Solution du problème de géométrie énoncé à la page 368 du XV. e volume du présent recueil
Annales de Mathématiques pures et appliquées, tome 16 (1825-1826), p. 117-132
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RÉSOLUES.
II7rent en un même
point ,
et prouve en outre qne leproblème
oùl’on
proposerait
de déterminer lepoint
del’espace
dont lesplans polaires relatifs à cinq sphères
données concourent en un mêmepoint ,
esttoujours impossible
ou indéterminé. Si en effet cescinq sphères peuvent
être toutescoupées orthogonalement
par une sixièmesphère,
tous lespoints
de cette dernière résoudront leproblème,
-et , dans le cas
contraire,
ceproblème 3
seraimpossible (*).
Solution du problème de géomètrie énoncé à la page
368 du XV.e volume du présent recueil ;
Par
unABONNÉ.
PROBLÈME.
On donne l’une desfaces
latérales d’un troncde
prisme triangulaire,
lalongueur
de l’arête latéraleopposée ,
la section du tronc par un
plan perpendiculaire
à ses arêtes la-térales ,
et par suite le volume du tronc ; et l’on demandequelle
doit être la situation de l’arête latérale donnée de
longueur,
parrapport à
laface
latéraleopposée ,
pour que la somme des aires des deux bases du tronc soit un minimum ?Solution. Soient ABB’A’ la face latérale donnée et CC’ la pro-
jection orthogonale,
sur leplan
de cetteface ,
de l’arête latéraleopposée,
dans la situationqui
convient au minimum de la somme(*) M.
Durrande , déjà très-gravement
maladelorsqu’il
nous adressa cequ’on
vient de lire, nous avait annoncé la solution de deux autres pro- bièmes de l’endroit cité. Ii a terminé sans carrière sans ravoir pu mettre par écrit.J. D. G.
118
QUESTIONS
des aires des deux
bases ;
en menantCA , CB, C’A’, C’B’,
lesdeux
triangles ACB ,
A/C/BI seront lesprojections
des bases sur lemême
plan.
SoientD,
DI lespoints
ou la direction CC; rencon-tre les cotés
AB , A’B’
de ces
bases ; puisqu’on
connaît la sectionperpendiculaire
aux arè-tes latérales du tronc , il s’ensuit que , bien que les
points C ,
C’ soient
inconnus ,
on connaît néanmoins la droite DD’ ainsi quesa distance à l’aréte latérale dont elle est la
projection ;
et, commeles
longueurs CC’
et DDI sont connues , il s’ensuitqu’on
connaîtaussi la somme
CD+C’D’=DD’2013CC’.
Prolongeons
les côtés nonparallèles AB, A’B’, jusqu’à
cequ’ils
se rencontrent en E. De ce
point E ,
abaissons uneperpendiculaire
EG sur
DD/ ;
divisons en outrel’angle
DED’ en deuxparties éga-
les,
par. unedroite qui
rencontre DD’ enF ; imaginons
enfin desRÉSOLUES.
119points
inconnusC ,
C’ desperpendiculaires CIl,
C’H’ surAB ,
A’B’.Cela
posé ,
il adéjà
été démontré( Annales,
tom.XIII,
pag.I37)
que , pour que la somme des aires des bases du tronc fûtun
minmum,
il fallait que l’arête dont laprojection
est CC,’ fûttellement
située,
que lesplans
de ces bases fussentégalement
incli-nés sur le
plan
de la face latéraleopposée ABB’A’ ;
cequi
se ré-duit évidemment à faire en sorte que les
perpendiculaires CH ,
C’H’ soient de même
longueur.
Ils’agit
donc de savoir dequelle
manière il faudra
placer
lespoints C ,
C’ ou seulement l’un d’euxsur
DD’ ,
pour que cette conditionsoit remplie.
Les
triangles rectangles
semblablesDG E , DHC,
d’une part ;et les
triangles rectangles
semblablesD’GE , D’H’C’ ,
d’une autre,donnent
puis
doncqu’on
doit avoirCH=C/H/,
on aura, ensupprimant
lefacteur commun
EG,
c’est-à-dire ,
Mais ,
parce que la droite EFdivise l’angle
DED’ en deuxparties
égales,
on adonc,
à cause durapport
commun yd’où
c’est-à-dire ,
ce
qui
fournit la construction suivante :Soient
portés
DD’ surDE,
de D enK,
etCC’
surKD de K
en
L ;
soit menéeKF ,
et, par lepoint L,
soit menée uneparallèle
à. cette
droite;
cetteparallèle
rencontrera DD’ aupoint
inconnuG ;
de sorte
qu’on
aura alors tout cequi est
nécessaire pourconstruit
le tronc de
prisme..
Démonstration des deux théorèmes d’analise
etde
géometrie énoncés à la page 64 du présent volume ,
et du théorème de géométrie énoncé à la page 344
du volume précédent ;
Par M. LENTHÉRIC , docteur ès sciences , professeur de mathématiques
etde physique
aucollège royal de Montpellier.
A la
ppge373
duprécèdent volume
il a étédémontré qu’en
adoptant
les notationsabrégées
RESOLUES.
I2Ion avait
Si , dans
cetteformule ,
on pose m=x, p=2013I, etqu’on
remetteen
place
des diverssymboles
lesdéveloppements qu’ils représen-
tent, en
supprimant
ies facteurs communs aux deux termes des diverses fractionsrésaltantes,
il viendraqui
est, aux notationsprès,
le théorème d’analise énoncé à la page64
duprésent
volume.Avant de -passer à la démonstration du théorème de
géométrie,
il nous faut d’abord construire
quelques
formulespropres
à nous conduire à notre but.Soit x
l’angle
au centre d’unpolygone régulier
de ncôtés,
detelle sorte
qu’on ait - nx=203C9;
endésignant
par m un nombre en-tier
positif, plus petit
que n, on aura comme nous l’avons dé- montre(pag. 4I ).
ou , parce que Cos.nmx=Cos.2m03C9=I et
Sin.nmx=Sin.2m03C9=o ,
Tom. XVI. 16
QUESTIONS
Ces
équations
ont lieuégalement lorsque
m estplus grand
que n , pourvu
qu’il
n’en soitpas multiple. Si,
eneffet,
on posem=qn+m’,
où on ait m’m ; en substituant dans lespremiers
membres des
équations (A)
et(B) ,
et observantque généralement
ces
premiers
membres deviendrontet seront
nuls,
par cequi précède.
En
désignant toujours
par xl’angle
au centre d’unpolygone régulier
de n côtés et par a unangle quelconque ;
m étant unnombre entier
positif,
nonmultiple
de n, on trouvera en déve-loppant
c’est-à-dire en vertu des formules
(A) , (B)
RESOLUES. 123
Cela
posé,
onsale,
comme nousl’avons déjà observé (
pag.4I),
que z
étant unangle quelconque
et p un nombre entierpositif quelconque ,
on apourvu
qu’on
arrête ledéveloppement
dèsqu’on
ne rencontreraplus
d’arcspositifs,
et que ,lorsque
p serapair,
on ue prenne que la moitié du termequi
contiendra l’arc nul.Mettant successivement pour z, dans cette
formule ,
les termesde la
progression,
a,a+x, a+2x,
....a+n2013I.x,
on aurace
qui donnera
, euajoutant
I24 QUESTIONS
Si p est un nombre
impair ,
nonmultiple
de n , tontes leslignes
du second membre de cetteéquation
serontnulles ,-
en vertude la formule
(C) ;
de sortequ’en remplaçant
p par203BB+I ,
on aSi ,
aucontraire, p
est un nombrepair,
les cosinus de la der-nière
ligne
seront touségaux
àl’unité,
et au nombre de n 1 et leur coefficient commun seraou, en
changant p
en 203BBIl faudra donc
prendre
n fois la moitié de cecoefficient ,
et mul-tiplier
le résultat parI 2p-I
ou parI 2203BB-I ;
cequi
revient à mul-tiplier
de suite cecoefficient ,
tout entier parn 2203BB.
On a doncEn
conséquence , si
l’on fait successivement 03BBégal
à o ? I ,2 , 3 ,,
... , on tirera des formules(D)
et(E)
RÉSOLUES.
I25Soit
présentement
unecirconférence ,
dont C soit le centre et rle rayon, divisée en n
parties égales
auxpoints PI, P2 , P3 ,
...Pn ;
et soit 0 unpoint
dupian
de cette circonférence distant deson centre de la
quantité
k. Soient menées les droitesOPI , OP2 , OP3 ,
...OPn,
et les rayonsCPI , CP2, CP3 ,
...CPn ;
soit xl’angle
de deux rayonsconsécutifs,
et soit al’angle
que fait lepremier CPI
avec la droite CO. Lestriangles OCPI , OCP2, OCP3 , ...
OCPn , qui
ont tous le côté communCO, donneront
I26
QUESTIONS
En
désignant
par m un nombre entierpositif, plus petit que n ,
- on conclura de là
RÉSOLUES. 127
En vertu des formules
(F) ,
cetteéquation
devientou
bien,
enréduisant
QUESTIONS
En
développant
les diversespuissances
dek2+r2 ,
dans le secondmembre
, et réunissant les termes affectés des mêmespuissances
de k et de r dans le
développement
le termegénéral
de ce dé-veloppement , c’est-à-dire ,
le terme affectéde h2tr2m-2t
seraOn
eut
enpréparant
convenablement les termes ducoefficient,
faire en sorte que le facteur
leur devienne commun , et
alors,
en mettant cefacteur
en évi-dence,
le termegénéral
devientRÉSOLUES.
129Mais
si , dans
la formule d’analise que nous avonsdémontrée
aucommencement de cet
article , savoir :
au
moyen
dequoi
notre termegénéral
se réduit àde sorte
qu’on
a finalementqui
estprécisément
le théorème énoncé à la page344
duprécé-
dent
volume,
que nous nous étionsproposés
de démontrer.En faisant m=I , on trouve
ce
qui
donne uneexpression
biensimple
de la somme des quar-rés des droites menées aux Sommets d’un
polygone régulier
d’unpoint quelconque
de sonplan ,
et montre que cette somme est la même pour tous lespoints également
distants du centre du po-Tom. XVI. 17
lygone,
comme M. Sturm l’avaitdéjà remarque ( tom. XV,
pag.256
).
Si le
point
O coïncide avec l’un des sommets dupolygone
deux des droites
OPI , OP2 , OP3,
...OPn
en sont des côtéset les autres
sont
desdiagonales ;
mais alorsk=r;
endésignant
donc par c l’un des côtés du
polygone
etpar dI , d2 , d3 ,
...dn-3
lesdiagonales
menées d’un sommet à tous les autres, un aurad’où
Si,
parexemple ,
ils’agit
del’hexagone régulier ,
ou n=6 etc=r , on aura
mais ici
l’on
ad2 = 2r
etd3 = d1 ;
doncou
comme on doit l’avoir en
effet.
THÉORÈME.
Unpolygone quelconque
étant circanscrit à uncercle, et
un autre cercle étantconcentrique à celui-là ;
la sommedes
produits
des côtés dupolygone
par lesquarrés
des distancesd’un point quelconque
de lacirconférence
du second cercleaux points
de contact de ces côtés avec le
premier,
est unequantité
constante.Démonstration. Soit 0 le centre commun des deux
cercles ;
sortr le rayon de celui
auquel
lepolygone
estcirconscrit,
et soit Rle rayon de l’autre.
Représentons
para , b ,
c, .... les côtés con-sécutifs du
polygone ;
etdésignons
leurspoints
de contact parA,
RÉSOLUES. I3I
B , te,
.... Soit en1in P unpoint pris
arbitrairement sur lacir-
conférence dont le rayon est
j3 ;
etreprésentons respectivement
par03B1, 03B2,
03B3 , ... lesangles POA , POB , POC ,
... parce que lesangles qui
ont les côtésperpendiculaires
chacun à chacun sontégaux,
les
angles
a ,03B2,
03B3 , ...., seront aussi ceux que feraient lescôtés a , b , c ,
.... dupolygone
avec uneperpendiculaire
indéfinie menée àOP ,
par lepoint 0 ,
de sortequ’on
aura, par un théorème connu(*).
Cela
posé,
lestriangles POA , POB y POC ,
... donnentPrenant la somme des
produits respectifs
de ceséquations
par a ,b, c,
... etayant égard
à la relation(1),
il viendraequatiorl
dont le second membre estindépendant
dupoint P ,
surla circonférence dont le rayon est
R,
comme l’annonce le théorèmequi
se trouve ainsi démontré.Si le
polygone
étaitrégulier ,
enreprésentant
par m le nombre de sescôtés, l’équation (2)
deviendrait(*)
Voyez,
entre autres, la pag. 31o du XV.e volume duprésent
recueil.J. D. G.
I32
QUESTIONS PROPOSÉES,
Si le
point
P étaitpris
sur la circonférence même dtt cercle ins-crit,
on auraitR=r ,
etconséquemment
et
si,
en outre lepolygone
étaitrégulier ,
on auraitQUESTIONS PROPOSÉES.
Théorème de trigonométrie.
SOIT
untriangle sphérique quelconque ABC ,
et soit P unpoint
de la
sphère disposé
d’unemanière quelconque
parrapport
à cetriangle. Soient
en outreA’ , B’ ,
C’respectivenlent,
lespoints
où. les côtés