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DU TÉTRAÈDRE.

Admettons donc qu’il n’en soit pas ainsi, et soit $\mathrm {ABCD}$ (fig. 6) un tétraèdre coupé par un plan $abc$, passant par son centre et coupant l’angle trièdre $\mathrm {D}$, sans être parallèle à la face opposée $\mathrm {ABC}$ ; les distances des points $\mathrm {A,B,C}$, au plan $abc$ ne pouvant alors être égales, il y aura toujours deux $\mathrm {B,C}$, de ses points dont les distances à ce plan ne seront pas plus grandes que celle du point $\mathrm {A}$ au même plan, et, parmi ces deux, il y en aura au moins un $\mathrm {C}$ pour lequel cette distance sera moindre. Cela étant ainsi, la perpendiculaire abaissée sur le plan $abc$, d’un point pris entre $\mathrm {A}$ et $\mathrm {B}$, sera au moins égale à celle qu’on abaisserait du point $\mathrm {B}$ sur le même plan ; mais la perpendiculaire abaissée sur le plan $abc$, d’un point pris entre $\mathrm {A}$ et $\mathrm {C}$, sera plus grande que celle qu’on abaisserait du point $\mathrm {C}$ sur le même plan. Or, la somme des perpendiculaires abaissées des points $\mathrm {A,B,C}$, sur le plan $abc$ étant (3) égale à la perpendiculaire abaissée du point $\mathrm {D}$ sur le même plan, on en doit conclure que cette dernière est moindre que la somme des perpendiculaires abaissées, sur le plan $abc$, du point $\mathrm {A}$ et de deux autres points pris sur $\mathrm {AB}$ et $\mathrm {AC}$.

Cela posé, par $bc$ soit conduit un plan $bfgc$ parallèle à l’arête $\mathrm {DA}$ ; le prisme triangulaire $abc\mathrm {A} fg$ aura pour expression l’aire du triangle $abc$ multipliée par le tiers de la somme des distances des points $\mathrm {A} ,f,g,$ au plan de ce triangle ; ce prisme sera donc plus grand que le tétraèdre $\mathrm {D} abc$, qui a pour expression l’aire du même triangle multipliée par le tiers de la distance du point $\mathrm {D}$ à son plan ; donc, à plus forte raison, le volume du tétraèdre $\mathrm {D} abc$ sera moindre que celui du tronc de tétraèdre $abc\mathrm {ABC}$, dont le prisme $abc\mathrm {A} fg$ fait seulement partie ; donc enfin le plan $abc$ partage le tétraèdre $\mathrm {DABC}$ en deux parties inégales^[1].

Paris, le 28 février 1811.

1. Il résulte de tout ceci que le problème proposé à la page 127 de ce volume, pris dans le sens le plus général, est encore à résoudre. On doit espérer que M. J. L…, qui a su y jeter tant de jour, ne voudra pas laisser à d’autres le soin d’en compléter la solution.
   (Note des éditeurs.)