Annales de mathématiques pures et appliquées/Tome 04/Géométrie, article 3

Annales de mathématiques pures et appliquées

Texte établi par Joseph Diez Gergonne, 1814 (4, p. 344-348).

QUESTIONS RÉSOLUES.

Solutions des quatre problèmes de géométrie proposés
à la page 236 de ce volume.

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Solution du premier problème ;

Par M. C. Castelnau, élève du lycée de Nismes.

Théorème. De tous les trapèzes qui ont les deux mêmes côtés parallèles, et la même section perpendiculaire à ces côtés, celui de moindre contour est le trapèze isocèle, c’est-à-dire, celui dans lequel la droite qui joint les milieux des côtés parallèles est perpendiculaire à leur direction commune.

Démonstration, Soit le trapèze isocèle $\mathrm {ABCD}$ (fig. 2) et un autre trapèze $\mathrm {A'B'CD}$ de même hauteur, et dans lequel on ait $\mathrm {A'B'=AB} \,;$ et conséquemment $\mathrm {AA'=BB'} \,;$ il s’agit de prouver que le contour de ce dernier surpasse celui du premier.

La question se réduit évidemment à prouver que $\mathrm {DA'+CB'}$ est plus grand que $\mathrm {DA+CB.}$

Pour y parvenir, soit prolongé $\mathrm {DA} ,$ au-delà de $\mathrm {A} ,$ de manière qu’on ait $\mathrm {AE=AD}$ et soit menée $\mathrm {A'E.}$

Par cette construction, les triangles $\mathrm {AEA',BCD'}$ sont égaux ; car on a $\mathrm {AA'=BB',\ AE=AD=BC}$, et $\operatorname {Ang} .\mathrm {A'AE} =\operatorname {Ang} .\mathrm {DAB} =\operatorname {Ang} .\mathrm {CBB'} \,;$ donc $\mathrm {EA'=CB'.}$

Mais, dans le triangle $\mathrm {DA'E,}$ on a

$\mathrm {DA'+A'E>DE=DA+AE} \,;$

on aura donc aussi

$\mathrm {DA'+CB'>DA+CB} .$^[1]

Solutions des trois autres problèmes ;

Par un Abonné.

LEMME. De tous les troncs de prisme triangulaires dans lesquels une face latérale, l’arête opposée et la section perpendiculaire aux arêtes latérales sont les mêmes, celui dans lequel la somme des aires des bases est la plus petite, est celui où les plans de ces bases sont également inclinés sur celui de la face latérale donnée.

Démonstration. Soient (fig. 3) $\mathrm {AGHB}$ la face latérale donnée, $\mathrm {MN}$ l’arête opposée et $\mathrm {CKF}$ la section perpendiculaire aux arêtes, aussi données.

Soient $\mathrm {P,Q}$ les projections respectives de $\mathrm {M,N}$ sur $\mathrm {AGHB} \,;$ menons $\mathrm {MP,NQ}$ et $\mathrm {PQ,}$ rencontrant respectivement $\mathrm {GA,FC,HB}$ en $\mathrm {S,L,T} \,;$ soit menée $\mathrm {KL=MP=NQ} \,;$ des points $\mathrm {P,Q}$ soient abaissées respectivement sur $\mathrm {AG,BH}$ les perpendiculaires $\mathrm {PD} ,$ $\mathrm {QE} ,$ et soient menées $\mathrm {MD,NE,}$ lesquelles seront aussi respectivement perpendiculaires sur $\mathrm {GA,HB.}$

Faisons

${\begin{aligned}\mathrm {AG} =a,\ Ang.\mathrm {GAC} =\alpha ,\ \mathrm {PS} =x,&\\&\mathrm {KL=MP=NQ} =k.\\\mathrm {BH} =b,\ Ang.\mathrm {HBC} =\beta ,\ \mathrm {QT} =y,&\\\end{aligned}}$

Nous aurons.

$Aire\mathrm {AMG} ={\tfrac {1}{2}}\mathrm {AG.MD} ={\tfrac {1}{2}}\mathrm {AG} {\sqrt {{\overline {\mathrm {MP} }}^{2}+{\overline {\mathrm {PD} }}^{2}}}={\tfrac {1}{2}}a{\sqrt {k^{2}+x^{2}Sin.^{2}\alpha }},$

$Aire\mathrm {BNH} ={\tfrac {1}{2}}\mathrm {BH.NE} ={\tfrac {1}{2}}\mathrm {BH} {\sqrt {{\overline {\mathrm {NQ} }}^{2}+{\overline {\mathrm {QE} }}^{2}}}={\tfrac {1}{2}}b{\sqrt {k^{2}+y^{2}Sin.^{2}\beta }}\,;$

si donc on a

$Aire\mathrm {AMG} +Aire\mathrm {BNH} =minimum,$

on devra avoir

$a{\sqrt {k^{2}+x^{2}Sin.^{2}\alpha }}+b{\sqrt {k^{2}+y^{2}Sin.^{2}\beta }}=minimum,$

et par conséquent

${\frac {ax\delta xSin.^{2}\alpha }{\sqrt {k^{2}+x^{2}Sin.^{2}\alpha }}}+{\frac {by\delta ySin.^{2}\beta }{\sqrt {k^{2}+y^{2}Sin.^{2}\beta }}}=0\,;$

mais, d’un autre côté, on a

$x+y=\mathrm {SP+QT=ST-PQ=ST-MN} =Constante\,;$

d’où

$\delta x+\delta y=0.\qquad$(2)

Par la combinaison de ces deux équations, on aura

${\frac {axSin.^{2}\alpha }{\sqrt {k^{2}+x^{2}Sin.^{2}\alpha }}}={\frac {bySin.^{2}\beta }{\sqrt {k^{2}+y^{2}Sin.^{2}\beta }}}\,;\qquad$(3)

mais, $\mathrm {CF}$ pouvant être également exprimé par $aSin.\alpha$ et par $bSin.\beta$, on doit avoir

$bSin.\beta =aSin.\alpha \,;\qquad$(4)

équation qui, multipliant là précédente, donne

${\frac {xSin.\alpha }{\sqrt {k^{2}+x^{2}Sin.^{2}\alpha }}}={\frac {ySin.\beta }{\sqrt {k^{2}+y^{2}Sin.^{2}\beta }}},\qquad$(5)

ou$\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad {\frac {\mathrm {PD} }{\mathrm {MD} }}={\frac {\mathrm {QE} }{\mathrm {NE} }},$

ou encore$\ \operatorname {Cos} .\mathrm {MDP} =\operatorname {Cos} .\mathrm {NEQ} ,$ d’où $Ang.\mathrm {MDP} =Ang.\mathrm {NEQ} ,$ comme nous l’avions annoncée.

THÉORÈME. De tous les troncs de prismes triangulaires qui ont les trois mêmes arêtes latérales et la même section perpendiculaire à ces arêtes, celui de moindre surface est le tronc de prisme triangulaire dans lequel les milieux des arêtes latérales sont dans un plan perpendiculaire à leur direction commune.

Démonstration. Ceci revient évidemment à dire qu’il faut que l’inclinaison du plan de l’une des bases sur celui de chacune des faces latérales soit égale à l’inclinaison du plan de l’autre base sur celui de la même face.

Supposons, en effet, qu’il n’en soit pas ainsi et qu’il y ait au moins une des faces latérales sur laquelle les deux bases soient inégalement inclinées ; en faisant mouvoir l’arête latérale opposée suivant sa propre direction, on pourrait toujours amener les inclinaisons à être égales ; et comme, par cette transformation la surface du tronc se trouverait diminuée (Lemme), on devrait en conclure qu’elle n’était pas d’abord un minimum.

Corollaire. Et, comme tous les troncs de prismes triangulaires qui ont les mêmes arêtes latérales et la même section perpendiculaire à ces arêtes ont aussi la même surface latérale, il en faut conclure que celui dans lequel le plan qui contient les milieux des arêtes latérales est perpendiculaire à leur direction commune, est aussi celui dont la somme des aires des deux bases est la moindre possible.

THÉORÈME. De tous les troncs de parallélipipèdes qui ont les mêmes arêtes latérales et la même section perpendiculaire à ces arêtes, celui de moindre surface est le tronc de parallélipipède dans lequel le plan qui contient les milieux des arêtes latérales, est perpendiculaire à leur direction commune.

Démonstration. En effet, tous les parallélépipèdes formés avec les mêmes arêtes latérales et la même section perpendiculaire ces arêtes ayant la même surface latérale, il suffit, pour remplir la condition prescrite, que la somme des aires des bases ou, ce qui revient au même, la somme de leurs moitiés soit la moindre possible ; ce qui ramène la question au précédent corollaire, et prouve la vérité de la proposition.

Corollaire. Donc aussi de tous les troncs de parallélépipèdes qui ont les mêmes arêtes latérales et la même section perpendiculaire à ces arêtes, celui dans lequel la somme des aires des bases est la plus petite, est le tronc de parallélipipède dans lequel le plan qui contient les milieux des arêtes latérales, est perpendiculaire à leur direction commune.

THÉORÈME. De tous les troncs de parallélipipèdes qui ont les deux mêmes faces latérales opposées et la même section perpendiculaire aux arêtes latérales, celui de moindre surface est le tronc de parallélipipède dans lequel les plans des deux bases ont des inclinaisons égales sur les faces latérales données.

Démonstration. En effet, dans tous les troncs de parallélipipèdes de cette nature, la surface latérale étant constante ; pour que la surface totale soit un minimum, il est nécessaire et il suffit que la somme des aires des bases ou, ce qui revient au même, la somme des moitiés de ces aires soit la moindre possible, ce qui ramène la question au cas du lemme ci-dessus, et démontre conséquemment la vérité de la proposition.

Corollaire. Il est facile de conclure de là que, si les deux faces latérales opposées que l’on suppose être données sont des trapèzes isocèles, les deux autres faces latérales opposées devront être aussi des trapèzes isocèles.^[2]

1. La même démonstration prouve très-simplement, 1.^o que, de tous les triangles de même base et de même hauteur, le triangle isocèle est celui de moindre contour ; 2.^o que, dans tout triangle, la droite qui va d’un sommet au milieu du côté opposé est moindre que la demi-somme des deux autres côtés.

   Par un raisonnement tout à fait semblable à celui de M. Castelnau, on parviendra aisément à démontrer que, de tous les troncs de parallèlipipèdes dans lesquels les arêtes latérales et la section qui leur est perpendiculaire sont les mêmes, et où deux faces latérales opposées sont des trapèzes isocèles, celui dont la somme des aires des bases, et conséquemment la surface totale est la plus petite est celui dans lequel les deux autres faces latérales sont aussi des trapèzes isocèles.

   J. D. G.

2. La théorie développée dans le précédent article étant très-claire, il serait à désirer, afin de rendre cette théorie tout à fait élémentaire, qu’on pût trouver, pour les trois derniers problèmes, ou tout au moins pour le second, quelque solution aussi simple que celle que M. Castelnau a donnée du premier.
   J. D. G.