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RÉSOLUES.

Soient enfin menés $\mathrm {GK} ,$ ainsi que la droite $\mathrm {GH}$ perpendiculaire sur $\mathrm {Ox} .$ Soient faits

$Ang.\mathrm {XGH} =\omega ,\quad Ang.\mathrm {XGK} =\theta ,\quad Ang.\mathrm {KGH} =\phi ,\quad \mathrm {GH} =h-\zeta .$

La force $Mg,$ dirigée suivant la verticale $\mathrm {GH} ,$ se décompose, à cause de la résistance du plan horizontal, en deux autres, l’une dirigée suivant $\mathrm {GK} ,$ et l’autre dirigée suivant $\mathrm {GF} ,$ perpendiculaire à $\mathrm {GK} \,;$ de sorte que $Mg\operatorname {Cos} .\phi$ sera la force $Mg,$ décomposée suivant $\mathrm {GK} .$ Mais cette dernière force, que nous pouvons représenter par la partie $\mathrm {KM}$ du prolongement de $\mathrm {GK} ,$ se décompose, à son tour, suivant $\mathrm {KN} ,$ perpendiculaire à $\mathrm {OX}$ et $\mathrm {KL} ,$ dirigée suivant $\mathrm {OX} \,;$ ainsi, en achevant le parallélogramme $\mathrm {KMNL} ,$ on aura $\mathrm {KN} =Mg\operatorname {Cos} .^{2}\phi .$ Le centre de gravité du corps sera donc mue en vertu de la force unique

$Mg-Mg\operatorname {Cos} .^{2}\phi =Mg\operatorname {Sin} .^{2}\phi .$

La seconde des équations (1) (Annales, tom. VIII, pag. 39) devient ainsi

$M.{\frac {\operatorname {d} ^{2}\xi }{\operatorname {d} t^{2}}}-Mg\operatorname {Sin} .^{2}\phi =0,$

ou bien

${\frac {\operatorname {d} ^{2}\xi }{\operatorname {d} t^{2}}}-g\operatorname {Sin} .^{2}\phi =0.$(1)

Soit maintenant $y=fx$ l’équation de la courbe $\mathrm {ABDE} ,$ rapportée aux axes $\mathrm {GX,GY} .$ Si on désigne généralement par $x$ l’abscisse du point $\mathrm {K} ,$ on aura évidemment

$\operatorname {Tang} .\omega =-{\frac {1}{f'x}},\qquad \operatorname {Tang} .\theta ={\frac {fx}{x}}\,;$

mais comme, au moyen de la formule trigonométrique qui donne