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AIRES.

GÉOMÉTRIE ANALITIQUE.

Recherche de l’aire d’un polygone, en fonction des coordonnées
de ses sommets ;

Par M. de Stainville^[1], répétiteur à l’école impériale polytechnique.

≈≈≈≈≈≈≈≈≈

Soient $\mathrm {C,C',C'',C''',C''''}$ , …, les côtés successifs d’un polygone ; $\alpha ,\beta ,\alpha ',\beta ',\alpha '',\beta '',\alpha ''',\beta '''$ , …, les coordonnées de ses sommets. Si d’un point pris dans l’intérieur du polygone, et dont les coordonnées sont x' et y’, on abaisse des perpendiculaires sur les directions de ses côtés, leurs expressions seront respectivement :

{\frac {y'-ax'-b}{\sqrt {1+a^{2}}}},{\frac {y'-a'x'-b'}{\sqrt {1+a'^{2}}}},{\frac {y'-a''x'-b''}{\sqrt {1+a''^{2}}}}

, …

$a,a',a'',a'''$ , …, désignant respectivement les tangentes trignométriques des angles que font les côtés $c,c',c'',c'''$ , …, avec l’axe des abscisses, et $b,b',b'',b'''$ , …, les ordonnées de ces côtés qui répondent à l’origine^[2] . Si l’on multiplie la première par

↑ M. de Stainville a adressé aux rédacteurs une solution du problème 1.^er de la page 17 de ce volume, semblable en tout à celle qui a été donnée par M. Encontre. Ils regrettent de ne l’avoir pas reçue assez tôt pour la mentionner en son lieu. Ils croient devoir indiquer, parmi les ouvrages où se trouve résolu le problème auquel celui-là se réduit, celui qui a pour titre : Recueil de problèmes résolus par des considérations purement géométriques ; à Paris, chez Courtier.
(Note des éditeurs.)
↑ Soient $x'$ et $y'$ les coordonnées du point $\mathrm {M}$ ( fig. 14 ) ; de ce point on abaisse deux perpendiculaires $\mathrm {MP}$ et $\mathrm {MQ}$ , l’une à la droite $\mathrm {BP}$ , dont l’équation est $y=ax+b$ , et l’autre à l’axe $\mathrm {BX}$ des abscisses, on aura un triangle $\mathrm {MOP}$ , rectangle en $\mathrm {P}$ , qui donnera $\mathrm {MP=MO\operatorname {Sin} .MOP=MO} \operatorname {Cos} .\gamma$ ; or $\mathrm {MO}$ est égal à l’ordonnée du point $\mathrm {M}$ , diminuée de l’ordonnée de la droite $\mathrm {BP}$ qui correspond à l’abscisse $\mathrm {AQ} =x'$ ; ainsi, cette ordonnée $=ax'+b$ ; donc $\mathrm {MO} =y'-ax'-b$ ; si donc on désigne par $p$ la perpendiculaire

[1] M. de Stainville a adressé aux rédacteurs une solution du problème 1.^er de la page 17 de ce volume, semblable en tout à celle qui a été donnée par M. Encontre. Ils regrettent de ne l’avoir pas reçue assez tôt pour la mentionner en son lieu. Ils croient devoir indiquer, parmi les ouvrages où se trouve résolu le problème auquel celui-là se réduit, celui qui a pour titre : Recueil de problèmes résolus par des considérations purement géométriques ; à Paris, chez Courtier.
(Note des éditeurs.)

[p196-2] Soient $x'$ et $y'$ les coordonnées du point $\mathrm {M}$ ( fig. 14 ) ; de ce point on abaisse deux perpendiculaires $\mathrm {MP}$ et $\mathrm {MQ}$ , l’une à la droite $\mathrm {BP}$ , dont l’équation est $y=ax+b$ , et l’autre à l’axe $\mathrm {BX}$ des abscisses, on aura un triangle $\mathrm {MOP}$ , rectangle en $\mathrm {P}$ , qui donnera $\mathrm {MP=MO\operatorname {Sin} .MOP=MO} \operatorname {Cos} .\gamma$ ; or $\mathrm {MO}$ est égal à l’ordonnée du point $\mathrm {M}$ , diminuée de l’ordonnée de la droite $\mathrm {BP}$ qui correspond à l’abscisse $\mathrm {AQ} =x'$ ; ainsi, cette ordonnée $=ax'+b$ ; donc $\mathrm {MO} =y'-ax'-b$ ; si donc on désigne par $p$ la perpendiculaire

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