GÉOMÉTRIE ÉLÉMENTAIRE.
Solution des problèmes de mathématiques proposés au concours général des colléges royaux de Paris, en 1819 ;
Par M. Francœur, professeur à la faculté des sciences
de Paris.
≈≈≈≈≈≈≈≈≈
Les problèmes qu’on a proposés cette année au concours général des colléges royaux de la Capitale m’ont semblé susceptibles de solutions élégantes. Celui de mathématiques élémentaires, en particulier, m’ayant paru faiblement résolu par les concurrens ; ce qui tient sans doute à la difficulté du sujet ; j’ai pensé que les géomètres pourraient ne pas voir sans quelque intérêt les recherches auxquelles je me suis livré sur ces divers problèmes ; et c’est ce qui me détermine à les consigner ici.
Mathématiques élémentaires.
Problème unique. Par un point donné dans un angle, et également distant de ses deux côtés, mener une droite, terminée à ces mêmes côtés, de telle sorte que le point donné la divise en deux segmens dont la somme des quarrés soit équivalente à un quarré donné ?
Solution. Soient
l’angle donné (fig. 1), et
le point donné,
également distant des côtés
soit
la droite cherchée,
et soit
le côté du quarré auquel la somme des quarrés des segmens
doit être équivalente.
Soient menées
respectivement parallèles à
la
figure
sera un lozange donné, dont nous représenterons le côté
par
Soient, en outre ;
Le triangle
![{\displaystyle \mathrm {OBD} }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/bf423dbef584e7f37758859fcba36061ddf12cf0)
donne
![{\displaystyle {\overline {\mathrm {OD} }}^{2}=a^{2}+x^{2}-2ax\operatorname {Cos} .\alpha \,;}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/c38076cc81e49de1f04eaa9b2478bdfeaac8d104)
Le triangle
![{\displaystyle \mathrm {OCE} }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/5b5b86eebb79ac24a31b7c656a1ca85277f6f272)
donne
![{\displaystyle {\overline {\mathrm {OE} }}^{2}=a^{2}+y^{2}-2ay\operatorname {Cos} .\alpha \,;}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/9cb35282b5c23277c0a47e9ef108b3c132fe2abf)
on a donc par la condition du problème
![{\displaystyle x^{2}+y^{2}-2a(x+y)\operatorname {Cos} .s\alpha +2a^{2}=b^{2}.\qquad }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/1528e15d53bb12f8cbf353b4e77c15179761f6d0)
(1)
Les triangles semblables
donnent d’ailleurs
ou encore
![{\displaystyle xy=a^{2}.\qquad }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/c6e3db51d82c025fe19115dcfcfcdcf7f3fedd8a)
(2)
Voilà donc deux équations pour déterminer
et
et conséquemment le problème pourrait, en toute rigueur, être réputé résolu.
En mettant pour
dans la première équation, sa valeur
donnée par la seconde, elle prend cette nouvelle forme
![{\displaystyle (x+y)^{2}-2a(x+y)\operatorname {Cos} .\alpha -b^{2}=0\,;\qquad }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/6e641287eaf0c5997569730bbde1fc54c779477f)
(3)
d’où on tire
![{\displaystyle x+y=a\operatorname {Cos} .\alpha \pm {\sqrt {b^{2}+a^{2}\operatorname {Cos} .^{2}\alpha }}.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/7d592f71e98359dd6510328fc12a4cac202755bb)
On connaît donc présentement la somme et le produit des deux inconnues
ces deux inconnues sont donc racines d’une même équation du second degré, et, puisque
a déjà deux valeurs, le problème a quatre solutions. On voit, au surplus, qu’à cause de la symétrie de la figure, ces quatre solutions se réduisent réellement à deux.
Soit abaissée du point
la perpendiculaire
sur
et désignons
par
nous aurons
![{\displaystyle c=\mathrm {AI} =a\operatorname {Cos} .\alpha \,;}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/ee322f5160839112d2737e9aaa1cfbd6089eacaf)
d’où
![{\displaystyle x+y=c\pm {\sqrt {b^{2}+c^{2}}}.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/03dd9f4174aaaa1592bd16a1fd1c6c112c51d1a6)
Prolongeons
jusqu’en
au-delà de
de manière qu’on ait
en menant
et en représentant par
la longueur de
cette droite, nous aurons
![{\displaystyle d=\mathrm {AG} ={\sqrt {b^{2}+c^{2}}}\,;}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/70c6af6a8e32f5981b47b265b9c7bc25c4fea1d8)
ce qui donnera
![{\displaystyle x+y=c\pm d\,;}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/ba8ec53acd3413a0260be73d4ffdfb39fedc3693)
équation fort simple, qu’il faudra combiner avec (2), pour avoir ![{\displaystyle x,y.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/b77d7666805efdcacb56a97f22e2ee4a92dd6ee5)
L’élimination de
entre ces deux équations donnera, comme
l’on sait,
![{\displaystyle x^{2}-(c\pm d)x+a^{2}=0,}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/f6acbca659d5e39ff282475b6b0e111518c392d3)
d’où
![{\displaystyle x={\frac {1}{2}}(c\pm d)\pm {\sqrt {{\frac {1}{4}}(c\pm d)^{2}-a^{2}}}\,;}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/01ef1484d0113cec0e5f12d6b5cc8084fd2c75b1)
et l’on aurait semblablement
![{\displaystyle y={\frac {1}{2}}(c\pm d)\mp {\sqrt {{\frac {1}{4}}(c\pm d)^{2}-a^{2}}}.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/01888e5d40cd13f99dd6aca455b1e5c9b9955178)
Si l’on porte
sur
de part et d’autre du point
en
et
on aura
Les moitiés de ces deux distances étant prises pour hypothénuses de deux triangles ayant un des côtés de l’angle droit égal à
l’autre côté de l’angle droit de ce triangle sera la valeur de notre radical ; et le reste de la construction ne souffrira plus aucune difficulté.
À cause que
entrent symétriquement dans les équations du
problème, on peut ne prendre que le signe supérieur du radical
dans les valeurs de
on obtiendra ainsi deux solutions du
problème desquelles on déduira facilement les deux autres en observant
que les quatre droites qui le résolvent doivent être, deux
à deux, symétriquement situées par rapport à la droite
À cause de
on voit que, lorsque les quatre valeurs de
seront réelles et inégales, il y en a toujours deux positives
et deux négatives ; ces dernières devant être portées en sens inverse
des premières, il s’ensuit qu’il y a alors deux solutions dans l’angle
tandis que les deux autres sont dans ses deux supplémens.
La figure 2 représente l’ensemble de ces quatre solutions. Les
quatre droites cherchées sont
tellement situées
que l’on a
et l’on a en outre
![{\displaystyle {\overline {\mathrm {OD} }}^{2}+{\overline {\mathrm {OE} }}^{2}={\overline {\mathrm {OD'} }}^{2}+{\overline {\mathrm {OE'} }}^{2}={\overline {\mathrm {O} d}}^{2}+{\overline {\mathrm {O} e}}^{2}={\overline {\mathrm {O} d'}}^{2}+{\overline {\mathrm {O} e'}}^{2}=b^{2}.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/f7ee7fe07c4b60d08a65a23c690d87a6366378ac)
Tant que
sera plus petit que
il sera, à plus forte
raison, plus petit que
et le problème admettra quatre
solutions distinctes. Si l’on a
ou
![{\displaystyle 2a={\sqrt {b^{2}+a^{2}\operatorname {Cos} .^{2}\alpha }}-a\operatorname {Cos} .\alpha ,}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/6b7ba92c2da004479bf62c6e66737d3c2535b26a)
ou, en chassant le radical,
![{\displaystyle b^{2}=4a^{2}(1+\operatorname {Cos} .\alpha )=8a^{2}\operatorname {Cos} .^{2}{\frac {1}{2}}\alpha =2{\overline {\mathrm {AO} }}^{2},}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/f359718b12443174358c103ec967988cbaef46ed)
ou enfin
![{\displaystyle b=\mathrm {AO} {\sqrt {2}},}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/b10af0eaaaf67494991831929eb86bd076d2a068)
les deux droites
se confondront dans la seule droite
et le problème n’aura plus que trois solutions. Il n’en aura que deux seulement, lesquelles tomberont toutes deux dans l’angle
lorsque
sera compris entre
et
Ces deux solutions se réduiront en une seule lorsqu’on aura
ou
![{\displaystyle 2a={\sqrt {b^{2}+a^{2}\operatorname {\operatorname {Cos} } .^{2}\alpha }}+a\operatorname {\operatorname {Cos} } .\alpha ,}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/1f66926486d674faf2364ed01d977dc52d13ff3f)
ou, en chassant le radical,
![{\displaystyle b^{2}=4a^{2}(1-\operatorname {\operatorname {Cos} } .\alpha )=8a^{2}\operatorname {\operatorname {Sin} } .^{2}{\frac {1}{2}}\alpha \,;}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/226e12c94cf1e45f1d6c4c4d2cc3377553ecee5e)
et les deux droites
se confondront alors dans une seule perpendiculaire menée à
par le point
Enfin, si l’on a
les quatre valeurs de
seront imaginaires, et le problème ne pourra plus être résolu.
Dans le cas où l’angle donné
est droit, le lozange
devient un quarré (fig. 3) ; on a
et partant
![{\displaystyle x=\pm {\frac {1}{2}}b\pm {\sqrt {{\frac {1}{4}}b^{2}-a^{2}}}\,;}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/b265ee09fff0905f2bf90ca0d3b86a01a6a37542)
les quatre racines sont à la fois réelles ou à la fois imaginaires, suivant qu’on a
ou
et, dans le premier cas, deux sont positives et les deux autres négatives. Rien d’ailleurs n’est plus facile alors que de construire le problème.
Si, en effet, du centre
et d’un rayon égal à
on décrit
un arc, coupant
en
et
en
et qu’ensuite des points
et avec les rayons respectifs
on décrive des demi-cercles terminés, le premier sur
en
et le second sur
en
en menant par ces points et par le point
les droites
ces quatre droites résoudront le problème.
Au lieu d’éliminer
entre les équations
![{\displaystyle xy=a^{2},\qquad x+y=c\pm d,}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/92da43ff45cd17d95ec8fb21f5beafbba5d7a633)
on peut en déduire les valeurs de
par l’intersection des lieux géométriques de la manière suivante :
Si l’on prend l’angle donné pour angle des coordonnées positives,
la première de ces deux équations sera celle d’une hyperbole passant
par le point
et ayant pour asymptotes les deux côtés de cet
angle ; hyperbole qui se trouve ainsi tout-à-fait déterminée. Quant
à l’autre, c’est celle d’une droite déterminant sur les axes, à partir
de l’origine, des segmens égaux entre eux et à
En répétant donc
(fig. 4) la même construction que dans la figure 1.re, et portant d’une
part
sur
vers
de
en
et de l’autre
sur la
même droite, en sens inverse, de
en
si des points
on abaisse sur
les perpendiculaires
coupant cette
droite en
les abscisses des intersections de ces droites avec
l’hyperbole seront les quatre valeurs de
Ainsi, par exemple,
dans le cas de la figure, le problème n’admettra que deux solutions,
parce que
ne rencontre pas la courbe.
Mais on peut, dans cette construction, remplacer l’hyperbole par
le cercle. Si, en effet, du quarré de l’équation
on retranche
le produit de l’équation
par
il viendra
![{\displaystyle x^{2}+y^{2}+2xy\operatorname {Cos} .\alpha =(c\pm d)^{2}-4a^{2}\operatorname {Sin} .^{2}{\frac {1}{2}}\alpha \,;}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/831a5ba520054b295b2e9fb802cafeff02a6f514)
équation d’un cercle rapporté aux deux côtés de l’angle donné comme axes, ayant son centre à l’origine, et son rayon
donné par la formule
![{\displaystyle R={\sqrt {(c\pm d)^{2}-4a^{2}\operatorname {Sin} .^{2}{\frac {1}{2}}\alpha }}.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/15dec1dc2da7a0a17c2c9a467539784dbc91b9bf)
Ayant donc construit, comme ci-dessus, les deux droites
(fig. 5), nous aurons, comme alors
Si, de plus,
nous menons la diagonale
du lozange, nous aurons
les deux, valeurs de
deviendront donc
![{\displaystyle R={\sqrt {\mathrm {AQ^{2}-BC^{2}} }},\qquad R={\sqrt {{\overline {\mathrm {A} q'}}^{2}-{\overline {\mathrm {BC} }}^{2}}}.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/c38c8079622404ca28024cc734b1cec4ecfd64fb)
Soit donc
le centre du lozange. En prolongeant
au-delà de
d’une quantité
du point
comme centre et de deux rayons respectivement égaux à
on décrira deux arcs coupant
en
puis du centre
et avec les rayons
on décrira deux cercles, dont les intersections respectives avec
auront pour abscisses les valeurs cherchées de
On voit donc qu’ici, comme dans la figure précédente, le problème n’admettra que deux solutions.
Mathématiques spéciales.
PROBLÈME I. Une droite se meut sur le plan d’un angle donné, dont les côtés ont une longueur indéfinie, de manière à former avec ces côtés un triangle dont l’aire soit constante et donnée ; à quelle courbe appartient le centre de gravité de l’aire de ce triangle, point déterminé par la condition que les droites qui le joignent aux trois sommets du triangle partagent ce triangle en trois parties équivalentes ?
Solution. Soit l’angle donné
(fig. 6) ; soit
l’une
des positions de la droite mobile ; soit
l’aire constante du
triangle variable
et soit enfin
la position du centre de
gravité qui répond à celle de
Soient menées
on devra avoir, par l’énoncé
![{\displaystyle \mathrm {AGB} =}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/639ee34386f3fd1b8a65548457835a574c469caf)
Soit divisé
en trois parties
égales en
soient menés
et soit prolongée
jusqu’à la rencontre de
en
Les triangles
sont équivalens, comme étant l’un et
l’autre le tiers de
d’où il suit que
est parallèle à
est donc semblablement parallèle à
Les triangles
sont donc semblables ; et, puisque
est le tiers de
et
doivent être respectivement le tiers de
et
donc
aussi
sont les tiers respectifs de
ou les moitiés
de
donc le point
est le milieu de
ce qui démontre une propriété connue du centre de gravité, d’après la
définition admise dans l’énoncé du problème.
Soient pris les deux côtés de l’angle donné pour les axes des
coordonnées ; et en conséquence, soient faits
on aura ![{\displaystyle \mathrm {AC} =3x,}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/65e0f3ab1591c292a12f52775c9afdd93490035b)
Mais l’aire
on
aura donc, en substituant,
![{\displaystyle {\frac {1}{2}}xy\operatorname {Sin} .\alpha =a^{2},\quad }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/d6f68909df8d2f1b4030bece9559e320d2d368c1)
ou
![{\displaystyle \quad xy={\frac {2a^{2}}{\operatorname {Sin} .\alpha }}=M^{2}.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/512e12d773453b9336e02ee74a0ce26c93508867)
La courbe cherchée est donc une hyperbole dont les asymptotes sont les côtés de l’angle donné, et dont la puissance est
constante connue.
Pour construire cette courbe, on prendra
(fig. 7) ; on
formera le lozange
dont le sommet
sera le sommet de
l’hyperbole, ayant pour asymptotes les côtés
de l’angle
donné. La courbe sera donc complètement déterminée. Elle aura
d’ailleurs, pour les longueurs de ses demi-diamètres principaux,
Les diagonales
et
du lozange dont il vient d’être question.
Dans le sens strict de l’énoncé du problème, l’autre branche
d’hyperbole, comprise dans l’opposé au sommet de l’angle
est inutile à sa solution ; mais cette branche, ainsi que les hyperboles conjuguées à la première que l’on construirait dans les deux
supplémens de l’angle
devraient entrer en considération,
dans le cas où l’on donnerait au problème cet énoncé général :
Deux droites fixes d’une longueur indéfinie se coupant sur un plan sous un angle donné, et une autre droite, aussi indéfinie, étant mue sur ce plan, de manière à former, avec les deux premières, un triangle dont l’aire soit donnée et constante ; quel est le lieu du centre de gravité de l’aire de ce triangle ?
Sous cet énoncé général, la courbe, formée de quatre branches
hyperboliques, aurait pour équation
![{\displaystyle xy\operatorname {Sin} .\alpha =\pm 2a^{2}.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/34c7942549ea8ece8a28d6c71397e49231949086)
PROBLÈME II. Un angle trièdre fixe étant donné dans l’espace ; on suppose qu’un plan indéfini se meut de manière à former avec les trois faces de cet angle trièdre, un tétraèdre dont le volume soit constant et donné ; et on demande quel sera le lieu du centre de gravité du volume de ce tétraèdre ; point déterminé par cette condition que les quatre tétraèdres qui, y ayant leurs sommets, auront pour bases les quatre faces du tétraèdre dont il vient d’être question, devront être équivalens ?
Solution. Soient
(fig. 8) les trois faces de
l’angle trièdre donné, dont le sommet est en
soit
l’une
des positions du plan mobile ; soit
le centre de gravité qui lui
répond ; et soit enfin
le volume constant du tétraèdre
Soit menée
prolongée jusqu’à la rencontre du plan
en
soit menée
et, par le point
soit menée, parallèlement à l’arète
une droite se terminant à
en
Soit
encore menée
prolongée jusqu’à la rencontre de
en
soient, en outre, menées
respectivement parallèles à
et se terminant à ces droites en
Menons enfin
À cause de
parallèle à
et conséquemment au plan de
la face
les deux tétraèdres qui, ayant cette face pour
base commune auront leurs sommets en
et
devront être
équivalens ; mais, puisque le premier doit être le quart du tétraèdre
total
le dernier doit l’être aussi ; donc
est le quart
de
donc
est le quart de
et conséquemment
le
quart de
On prouverait semblablement que
est le quart
de
d’où il serait facile de déduire que
est le centre de
gravité de l’aire du triangle
que
est le quart de
et d’obtenir ainsi toutes les propriétés connues du centre de gravité
du volume du tétraèdre, en partant de la définition comprise
dans l’énoncé du problème.
Soient prises les trois droites
pour axes des coordonnées. Soient faits
nous aurons
![{\displaystyle \mathrm {AB} =4x,\qquad \mathrm {AC} =4y,\qquad \mathrm {AS} =4z}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/c34fde01817c8ffdfa29bae0cf24fe1de5e5c5ff)
soient, en outre,
l’angle que fait
avec sa projection orthogonale sur la base
et soit l’angle
la hauteur du tétraèdre total
sera évidemment
l’aire de sa base étant d’ailleurs
son volume sera
![{\displaystyle \mathrm {SABC={\frac {1}{6}}AB.AC.AS} .\operatorname {Sin} .\phi \operatorname {Sin} .\theta \,;}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/70787c3c5b33046e237da1594fcef3ff7315a476)
en substituant donc, nous aurons pour l’équation de la surface cherchée ; lieu de tous les points ![{\displaystyle \mathrm {G} ,}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/db5eea482c6c7b1b9fb69415def04ecc0271d00a)
![{\displaystyle xyz={\frac {6a^{3}}{\operatorname {Sin} .\phi \operatorname {Sin} .\theta }}\,;}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/1c31bcfea3bc1f7ba07bff1cf05f8ec85d9b9873)
surface du troisième ordre.
Pour en étudier la forme, nous remarquerons que, si l’on fait
on a
équation d’une hyperbole entre ses asymptotes ;
et l’on pourrait faire la même remarque pour
et
Ainsi
cette surface est telle que toutes ses sections parallèles à l’un quelconque
des plans coordonnés sont des hyperboles ayant pour asymptotes
les intersections des deux autres plans coordonnés par le même
plan ; et il n’en faut pas d’avantage pour apercevoir que la nappe
de cette surface, comprise dans l’angle trièdre proposé, s’étend à
l’infini et a pour plans asymptotiques les faces même de cet angle
trièdre par lesquelles elle est d’ailleurs circonscrite.
Cette nappe seule résout le problème, dans le sens strict de son énoncé ; mais si, au lieu d’un angle trièdre, on considère trois
plans indéfinis passant par un même point, et formant
angles
trièdres autour de ce point, le problème pourra être indistinctement résolu par toutes les nappes de cette surface, lesquelles sont
au nombre de quatre, et tellement disposées entre elles, que deux
ne se trouvent jamais situées dans deux angles opposés aux sommets.
Les angles où elles se trouvent sont, 1.o l’angle des
positifs ; 2.o les trois angles pour lesquels une seule des trois
coordonnées
est positive.
On peut donner à l’équation de cette surface une forme symétrique,
en y introduisant les angles
que forme l’arête
avec les arêtes
il suffit pour cela de remarquer que,
suivant les notes de la Géométrie de M. Legendre, on a
![{\displaystyle \operatorname {Sin} .\theta \operatorname {Sin} .\phi =}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/5e51d3f31c62457c9cc3afe83164576d7dbbb0b7)
![{\displaystyle 2{\sqrt {\operatorname {Sin} .{\frac {1}{2}}(\alpha +\beta +\phi )\operatorname {Sin} .{\frac {1}{2}}(\alpha +\beta -\phi )\operatorname {Sin} .{\frac {1}{2}}(\beta +\phi -\alpha )\operatorname {Sin} .{\frac {1}{2}}(\phi +\alpha -\beta )}}\,;}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/46559a662f91a9e68257aaf9779442a94d5fe13e)
et d’introduire cette valeur dans l’équation ci-dessus.