Annales de Mathématiques pures et appliquées, tome 15 (1824-1825), p. 69-75
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69
Solution du premier des trois problèmes de géométrie
énoncés à
la page 308 du présent volume ;
Par M. STEIN , professeur
augymnase
deTrève, ancien élève
del’école polytechnique.
RÉSOLUES.
PROBLÈME. Quel est le lieu des points
da plan
d’un triangle
desquels
menant des droiles à ses sommets,puis,
par ces mêmessommets
respectivement,
desperpendiculaires à
cesdroites,
cesperpendiculaires forment
par leur rencontre , untriangle
circonscritéquivalant à
un carrédonné
Solution.
Soit
k2 l’aire du carré donné.Soit
rapporté
letriangle
donné à deux axesrectangulaires quel-
conques 3 et soit alors
( x, y)
lepoint
dont on cherche le lieu.Soient en outre
(a, b), (a’, b’), (a", b")
les trois sommetsdu triangle donné ,
et( X, Y), (X’, Y’), (X", Y")
les sommetsrespectivement opposés
dutriangle
variable defigure
et de situation dont l’aire doit être constante.Ce dernier
triangle
excède lepremier
de tfdis autrestriangles
ayant
respectivement
pour bases les trois côtés de celui-ci et ayant pour sommets les sommets de l’autre.Considérons,
enparticulier 3
celui dont le sommet est en(X, Y),
son aire est , comme l’on
sait
par les théories connues,
c’est-à-dire,
d’ou
En
substituant ces valeurs dansl’expression
de Faire dutriangle
dont il
s’agit,
elledevient,
en réduisant etdécomposant,
Par un
simple
mouvementd’accens,
on trouvera, pour les aires des deuxautres triangles’-
excedansRÉSOLUES.
7Id’un autre
coté,
l’aire dutriangle
donné esten
égalant
donc à ks la somme de cesquatre expressions,
onobtiendra
l’équation
de la courbe cherchée.Présentement ,
poursimpliâer
un peu nosrésultats, plaçons l’origine
au sommet(ail, bl’)
dutriangle donné,
en laissant d’ailleurstoujours
aux axes une directionarbitraire y
afin de ne pastrop
sacrifier la
symétrie
à lasimplicité.
Endésignant par c, c’
lesdeux côtés
qui
concourent à ce sommet etpar
03B1"l’angle compris,
on aura, comme l’on
sait
en
conséquence l’équation
de la courbe seraEn réduisant tout le
premier
membre en une seulefraction ,
etayant toujours égard
aux relationsci-dessus s-
on trouve finalementle lieu cherché du
point (x , y)
est donc uneligne
duquatrième
ordre.
Il est aisé de voir que cette courbe passe par
l’origine ;
et,comme cette
origine
est unquelconque
des sommets dutriangle donne" ,
il s’ensuitqu’elle
doit passer par les trois sommets de cetriangle
etqu’elle
doitconséquemment
lui être circonscrite. Cettecirconstance ,
ausurplus ,
était facile àprévoir.
En prenant , eneffet,
un des sommets pour lepoint (x, y) ,
la direction del’une des trois droites
qui
doivent concourir à former letriangle
dont l’aire doit être
égale
à /i2 demeureraindéterminée ;
d’où ilsuit
qu’on
pourratoujours prendre
cette direction telle que lacondition soit
remplie.
Il est même facile de
voir
que la courbe passera deux fois parchaque
sommet ,puisque
les termes les moins élevés de souéquation
sont de deux dimensions en x et y. En ne conservant que ces seuls termes ,l’équation
résultante du seconddegré
seradonc
l’équation
des deuxtangentes
à la courbe àl’origine.
Cetteéquation
estOn doit observer que , comme
géométriquement parlant,
unesurface n’est proprement
susceptible
d’aucunsigne,
k2 peut êtrepris
indistinctement enplus
onen moins ;
de sortequ’il y
aproprement
deuxlignes
duquatrième ordre ,
l’une et l’autrecirconscrites au
triangle donné ,
dont lespoints
satisfont auxconditions du
problème.
Si,
au lieu de demander que lesperpendiculaires
menées par les sommets dutriangle
donné aux droitesqui
vont dupoint (x, y)
à ces mêmes sommetsinterceptent
untriangle équivalant
à un carré
donné ,
onexigeait
que cesperpendiculaires
concou-russent en un même
point,
ilsuffirait,
pourplier l’équation générale à
cettecirconstance ’ d’y
supposer k2=o. Elle deviendrait -alorssimplement
équation qui appartient
à uncercle ;
et , comme alors la courbene cesse pas de passer par les trois sommets du
triangle donné,
il s’ensuit que cette courbe n’est autre
chose ,
dans ce cas , que le cercle circonscrit à cetriangle,
comme onpourrait
d’ailleurss’en assurer directement. On
peut
aussi s’assurer bien facilement par des considérationspurement géométriques qu’en
effetsi,
del’un
quelconque
despoints
de lacirconférence
circonscrite à untriangle ,
on mène des droites à ses sommets, lesperpendiculaires
menées
respectivement
à ces droites par ces mêmes sommets con-courront en un autre
point
de cettecirconférence,
diamétralementopposé
aupremier.
Si ,
ancontraire ,
onexigeait
que l’aire k2 futinfinie,
il seraitnécessaire et il suffirait pour cela que l’un
quelconque
des facteurs du dénominateur dupremier
membre del’équation
futnul ;
maisces
facteurs , égalés
àzéro ,
ne sont autre chose que leséquations
des trois côtés
du triangle donné ; donc ,
pour que l’aire constante cherchée soitinfinie ,
il est nécessaire et il suffit que lepoint (x’, y’)
soitpris
sur la direction de l’un des côtés dutriangle
donné ;
cequi
est d’ailleursmanifeste, puisqu’alors
deux des côtés dutriangle
circonscrit seraientparallèles ,
etqu’ils
nepeuvent
l’étre que dans ce seul cas.Considérons encore le cas où l’aire du
triangle
donné seraitTom. XV. I0
plus
posant
ces troispoints
sur l’axe des x , nous auronsb = o ,
b’=o,
b"=o,
et les aires de nos troistriangles
excédans de-viendront
et , comme d’un autre côté l’aire du
triangle
donne estnulle, l’équation
du lieu cherché serasimplement
équation qui
se réduit àou encore à
dans
laquelle a-a’, a’-a",
a"-a ne sont autre choseque
les distances entre les troispoints
donnéspris
deux à deux.Ainsi,
lespoints
duplan
d’une droitedesquels
menant desdroites à trois
points fixes pris
sur cette dernièredroite,
etRÉSOLUES. 75
ensuite
respectivement
par ces trois mêmespoints fixes
desper- pendiculaires
à cesdroites,
cesperpendiculaires interceptent
entreelles un
triangle équivalant
à un carrédonné,
sont lespoints
d’uneparallèle indéfinie
à la droitequi
contient les troispoints fixes.
La distance de cette
parallèle
à la droite surlaquelle
les troispoints fixes
sont situés est la moitié duquotient
de la divisiondu
produit
des distances deux à deux entre les troispoints fixes
par l’aire du carré donné.
Il faut encore se
rappeler
iciqu’à
cause du doublesigne
dontka est