autour du point $\mathrm {C} ',$ pris dans la droite $\mathrm {CA'} ,$ l’arc très-petit $\mathrm {A'A} ,$ en sorte qu’elle vienne dans la situation $\mathrm {ABC} ,$ on fera $\mathrm {CA} '=l,\ \mathrm {A'C} =r',\ \mathrm {A'C'A} =\alpha ,$ et l’on trouvera par les formules précédentes les deux forces $p'$ et $p'q'$ que la lame, dans l’état forcé $\mathrm {ABC} ,$ exercera à l’extrémité $\mathrm {A} ,$ la première de ces forces agissant suivant la direction du rayon $\mathrm {AC} ',$ et la seconde suivant celle de la tangente en $\mathrm {A} .$ Et comme on a ici $l$ et $r'$ constants pendant que $\alpha$ varie, il s’ensuit que $\omega$ sera constant aussi, et qu’ainsi la force tangentielle $\mathrm {T}$ sera toujours proportionnelle à l’arc $\mathrm {AA} '\,;$ d’où il s’ensuit que si un corps était attaché à l’extrémité $\mathrm {A} ,$ ce corps ferait autour du point $\mathrm {A} '$ des oscillations isochrones, dont on pourra déterminer la durée par les équations ci-dessus.
On pourrait se servir utilement de cette propriété des lames élastiques dans les balancier des montres si l’on voulait se contenter de leur faire
faire des oscillations très-petites ; car, supposant (fig. 6) que $\mathrm {A'FGH}$
$\mathrm {C} '$
$\mathrm {A'C} ,$
$\mathrm {C}$
$\mathrm {A} '$
Nous avons supposé jusqu’ici que la courbure du ressort devait être très-petite ; voyons maintenant comment on peut résoudre le Problème, en général, quelle que puisse être la figure de la lame élastique. Or, comme les équations trouvées dans le § II sont absolument inintégrables, il est impossible de déterminer les forces $\mathrm {P}$ et $\mathrm {Q}$ en $l,a$ et $b,$ ou bien les forces $\mathrm {R}$ et $\mathrm {T}$ en $l,r$ et $\alpha$ (§ IV) par des équations finies ; mais peut-être pourrait-on les déterminer par des équations différentielles qui donneraient les variations de $\mathrm {T}$ et de $\mathrm {R}$ répondantes à celles de $r$ et $\alpha \,;$ c’est ce qu’il est bon d’examiner.
Reprenons donc les trois équations du § II, et, mettant d’abord à la place de $\mathrm {P}$ et $\mathrm {Q}$ les valeurs trouvées dans le § IV, elles se changeront en celles-ci
${\begin{aligned}ds=&{\frac {\mathrm {K} d\varphi }{{\sqrt {p}}{\sqrt {\cos(q+\alpha -m)-\cos(q+\alpha -m+\varphi )}}}},\\dy=&{\frac {\mathrm {K} \sin \varphi d\varphi }{{\sqrt {p}}{\sqrt {\cos(q+\alpha -m)-\cos(q+\alpha -m+\varphi )}}}},\\dx=&{\frac {\mathrm {K} \cos \varphi d\varphi }{{\sqrt {p}}{\sqrt {\cos(q+\alpha -m)-\cos(q+\alpha -m+\varphi )}}}}.\end{aligned}}$
La seconde de ces équations étant multipliée par $\sin(q+\alpha -m)$ et ensuite retranchée de la troisième multipliée par $\cos(q+\alpha -m),$ on aura
${\begin{aligned}\cos &(q+\alpha -m)dx-\sin(q+\alpha -m)dy\\&={\frac {\mathrm {K} \cos(q+\alpha -m+\varphi )d\varphi }{{\sqrt {p}}{\sqrt {\cos(q+\alpha -m)-\cos(q+\alpha -m+\varphi )}}}}.\end{aligned}}$
De même, en multipliant la seconde par $\cos(q+\alpha -m)$ et l’ajoutant à
$\sin(q+\alpha -m),$
${\begin{aligned}\cos &(q+\alpha -m)dy+\sin(q+\alpha -m)dx\\&={\frac {\mathrm {K} \sin(q+\alpha -m+\varphi )d\varphi }{{\sqrt {p}}{\sqrt {\cos(q+\alpha -m)-\cos(q+\alpha -m+\varphi )}}}},\end{aligned}}$
équation qui est absolument intégrale et dont l’intégrale, prise en sorte que $x$ et $y$ s’évanouissent lorsque $\varphi =0,$ est celle-ci
${\begin{aligned}y&\cos(q+\alpha -m)+x\sin(q+\alpha -m)\\&=2{\frac {\mathrm {K} {\sqrt {\cos(q+\alpha -m)-\cos(q+\alpha -m+\varphi )}}}{\sqrt {p}}}\end{aligned}}$
Ainsi il faudra combiner cette équation avec ces deux-ci
${\begin{aligned}&s={\frac {\mathrm {K} }{\sqrt {p}}}\int {\frac {d\varphi }{\sqrt {\cos(q+\alpha -m)-\cos(q+\alpha -m+\varphi )}}},\\&x\sin(q+\alpha -m)-y\cos(q+\alpha -m)\\&\quad ={\frac {\mathrm {K} }{\sqrt {p}}}\int {\frac {\cos(q+\alpha -m+\varphi )d\varphi }{\sqrt {\cos(q+\alpha -m)-\cos(q+\alpha -m+\varphi )}}}.\end{aligned}}$
Soit, pour abréger, $q+\alpha -m=n,$ et supposons que les intégrales
$\int {\frac {d\varphi }{\sqrt {\cos n-\cos(n+\varphi )}}}\quad {\text{et}}\quad \int {\frac {\cos(n+\varphi )d\varphi }{\sqrt {\cos n-\cos(n+\varphi )}}},$
prises en sorte qu’elles soient nulles lorsque $\varphi =0,$ deviennent $\mathrm {A}$ et $\mathrm {B}$ lorsque $\varphi =m,$ et l’on aura, en faisant $x=a,\ y=b,\ s=l$ et $\varphi =m,$ ces trois équations
${\begin{aligned}&{\frac {\sqrt {p}}{2\mathrm {K} }}\left[b\cos(q+\alpha -m)+a\sin(q+\alpha -m)\right]={\sqrt {\cos(q+\alpha -m)-\cos(q+\alpha )}}\\\\&{\frac {l{\sqrt {p}}}{\mathrm {K} }}=\mathrm {A} ,\\\\&{\frac {\sqrt {p}}{\mathrm {K} }}\left[a\cos(q+\alpha -m)-b\sin(q+\alpha -m)\right]=\mathrm {B} ,\end{aligned}}$
$a$
$b$
${\begin{aligned}&{\frac {l{\sqrt {p}}}{\mathrm {K} }}=\mathrm {A} ,\\\\&{\frac {r{\sqrt {p}}}{\mathrm {K} }}\cos q=\mathrm {B} ,\\\\&{\frac {r{\sqrt {p}}}{2\mathrm {K} }}\sin q={\sqrt {\cos(q+\alpha -m)-\cos(q+\alpha )}}.\end{aligned}}$
Maintenant, puisque l’on a
${\begin{aligned}\mathrm {A} =&\int {\frac {d\varphi }{\sqrt {\cos n-\cos(n+\varphi )}}},\\\mathrm {B} =&\int {\frac {\cos(n+\varphi )d\varphi }{\sqrt {\cos n-\cos(n+\varphi )}}},\end{aligned}}$
si l’on fait varier dans ces expressions tant $\varphi$ que $n,$ on aura
${\begin{aligned}d\mathrm {A} =&{\frac {d\varphi }{\sqrt {\cos n-\cos(n+\varphi )}}}+{\frac {\sin ndn}{2}}\int {\frac {d\varphi }{\left[\cos n-\cos(n+\varphi )\right]^{\frac {3}{2}}}}\\&-{\frac {dn}{2}}\int {\frac {\sin(n+\varphi )d\varphi }{\left[\cos n-\cos(n+\varphi )\right]^{\frac {3}{2}}}},\\d\mathrm {B} =&{\frac {\cos(n+\varphi )d\varphi }{\sqrt {\cos n-\cos(n+\varphi )}}}+{\frac {\sin ndn}{2}}\int {\frac {\cos(n+\varphi )d\varphi }{\left[\cos n-\cos(n+\varphi )\right]^{\frac {3}{2}}}}\\&-dn\int {\frac {\sin(n+\varphi )d\varphi }{\sqrt {\cos n-\cos(n+\varphi )}}}-{\frac {dn}{2}}\int {\frac {\sin(n+\varphi )\cos(n+\varphi )d\varphi }{\left[\cos n-\cos(n+\varphi )\right]^{\frac {3}{2}}}}.\end{aligned}}$
Or
${\begin{aligned}{\frac {1}{2}}&\int {\frac {\sin(n+\varphi )d\varphi }{\left[\cos n-\cos(n+\varphi )\right]^{\frac {3}{2}}}}={\frac {-1}{\sqrt {\cos n-\cos(n+\varphi )}}},\\\\&\int {\frac {\sin(n+\varphi )d\varphi }{\sqrt {\cos n-\cos(n+\varphi )}}}-{\frac {1}{2}}\int {\frac {\sin(n+\varphi )\cos(n+\varphi )d\varphi }{\left[\cos n-\cos(n+\varphi )\right]^{\frac {3}{2}}}}\\\\&=-{\frac {\cos(n+\varphi )}{\sqrt {\cos n-\cos(n+\varphi )}}}.\end{aligned}}$
${\begin{aligned}d\mathrm {A} =&{\frac {dn+d\varphi }{\sqrt {\cos n-\cos(n+\varphi )}}}+{\frac {\sin ndn}{2}}\int {\frac {d\varphi }{\left[\cos n-\cos(n+\varphi )\right]^{\frac {3}{2}}}},\\d\mathrm {B} =&{\frac {\cos(n+\varphi )(dn+d\varphi )}{\sqrt {\cos n-\cos(n+\varphi )}}}+{\frac {\sin ndn}{2}}\int {\frac {\cos(n+\varphi )d\varphi }{\left[\cos n-\cos(n+\varphi )\right]^{\frac {3}{2}}}}.\end{aligned}}$
Supposons, pour plus de simplicité,
$\mathrm {F} =\int {\frac {d\varphi }{\left[\cos n-\cos(n+\varphi )\right]^{\frac {3}{2}}}},\quad \mathrm {G} =\int {\frac {\cos(n+\varphi )d\varphi }{\left[\cos n-\cos(n+\varphi )\right]^{\frac {3}{2}}}},$
et comme on ne peut pas trouver les valeurs de $\mathrm {F}$ et $\mathrm {G}$ par l’intégration, il faut tâcher de les déterminer par le moyen des quantités $\mathrm {A,B} .$
Pour cela, je remarque que l’on a
${\frac {d\varphi }{\sqrt {\cos n-\cos(n+\varphi )}}}={\frac {\cos nd\varphi }{\left[\cos n-\cos(n+\varphi )\right]^{\frac {3}{2}}}}-{\frac {\cos(n+\varphi )d\varphi }{\left[\cos n-\cos(n+\varphi )\right]^{\frac {3}{2}}}}\,;$
d’où, en intégrant, on aura
$\mathrm {A} =\mathrm {F} \cos n-\mathrm {G} .$
${\frac {\cos(n+\varphi )d\varphi }{\sqrt {\cos n-\cos(n+\varphi )}}}={\frac {\cos n\cos(n+\varphi )d\varphi }{\left[\cos n-\cos(n+\varphi )\right]^{\frac {3}{2}}}}-{\frac {\cos ^{2}(n+\varphi )d\varphi }{\left[\cos n-\cos(n+\varphi )\right]^{\frac {3}{2}}}},$
et
$d{\frac {\sin(n+\varphi )}{\sqrt {\cos n-\cos(n+\varphi )}}}={\frac {\cos(n+\varphi )d\varphi }{\sqrt {\cos n-\cos(n+\varphi )}}}-{\frac {\sin ^{2}(n+\varphi )d\varphi }{2\left[\cos n-\cos(n+\varphi )\right]^{\frac {3}{2}}}}\,;$
par conséquent
${\begin{aligned}2d{\frac {\sin(n+\varphi )}{\sqrt {\cos n-\cos(n+\varphi )}}}&={\frac {\cos n\cos(n+\varphi )d\varphi }{\left[\cos n-\cos(n+\varphi )\right]^{\frac {3}{2}}}}\\+&{\frac {\cos(n+\varphi )d\varphi }{\sqrt {\cos n-\cos(n+\varphi )}}}-{\frac {d\varphi }{\left[\cos n-\cos(n+\varphi )\right]^{\frac {3}{2}}}}.\end{aligned}}$
Donc, en intégrant, on aura
${\frac {2\sin(n+\varphi )}{\sqrt {\cos n-\cos(n+\varphi )}}}=\mathrm {G} \cos n+\mathrm {B-F} .$
$\mathrm {A} =\mathrm {F} \cos n-\mathrm {G} ,$
on tirera
${\begin{aligned}\mathrm {F} =&{\frac {\mathrm {B-A} \cos n-{\dfrac {2\sin(n+\varphi )}{\sqrt {\cos n-\cos(n+\varphi )}}}}{\sin ^{2}n}},\\\mathrm {G} =&{\frac {\mathrm {B} \cos n-\mathrm {A} -{\dfrac {2\cos n\sin(n+\varphi )}{\sqrt {\cos n-\cos(n+\varphi )}}}}{\sin ^{2}n}}.\end{aligned}}$
Donc, substituant ces valeurs dans les expressions de $d\mathrm {A}$ et de $d\mathrm {B}$ trouvées ci-dessus, on aura
${\begin{aligned}d\mathrm {A} =&{\frac {dn+d\varphi }{\sqrt {\cos n-\cos(n+\varphi )}}}-{\frac {\sin(n+\varphi )dn}{\sin n{\sqrt {\cos n-\cos(n+\varphi )}}}}+{\frac {(\mathrm {B-A} \cos n)dn}{2\sin n}},\\d\mathrm {B} =&{\frac {\cos(n+\varphi )(dn+d\varphi )}{\sqrt {\cos n-\cos(n+\varphi )}}}-{\frac {\cos n\sin(n+\varphi )dn}{\sin n{\sqrt {\cos n-\cos(n+\varphi )}}}}+{\frac {(\mathrm {B} \cos n-\mathrm {A} )dn}{2\sin n}}.\end{aligned}}$
Donc, remettant à la place de $n$ sa valeur $q+\alpha -m,$ et faisant $\varphi =m,$ on aura
${\begin{aligned}d\mathrm {A} =&{\frac {dq+d\alpha }{\sqrt {\cos(q+\alpha -m)-\cos(q+\alpha )}}}\\&-{\frac {\sin(q+\alpha )(dq+d\alpha -dm)}{\sin(q+\alpha -m){\sqrt {\cos(q+\alpha -m)-\cos(q+\alpha )}}}}\\&+{\frac {\mathrm {B-A} \cos(q+\alpha -m)}{2\sin(q+\alpha -m)}}(dq+d\alpha -dm),\\d\mathrm {B} =&{\frac {\cos(q+\alpha )(dq+d\alpha )}{\sqrt {\cos(q+\alpha -m)-\cos(q+\alpha )}}}\\&-{\frac {\cos(q+\alpha -m)\sin(q+\alpha )(dq+d\alpha -dm)}{\sin(q+\alpha -m){\sqrt {\cos(q+\alpha -m)-\cos(q+\alpha )}}}}\\&+{\frac {\mathrm {B} \cos(q+\alpha -m)-\mathrm {A} }{2\sin(q+\alpha -m)}}(dq+d\alpha -dm).\end{aligned}}$
Donc, faisant pour plus de simplicité $\alpha -m=\beta ,$ on aura enfin ces trois
${\begin{aligned}{\frac {r{\sqrt {p}}}{2\mathrm {K} }}\sin q=&{\sqrt {\cos(q+\beta )-\cos(q+\alpha )}},\\d\left({\frac {l{\sqrt {p}}}{\mathrm {K} }}\right)=&{\frac {dq+d\alpha }{\sqrt {\cos(q+\beta )-\cos(q+\alpha )}}}\\&\qquad \qquad -{\frac {\sin(q+\alpha )(dq+d\beta )}{\sin(q+\beta ){\sqrt {\cos(q+\beta )-\cos(q+\alpha )}}}}\\&\qquad \qquad +{\frac {r\cos q-l\cos(q+\beta )}{2\mathrm {K} \sin(q+\beta )}}{\sqrt {p}}(dq+d\beta ),\end{aligned}}$
${\begin{aligned}d\left({\frac {r{\sqrt {p}}}{\mathrm {K} }}\cos q\right)=&{\frac {\cos(q+\alpha )(dq+d\alpha )}{\sqrt {\cos(q+\beta )-\cos(q+\alpha )}}}\\&\qquad -{\frac {\cos(q+\beta )\sin(q+\alpha )(dq+d\beta )}{\sin(q+\beta ){\sqrt {\cos(q+\beta )-\cos(q+\alpha )}}}}\\&\qquad +{\frac {r\cos q\cos(q+\beta )-l}{2\mathrm {K} \sin(q+\beta )}}{\sqrt {p}}(dq+d\beta ).\end{aligned}}$
Telles sont les équations par lesquelles on doit déterminer les forces $\mathrm {R} =p\cos q$ et $\mathrm {T} =p\sin q,$ que la lame élastique $\mathrm {ABC} ,$ fixe en $\mathrm {C}$ (fig. 3, p. 86), exerce à l’extrémité $\mathrm {A} ,$ en supposant donnés la longueur $l$ de la lame $\mathrm {ABC} ,$ la corde $\mathrm {AC} =r$ et l’angle $\mathrm {TCA} =\alpha .$ Pour faciliter le calcul, on prendra la valeur de $cos(q+\beta )$ de la première équation et on la substituera dans les deux autres, lesquelles deviendront par là
${\begin{aligned}&d\left({\frac {l{\sqrt {p}}}{\mathrm {K} }}\right)={\frac {2\mathrm {K} (dq+d\alpha )}{r{\sqrt {p}}\sin q}}\\&\quad +\left\{{\frac {2\mathrm {K} \sin(q+\alpha )}{r{\sqrt {p}}\sin q}}-{\frac {r{\sqrt {p}}\cos q}{2\mathrm {K} }}+{\frac {l{\sqrt {p}}}{2\mathrm {K} }}\left[{\frac {r^{2}p\sin ^{2}q}{4\mathrm {K} ^{2}}}+\cos(q+\alpha )\right]\right\}\\&\quad \qquad \times {\frac {8\mathrm {K} ^{2}r{\sqrt {p}}\sin qd\left(r{\sqrt {p}}\sin q\right)+16\mathrm {K} ^{4}d\cos(q+\alpha )}{16\mathrm {K} ^{4}-\left[r^{2}p\sin ^{2}q+4\mathrm {K} ^{2}\cos(q+\alpha )\right]^{2}}},\end{aligned}}$
${\begin{aligned}&d\left({\frac {r{\sqrt {p}}}{\mathrm {K} }}\cos q\right)={\frac {2\mathrm {K} \cos(q+\alpha )(dq+d\alpha )}{r{\sqrt {p}}\sin q}}\\&\quad +\left\{{\frac {l{\sqrt {p}}}{2\mathrm {K} }}+\left[{\frac {2\mathrm {K} \sin(q+\alpha )}{r{\sqrt {p}}\sin q}}-{\frac {r{\sqrt {p}}\cos q}{2\mathrm {K} }}\right]\left[{\frac {r^{2}p\sin ^{2}q}{4\mathrm {K} ^{2}}}+\cos(q+\alpha )\right]\right\}\\&\quad \qquad \times {\frac {8\mathrm {K} ^{2}r{\sqrt {p}}\sin qd\left(r{\sqrt {p}}\sin q\right)+16\mathrm {K} ^{4}d\cos(q+\alpha )}{16\mathrm {K} ^{4}-\left[r^{2}p\sin ^{2}q+4\mathrm {K} ^{2}\cos(q+\alpha )\right]^{2}}}.\end{aligned}}$
Ces équations sont, comme on voit, trop compliquées pour qu’on puisse en tirer quelque lumière sur la loi des forces tendantes $\mathrm {R}$ et $\mathrm {T} \,;$ cependant elles pourraient servir à déterminer la vraie figure de la fusée au moins par une équation différentielle.
Pour cela on supposera que $\mathrm {C}$ (fig. 3, p. 86) soit le centre du barillet ou tambour, où le ressort est renfermé, et à la circonférence duquel l’extrémité mobile $\mathrm {A}$ est attachée ; de cette manière $r$ sera le rayon du tambour qui est constant, et sera l’angle que le tambour aura parcouru en tournant autour de son axe pour bander le ressort ; de sorte que $r\alpha$ sera égal à la longueur de la corde désentortillée d’autour du tambour et entortillée autour de la fusée ; donc, si l’on considère la courbe qui, par sa révolution autour de son axe, produirait le solide dont on doit faire la fusée, et qu’on nomme $y$ l’ordonnée de cette courbe et $ds$ l’élément de l’arc, on aura $\int yds$ pour la portion de surface de la fusée qui sera couverte par la corde et qui devra par conséquent être égale à la longueur $\alpha r$ de la corde entortillée à la fusée, cette longueur étant divisée par le diamètre même de la corde ; ainsi, nommant $e$ le diamètre ou l’épaisseur de la corde, on aura d’abord
$\alpha ={\frac {\int yds}{er}}.$
Maintenant il est clair que la corde ne sera tendue par le ressort qu’avec une force égale à $\mathrm {T} =psinq,$ l’autre force $\mathrm {R}$ ne faisant que presser la surface du tambour au point où l’extrémité du ressort est attachée ; donc le moment de la force du ressort pour faire tourner la fusée sera $\mathrm {T} y=yp\sin q,$ lequel devant être constant, on aura l’équation
$yp\sin q=g\,;$
ainsi, il n’y aura qu’à substituer dans les deux équations précédentes ${\frac {g}{y\sin q}}$ à la place de $p$ et ${\frac {\int yds}{er}}$ à la place de, et chassant ensuite la variable $q,$ on aura une équation entre $y$ et $ds,$ qui déterminera la nature de la courbe de la fusée.
Dans les recherches précédentes nous avons supposé que le ressort étant fixe par une de ses extrémités, l’autre était retenue dans une position donnée par deux forces appliquées à cette extrémité, et nous avons cherché la valeur de ces forces ; mais si l’on voulait que la tangente à cette même extrémité fût aussi donnée, alors il faudrait qu’une troisième force agit sur la lame, et qu’elle fût appliquée à quelque distance de l’extrémité dont il s’agit pour qu’elle pût avoir quelque moment par rapport à cette extrémité.
Ainsi l’on imaginera qu’une verge inflexible $\mathrm {AP}$ (fig. 2, p. 82) soit jointe à la lame élastique en $\mathrm {A} ,$ et que cette verge soit tirée au point $\mathrm {P}$ par une nouvelle force $\mathrm {M} ,$ dont la direction soit perpendiculaire à $\mathrm {AP} ,$ c’est-à-dire parallèle à la force $\mathrm {Q}$ qui agit suivant $\mathrm {AQ}$ (§ II) ; et il résultera de ces deux forces $\mathrm {M}$ et $\mathrm {Q}$ une force unique $\mathrm {M+Q}$ agissant perpendiculairement à la verge $\mathrm {AP} ,$ et à une distance du point $\mathrm {A}$ égale à $\mathrm {{\frac {M}{M+Q}}AP} .$ Or la force $\mathrm {P}$ donne, comme nous l’avons vu dans le paragraphe cité, le moment $\mathrm {P} y$ par rapport au point $\mathrm {B} ,$ et la force $\mathrm {M+Q}$ donnera par rapport au même point le moment $(\mathrm {M+Q} )\left(\mathrm {{\frac {M}{M+Q}}AP} +x\right),$ c’est-à-dire, en faisant $\mathrm {AP} =c$ et $\mathrm {M+Q=N} ,$ le moment $\mathrm {M} c+\mathrm {N} x$ d’où il s’ensuit qu’on aura pour l’équation de la lame élastique
$\mathrm {M} c+\mathrm {N} x+\mathrm {P} y={\frac {2\mathrm {K} ^{2}}{\rho }}.$
$\mathrm {M} c+\mathrm {N} \int \cos \varphi ds+\mathrm {P} \int \sin \varphi ds={\frac {2\mathrm {K} ^{2}d\varphi }{ds}},$
de sorte que lorsque $\varphi =0,$ on aura ici
${\frac {2\mathrm {K} ^{2}d\varphi }{ds}}=\mathrm {M} c.$
Cette équation étant différentiée, et ensuite multipliée par ${\frac {d\varphi }{ds}}$ et intégrée de nouveau, donnera
$\mathrm {C-P} \cos \varphi +\mathrm {N} \sin \varphi ={\frac {\mathrm {K} ^{2}d\varphi ^{2}}{ds^{2}}},$
où la constante $\mathrm {C}$ doit être déterminée par la condition qu’en faisant $\varphi =0$ on ait ${\frac {d\varphi }{ds}}={\frac {\mathrm {M} c}{2\mathrm {K} ^{2}}}\,;$ ainsi l’on aura
$\mathrm {C=P} +{\frac {\mathrm {M} ^{2}c^{2}}{4\mathrm {K} ^{2}}}\,;$
donc
${\begin{aligned}ds=&{\frac {\mathrm {K} d\varphi }{\sqrt {{\dfrac {\mathrm {M} ^{2}c^{2}}{4\mathrm {K} ^{2}}}+\mathrm {P} (1-\cos \varphi )+\mathrm {N} \sin \varphi }}},\\dy=&{\frac {\mathrm {K} \sin \varphi d\varphi }{\sqrt {{\dfrac {\mathrm {M} ^{2}c^{2}}{4\mathrm {K} ^{2}}}+\mathrm {P} (1-\cos \varphi )+\mathrm {N} \sin \varphi }}},\\dx=&{\frac {\mathrm {K} \cos \varphi d\varphi }{\sqrt {{\dfrac {\mathrm {M} ^{2}c^{2}}{4\mathrm {K} ^{2}}}+\mathrm {P} (1-\cos \varphi )+\mathrm {N} \sin \varphi }}},\end{aligned}}$
équations qui ne diffèrent de celles du § II que par le terme constant ${\frac {\mathrm {M} ^{2}c^{2}}{4\mathrm {K} ^{2}}}.$
Si les quantités $\mathrm {P}$ et $\mathrm {N}$ étaient nulles, c’est-à-dire si la force tangentielle s’évanouissait et que les deux forces perpendiculaires fussent égales entre elles et de direction contraire, alors la lame élastique prendrait la figure d’un cercle, car on aurait, dans ce cas,
$ds={\frac {2\mathrm {K} ^{2}d\varphi }{\mathrm {M} c}},\quad dy={\frac {2\mathrm {K} ^{2}\sin \varphi d\varphi }{\mathrm {M} c}},\quad dx={\frac {2\mathrm {K} ^{2}\cos \varphi d\varphi }{\mathrm {M} c}}\,;$
d’où l’on tirerait par l’intégration
$s={\frac {2\mathrm {K} ^{2}}{\mathrm {M} c}}\varphi ,\quad y={\frac {2\mathrm {K} ^{2}}{\mathrm {M} c}}(1-\cos \varphi ),\quad x={\frac {2\mathrm {K} ^{2}}{\mathrm {M} c}}\sin \varphi \,;$
ce qui montre que la courbe est un cercle dont le rayon est ${\frac {2\mathrm {K} ^{2}}{\mathrm {M} c}}.$
Donc, si les quantités $\mathrm {P}$ et $\mathrm {N} ,$ au lieu d’être nulles, étaient seulement très-petites vis-à-vis de la quantité ${\frac {2\mathrm {K} ^{2}}{\mathrm {M} c}},$ la courbe serait à très-peu près circulaire, et elle ne serait autre chose qu’une espèce de spirale fort peu différente d’un cercle.
Comme ce cas mérite d’être examiné en détail, nous allons en faire l’objet, du paragraphe suivant.
Supposons donc $\mathrm {P}$ et $\mathrm {N}$ très-petites vis-à-vis de ${\frac {\mathrm {M} ^{2}c^{2}}{4\mathrm {K} ^{2}}},$ et la quantité radicale
${\frac {\mathrm {K} }{\sqrt {{\dfrac {\mathrm {M} ^{2}c^{2}}{4\mathrm {K} ^{2}}}+\mathrm {P} (1-\cos \varphi )+\mathrm {N} \sin \varphi }}}$
deviendra à très-peu près
${\frac {2\mathrm {K} ^{2}}{\mathrm {M} c}}\left[1-{\frac {2\mathrm {K^{2}P} }{\mathrm {M} ^{2}c^{2}}}(1-\cos \varphi )-{\frac {2\mathrm {K^{2}N} }{\mathrm {M} ^{2}c^{2}}}\sin \varphi \right].$
Soit, pour abréger,
${\frac {2\mathrm {K} ^{2}}{\mathrm {M} c}}=\mathrm {R} ,\quad {\frac {2\mathrm {K^{2}P} }{\mathrm {M} ^{2}c^{2}}}=\mathrm {T} ,\quad {\frac {2\mathrm {K^{2}N} }{\mathrm {M} ^{2}c^{2}}}=\mathrm {V} ,$
et les équations du § X deviendront celles-ci
${\begin{aligned}ds=&\mathrm {R} \mathrm {\left[1-T(1-\cos \varphi )-V\sin \varphi \right]} d\varphi ,\\dy=&\mathrm {R} \mathrm {\left[1-T(1-\cos \varphi )-V\sin \varphi \right]} \sin \varphi d\varphi ,\\dx=&\mathrm {R} \mathrm {\left[1-T(1-\cos \varphi )-V\sin \varphi \right]} \cos \varphi d\varphi ,\end{aligned}}$
$x,y$
$s$
$\varphi =0,$
${\begin{aligned}s=&\mathrm {R} \mathrm {\left[\varphi -T(\varphi -\sin \varphi )-V(1-\cos \varphi )\right]} ,\\y=&\mathrm {R} \mathrm {\left[1-\cos \varphi -T\left({\frac {3}{4}}-\cos \varphi +{\frac {1}{4}}\cos 2\varphi \right)-V\left({\frac {\varphi }{2}}-{\frac {1}{4}}\sin 2\varphi \right)\right]} ,\\x=&\mathrm {R} \mathrm {\left[\sin \varphi +T\left({\frac {\varphi }{2}}-\sin \varphi +{\frac {1}{4}}\sin 2\varphi \right)-V\left({\frac {1}{4}}-{\frac {1}{4}}\cos 2\varphi \right)\right]} .\end{aligned}}$
De sorte qu’en faisant $s=l,\ y=b,\ x=a$ et $\varphi =m$ (§ II), on aura ces trois équations
${\begin{aligned}l=&\mathrm {R} \left[m-\mathrm {T} (m-\sin m)-\mathrm {V} (1-\cos m)\right],\\b=&\mathrm {R} \left[1-\cos m-\mathrm {T} \left({\frac {3}{4}}-\cos m+{\frac {1}{4}}\cos 2m\right)-\mathrm {V} \left({\frac {m}{2}}-{\frac {1}{4}}\sin 2m\right)\right],\\a=&\mathrm {R} \left[\sin m+\mathrm {T} \left({\frac {m}{2}}-\sin m+{\frac {1}{4}}\sin 2m\right)-\mathrm {V} \left({\frac {1}{4}}-{\frac {1}{4}}\cos 2m\right)\right].\end{aligned}}$
Maintenant, si l’on tire par les extrémités $\mathrm {A}$ et $\mathrm {C}$ (fig. 7) de la lame élastique les perpendiculaires $\mathrm {AH}$ et $\mathrm {CH}$ aux tangentes $\mathrm {AN,CT} ,$ il est clair
que l’angle $\mathrm {AHC}$ sera égal à $m\,;$ de sorte que si l’on fait $\mathrm {AH} =p,\ \mathrm {CH} =q,$ on aura
$\mathrm {AN} =a=q\sin m\quad {\text{et}}\quad \mathrm {NC} =b=p-q\cos m,$
${\begin{aligned}&\mathrm {R} ={\frac {l}{m-\mathrm {T} (m-\sin m)-\mathrm {V} (1-\cos m)}},\\&{\frac {p-q\cos m}{l}}=\\&\quad \qquad {\frac {1-\cos m-\mathrm {T} \left({\dfrac {3}{4}}-\cos m+{\dfrac {1}{4}}\cos 2m\right)-\mathrm {V} \left({\dfrac {m}{2}}-{\dfrac {1}{4}}\sin 2m\right)}{m-\mathrm {T} (m-\sin m)-\mathrm {V} (1-\cos m)}},\\&{\frac {q\sin m}{l}}={\frac {\sin m+\mathrm {T} \left({\dfrac {m}{2}}-\sin m+{\dfrac {1}{4}}\sin 2m\right)-\mathrm {V} \left({\dfrac {1}{4}}-{\dfrac {1}{4}}\cos 2m\right)}{m-\mathrm {T} (m-\sin m)-\mathrm {V} (1-\cos m)}}.\end{aligned}}$
Si l’on fait $\mathrm {T} =0$ et $\mathrm {V} =0,$ on a
${\frac {p-q\cos m}{l}}={\frac {1-\cos m}{l}},\quad {\frac {q\sin m}{l}}={\frac {\sin m}{m}},$
d’où l’on tire
$p=q={\frac {l}{m}}.$
Donc, tant que $\mathrm {V}$ et $\mathrm {T}$ seront très-petits, on aura
$p={\frac {l(1+t)}{m}},\quad q={\frac {l(1+u)}{m}},$
$t$ et $u$ étant des quantités très-petites de l’ordre $\mathrm {V}$ et $\mathrm {T} .$ Donc, si l’on substitue ces valeurs dans la seconde et la troisième des équations précédentes, et qu’après avoir multiplié en croix, en négligeant les quantités très-petites du second ordre, on fasse, pour abréger,
${\begin{aligned}\lambda =&\sin m\left({\frac {m\sin m}{2}}-1+\cos m\right),\\\mu =&(1-\cos m)^{2}-{\frac {m}{2}}(m-\sin m\cos m),\\\nu =&{\frac {m}{2}}(m+\sin m\cos m)\sin ^{2}m,\\\rho =&(1-\cos m)\sin m-{\frac {m}{2}}\left(m+1-2\sin ^{2}m\right),\end{aligned}}$
on aura
$(t-u\cos m)m=\lambda \mathrm {T} +\mu \mathrm {V} ,$
$um\sin m=\nu \mathrm {T} +\rho \mathrm {V} ,$
${\begin{aligned}\sigma =&{\frac {\sin ^{3}m(1-\cos m)}{2}}-{\frac {\sin m}{4}}\left(m+1-2\sin ^{2}m\right)\left({\frac {m\sin m}{2}}-1+\cos m\right)\\&-(1-\cos m)^{2}(\sin m\cos m+m)\\&+{\frac {m}{4}}\left(m^{2}-\sin ^{2}m\cos ^{2}m\right)-{\frac {\sin ^{2}m}{2}}(m-\sin m\cos m),\\\end{aligned}}$
on aura
${\begin{aligned}\mathrm {T} =&{\frac {\rho (t-u\cos m)-\mu u\sin m}{\sigma }},\\\mathrm {V} =&{\frac {\lambda u\sin m-\nu (t-u\cos m)}{\sigma }},\end{aligned}}$
et de là on trouvera aussi $\mathrm {R}$ par la première équation.
Ainsi, connaissant $\mathrm {R,T}$ et $\mathrm {V} ,$ on aura
$\mathrm {M} c=\mathrm {{\frac {2K^{2}T}{R}},\quad P={\frac {2K^{2}T}{R^{2}}},\quad N=M+Q={\frac {2K^{2}V}{R^{2}}}} .$
Donc, si l’on suppose que $\mathrm {C} '$ (fig. 7, p. 104) soit le centre du tambour ou barillet dont le rayon soit $\mathrm {C'A} ,$ et que le ressort $\mathrm {CA}$ soit fixé par l’extrémité $\mathrm {C}$ d’une manière quelconque à l’axe du barillet, et que par l’autre extrémité $\mathrm {A}$ il soit fixement appliqué à la circonférence du barillet, en sorte que la courbe du ressort touche la circonférence du barillet au point $\mathrm {A} \,;$ nommant $\alpha$ l’angle parcouru par le barillet en tournant autour de son axe depuis la ligne fixe $\mathrm {CC} ',$ c’est-à-dire l’angle $\mathrm {AC'C} ,$ et faisant le rayon du barillet $\mathrm {AC} '$ égal à $r,$ la ligne $\mathrm {CC} '$ égale à $\rho$ et l’angle $\mathrm {C'CH}$ égal à $\mathrm {A} ,$ on aura
$m=\alpha -\mathrm {A} ,\quad q={\frac {\rho \sin \alpha }{\sin(\alpha -\mathrm {A} )}},\quad p=r+{\frac {\rho \sin \mathrm {A} }{\sin(\alpha -\mathrm {A} )}}.$
Ainsi, substituant ces valeurs dans les formules du paragraphe précédent, on trouvera la valeur de la force tangentielle $\mathrm {P}$ en $\alpha ,$ et de là on pourra déduire la figure de la fusée comme dans le § IX en faisant $\alpha ={\frac {\int yds}{ar}}$ et $y={\frac {g}{\mathrm {T} }}.$
Il faut cependant observer que, comme nous avons vu dans le paragraphe cité que $p$ et $q$ doivent être à très-peu près égaux à ${\frac {l}{m}},$ il faudra que l’angle $\mathrm {A}$ soit très-petit et que $r$ et $\rho$ soient à très-peu près égaux à ${\frac {l}{m}}\,;$ d’où l’on voit que pour que ce cas ait lieu il faut que l’extrémité fixe $\mathrm {C}$ du ressort soit fort près de la circonférence du barillet et que la tangente en $\mathrm {C}$ soit presque perpendiculaire au rayon $\mathrm {CC} '.$
Au reste, la condition que $p$ et $q$ soient presque égaux à ${\frac {l}{m}}$ ne serait pas nécessaire si l’on supposait que les quantités $l$ et $m$ fussent très-grandes du même ordre ; car alors les quantités $\mathrm {T}$ et $\mathrm {V}$ pourraient être supposées très-petites de l’ordre de ${\frac {1}{m}},$ et l’on aurait dans cette hypothèse (§ XIII) les équations
$\mathrm {R} ={\frac {l}{m}},\quad {\frac {p-q\cos m}{l}}={\frac {1-\cos m-{\dfrac {\mathrm {V} m}{2}}}{m}},\quad {\frac {q\sin m}{l}}={\frac {\sin m+{\dfrac {\mathrm {T} m}{2}}}{m}}.$
d’où l’on tire
${\begin{aligned}\mathrm {T} =&{\frac {2\left({\dfrac {m}{l}}q-1\right)\sin m}{m}},\\\mathrm {V} =&-{\frac {2\left({\dfrac {m}{l}}q-1\right)-\left({\dfrac {m}{l}}q-1\right)\cos m}{m}},\end{aligned}}$
de sorte que $\mathrm {P={\frac {2K^{2}T}{R^{2}}}}$ et $\mathrm {N={\frac {2K^{2}V}{R^{2}}}}$ seront des quantités fort petites, comme on l’a supposé dans les calculs du § XII.
Ce cas aura donc lieu lorsque le ressort sera fort long et qu’il fera un très-grand nombre de tours en forme de spirale. Ainsi, si l’on suppose qu’un pareil ressort soit appliqué à un balancier dont le centre soit $\mathrm {C} '$ (fig. 7, p. 104), et que l’une des extrémités du ressort étant arrêtée en $\mathrm {C} ,$ l’autre soit fixée perpendiculairement au rayon $\mathrm {C'A}$ du balancier, on nommera $\rho$ et $r,$ comme dans le § XIV, les distances données $\mathrm {CC} '$ et $\mathrm {AC} ',$ $\mathrm {A}$ l’angle donné $\mathrm {C'CH}$ et $\alpha$ l’angle variable $\mathrm {AC'C} ,$ et l’on aura
$p=r+{\frac {\rho \sin \mathrm {A} }{\sin(\alpha -\mathrm {A} )}},\quad q={\frac {\rho \sin \alpha }{\sin(\alpha -\mathrm {A} )}}\quad {\text{et}}\quad m=\mu \varpi +\alpha -\mathrm {A} ,$
$\varpi$ étant la circonférence du cercle et $\mu$ dénotant le nombre des tours que le ressort fait autour de $\mathrm {C} '$ et qui doit être fort grand.
Donc la force tangentielle $\mathrm {P} ,$ qui tend à faire tourner le balancer, sera à très-peu près, en faisant $\lambda ={\frac {\mu \varpi }{l}},$
$\mathrm {P} ={\frac {\mathrm {K} ^{2}\left[\lambda ^{3}\rho \sin \alpha -\lambda ^{2}\sin(\alpha -\mathrm {A} )\right]}{\mu \varpi }},$
d’où l’on voit que cette force sera nulle lorsque
$\lambda \rho \sin \alpha =\sin(\alpha -\mathrm {A} )\,;$
ainsi, dénotant par $\omega$ la valeur de $\alpha$ qui répond à cette équation, en sorte que l’on ait
$\operatorname {tang} \omega =\mathrm {\frac {\sin A}{\cos A-\lambda \varphi }} ,$
et supposant en général $\alpha =\omega +\psi ,$ on aura
$\mathrm {P} ={\frac {\mathrm {K} ^{2}\lambda ^{2}\left[\lambda \rho \cos \omega -\cos(\omega -\mathrm {A} )\right]\sin \psi }{\mu \varpi }},$
et le moment pour faire tourner le balancier sera $\mathrm {P} r.$
Donc, si l’on nomme $\mathrm {H}$ le moment d’inertie du balancier, et qu’on fasse, pour abréger,
${\frac {\mathrm {K} ^{2}\lambda ^{2}r\left[\lambda \rho \cos \omega -\cos(\omega -\mathrm {A} )\right]}{\mu \varpi \mathrm {H} }}=\Pi ,$
on aura, pour le mouvement du balancier, l’équation
${\frac {d^{2}\psi }{dt^{2}}}=-\Pi \sin \psi ,$
${\frac {g}{\Pi }},$
$g$
$\psi =0,$
$\alpha$
$\omega .$
Ainsi, plus la longueur du ressort et le nombre de ses tours augmenteront, plus le mouvement du balancier approchera de celui d’un pendule simple circulaire, de sorte que le mouvement du pendule peut être regardé comme la limite, et l’asymptote de celui d’un balancier mû par un ressort spiral, pourvu que le ressort soit d’une épaisseur uniforme et que son état libre soit la ligne droite.
Si l’on voulait que l’extrémité $\mathrm {A}$ (fig. 7 p. 104) du ressort fût attachée à l’axe même du balancier, comme on le pratique ordinairement, alors les forces $\mathrm {P}$ et $\mathrm {Q}$ (§ X) seraient détruites, et la force $\mathrm {M}$ serait celle qui agirait sur le balancier pour le faire tourner avec un moment égal à $\mathrm {M} c=\mathrm {\frac {2K^{2}}{R}} .$
Ainsi, dans le cas du paragraphe précédent, ce moment serait $2\mathrm {K} ^{2}{\frac {m}{l}}\,:$ par conséquent il serait presque constant, de sorte qu’il n’en résulterait point de mouvement oscillatoire. Cette manière de faire agir le ressort conviendraitdonc beaucoup au ressort moteur qui fait tourner le barillet ; car son action étant par ce moyen presque constante, la fusée ne serait plus nécessaire.
Au reste, il faut toujours se souvenirque ces conclusions sont fondées sur l’hypothèse que la lame du ressort soit naturellement droite et que sa longueur soit très-grande ; c’est ce qui fait qu’elles n’ont pas lieu dans les ressorts ordinaires qu’on applique aux horloges, mais il n’est pas impossible qu’elles puissent être d’usage dans quelques occasions.
Si l’on ne voulait pas adopter l’hypothèse que nous avons faite ci-dessus, que les forces $\mathrm {P}$ et $\mathrm {N}$ soient très-petites, il faudrait revenir aux équations générales du § X et en déduire des équations différentielles entre les forces $\mathrm {M,N}$ et $\mathrm {P}$ par une méthode analogue à celle du § VIII.
Pour cela on fera
$\mathrm {P} =p\cos q,\quad \mathrm {N} =p\sin q,\quad {\frac {\mathrm {M} ^{2}c^{2}}{4\mathrm {K} ^{2}}}+\mathrm {P} =pr,$
et, supposant ensuite
$(x\sin q+y\cos q){\frac {\sqrt {p}}{\mathrm {K} }}=\mathrm {X} ,\quad (x\cos q-y\sin q){\frac {\sqrt {p}}{\mathrm {K} }}=\mathrm {Y} ,\quad {\frac {s{\sqrt {p}}}{\mathrm {K} }}=\mathrm {Z} ,$
on trouvera, en ayant soin d’ajouter les constantes nécessaires pour que $x,y$ et $z$ s’évanouissent lorsque $\varphi =0,$ et faisant, pour plus de simplicité, $q+\varphi =u,$ on trouvera, dis-je, ces trois équations
${\begin{aligned}{\frac {\mathrm {X} }{2}}=&{\sqrt {r-\cos u}}-{\sqrt {r-\cos q}},\\d\mathrm {Y} =&{\frac {\cos udu}{\sqrt {r-\cos u}}}-{\frac {\cos qdq}{\sqrt {r-\cos q}}}\\&\quad \qquad \qquad -{\frac {dr}{1-r^{2}}}\left({\frac {r\mathrm {Y-Z} }{2}}-{\frac {r\sin u}{\sqrt {r-\cos u}}}+{\frac {r\sin q}{\sqrt {r-\cos q}}}\right),\\d\mathrm {Z} =&{\frac {du}{\sqrt {r-\cos u}}}-{\frac {dq}{\sqrt {r-\cos q}}}\\&\quad \qquad \qquad -{\frac {dr}{1-r^{2}}}\left({\frac {\mathrm {Y} -r\mathrm {Z} }{2}}-{\frac {\sin u}{\sqrt {r-\cos u}}}+{\frac {\sin q}{\sqrt {r-\cos q}}}\right),\end{aligned}}$
dans lesquelles on pourra faire $x=a,\ y=b,\ s=l$ et $\varphi =m,$ comme dans le paragraphe cité.
* ↑ Lu le 20 septembre 1770.
* ↑ Dans le texte primitif, le facteur $2$ se trouve placé au dénominateur de cette formule ; l’inadvertance commise ici par l’illustre Auteur a pour effet d’altérer les résultats qui suivent. Nous avons cru devoir faire les rectifications nécessaires pour l’exactitude des formules. (Note de l’Éditeur.)