de l’aire du triangle qu’elle divisera en deux autres : et si, par ce centre de gravité, on mène une parallèle au côté du triangle au milieu duquel se termine la droite dont il s’agit, cette parallèle contiendra évidemment les centres de gravité des aires des deux segmens du triangle.
D’un autre côté, cette parallèle divisera le triangle en deux segmens, dont l’un sera un triangle qui lui sera semblable, tandis que l’autre sera un trapèze. Le centre de gravité du premier de ces deax segmens sera évidemment sur la première droite ; et, comme le centre de gravité du triangle total y est aussi, il en sera de même du centre de gravité de l’autre segment.
Ainsi, si, par le centre de gravité de l’aire d’un triangle, on mène deux droites, l’une parallèle à l’un de ses côtés et l’autre passant par le sommet opposé, chacune de ces deux droites contiendra les centres de gravité des aires des deux segmens du triangle délerminés par l’autre ; le système de ces deux droites offrira donc une solution du problème.
Et comme, dans un triangle, on peut conduire trois systèmes de deux pareilles droites, il s’ensuit que le problème proposé admet trois solutions.
PROBLÈME II. Conduire, dans l’intérieur d’un tétraèdre, trois plans tels que l’intersection de deux quelconques contienne les centres de gravité des volumes des deux segmens du tétraèdre déterminés par le troisième ?
Solution. De quelque manière qu’un plan divise un tétraèdre en deux segmens, toujours les centres de gravité des volumes de ces deux segmens seront en ligne droite avec le centre de gravité du volume du tétraèdre. Puis donc que l’intersection de deux quelconques des trois plans cherchés doit contenir les centres de gravité des volumes des deux segmens déterminés par le troisième, elle doit aussi contenir le centre de gravité du volume du tétraè-
