Questions résolues. Solution du premier des deux problèmes de géométrie, énoncés à la page 244 du précédent volume
Annales de Mathématiques pures et appliquées, tome 16 (1825-1826), p. 26-31
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QUESTIONS RÉSOLUES.
Solulion du premier des deux problèmes de géométrie ,
énoncés à la page 244 du précédent volume ;
Par M. C. C. GERONO.
QUESTIONS
PROBLÈME. A
un cercle donné inscrire ou circonscrire un trian-gle,
dont les trois côtésforment
uneproportion continue,
pardif- férence
ou parquotient,
dont la raison soit donnée ?Cet énoncé renferme évidemment
quatre problèmes
que nous allons traiter successivement.1.
Triangle
inscrit.Soit R le
rayon
d’un cercleauquel
on propose d’inscrire untriangle
dont les trois côtés forment uneproportion
continue. Soientx , y , z les trois côtés du
triangle,
endésignant
par T l’aire dece
triangle,
on auramais
d’un
autre côté on saitque
donc en
substituant
Cela
posé , I.°
si les trois côtés doivent former uneproportion
continue par
différences ,
endésignant par d
la raison donnée decette
progression,
on aurace
qui donnera,
en substituant etréduisant ,
ou bien
d’où l’on voit que, si le
problème
estpossible,
il admettra deux solutions. On tire de làde
sorte que leproblème
ne serapossible qu’autant
que la raisond n’excédera pas la moitié du rayon du cercle donné.
Le côté y étant déterminé par cette formule facile à
construire
on en conclura
x=y-d
etz = y+d;
et la solution duproblème
s’achèvera sans difficulté.
2.° Si les trois côtés doivent former une
proportion
continue parquotiens ,
endésignant
par q la raison donnéede
cette progres-sion ,
on aurace
qui donnera,
en substituant dansl’équation (ï)
et réduisant28
QUESTIONS
d’où
d’où l’on voit que le
problème
esttoujours possible ,
et n’admetqu’une
solutionunique.
De la valeur de y 3 on conclura celles de
x=y q
etde z=qy ;
et la solution du
problème s’achèvera
sans difficulté.H.
Triangle
circonscrit.Soit r le rayon d’un
cercle, auquel
on propose decirconscrire
un
triangle
dont les trois côtés forment uneproportion
continue. Soientx , y, z les trois côtés du
triangle ;
endésignant
parT ,
commeci-dessus ,
l’aire de cetriangle,
on auramais
d’un autre côté on sait quedonc ,
en substituantCela
posé , I.°
si les trois côtés doivent former uneproportion
continue par
différences ,
endésignant par d
la raison donnée decette
progression,
on aurace
qui donnera,
en substituant et réduisantet par suite
quantité
facile àconstruire ,
si l’on remarque que 3r2 est lequarré
de la corde du tiers de la circonférence. On voit que le
problème, toujours possible ,
n’admetqu’une
solutionunique.
De la valeur
dey
on conclura celles dex=y-d
etde z =y+d;
et la solution du
problème
s’achèvera sans difficulté.2.° Si les trois côtés doivent former une
proportion
continue parquotiens ;
endésignant
par y la raison de cetteprogression
on aurace
qui donnera,
en substituant dans(2)
etréduisant
et
conséquemment
On voit que le
problème, toujours possible ,
n’admetqu’une
solu-tion
unique.
De la valeur de y, on conclura celles de
x=y q
et dez=qy :
et la solution du
problème
s’achevera sans difficulté.30
QUESTIONS
Démonstration du théorème de Statique énoncé
àla
page 272 du présent volume ;
Par
M. LENTHÉRIC, docteur
èssciences , professseur
aucollége royal
deMontpellier,
M. SARRUS,
docteur èssciences , professeur
au col-lége de Pézenas ,
M. A. E. MOREL , capitaine
aucorps royal d’artillerie,
Et M. QUERRET, professeur de mathématiques
trans-cendantes
à lafaculté des sciences de Montpellier.
THÉORÈME.
Si desforces,
au nombre de n ,agissant
sur unmême
point
0 del’espace,
sontreprésentées,
en intensité et endirection ,
par des droitesOP I , OP 2 , OP 3 ,
...OPn ,
issues dece
point,
le centre M des moyennes distancesdes points P I , P 2 , P 3 , ....Pn
sera un despoints
de la résultante de cesforces ;
et, sicette résultante est
représentée
en intensité et en direction parOR, on
aura OR=n OM.Démonstration. Trcis des démonstrations que nous avons reçues
se ressemblent pour le fond. Dans toutes on a
rapporté
lesystème
à trois axes
rectangulaires
passant par lepoint 0 ;
seulement NI.Sarrus a fait passer l’axe des z par le
point M ;
et , comme il enrésulte
quelques simplifications ,
nousadopterons
unpareil
choixd’axes de coordonnées.
Soient alors
( x I , y I , zIi ) , ( Y z
...(
xn ,yn , zn )
les
points
que nous avonsdésignés
parP I , P 2 ,
...Pn ;
on aurad’après
la situation de l’axe des zcompose la résultante OR
suivant les
troisaxes, X, Y
, Z en se- ront les composantes, et l’on devra avoiron aura donc aussi
la résultante OR est donc dans l’axe
des z ,
et passe ainsi par lepoint M ;
et l’on a deplus
OR=z=n.OM(*).
M. Lenthéric
observe ,
comme l’avaitdéjà
fait M. Gerono àqui
l’on doit le théorème que,
quelle
que soit laposition
dupoint 0
dansl’espace,
la résultante OR passeratoujours
par le mêmepoint
M.Il remarque encore que , si l’on a un tétraèdre
OABC,
etqu’on joigne
par une droite OM lepoint
0 avec le centre Mdes
moyen-nés distances des trois
points A , B , C ,
lalongueur
OM seradi rigée
suivant ladiagonale
OR duparallélipipède
construit surOA, OB , OC,
et sera le tiers de la sienne.M.
Querret
a suivi un autre tour de démonstration. Il remarqued’abord
que , dans le cas de deuxforces ,
la vérité du théorème estmanifeste , puisqu’il
n’est alors que leprincipe
duparallélogramme,
énoncé sous une autre forme. Il démontre ensuite que , si ce théo- rème est vrai pour n
force ,
il sera vrai encore en introduisantune nouvelle force dans le
système ,
cequi
estégalement
sans dif-ficulté,
et il en conclut que ce théorème est vraiquel
que soit lenombre des forces.
(*) Voyez
aussi la page 3I4 duprécédent
volume.J.