Mémoires extraits des recueils de l’Académie royale de Berlin/Solution algébrique d’un Problème de Géométrie

Joseph-Louis Lagrange

Solution algébrique d’un Problème de Géométrie

Mémoires extraits des recueils de l’Académie royale de Berlin, Gauthier-Villars, 1868, Œuvres de Lagrange. Tome IV (p. 335-339).

SOLUTION ALGÉBRIQUE
D’UN
PROBLÈME DE GÉOMÉTRIE^[1].

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(Nouveaux Mémoires de l’Académie royale des Sciences et Belles-Lettres
de Berlin, année 1776.)

Problème.

Étant donné de grandeur et de position le cercle $\mathrm {RMNP} ,$ inscrire dans ce cercle un triangle $\mathrm {MNP} ,$ dont les trois côtés $\mathrm {NM,PM,PN} ,$ prolongés s’il est nécessaire, passent par trois points donnés $\mathrm {A,B,C} .$

Solution algébrique.

Je tire des trois points donnés au centre $\mathrm {O}$ du cercle les droites $\mathrm {AO} ,$ $\mathrm {BO,CO} \,;$ ces droites sont données de grandeur et de position, parce qu’elles déterminent la position des trois points donnés $\mathrm {A,B,C} .$

Nommant donc $\mathrm {AO} ,\ a\,;$ $\mathrm {BO} ,$ $b\,;$ $\mathrm {CO} ,$ $c\,;$ l’angle $\mathrm {AOB} ,$ $m\,;$ l’angle $\mathrm {AOC} ,$ $n\,;$ les cinq quantités $a,b,c,m,n$ sont données et connues.

Je tire présentement aux trois points $\mathrm {M,N,P}$ de la circonférence du cercle, où sont les angles du triangle cherché $\mathrm {MNP} ,$ les rayons $\mathrm {OM,ON} ,$

200px200

$\mathrm {OP} \,:$ il est clair que ces trois lignes sont données de grandeur, parce que le cercle est supposé donné de grandeur ; mais leur position est inconnue, et c’est ce qu’il faut chercher.

Nommant donc l’angle $\mathrm {AOM} ,$ $x\,;$ l’angle $\mathrm {AON} ,$ $y,$ et l’angle $\mathrm {AOP} ,$ $z\,;$ la question sera réduite à trouver les valeurs des trois inconnues $x,y,z.$ Je nomme de plus le rayon du cercle, $r.$

Cela posé, je considère d’abord le triangle isocèle $\mathrm {NOM} ,$ dans lequel on a

l’angle au centre $\mathrm {NOM} =y-x\,;$

donc

l’angle $\mathrm {ONM} ={\frac {180^{\circ }-y+x}{2}}=90^{\circ }-{\frac {y-x}{2}}.$

Ensuite je considère le triangle $\mathrm {AON}$, dans lequel on a

l’angle au centre $\mathrm {AON} =y,\quad {\text{et}}\quad$ l’angle $\mathrm {ONA} =90^{\circ }-{\frac {y-x}{2}}\,;$

donc

l’angle $\mathrm {OAN} {\text{ sera }}=90^{\circ }-{\frac {y+x}{2}}.$

Donc, par la proportionnalité des côtés aux sinus des angles opposés, on aura dans le même triangle

$\mathrm {AO:NO=\sin ONA:\sin OAN}$

savoir

$a:r=\sin \left(90^{\circ }-{\frac {y-x}{2}}\right):\sin \left(90^{\circ }-{\frac {y+x}{2}}\right),$

ou bien

$a:r=\cos {\frac {y-x}{2}}:\cos {\frac {y+x}{2}},$

d’où l’on tire l’équation

$a\cos {\frac {y+x}{2}}=r\cos {\frac {y-x}{2}},$

laquelle, par les Théorèmes connus, se réduit à celle-ci

$a\left(\cos {\frac {y}{2}}\cos {\frac {x}{2}}-\sin {\frac {y}{2}}\sin {\frac {x}{2}}\right)=r\left(\cos {\frac {y}{2}}\cos {\frac {x}{2}}+\sin {\frac {y}{2}}\sin {\frac {x}{2}}\right),$

ou bien

$(a-r)\cos {\frac {y}{2}}\cos {\frac {x}{2}}=(a+r)\sin {\frac {y}{2}}\sin {\frac {x}{2}}\,;$

et, divisant par $(a+r)\cos {\frac {y}{2}}\cos {\frac {x}{2}},$

(1)

$\operatorname {tang} {\frac {x}{2}}\operatorname {tang} {\frac {y}{2}}={\frac {a-r}{a+r}}.$

On trouvera une autre équation semblable en considérant d’abord le triangle isocèle $\mathrm {POM} ,$ et ensuite tout le triangle $\mathrm {POB} \,;$ et, sans flaire un nouveau calcul, il suffira de substituer la ligne $\mathrm {OB}$ au lieu de la ligne $\mathrm {OA} ,$ et le rayon $\mathrm {OP}$ au lieu du rayon $\mathrm {ON} \,;$ donc au lieu de $a$ on aura $b,$ au lieu de l’angle $\mathrm {MOA}$ $(x)$ on aura l’angle $\mathrm {MOB}$ $(x-m),$ et au lieu de l’angle $\mathrm {NOA}$ $(y)$ on aura l’angle $\mathrm {POB}$ $(z-m).$

Donc la nouvelle équation sera

(2)

$\operatorname {tang} {\frac {x-m}{2}}\operatorname {tang} {\frac {z-m}{2}}={\frac {b-r}{b+r}}.$

Enfin on trouvera une troisième équation semblable par la considération du triangle isocèle $\mathrm {PON}$ et du triangle $\mathrm {POC} \,;$ et pour cela il n’y aura qu’à mettre dans la première équation (1), à la place de la ligne $\mathrm {AC}$ $(a)$ la ligne $\mathrm {OC}$ $(c),$ à la place de l’angle $\mathrm {MOA}$ $(x)$ l’angle $\mathrm {NOC}$ $(y-n),$ et à la place de l’angle $\mathrm {NOA}$ $(y)$ l’angle $\mathrm {POC}$ $(z-n)\,;$ de sorte qu’on aura

(3)

$\operatorname {tang} {\frac {y-n}{2}}\operatorname {tang} {\frac {z-n}{2}}={\frac {c-r}{c+r}}\,;$

et ces trois équations serviront à déterminer les trois angles inconnus $x,y,z.$

Faisons, pour plus de simplicité,

${\begin{alignedat}{5}&&\operatorname {tang} {\frac {x}{2}}=&s,&\operatorname {tang} {\frac {y}{2}}=&t,&\operatorname {tang} {\frac {z}{2}}=&u,\\\operatorname {tang} {\frac {m}{2}}=&p,\quad &\operatorname {tang} {\frac {n}{2}}=&q,\quad &{\frac {a-r}{a+r}}=&\mathrm {A} ,\quad &{\frac {b-r}{b+r}}=&\mathrm {B} ,\quad &{\frac {c-r}{c+r}}=&\mathrm {C} \,;\end{alignedat}}$

les trois équations que nous venons de trouver (1), (2), (3) deviendront, par la propriété connue des tangentes,

$st=\mathrm {A} ,\quad {\frac {s-p}{1+ps}}\ {\frac {u-p}{1+pu}}=\mathrm {B} ,\quad {\frac {t-q}{1+qt}}\ {\frac {u-q}{1+qu}}=\mathrm {C} .$

La première donne

$t={\frac {\mathrm {A} }{s}}\,;$

la seconde donne

$u={\frac {\mathrm {B} -p^{2}+(1+\mathrm {B} )ps}{-(1+\mathrm {B} )p+\left(1-\mathrm {B} p^{2}\right)s}}\,;$

et ces valeurs étant substituées dans la troisième, on aura

${\frac {\mathrm {A} -qs}{\mathrm {A} q+s}}\ {\frac {\mathrm {B} -p^{2}+(1+\mathrm {B} )pq+\left[(1+\mathrm {B} )p-\left(1-\mathrm {B} p^{2}\right)q\right]s}{-(1+\mathrm {B} )p+\left(\mathrm {B} -p^{2}\right)q+\left[1-\mathrm {B} p^{2}+(1+\mathrm {B} )pq\right]s}}=\mathrm {C} ,$

équation qui, étant ordonnée par rapport à l’inconnue $s,$ montera au second degré, et sera par conséquent résoluble par la règle et le compas.

Soit, pour abréger encore,

${\begin{aligned}&\mathrm {B} -p^{2}+(1+\mathrm {B} )pq=\mathrm {F} ,\\&(1+\mathrm {B} )p-\left(1-\mathrm {B} p^{2}\right)q=\mathrm {G} ,\\&-(1+\mathrm {B} )p+\left(\mathrm {B} -p^{2}\right)q=\mathrm {H} ,\\&1-\mathrm {B} p^{2}+(1+\mathrm {B} )pq=\mathrm {K} \,;\end{aligned}}$

on aura l’équation

${\frac {\mathrm {A} -qs}{\mathrm {A} q+s}}\ {\frac {\mathrm {F+G} s}{\mathrm {H+K} s}}=\mathrm {C} ,$

laquelle se réduit à

$(\mathrm {CK-G} q)s^{2}+\left[\mathrm {CH-AG} +(\mathrm {CK} -F)\mathrm {A} q\right]s=\mathrm {A} (\mathrm {F-CH} q),$

d’où il est facile de tirer $s.$ Ensuite on aura $t$ et $u$ par les formules ci-dessus. On connaîtra donc par là les tangentes des angles $\mathrm {{\frac {AOM}{2}},{\frac {AON}{2}},{\frac {AOP}{2}}} \,;$ par conséquent les points $\mathrm {M,N,P}$ seront déterminés par rapport à la ligne $\mathrm {OA} .$

1. Cette solution a été publiée par M. de Castillon en tête d’un Mémoire intitulé : Sur une nouvelle propriété des sections coniques et qui fait partie du volume de l’Académie de Berlin pour l’année 1776. Voici en quels termes s’exprime l’Auteur du Mémoire :

   « Le lendemain du jour dans lequel je lus à l’Académie ma solution du Problème concernant le cercle et le triangle à inscrire dans ce cercle, en sorte que chaque côté passe par un de trois points donnés, M. de la Grange m’en envoya la solution algébrique suivante. »

   (Note de l’Éditeur.)