Solution des questions élémentaires proposées au concours d'agrégation de 1873

N

G ^AMBEY

Solution des questions élémentaires

proposées au concours d’agrégation de 1873

Nouvelles annales de mathématiques 2^e série, tome 13 (1874), p. 43-49

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PROPOSÉES AU CONCOURS D'AGRÉGATION DE 1 8 7 3 ;

PAR M. GAMBEY, Professeur au lycée de Saint-Etienne.

Solution de la question de Géométrie.

Soit le triangle ABC. Appelons Ol5 O2, O3 les centres des cercles exinscrits, Oi étant dans l'angle A, etc.;

puis, en allant de A vers B, notons les points de contact ainsi : M^l5 Nj 5 M², N², ; M³, N³. Conservons pour le reste les notations ordinaires.

I. Les deux triangles A'B'C', O,O²O³ ont leurs côtés respectivement parallèles. Ainsi B'C' et O2 O3 sont parallèles, parce qu'ils sont à la fois perpendiculaires sur Ot A. Or on voit facilement que l'angle Ot est égal

, B-J-C n A a ou oo° •

( 44 )

Donc les angles A', B', C' ont les valeurs respectives

IL

s

Or

et si Les

AA

i n A &.

Ton on aura

9°c

deux

t

1,A'

3

1

pose

AA A

2

triangles A M

AM3

sinAA'M3'

l— o C

— 9° -*- 2>

(p — b) cos

sin a

B

2

3 A'

s i n

A. VA IN

ATS

2

, 9o ° -

r,AN2A'

AA' AN3A'

, — 9 0 h = p-i

{P-e)

COS I a -

C

2

donnent

ATS'2

sinAA'lSs B

2

cos—B

2

2 /

Développant le cosinus de a H— 5 et éliminant les li- gnes trigonométriques au moyen de leurs valeurs en fonction de a, 6, c et du périmètre du triangle ABC, il vient

/ (p — a) [p— b)

/ (p a) [p b) C t a n g a ~ i / ± T1-^—,—- = tang-, d'où

ce '— — •C

2

Par suite, l'angle M3 AÀ'= 900 — C el la droite A A' est perpendiculaire sur BC.

On démontrerait de même que BB', CC' sont respecti- vement perpendiculaires sur AC et sur AB.

III. Soient R et ries rayons des cercles circonscrit et inscrit au triangle ABC} R' le rayon du cercle circon- scrit au triangle A'B'C'.

Les triangles AM3 A', BN3B' donnent facilement

sm~ sin —

2 2

et Ton tire, du triangle isoscèle CM3N3. . C

2

D o n c

c c o s C ' "C

A' M: -+• M3TsT3 -f- Br JNG = A ' B ' - ^

. C sin - niais, de la relation

A ' B ' = 2R'sinC — aR' c o s - ,

2

on tire

C~ sinC

2 C 0 S - 2.

ou bien

c ~\~ i[p — c) sin2 —

K - shiC

L'élimination des lignes tri gonomé triques conduit à R ' = 2 R + /'.

Si Ton lient compte de la relation 4 R — ra 4- ^6 -4- rc — /•,

( 46 )

où ra, rb, rc sont les rayons des cercles exinscrits, on arrive aussi à

j . , r^a -J- r^b -f- r^c -4- r Jti •=. •

2

IV. Soit O le centre du cercle circonscrit au triangle A' B' C'. On trouve facilement que l'angle O A'B' est le

Q

complément de l'angle C'; mais l'angle C' vaut go° >

donc

OA'B' — - .

C'est justement l'angle que font les droites A'B' et A'A.

Il s'ensuit que A A' passe par le point O 5 il en est donc de même de BB'et de CC'.

Solutioîi de la question de Mécanique,

Soient les centres d'attraction C, C', C",... en nombre H, dont les coordonnées sont a, è, c, a'9 b', c', a"', bf/, c"^,..\

x^y, z les coordonnées du point M dans sa position d'équilibre 5

a, (3, y, a', |3', y', a", jS", / ' , . . . les angles que font res- pectivement les droites CM, C M ' , C M " , .•• avec trois axes rectangulaires se coupant au centre de la sphère;

X, p, v ceux du rayon passant en M avec les mêmes axes }

R une force égale à la résistance de la sphère et pou- vant remplacer cette sphère, de sorte que le point M puisse être considéré comme entièrement libre.

Posons

et prenons pour unité l'attraction de l'un quelconque des centres sur le point M à l'unité de distance. Les

forces attractives seront alors mesurées par les distances d, d', d\....

L'équation de la sphère sera

Cela posé, les conditions d'équilibre d'un point maté- riel entièrement libre donnent, dans l'hypothèse ac- tuelle,

-h d'cosa' -r . . • -f- Rcos). = Idcosoi -f- Rcos> = o, dcosp H- d'cosp' -4- . . . -f-Rcosp = 2d cos fi H- Rcos4tx = o, dcosy -f- d'cosy' -, . . . H- R cosv n- zL^cosy -f- R cosv = o ; mais on a

a — .r b — r <

cosa = •> cosp z=z —--—, COS7 z=z "

COSa — Z»'—r , c'—z

COSp'^r - p - j COS 7'— - ^?

Les équations d'équilibre deviennent ainsi

Z ( a — x) H = 0 ,

2 (c — z) ^{= 0.}

Si Ton appelle xuyiy zx les coordonnées du centre des moyennes distances des n centres d'attraction, ces équations conduisent, par l'élimination de R, à

II —

l 48 )

La résultante des attractions passe donc par le centre des moyennes distances des centres donnés.

On trouve, sans difficulté, pour les valeurs de a:, y, z :

rzx

ou, en appelant J t la distance du p o i n t (x^y^ zA) au centre de la s p h è r e ,

j\r ry{ rzs

On prendra devant r/j le signe -j-, parce que x, r, z ont le même signe que x^ yu z±.

L'intensité de la résultante se calcule ensuite facile- ment. On trouve

— R = »(tf,— r).

Si l'intensité R est donnée, les équations d'équilibie deviennent d'abord

n [x, — X) —

n (ri — r ) = — ~ - - n ( s , — s ) = — — •

Elevant au carré et ajoutant, il vient

iï- [ ( * , — a ? ) ' -4- ( jt- j )2 + (s, — z )2]

ou bien

équation d'une sphère. Les coordonnées du point M de- vant aussi vérifier les équations de la sphère donnée, le lieu de ce point est un cercle déterminé par les équa- tions

*2-4-J2 •+-*'=/•%

x.xx -h jrji -+• zzx = dx r.