S ERVOIS
Solution du premier des deux problèmes proposés à la page 259 de ce volume, et du problème proposé à la page 126 du même volume
Annales de Mathématiques pures et appliquées, tome 1 (1810-1811), p. 337-341
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337
ap et par la
directrice - ; je
construis lesprojections horisontales des points
d’intersections de ceplan
avec f3 et 03B3 ; menant alors une droitepar ces deux
projections ,
cettedroite ,
étant laprojection
horisontale d’unegénératrice
située sur leplan
de- op etde 03B1,
coupera ap en unpoint qui ,
étant sur la trace de la surfacegauche ,
seraconséquem-
ment le
point s
cherché.Par ce
point s
on construira unplan tangent a
la surfacegaucher
et la trace horisontale de ce
plan
sera latangente
à la courbe.Toutes les constructions
indiquées
ci-dessus se trouvantexpliquées
dans la Géométrie
descriptive
deMonge,
leproblème peut
être con- sidéré comme résolu.Solution du premier des deux problèmes proposés à
la page 259 de
cevolume ,
etdu problème proposé
à la page I26 du même volume ;
Par M. S E R V O I S ,
,professeur de mathématiques à l’école
d’artillerie de Lafère.
UNE
droite et uneligne
du second ordre étantassignées , j’appelle
pôle
de ladroite,
lepoint
duplan
de cette droite et de la courbe au-tour
duquel
tournent toutes les cordes despoints
de contact despai-
res de
tangentes
à la courbe issues des différenspoints
de la droite : tels sont , parexemple ,
lespoints désignés
par 03B1et 03B2 ( page I27 ).
Il est aisé de voir
qu’avec
larègle
seule onpeut
facilement trouver lepôle
d’une droite. Soit en effet AB( fige 2 )
une droite située surle
plan
de laligne
du seconddegré DGFE ;
par unquelconque
Cdes
points
de AB soient menées les deux sécantes CGD etCFE ;
scitï
le’point
de concours de GF etDE ;
soit H celui de DF et EGet soit menée IH. En variant la
position
dupoint
C surAB,
et ré-pétant
la mêmeconstruction ,
on obtiendra une nouvelle droite IHdont
l’intersection
avec lapremière
sera lepôle cherché.
Tom 1.
46
QUESTIONS
On sait
d’ailleurs ,
avec larègle seulement , mener à
une courbe dusecond degré
unetangente ,
soit par unpoint extérieur,
soit par unpoint pris
sur la courbe(*).
Il
s’agit , diaprés cela ,
de résoudre leproblème
suivantTrois droites
indéfinies
étant données deposition
parrapport
àune courbe
quelconque
du seconddegré,
et dans un mêmeplan
avecelle ;
on propose deconstruire ,
EN N’EMPLOYANT QUE LA RÈ- GLÈ SEULEMENT , untriangle
dont les trois côtés soient des tan-gentes
à lacourbe,
et dont les sommets se trouvent sur les trois droitesilonnées ?
La solution de ce
problème
-repose sur les considérationsqui vont
être
développées.
i.° Soit
inscrit p
à uneligne
du secondordre ( fig. 5 ) , l’hexagone
rstuxy.
Jeprolonge,les
côtés rs, tu,xy , jusqu’à
cequ’ils
se ren-contrent deux à
deux ,
etqu’ils
forment letriangle
abc. Je mène lesdiagonales
rx , ys ; su , tr ; tx , uy ,qui
secoupent ,
savoir : les deuxpremière
en o , les deux suivantes en p et les deux dernières enq ;
je
tire les indéfinies sx, ru ,yt , qui
vontconcourir ,
savoir : la(*) Soit
I.° ABCD( fig.
3 ) une courbe du seconddegré
àlaquelle
il faille mener une tangente, par unpoint
extérieur P, enn’employant
que la.règle
seulen2ent.Soient menées , par ce
point
P , les deux sécantes arbitraires PDA et PCB ; soitE le
point
de concours de AB et DC, et soit F lepoint
de concours de AC et BD;en menant EF,
coupant
la courbe en G et H, ces deuxpoints
seront- lespoints
de contact de la courbe avec les tangentes issues du
point
P.Soit 2.° ABPD (
fig.
4 ) une courbe du seconddegré
àlaquelle
il faille menerune tangente par un point P de son
périmètre ,
enn’employant que la règle seulement.
Soient
pris
arbitrairement les troispoints
A, B, D ; soit M lepoint
de concoursde
Atl
et BP ; soit N lepoint
de concours de AB et DP , et soit menée MN. En variant la situation de l’un ou de l’autre des deuxpoints
B et D ou de tous les deux , à la fois, etrépétant
la même construction , on obtiendra une nouvelle droite MN dont l’intersection avec lapremière
sera un despoints
de la tangente cherchée.( Voyez un mémoire de M. Brianchon dans le XIII.e cahier du Journal de l’école
polytechique
).( Note des
éditeurs. )
339 première
avec yren k,
la seconde avec si enl ,
et la troisième avecxu en m ;
je mène ka, lb ,
mcqui,
par leur rencontre , forment letriangle ABC ;
enfinje
tire ao,bp ,
cq.2.° Il est d’abord évident que le
point
o est lepôle
deBC ;
carao est la corde des
tangentes
issues dupoint k,
et ko serait celle destangentes
issues dupoint a ;
par de semblablesconsidérations ,
on s’as-surera que p et q sont
respectivement
lespôles
de AC et AB.3.° Par une
propriété
connue del’hexagone
inscrit à une courbe dusecond
degré,
les troispoints k , l,
m sont sur une mêmeligne
droite(*);
mais ao ,
bp,
cq sont évidemment les cordes de contact, despaires
de
tangentes
issues despoints k, l ,
m,respectivement;
donc ces troisdroites se
coupent
en unpoint unique d, pole
de la droite klm.4.0
Dans lequadrilatère tuxy ,
ladiagonale
uy doit être diviséepar
les droites tu, xy , cq , cm en segmensproportionnels (**),
ou, en d’autres termesharmoniquement ;
donc lesquatre
droites ca, cq ,cb ,
cA sont des droites
harmoniques qui conséquemment
doivent couperharmoniquement
toute droitequi
ne passe pas par leurpoint
de con-cours c
(***).
Pour de semblablesraisons,
lesystème
des droites acao, ab, aC’ et le, système
des droitesba , bp , bc , bA ,
sontdes systèmes
de droitesharmoniques.
5.0 Soit 03B1 l’intersection de ao avec
bc,
et soientdésignées respectivement par A’,
A" les intersections de la même droite avec AB et AC(****).
D’a-bord
(4.°)
ao sera diviséeharmoniquement
ena , d, 03B1 , A’, par les
har-moniques ca , cq , cb , cA ;
ensuite la même droite se trouvera en- coreharmoniquement
divisée ena , d , 03B1 , A",
par lesharmoniques
ba , bp, bc, bA ;
orquand,
sur une mêmedroite,
deuxsystèmes
(*) Voyez, ci-dessus, la note
qui
termine lapremière
solution du second pro- blème ( pag. 335 ).(**)
Voyez
l’essai sur la théorie des transversales, à la suite du beau mémoire de CARNOT sur la relation entrecinq points
dansl’espace,
THÉORÈME VI.(***) Voyez le même ouvrage, THÉORÈME VII.
(****) On n’a
point
dû , dans lafigure, désigner
cespoints
que l’on va prouver n’être autres que lepoint
A.QUESTIONS
de
points harmoniques
ont troispoints qui coïncident ,
lequatrième point
d’unsystème
doit nécessairement coïncider avec lequatrième point
de l’autre
système (*) ;
donc lespoints
A’ et A" coïncident et, d’au-tant
que lepremier
doit être sur AB et le dernier surAC,
ils se con-fondent Fun et l’autre avec l’intersection A de ces deux droites. Là droite ao passe donc par A et, pour des raisons
semblables ,
les droi-tes
bp , cq
doivent passerrespectivement
par B et C.6.° Par l’un
quelconque r
des sommets del’hexagone, je
mène àla courbe une
tangente
se terminant en D et E sur AC etBC ; je..
mène Ex
qui
se termine à AB enF;
enfinje
mène Ft. D’autant que Er est unetangente
issue dupoint E
deBC,
dont lepôle
est o , l’autretangente
issue du mêmepoint
devra toucher la courbe aupoint x
ex-trémité de la corde ro ; EF est donc cette autre
tangente ;
et, en la considérant comme issue dupoint
F deAB,
dont lepôle
est q, on voit que l’autretangente
issue du même-point
doit toucher la courbeen t, extrémité de la corde xq ; Fi est donc cette autre
tangente,
etconséquemment
ED et Ft sont destangentes
aux extrémités de la cordert
passant
par p,pôle
deAC ;
elles doivent donc concourir en unmême
point
de cettedroite ,
et parconséquent
Ftprolongée
doit seterminer en D sur AC. Ainsi les
tangentes
auxpoints
r, x , t for-ment un
triangle
dont les sommets sont sur les côtés dutriangle ABC ;
et il est clair que le
triangle
formé par lestangentes
auxpoints
s, u , yjouirait
de la mêmepropriété.
p.°
La courbe et letriangle
ABC étantdonnés,
si l’ondemande
de construire le
triangle DEF ,
on voit que tout se réduira à cons-truire le
triangle abc
et pour cela il est clairqu’il
faudra I.° dé-(*) Si, en effet , l’on a, à la fois,
da:d03B1::A’a:A’03B1 ,
da:d03B1::A"a:A"03B1 ,
on en conclura
da2013d03B1: da:: A’a2013A’03B1:A’a , da2013d03B1:da::A"a2013A"03B1:A"a ;
ou da2013d03B1:da::a03B1:A’a , da2013d03B1:da::a03B1:Alla ;
d’olt Ala=Afla .’
( Note des éditeurs. )
terminer deux
quelconques
o et p des troispôles o , p , q ;
2.° mener Ao etBp qui
donnerontrespectivement (5.°)
les deuxpoints a , b;
3.° mener ab
qui,
engénéral,
donnera sur lacourbe
lesdeux points
T, s ;
4.0
mener par l’unquelconque
r de ces deuxpoints
une tan-gente
se terminant en D et E sur AC etBC, puis
deux autres tan-gentes
par lespoints
D etE, lesquelles concourront
d’elles-mêmes enF sur AB. On aura ainsi une
première
solution duproblème,
et onaura la seconde en
opérant
sur lepoint s
comme il vient d’être dit pour lepoint
r.ab
peut
êtretangente a
la courbe ou ne pas la rencontrer ; dans!le
premier
cas leproblème
n’admetqu’une solution,
dans le secondil est
impossible.
Dans le cas où les trois données concourent en un même
point,
laconstruction
qui
vient d’êtreindiquée
devientillusoire,
parcequ’alors,
lespoints
o , p , q , setrouvent
enligne droite ;
mais on sait d’ailleurs résoudre leproblème
pour ce cas(*).
(*) On peut remarquer que la construction
qui
vient d’êtreindiquée est
exacte-ment celle
qu’on
trouve pour le casparticulier
du cercle à la page I27 de cevolume ,
etqu’ainsi
cette construction se trouve démontrée par cequi précède.
On a vu (pag. I23 ) que le
problème
où l’on propose d’inscrire à un cercleun
triangle
dont les côtés passent par troispoints
donnés et celui où l’on propose de circonscrire à un cercle untriangle
dont les sommets soient sur trois droites données, sont tellement liés entre eux que la résolution de chacun d’eux entraîne nécessairement celle de l’autre; et il est aisé de voirqu’il
en est encore de mêmelorsqu’on
substitue au cercle une courbequelconque
du seconddegré.
La solution
précédente
renferme donc aussiimplicitement
celle de cet autre pro- blème :Construire ,
EN N’EMPLOYANT QUE LA RÈGLESEULEMENT ,
untriangle
dont les côtés passent par trois
points
donnés et dont les sommets soient sur unecourbe donnée du second degré ;
problème
dont la solution , pour le casparticulier
du cercle , et sans Interdirel’usage
du compas , aoccupé plusieurs
illustresgéomètres.
, La construction
qui répond
à ce dernierproblème devient
illusoire,lorsque les
trois
points
donnés sont enligne droite,
parcequ’alors
les droites dont ils sont lespôles
se coupent au mêmepoint.
Si alors on suppose que la courbe est uncercle
on tombe sur le