J. B. D URRANDE
Solution des deux problèmes proposés à la page 200 de ce volume
Annales de Mathématiques pures et appliquées, tome 6 (1815-1816), p. 340-347
<http://www.numdam.org/item?id=AMPA_1815-1816__6__340_0>
© Annales de Mathématiques pures et appliquées, 1815-1816, tous droits réservés.
L’accès aux archives de la revue « Annales de Mathématiques pures et appliquées » implique l’accord avec les conditions générales d’utilisation (http://www.numdam.org/conditions). Toute utilisation commerciale ou impression systématique est constitutive d’une infraction pénale.
Toute copie ou impression de ce fichier doit contenir la présente mention de copyright.
Article numérisé dans le cadre du programme Numérisation de documents anciens mathématiques
http://www.numdam.org/
340
Solution des deux problèmes proposés à la page
200de
cevolume ;
Par M. J. B. DURRANDE.
I. DEux figures planes,
tracées sur deuxplans différens,
et d’unseul
côté de chacun de cesplans seulement, peuvent
êtreégales
dedeux manières que, dans une multitude de
circonstances,
on estobligé
de biendistinguer.
Ilpeut arriver,
eneffet,
que, pour faire coïncider les deuxfigures,
il failleappliquer
les deuxplans
l’un surl’autre de n’anière
que
cesfigures
soient toutes deux en dessus outoutes
deux endessous,
ou , cequi
revient au même, de manièreque l’endroit de 1"une soit
appliqué
contre l’envers del’autre ;
oubien il
peut
se faire que, pour les fairecoïncider,
il faille au contraueappliquer
les deuxplans
où elles sont tracées l’un contre l’autre de tellesorte que les deux
figures
soient l’une et l’autre en dedans ou l’une etl’autre
en dehors de ces deuxplans.
Une gravure et laplanche
d’où on l’atirée sont dans le dernier de ces deux cas : deux
épreuves
d’unemême gravure sont dans le
premier.
Pour
distinguer
ces deux cas par des dénominationsdifférentes,
nous dirons qne deux
figures égales ,
tracées sur un mêmeplan ,
sont
identiques , lorsqu’il
suffira de faireglisser
ou tourner l’uned’elles sur ce
plan,
sans lequitter,
pour ramener a couvrir exacte- ment l’autre. Nous dirons au contraire que deuxfigures égales, tracées
sur urt même
plan
sontsymétriques , lorsqu’on
ne pourra les amener à coïnciderqu’en
renversantpréalablement
l’uned’elles ,
de manièreque la face
qu’elle
montrait d’abord extérieurement soitappliquée
contre le
plan.
Il est aisé devoir,
I.° que deuxfigures identiques
RÉSOLUES. 34I
ou
symétriques
par rapport à une troisième sontidentiques
entréelies ;
;2.0 mais quesi ,
de deuxfigures,
l’une estidentique
et l’autresymétrique
parrapport
à unetroisième ,
elles serontsymétriques
l’uneà l’autre.
Il
importe
de remarquerqu’il
y a desfigures égales qui
sontà la fois
identiques
etsymétriques
l’une à l’autre : ce sont cellesqu’une
droitepartage
en deuxparties égales symétriquement
dis-posées
parrapport
àelle ;
de telle sorte que cette droite soit per-pendiculaire
sur le milieu de toute droitequi joindra
deuxpoints homologues
des deuxparties ; c’est ,
parexemple ,
ie cas dutriangle
isocèle,
et c’est encore le cas d’unquadrilatère
formé de de-uxtriangles isocèles, opposés
base à hase. Le desseingéométral
de lafaçade
d’un éd:fice tout-à-faitrégulier
estégalement
dans ce cas :l’épreuve
d’un tel dessein ne diffère aucunement de laplanche
d’oùelle est tirée. Nous dirons à l’avenir
qu’une figure
estsymétrique
par
rapport à elle-même, lorsqu’elle
se trouvera dans ce cas.Il
importe
encore de remarquer que , si l’ondécompose
deuxpolygones égaux
entriangles ,
par desdiagonales homologues ;
suivant que les
polygones
serontidentiques
onsymétriques ,
lestriangles homologues
seront eux-mêmesidentiques
ousymétriques.
D’après
cctte dernière remarque lepremier
des deuxproblèmes proposés peut
être réduit à cequi
suit :PROBLÈME. Décomposer un triangle
donnéquelconque
enparties symétriques
parrapport
à elles-mêmes ?Solution. Du centre du cercle inscrit au
triangle
soient abaisséesdes
perpendiculaires
sur sescôtés ;
cesperpendiculaires
serontégales,
et les
pieds
de deuxquelconques
serontégalement
distants du sommetde
l’angle
sur les côtésduquel
elles tomberont.Ces
perpendiculaires
diviseront donc letriangle
en troisquadri-
latères dont chacun sera formé de deux
triangles isocèles, opposés
base à
base ,
etqui conséquemment
serontsymétriques
à eux-mêmes;le
problème
sera donccomplètement
résolu.Lorsque
letriangle
dont ils’agit
estrectangle,
leproblème peut
être fort
simplement résolu ,
enjoignant
le sommet del’angle
droitau milieu de
l’hypothénuse
par une droitequi
divise letriangle
en deux
triangles isocèles,
etconséquemment symétriques par rapport
a eux-mêmes.
Si le
triangle
estacutangle ;
enjoignant
le centre du cercle cir- conscrit aux trois sommets par desdroites;
ces droites le diviseronten trois
triangles isocèles,
etconséquemment symétriques
parrapport
à eux-mêmes.
Si enfin le
triangle
estohtusangle ;
laperpendiculaire abaissée
du sommet de
l’angle
obtus sur le côtéopposé
le divisera en deuxtriangles rectangles
dont chacun pourra ensuite être ultérieurementdivisé
en deuxtriangles
isocèles etconséquemment symétriques
parrapport
â eux-memes. On aura donc en toutquatre
de cestriangles.
Mais la
première
solution que nous avons donnée al’avantage
des’appliquer
uniformément et sans distinction à tous les cas.On voit ,
par cequi précède ,
que, deuxpolygones symétriques,
chacun de m
côtés ,
étantdonnés ,
onpeut toujours décomposer
l’und’eux en
3(m-2) parties
auplus qui,
différemmentdisposées
entre,elles,
forment unpolygone identique
avec l’autre.IL.
Étendons présentement
cette théorie auxfigures
tracées surune
sphère ;
ellesprésentent
exactement les mêmesdistinctions
1nais avec cette circonstance
particulière qu’ici
deuxfigures symé- triques
nepeuvent,
en aucune sorte , êtresuperposées ,
du moinsen
général.
La raison en est que,lorsqu’on
veut tenter la super-position
de deuxpareilles figures,
ellesopposent
leur convexité ou leur concavité l’une àl’autre ,
de sortequ’elles
nepeuvent
se convenir- que dans leurs sommets ou dans unpoint
de leur intérieur.Mais il est sur la
sphère,
comme sur unplan ,
desfigures
symétriques à elles-mêmes ;
ce sont celles que leplan
d’ungrand
cercle divise en deux
parties égales ,
tellementdisposées
parrapport
à ce
plan qu’il
se trouve à la foisperpendiculaire
sur le milieu;de toutes les droites
qui joignent
leurspoints homologues.
De ceRÉSOLUES. 343
nombre est, en
particulier ,
letriangle sphèrique Isocèle ;
et de cenombre est encore le
quadrilatère sphérique
formé de deuxtriangles sphériques isocèles, opposés
base à base.On
peut
remarquer deplus que ,
si l’ondécompose
deuxpolygones sphériques égaux
entriangles sphériques,
par desdiagonales
homo-logues ;
suivant que lespolygones
serontidentiques
ousymétriques,
les
triangles sphériques homologues
seront eux-mêmesidentiques
ousymétriques.
En
conséquence ,
leproblème
où l’on demanderait de couvrirun
polygone sphèrique
avec lesparties
d’un autrepolygone sphé- rique qui
lui seraitsymétriques
se réduit au suivant :PROBLÈME. Décomposer
untriangle sphérique quelconque
enparties symétriques
parrapport à
elles-mêmes.Solution. La solution de ce
problème
est tout-à-faitanalogue à
celle que nous avons donnée relativement au
txiangle rectiligne.
Onvoit en effet que , si l’on abaisse du
pôle
du cercle inscrit des arcsde
grands
cerclesperpendiculaires
sur lès trois côtés dutriangle
ces arcs le
partageront
en troisquadrilatères sphériques symétriques
à eux
mêmes
comme étant tous trois formes de deuxtriangles sphé- riques isocèles, opposés
base à base.On
pourrait
encore chercher à imiter ici les autres solutions quenous avons données relativement au
triangle rectiligne ;
mais onignore
dansquel
cas lepôle
du cercle circonscrit autriangle sphé- rique
tombe dans cetriangle,
sur l’un de ses côtés ou hors delui,
et il n’est pas démontré que , dans ce dernier -cas , le
triangle puisse toujours
êtredécomposé
en d’autres pourlesquels
lepôle
du cerclecirconscrit ne soit
point
extérieur.Il résulte de ceci que deux
polygones
de mcôtés , symétriques
l’un à
l’autre ,
étant tracés sur une mêmesphère,
onpeut toujours décomposer
l’un d’eux en3(m-2) parties
auplus qui , disposées
convenablement ,
couvriront exactement l’autre.III. Il est presque
superflu
de faire remarquer que tout ce quenous venons de dire
(11) s’applique ,
sansrestrictions 1 aux angles polyèdres égaux , lesquels peuvent
aussi être tantôtidentiques
ettantôt
symétriques.
Nous aurons seulement à observer ici que lesdéveloppemens de
deuxangles polyèdres symétriques
sonttoujours superposables ,
soit par un côté soit parl’autre ;
de sorte que deux telsangles polyèdres
ne diffèrentuniquement
que par lapartie
deleur
développement qui
en a formé la surfaceintérieure, lorsqu’6n
a
plié
cesdéveloppemens
pour les former.Ainsi,
enrésumé,
il y a desangles polyèdres symétriques
à eux-mêmes ;
et ce sont ceuxqu’un plan passant
par leur sommet par-tage
en deuxparties égales
tellementsituées ,
que ceplan
est àla fois
perpendiculaire
sur le milieu de toutes les droitesqui joignent
leurspoints homologues.
Tels sont , enparticulier , l’angle
trièdre isocèle et
l’angle
tétraèdre formé de la réunion de deuxangles
trièdres
isocèles , opposés
base à base.Enfin,
si l’ondécompose
deuxangles polyèdres égaux
en un même nombred’angles trièdres,
pardes
plans diagonaux homologues ;
suivant que cesangles polyèdres
seront
identiques
ousymétriques ,
lesangles
trièdres résultant de leurdécomposition
seront eux-mêmesidentiques
ousymétriques.
On voit
d’après
cela que , si l’on veutremplir
unangle polyèdre
avec les
parties
d’un autre-angle polyèdre qui
lui estsymétrique,
tout se réduira à savoir
décomposer
unangle
trièdreen parties
sy-métriques
à elles-mêmes. Pour résoudre ce dernierproblème
il suffitde conduire par l’axe du cône inscrit des
plans perpendiculaires
auxfaces ;
cesplans partageront l’angle
trièdre en troisangles
tétraèdressymétriques
àeux-mêmes ,
par cequi précède.
On
pourrait
aussi recourir ici à la considération du cônecirconscrit
; mais iL faudrait savoirauparavant
dansquel
cas l’axe d’un telcône tombe dans l’intérieur de
l’angle
trièdre sur l’une de ses facesou
extérieurement;
et il faudrait en outrequ’il
fût démontré que, dans ce dernier cas,.l’angle
trièdre esttoujours d( composable
end’autres tels que , pour aucun
d’eux ,
l’axe du cône circonscritn’est
extérieurRÉSOLUES. 345
Il résulte de ceci que, deux
angles polyèdres symétriques
de mfaces chacun étant
donnés,
onpeut toujours décomposer
l’un d’euxen
3(m-2) parties
auplus qui ,
convenablementdisposées
entreelles , remplissent
exactement l’autre.IV. Passons enfin à la considération des corps
égaux
etappelons
encore corps
identiques
ceuxqui
sontsuperposables ,
etpeuvent
consé-quemment
être conçus commeayant
été coulés dans un moule commun.Appelons
au contraire corpssymétriques ,
ceuxqui , malgré
leurparfaite égalité ,
ne sauraient êtresuperposés,
niconséquemment
conçus coulés dans un moule commun. On
peut
citer nos deux mainscomme
l’exemple
leplus
commun des corps de ce dernier genre ;quelque parfaite égalité qu’on
suppose exister entreelles , jamais
une main droite ne saurait être convenablement
remplacée
par une maingauche ;
aussi legant
d’une main nepeut-il
servir à l’autrequ’en
le retournant , le dedans en dehors.Observons encore
qu’ici
un corpspeut
êtresymétrique
àlui-même;
c’est ce
qui
arrive toutes les foisqu’un plan
le divise en deuxparties égales,
tellementdisposées
l’une parrapport
àl’autre,
que ceplan
est à la fois
perpendiculaire
sur le rnilieu de toutes les droitesqui joignent
leurspoints homologues. C’est ,
parexemple,
le cas d’untétraèdre
dont deux faces sont destriangles
isocèlesayant
leur basecommune ; et c’est encore le cas d’une
pyramide quadrangulaire qui,
ayant
pour base unquadrilatère symétrique
àlui-même 1
serait dé-composable,
par unplan diagonal ,
en deux semblables tétraèdres.Observons enfin que , si l’en
décompose
deuxpolyèdres égaux quelconques
en un même nombre detétraèdres,
par desplans diagonaux homologues ;
suivant que les deuxpolyèdres
seront iden-tiques
ousymétriques,
les tétraèdres résultant de leurdécomposition
seront eux-mêmes
identiques
ousymétriques.
Il résulte évidemment de là que la
question qui
consiste a dé- composer unpolyèdre quelconque
enparties qui , disposées
entreelles d’une autre
manière ,
forment unpolyèdre symétrique
parTom. VI.
49
346 QUESTIONS
rapport
aupremier ,
seréduit,
en dernièreanalise,
auproblème
suivant :
PROBLÈME. Décomposer un
tétraèdredonné quelconque
enparties symétriques
parrapport
à elles-mêmes ?Solution. Soient
A , B , C , D
les sommets dutétraèdre,
et 0le centre de la
sphère inscrite ;
de ce centre soient abaissées sur les faces desperpendiculaires
dont lespieds
soientrespectivement A’, B’, G’, D’ ;
par cesperpendiculaires , prises
deux àdeux,
soientfait
passés
sixplans ;
cesplans
diviseront le tetraèdre enquatre
exaèdresoctogones
à facesq’adrilatères. Bornons-nous
à considérerl’un
d’eux : celuiqui
contient lesommet D,
et dontconséquem-
ment les trois arêtes de
l’angle opposé
sontOA’, OBI ,
OC/.Hommons a, b, c
les trois sommets non encoredésignés ;
en sorfeque les arêtes
Da, Db ,
De soientrespectivement opposées à
cellesque nous venons de nommer.
Menons la
diagonale DO ,
ainsi que lesdiagonales
des facesDA’, DBI , DC’ ;
par laprermiere
et par chacune des autres soient con-duits trois
plans ;
cesplans
diviseront l’exaèdre en troispyramides
triangulaires ayant
leur sommet commun enD,
etayant pour bases
les trois faces de
l’angle
0. Bornons-nous à considérer l’une d’elles : celle dont la base est OA’cB’.A’ et BI étant les
points
de contact de lasphère
inscrite avec‘deux des faces du
tétraèdre,
il s’ensuit d’abord queOA/=OB/ ;
il s’ensuit en outre que
DA’=DB’,
commetangentes
menées à unesphère
d’un mêmepoint extérieur;
et, comme d’ailleurs les deuxtriangles DcA’, DcB’, qui
ont le côté De commun , sont l’un etl’autre rectangles
en c ; il s’ensuit que cB’=cA’.Ainsi notre
pyramide quadrangulaire
se trouve être du genre de celles que nous avonssignalées plus
haut comme étantsymétriques
?
elles-mêmes;
et , comme onprouverait
la même chose des deuxautres, il s’ensuit que notre exaèdre est
composé
de troisparties
symétriques
àelles-mêmes ;
et , attenduqu’on
enpeut dire
autant des trois autresexaèdres ,
il en résulte finalement que notre tétraèdreQUESTIONS 347
est
décomposable
en douzepyramides quadrangulaircs symétriques
à elles-mêmes.
On
pourrait
, àl’exemple
de M.Legendre,
recourir aussi à la consideration de lasphère circonscrite , laquelle ,
dans certains cas,offrirait le moyen de
décomposer
le tétraèdre en douze autres,symé- triques
à eux-mêmes ; mais on ne sait pas dansquel
cas le centred une telle
sphère
est intérieur autétraèdre ,
à sa surface ou horsde
liti,
et il n’estpoint
démontré que , dans ce dernier cas. le tétraèdrepuisse
êtredécompose
en d’autres pour chacundesquels
le centre de la
sphère
circonscrite ne soitpoint extérieur ;
tandis quenotre
procédé
ne souffre absolument aucune sorted’exception.
Il est aisé de conclure’de ceci que tout
polyèdre
estdécomposable
en douze fojs autant de
parties symétriques
à elles-mêmesqu’il peut
fournir de tétraèdres par sa
décomposition.
Remarque
1. Au moyen de la théoriequi précède ,
onpourrait
en
géométrie,
démontrerl’égalité
destriangles sphériques , angles
trièdres et tétraèdres par la
superposition ;
sauf ensuite à prouver,comme
ci-dessus il
que ,lorsque
cettesuperposition
nepeut
avoir lieuen masse, on
peut
du moins l’elfectuer parparties.
Remarque
Il. De même que l’ondistingue
deux sortesd’égalité,
on
peut
aussidistinguer
deux sortes desimilitude ;
elles donnentexactement lieu aux mêmes considérations.
QUESTIONS PROPOSÉES.
Problèmes de Géométrie.
1.
DÉTERMINER
dansquels
cas lepôle
du cerclecirconscrit à
untriangle sphérique
donné est intérieur autriangle,
dansquel
cas ilse trouve sur l’un de ses