# Mécanique du solide/Solide indéformable et centre d'inertie
## Répartition continue de matière, solide

* Un solide indéformable est un système de points matériels tel que la distance entre deux points quelconques du système est une constante du temps
* On adopte pour la mécanique du solide le modèle de la répartition continue de matières.
    Chaque élément $\mathrm {d} \tau$ de matière contient un nombre infini de points.
* On définit alors la masse volumique locale au point P du solide comme :
$\rho (P)={\frac {\mathrm {d} m}{\mathrm {d} \tau }}(P)$
Remarques :
* Le solide est homogène si $\rho (P)$ ne dépend pas de P.
On adoptera aussi des modèles de répartition continue de matière sur une surface, ou sur une ligne, selon les solides à étudier.

## Masse et centre d'inertie
### Masse

La masse du solide est l'intégrale de $\rho$ sur tout le solide :
$M=\iiint \rho (P)\,\mathrm {d} \tau$
* Si le solide est homogène de volume V, alors $M=\rho _{0}\times V$

### Centre d'inertie

Le centre d'inertie G du solide est le barycentre des points du solides pondérés par $\rho$. Il est défini par la formule :
$\iiint \rho (P){\overrightarrow {GP}}\,\mathrm {d} \tau ={\overrightarrow {0}}$
En introduisant l'origine O, on obtient facilement la formule suivante pour calculer G :
${\overrightarrow {OG}}={\frac {1}{M}}\iiint \rho (P){\overrightarrow {OP}}\,\mathrm {d} \tau$

## Exemples
### Plaque triangulaire homogène
#### Calcul

On désire calculer le centre d'inertie d'une plaque triangulaire à répartition surfacique de masse homogène $\sigma _{0}$.
On se place dans un repère $(A,{\vec {i}},{\vec {j}})$ où :
${\vec {i}}={\frac {\vec {AI}}{AI}}$ et ${\vec {j}}={\frac {\vec {BC}}{BC}}$.
On a alors :
${\overrightarrow {AG}}={\frac {1}{m}}\iint \sigma _{0}{\overrightarrow {AP}}\,\mathrm {d} S$
On note $\theta =({\vec {AI}},{\vec {BC}})$. L'aire du triangle vaut :
$S={\frac {AI.BC.sin\theta }{2}}$
de plus l'élément d'aire vaut :
$dS=dx.dy.sin\theta$
donc avec $m=S.\sigma _{0}$
on obtient :
${\overrightarrow {AG}}={\frac {2}{AI.BC.sin\theta .\sigma _{0}}}\iint \sigma _{0}{\overrightarrow {AP}}\,\mathrm {d} xdysin\theta ,$
${\overrightarrow {AG}}={\frac {2.\sigma _{0}.sin\theta }{AI.BC.sin\theta .\sigma _{0}}}\iint {\overrightarrow {AP}}\,\mathrm {d} xdy$
${\overrightarrow {AG}}={\frac {2}{AI.BC}}\iint ({\vec {AM}}+y{\vec {j}})\,\mathrm {d} xdy$
comme M est le milieu du segment $[NL]$, le second terme s'annule :
${\overrightarrow {AG}}={\frac {2}{AI.BC}}\int (NL\times {\vec {AM}})\,\mathrm {d} x$
Or $NL=AM.{\frac {BC}{AI}}$ par proportionnalité :
${\overrightarrow {AG}}={\frac {2}{AI.BC}}\int (AM.{\frac {BC}{AI}}\times {\vec {AM}})\,\mathrm {d} x$
en écrivant ${\vec {AM}}=x{\vec {i}}$, on obtient :
${\overrightarrow {AG}}={\frac {2}{AI^{2}}}\int (x^{2}\times {\vec {i}})\,\mathrm {d} x$
${\overrightarrow {AG}}={\frac {2}{AI^{2}}}\times {\frac {AI^{3}}{3}}\times {\vec {i}}$
${\overrightarrow {AG}}={\frac {2}{3}}\times AI{\vec {i}}$
${\overrightarrow {AG}}={\frac {2}{3}}\times {\vec {AI}}$

#### Remarques

* Le centre de gravité d'une plaque triangulaire homogène est donc le même que l'isobarycentre des trois sommets du triangle.

### Triangle à répartition linéique de masse sur les côtés

Dans ce cas le calcul intégral est inutile puisque le barycentre de chaque côté est son milieu affecté du poids correspondant à la longueur du côté. Le centre de gravité de ces trois points donne celui du triangle.
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