Annales de mathématiques pures et appliquées/Tome 02/Géométrie, article 20

Solutions de ce problème : Déterminer un plan sur lequel projetant orthogonalement un triangle donné, sa projection soit semblable à un autre triangle donné ? par M. Lhuilier, Encontre, Tédenat, Pilatte, Penjon, Rochat, Legrand et Vecten.

Annales de mathématiques pures et appliquées, 2, 1812 (p. 293-310).

QUESTIONS RÉSOLUES.

Solution du dernier des deux problèmes proposés à la
page 196 de ce volume ;
Première solution ;

Par M. Lhuilier, professeur de mathématiques à l’académie
impériale de Genève.

§. 1.

Lemme. I. Trouver deux droites dont on connaît le rectangle et la différence des carrés ; ou, déterminer un triangle rectangle dont on connaît une des jambes de l’angle droite et le rectangle de l’hypothénuse par l’autre jambe de l’angle droit ?

Soit $\mathrm {ABX}$ (fig. 3) un triangle rectangle dont on connaît une des jambes $\mathrm {AB}$ de l’angle droit ; et le rectangle de l’hypothénuse $\mathrm {AX}$ par l’autre jambe $\mathrm {BX}$ de l’angle droit ; on demande ce triangle.

Que le rectangle donné $\mathrm {AX\times BY}$ soit égal au rectangle du côté donné $\mathrm {AB}$ par une droite $\mathrm {L}$, en sorte qu’on ait $\mathrm {AX\times BX=AB\times L}$ ;

on déduira de là

${\begin{aligned}\mathrm {AX:AB} =&\mathrm {L:BX} ,\\{\text{et}}\ \qquad \qquad \qquad \mathrm {AX^{2}:AB^{2}} =&\mathrm {L^{2}:BX^{2}} ,\\{\text{d’où}}\qquad \qquad \mathrm {AX^{2}:AB\times L} =&\mathrm {AB\times L:BX^{2}} .\\\end{aligned}}$

Soit conçue la droite $\mathrm {XZ}$ perpendiculaire à $\mathrm {AX}$ et qui rencontre en $\mathrm {Z}$ le côté $\mathrm {AB}$ prolongé, on aura

$\mathrm {AX^{2}=AB\times AZ,\quad BX^{2}=AB\times BZ\,;}$

donc

$\mathrm {AZ:L=L:BZ\,;}$

donc on connaît la différence $\mathrm {AB}$ et le rectangle $\mathrm {L^{2}}$ des deux droites $\mathrm {AZ}$ et $\mathrm {BZ} \,;$ donc ces droites sont données.

Construction. Que le côté $\mathrm {AB}$ soit prolongé en $\mathrm {Z}$, de manière que le rectangle $\mathrm {AZ\times BZ}$ soit égal au carré de la droite donnée $\mathrm {L}$. Sur $\mathrm {AZ}$, comme diamètre, soit décrit un demi-cercle dont la circonférence rencontre en $\mathrm {X}$ la perpendiculaire à $\mathrm {AB}$ élevée depuis le point $\mathrm {B}$ ; en menant $\mathrm {AX}$, le triangle $\mathrm {AXB}$ sera le triangle demandé.

En appliquant le calcul à cette construction, on trouve d’abord

$\mathrm {AZ={\sqrt {{\tfrac {1}{4}}AB^{2}+L^{2}}}+{\tfrac {1}{2}}AB,}$

$\mathrm {BZ={\sqrt {{\tfrac {1}{4}}AB^{2}+L^{2}}}-{\tfrac {1}{2}}AB,}$

et ensuite

$\mathrm {AX^{2}=AB\left\{{\sqrt {{\tfrac {1}{4}}AB^{2}+L^{2}}}+{\tfrac {1}{2}}AB\right\},}$

$\mathrm {BX^{2}=AB\left\{{\sqrt {{\tfrac {1}{4}}AB^{2}+L^{2}}}-{\tfrac {1}{2}}AB\right\}.}$

Remarque. On peut traiter ce problème d’une manière purement algébrique comme il suit

Soient

$\mathrm {AX} =x,\quad \mathrm {BX} =y,\quad \mathrm {AB} =a,$

les équations du problème seront

$x^{2}-y^{2}=a^{2},\quad xy=al,$

ajoutant au carré de la première le quadruple du carré de la seconde, il viendra, en extrayant la racine quarrée de l’équation résultante,

$x^{2}+y^{2}=2a{\sqrt {{\tfrac {1}{4}}a^{2}+l^{2}}},$

mais on a $\qquad \qquad \qquad x^{2}-y^{2}=a^{2}\,;$

donc

$x^{2}=a\left\{{\sqrt {{\tfrac {1}{4}}a^{2}+l^{2}}}+{\tfrac {1}{2}}a\right\}$

$y^{2}=a\left\{{\sqrt {{\tfrac {1}{4}}a^{2}+l^{2}}}-{\tfrac {1}{2}}a\right\}$

§. 2.

LEMME. II. Soient deux droites parallèles entre elles, données de position ; et soit un point donné de position, sur le plan de ces droites. On demande, sur l’une des parallèles, un point duquel menant deux droites perpendiculaires entre elles, dont une passe par le point donné, et dont l’autre soit terminera la seconde des parallèles données, la différence des carrés de ces droites soit donnée ?

Soient $\mathrm {AA',BB',}$ (fig. 4) deux droites parallèles entre elles, données de position ; et soit $\mathrm {P}$ un point donné sur le plan de ces parallèles. On demande, sur l’une de ces droites, telle que $\mathrm {AA',}$ un point $\mathrm {X,}$ duquel menant deux droites, l’une $\mathrm {XP}$ au point donné $\mathrm {P,}$ et l’autre $\mathrm {XZ,}$ perpendiculaire à $\mathrm {XP,}$ et terminée en $\mathrm {Z}$ à l’autre parallèle ; la différence des carrés de $\mathrm {XZ}$ et de $\mathrm {PX}$ soit donnée de grandeur ?

Les points $\mathrm {P}$ et $\mathrm {Z}$ soient abaissées sur $\mathrm {AA'}$ les perpendiculaires $\mathrm {PA}$ et $\mathrm {ZY} .$ L’angle $\mathrm {PXZ}$ étant supposé droit, les angles $\mathrm {PXA,ZXY}$, valent ensemble un angle droit, et partant les triangles $\mathrm {PXA,XZY}$ sont equiangles ; donc

$\mathrm {PA:AX=XY:ZY\qquad {\text{ou}}\qquad AP\times ZY=AX\times XY.}$

Mais les droites $\mathrm {PA}$ et $\mathrm {ZY}$ sont données de grandeur ; donc le rectangle $\mathrm {AX\times XY}$ est aussi donné de grandeur.

Or,$\mathrm {\qquad \qquad PX^{2}=AP^{2}+AX^{2},}$

et$\qquad \qquad \qquad \mathrm {XZ^{2}=ZY^{2}+XY^{2},}$

donc$\qquad \mathrm {XZ^{2}-PX^{2}=(ZY^{2}-AP^{2})+(XY^{2}-AX^{2}).}$

Donc, on connaît le rectangle des droites $\mathrm {XY}$ et $\mathrm {AX}$, et la différence de leurs carrés ; donc (Lemme 1) ces droites sont l’une et l’autre connues.

§. 3.

PROBLÈME. Couper un prisme triangulaire donné par un plan, de manière que la section soit donnée d’espèce ?

Soit$\mathrm {B}$ (fig.5) un point donné, sur l’une $\mathrm {BB'}$ des arêtes d’un prisme triangulaire, dont les deux autres arêtes sont $\mathrm {AA',CC'}$. On demande de couper ce prisme par un plan passant par $\mathrm {D}$, de manière que la section soit donnée d’espèce ?

Soit $\mathrm {BXY}$ la section cherchée.

Analise. Du point $\mathrm {B}$ soit abaissée sur le plan de la face opposée la perpendiculaire $\mathrm {BP}$. Du point $\mathrm {P}$ soit abaissée sur la commune section $\mathrm {XY}$ de cette face et du plan cherché la perpendiculaire $\mathrm {PZ}$ ; et soit menée $\mathrm {BZ}$. La droite $\mathrm {BZ}$ sera la hauteur de la section, en prenant $\mathrm {XY}$ pour base et $\mathrm {B}$ pour sommet.

Le triangle $\mathrm {BXY}$ étant donné d’espèce, le rapport de $\mathrm {XZ}$ à $\mathrm {ZY}$ est connu, et partant le point $\mathrm {Z}$ appartient à une droite donnée de position, parallèle à $\mathrm {AA'}$ et $\mathrm {CC'}$, et sur le plan de ces droites ; soit cette droite $\mathrm {DD'}$.

Le rapport de $\mathrm {XZ}$ à $\mathrm {BZ}$ est aussi donné ; et partant si, sur la droite $\mathrm {XZ}$, on conçoit portée une droite $\mathrm {ZV}$ égale à $\mathrm {BZ}$, le point $\mathrm {V}$ appartiendra aussi à une droite donnée de position, parallèle à $\mathrm {DD'}$, et toujours dans le plan de $\mathrm {AA'}$ et $\mathrm {CC'.}$ Soit $\mathrm {EE'}$ cette droite.

Cela posé, la différence des carrés de $\mathrm {BZ}$ et $\mathrm {PZ}$ est égale au carré de la droite donnée $\mathrm {BP}$ ; donc aussi la différence des carrés de $\mathrm {ZV}$ et de $\mathrm {PZ}$ est égale au carré de la droite donnée $\mathrm {BP}$, et les droites $\mathrm {PZ}$ et $\mathrm {ZV}$ sont l’une perpendiculaire à l’autre ; donc (Lemme) ces droites sont déterminées. De là découle la construction suivante :

Construction. Du point $\mathrm {B}$ soit abaissée sur la face opposée une perpendiculaire $\mathrm {BP}$. Sur cette face soient déterminées deux droites (parallèles aux arêtes du prisme) telles que, menant une droite quelconque sur le plan de cette face, les parties de cette droite, comprises entre la première parallèle et les deux arêtes, soient entre elles dans le rapport donné des segmens faits sur la base de la section, par la perpendiculaire abaissée de son sommet sur cette base ; et que la partie de la même droite, comprise entre ces deux parallèles, soit à la partie de cette droite comprise entre la première et l’une des deux arêtes dans le rapport donné de la hauteur du même triangle au segment correspondant de sa base. Que $\mathrm {DD'}$ et $\mathrm {EE'}$ soient ces deux parallèles. Soit déterminé sur la première (Lemme 2) un point $\mathrm {Z}$ tel que, menant de ce point deux droites perpendiculaires entre elles, l’une $\mathrm {ZP}$, terminée au pied $\mathrm {P}$ de la perpendiculaire $\mathrm {BP}$, et l’autre $\mathrm {ZV}$, terminée en $\mathrm {V}$ sur $\mathrm {EE'}$ , la différence des carrés de ces deux droites soit égale au carré de la perpendiculaire $\mathrm {BP}$. La section $\mathrm {XBZ}$ qui passera par le point $\mathrm {B}$ et par la droite $\mathrm {ZV}$, sera la section cherchée.

§. 4.

Application au problème proposé. Que la projection donnée d’espèce soit prise pour base d’un prisme droit ; soit coupé ce prisme par un plan, de manière que la section soit semblable au triangle donné. La base du prisme et la section sont entre elles comme la projection demandée du triangle proposé est à ce triangle.

Corollaire. Un parallélogramme étant proposé, on peut le projeter orthographiquement, de manière que sa projection soit un autre parallélogramme donné d’espèce. En particulier, on peut projeter un parallélogramme orthographiquement ; de manière que sa projection soit un carré.

§. 5.

On peut rechercher immédiatement les angles que les côtés $\mathrm {BX}$ et $\mathrm {BY}$ font avec l’arête $\mathrm {BB'}$, et partant l’inclinaison des plans du triangle projeté et de sa projection orthographique donnée d’espèce.

Que les côtés $\mathrm {BA}$. et $\mathrm {BC}$ de la section perpendiculaire aux arêtes adjacents au point $\mathrm {B}$ soient désignés par $a$ et $c$ ; que l’angle compris soit designé par $\beta$ ; que les angles $\mathrm {B'BX}$ et $\mathrm {B'BY}$ soient désignés par $x$ et par $y$ ; que l’angle $\mathrm {B}$ du triangle $\mathrm {XBY}$ soit désigné par $b$ ; qu’enfin le rapport des côtés $\mathrm {BX}$ et $\mathrm {BY}$ soit celui de $a$ à $\gamma$ ; on aura

$a=\mathrm {BX} \operatorname {Sin} .x,\quad c=\mathrm {BY} \operatorname {Sin} .y$

donc

$a:c=a\operatorname {Sin} .x:\gamma \operatorname {Sin} .y\quad {\text{d’où}}\quad c\operatorname {Sin} .x=\gamma \operatorname {Sin} .y\,;$

donc

$\operatorname {Sin} .y={\frac {c}{\gamma }}\operatorname {Sin} .x,\quad \operatorname {Cos} .y={\sqrt {1-{\frac {c^{2}}{\gamma ^{2}}}\operatorname {Sin} .^{2}x}}.$

Or, dans l’angle solide triangulaire formé en $\mathrm {B}$, par les angles $\mathrm {B'BX,B'BY,XBY}$, on a

$\operatorname {Cos} .\beta ={\frac {\operatorname {Cos} .b-\operatorname {Cos} .x\operatorname {Cos} .y}{\operatorname {Sin} .x\operatorname {Sin} .y}}.$

Mettant pour $\operatorname {Sin} .y$ et $\operatorname {Cos} .y$ leurs valeurs et chassant les dénominateurs, il viendra

$c\operatorname {Cos} .\beta \operatorname {Sin} .^{2}x=\gamma \operatorname {Cos} .b-\operatorname {Cos} .x{\sqrt {\gamma ^{2}-c^{2}\operatorname {Sin} .^{2}x}},$

dégageant cette équation de l’irrationnalité, et mettant pour sa valeur $1-\operatorname {Sin} .^{2}x,$ elle deviendra, toutes réductions faites,

$c^{2}\operatorname {Sin} .^{2}\beta \operatorname {Sin} .^{4}x-(c^{2}-2c\gamma \operatorname {Cos} .b\operatorname {Cos} .\beta +\gamma ^{2})\operatorname {Sin} .^{2}x+\gamma ^{2}\operatorname {Sin} .^{2}b=0\,;$

on obtiendra de même,

$\gamma ^{4}\operatorname {Sin} .^{2}\beta \operatorname {Sin} .^{4}y-\gamma ^{2}(c^{2}-2c\gamma \operatorname {Cos} .b\operatorname {Cos} .\beta +\gamma ^{2})\operatorname {Sin} .^{2}y+c^{2}\gamma ^{2}\operatorname {Sin} .^{2}b=0.$

Lorsqu’on a déterminé les angles $x$ et $y,$ on a déterminé les rapports des dimensions du triangle à projeter et de sa projection ; partant aussi on a déterminé le rapport des surfaces de ce triangle et de sa projection. Or, ce rapport est celui du sinus total au cosinus de l’inclinaison de leurs plans entre eux ; partant cette inclinaison est connue.

§. 6.

Le problème qui fait l’objet du Lemme premier est un cas particulier d’un problème plus général, dans lequel l’angle $B$ au lieu d’être droit est un angle quelconque.

Ce problème général est solide. Je vais en exposer la solution par l’intersection du cercle et d’une parabole.

Soit $\mathrm {ABX}$ un triangle (fig. 6) dont on connaît un côté $\mathrm {AB}$, un angle $\mathrm {B}$ sur ce côté, différent d’un droit, et le rectangle des deux autres côtés $\mathrm {AX}$ et $\mathrm {BX}$, on demande ce triangle.

Soit $\mathrm {A} b$ perpendiculaire à $\mathrm {BX}$ ; et que le rectangle donné soit égal au rectangle de la perpendiculaire $\mathrm {A} b$ par une droite $l$ donnée de grandeur.

Puisqu’on a

$\mathrm {AX\times BX=A} b\times l,$

on doit avoir

$\mathrm {AX:A} b=l:\mathrm {BX} \quad {\text{d’où}}\quad \mathrm {AX^{2}:A} b^{2}=l^{2}:\mathrm {BX^{2}} \,;$

donc

$\mathrm {AX^{2}-A} b^{2}:\mathrm {A} b^{2}=l^{2}-\mathrm {BX^{2}:BX^{2}} ,$

ou

$b\mathrm {X^{2}:A} b^{2}=l^{2}-\mathrm {BX^{2}:BX^{2}} .$

Du point $\mathrm {B}$ comme centre, avec le rayon $l$ soit décrit un cercle ; et que la perpendiculaire élevée à $\mathrm {BX}$ depuis le point $\mathrm {X}$ rencontre en $\mathrm {Y}$ la circonférence de ce cercle ; on aura $l^{2}-\mathrm {BX^{2}=XY^{2}} \,;$ donc

$b\mathrm {X:A} b=\mathrm {XY:BX} ,$

d’où$\ \ \qquad \qquad \qquad \qquad \mathrm {A} b\times \mathrm {XY} =b\mathrm {X\times BX} \,;$

donc le point $\mathrm {Y}$ est à une parabole dont $\mathrm {B} b$ est une double coordonnée de l’axe, et dont le paramètre est la perpendiculaire $\mathrm {A} b.$

Remarque. La parabole qui passe par le centre $\mathrm {B}$ du cercle dont le rayon est $l,$ coupe toujours en deux points, au moins, la circonférence de ce cercle ; mais elle peut aussi couper cette circonférence en deux autres points, ou la toucher en un point ou ne la rencontrer en aucun autre point. Au cas du contact répond une limite, en petitesse, du rectangle proposé. Comme ce problème est seulement accessoire au but principal de ce mémoire, je ne crois pas devoir insister sur la discussion de ces différens cas.

Ce dernier problème, envisagé algébriquement, conduit à une équation du quatrième degré,

Soit $\mathrm {AB} =a,$ et que l’angle $\mathrm {B}$ soit désigné par $\phi .$ Soit $\mathrm {BX} =x,$ le rectangle donné est $x{\sqrt {x^{2}-2ax\operatorname {Cos} .\phi +a^{2}}}\,;$ que ce rectangle soit $p^{2},$ on a l’équation

$x^{4}-2ax^{3}\operatorname {Cos} .\phi +a^{2}x^{2}-p^{4}=0\,;$

cette équation a au moins deux racines réelles.

Deuxième solution ;

Par M. D. Encontre, professeur, doyen de la faculté des
sciences de l’académie de Montpellier ;

I. Soit $\mathrm {ABC}$ (fig. 7) le triangle qu’il s’agit de projeter, ses projections sur tous les plans parallèles à celui sur lequel on le projetera seront toutes égales. Nous pouvons donc supposer que le plan de projection passe par tel point qu’il nous plaira de choisir ; et nous choisirons le point $\mathrm {A.}$

II. Soit menée $\mathrm {AE}$ parallèle à $\mathrm {BC}$, les angles $\mathrm {CAE}$ et $\mathrm {ACB}$ seront égaux et les projections de $\mathrm {BC}$ et $\mathrm {AE}$ seront parallèles. Si donc nous parvenons à projeter $\mathrm {AB,AC,AE}$, de manière que leurs projections forment des angles donnés, les projections de $\mathrm {AB,AC,BC}$ formeront aussi des angles donnés ; d’où il suit que la question se réduit à trouver un plan sur lequel projetant orthogonalement deux angles adjacens donnés, compris dans un même plan, leurs projections soient des angles donnés.^[1]

III. Soient $\mathrm {BAC,CAD}$ (fig. 8) les deux angles adjacens proposés ; prenons, à volonté, la longueur $\mathrm {AB}$, et par $\mathrm {B}$ concevons, dans le plan $\mathrm {BAD}$, une droite $\mathrm {BCD}$, parallèle à la commune section $\mathrm {AE}$ des deux plans ; la direction de cette droite n’est pas connue.

Soient menées $\mathrm {AF}$, perpendiculaire sur $\mathrm {BD}$ ; puis $\mathrm {B} b,\mathrm {F} f,\mathrm {C} c,\mathrm {D} d$ perpendiculaires sur le plan de projection ; ces perpendiculaires seront égales, et auront leurs pieds sur une même droite $bd$ parallèle à $\mathrm {BD}$.

Joignons $\mathrm {A} b,\mathrm {A} f,\mathrm {A} c,\mathrm {A} d,$ les angles $\mathrm {A} b\mathrm {B,A} f\mathrm {F,A} c\mathrm {C,A} d\mathrm {D}$ seront droits, $\mathrm {A} f$ sera perpendiculaire à $bd$ qui est parallèle à $\mathrm {BD}$ ; ainsi les droites $\mathrm {FA}$ et $f\mathrm {A}$ étant toutes deux perpendiculaires au même point $\mathrm {A}$ de la commune section $\mathrm {AE}$ des deux plans, l’angle linéaire $\mathrm {FA} f$ qu’elles formeront mesurera l’angle formé par ces deux plans.

IV. Faisons l’arbitraire $\mathrm {AB} =1$ ; faisons en outre

$\operatorname {Sin} .\mathrm {BAC} =\alpha ,\quad \operatorname {Sin} .\mathrm {BAD} =\beta ,\quad \operatorname {Sin} .b\mathrm {A} c=\gamma ,\quad \operatorname {Sin} .b\mathrm {A} d=\delta .$

Toutes ces quantités sont connues.

Faisons encore $\mathrm {B} b=\mathrm {F} f=\mathrm {C} c=\mathrm {D} d=x,$ et $\operatorname {Sin} .\mathrm {ABD} =y.$

Ces quantités sont inconnues.

On a

$\operatorname {Sin} .\mathrm {ACB} =\operatorname {Sin} .(\mathrm {BAC+CBA} )=\alpha {\sqrt {1-y^{2}}}+y{\sqrt {1-\alpha ^{2}}}=\mathrm {P} ,$

$\operatorname {Sin} .\mathrm {ADB} =\operatorname {Sin} .(\mathrm {BAD+DBA} )=\beta {\sqrt {1-y^{2}}}+y{\sqrt {1-\alpha ^{2}}}=\mathrm {Q} \,;$

en faisant donc entrer $\mathrm {P}$ et $\mathrm {Q}$ dans le calcul, nous n’introduirons pas de nouvelles inconnues.

V. D’après cela on a

$\mathrm {AF={\frac {\operatorname {Sin} .ABF}{AB}}} =y,\qquad \operatorname {Sin} .\mathrm {FA} f={\frac {\mathrm {F} f}{\mathrm {AF} }}={\frac {x}{y}},$

$\operatorname {Cos} .\mathrm {FA} f={\frac {1}{y}}{\sqrt {y^{2}-x^{2}}},\qquad \mathrm {AC} ={\frac {\mathrm {AF} }{\operatorname {Sin} .\mathrm {ACF} }}={\frac {y}{\mathrm {P} }},$

$\mathrm {A} c={\sqrt {\mathrm {AC^{2}-C} c^{2}}}={\frac {1}{\mathrm {P} }}{\sqrt {y^{2}-\mathrm {P^{2}} x^{2}}},$

$\mathrm {AD} ={\frac {\mathrm {AF} }{\operatorname {Sin} .\mathrm {ADF} }}={\frac {y}{\mathrm {Q} }},\qquad \mathrm {A} b={\sqrt {1-x^{2}}},$

$\mathrm {A} d={\sqrt {\mathrm {AD^{2}-D} d^{2}}}={\frac {1}{\mathrm {Q} }}{\sqrt {y^{2}-\mathrm {Q^{2}} x^{2}}}.$

VI. Il ne s’agit plus maintenant que de trouver deux équations entre les deux inconnues $x$ et $y.$ Or, on sait que les aires des triangles $\mathrm {BAC,BAD}$ multipliées par le cosinus de l’angle $\mathrm {FA} f$ doivent donner pour produits les aires des triangles $b\mathrm {A} c,b\mathrm {A} d$ ; on sait d’ailleurs que

${\begin{aligned}\mathrm {BAC} &={\tfrac {1}{2}}\mathrm {AB} \times \mathrm {AC} \times \operatorname {Sin} .\mathrm {BAC} ,\\b\mathrm {A} c&={\tfrac {1}{2}}\mathrm {A} b\times \mathrm {A} c\times \operatorname {Sin} .b\mathrm {A} c,\\\mathrm {BAD} &={\tfrac {1}{2}}\mathrm {AB\times AD} \times \operatorname {Sin} .\mathrm {BAD} ,\\b\mathrm {A} d&={\tfrac {1}{2}}\mathrm {A} b\times \mathrm {A} d\times \operatorname {Sin} .b\mathrm {A} d,\\\end{aligned}}$

donc

$\alpha {\sqrt {y^{2}-x^{2}}}=\delta {\sqrt {1-x^{2}}}.{\sqrt {y^{2}-\mathrm {P^{2}} x^{2}}},$

$\beta {\sqrt {y^{2}-x^{2}}}=\delta {\sqrt {1-x^{2}}}.{\sqrt {y^{2}-\mathrm {Q^{2}} x^{2}}}.$

On peut simplifier ces équations ; mais l’équation finale à laquelle on parviendra, en éliminant, sera nécessairement très-compliquée.

Troisième solution ;

Par M. Tédenat, correspondant de la première classe de
l’Institut, recteur de l’académie deNismes.

Soit $\mathrm {ACB}$ le triangle à projeter, (fig. 9) et supposons, ce qui est permis, que le plan de projection passe par le point $\mathrm {C}$ ; soit $\mathrm {CD}$ l’intersection du plan de cette projection avec le plan du triangle $\mathrm {ACB}$ ; des points $\mathrm {A}$ et $\mathrm {B}$ soient abaissées, sur le plan de projection, les perpendiculaires $\mathrm {AA'',BB''}$ ; en joignant $\mathrm {CA'',CB'',A''B''}$, le triangle $\mathrm {A''CB''}$ sera la projection du triangle $\mathrm {ACB}$, et les prolongemens des droites $\mathrm {AB,A''B''}$ devront rencontrer en un même point $\mathrm {D}$ l’intersection des plans des deux triangles. Soient enfin prolongés les droites $\mathrm {CA'',CB''}$ en $\mathrm {A'}$ et $\mathrm {B'}$, de telle sorte que $\mathrm {CA',CB'}$ soient respectivement égales aux deux côtés de l’angle égal à $\mathrm {C}$ dans le triangle donné d’espèce auquel la projection de $\mathrm {ACB}$ doit être semblable. En joignant $\mathrm {A'B'}$, cette droite sera parallèle à $\mathrm {A''B''}$ et $\mathrm {A'CB'}$ sera ce triangle donné d’espèce.

Les triangles $\mathrm {ACB,A'CB'}$ étant donnés, posons

${\begin{array}{llll}\mathrm {CA} =a,&\quad \mathrm {CB} =b,&\quad \operatorname {Ang} .\mathrm {ACB} =\gamma ,&\quad \mathrm {AB} =c\\\mathrm {CA'} =a',&\quad \mathrm {CB'} =b',&\quad \operatorname {Ang} .\mathrm {A'CB'} =\gamma ',&\quad \mathrm {A'B'} =c'\\\end{array}}$

en désignant par $\lambda$ le rapport inconnu entre les côtés homologues des deux triangles $\mathrm {A'CB',A''CB''}$, on aura

$\mathrm {CA''} =\lambda a',\quad \mathrm {CB''} =\lambda b',\quad \mathrm {A''B''} =\lambda c'\,;$

on aura de plus

Aire de $\mathrm {ACB} ={\tfrac {1}{2}}ab\operatorname {Sin} .\gamma ,\qquad$Aire de $\mathrm {A''CB''} ={\tfrac {1}{2}}\lambda ^{2}a'b'\operatorname {Sin} .\gamma '$

Si donc l’on désigne par $\theta$ l’inclinaison des deux plans, on aura, comme l’on sait

$\lambda ^{2}a'b'\operatorname {Sin} .\gamma '=ab\operatorname {Sin} .\gamma \operatorname {Cos} .\theta \qquad \mathrm {(I)}$

Présentement, en faisant $\mathrm {AA''} =x,\mathrm {BB''} =y,$ les triangles rectangles $\mathrm {AA''C}$ et $\mathrm {BB''C} ,$ et le quadrilatère bi-rectangle $\mathrm {AA''B''B}$ donneront

$x^{2}=a^{2}-\lambda ^{2}a'^{2},\quad y^{2}=b^{2}-\lambda ^{2}b'^{2},$

$(x-y)^{2}=c^{2}-\lambda ^{2}c'^{2}\,;$

La dernière de ces équations étant retranchée de la somme de deux autres, il viendra

$2xy=a^{2}+b^{2}-c^{2}-\lambda ^{2}(a'^{2}+b'^{2}-c'^{2})=2ab\operatorname {Cos} .\gamma -2\lambda ^{2}a'b'\operatorname {Cos} .\gamma '\,;$

ou en divisant par 2 et quarrant

$x^{2}y^{2}=a^{2}b^{2}\operatorname {Cos} .^{2}\gamma -2\gamma ^{2}aba'b'\operatorname {Cos} .\gamma \operatorname {Cos} .\gamma '+\lambda ^{4}a'^{2}b'^{2}\operatorname {Cos} .^{2}\gamma \,;$

égalant cette valeur de $x^{2}y^{2}$ à celle qui résulte de la multiplication des deux premières équations, en changeant les cosinus en sinus, il viendra

$\lambda ^{4}a'^{2}b'^{2}\operatorname {Sin} .^{2}\gamma -\left(a^{2}b'^{2}-2aa'bb'\operatorname {Cos} .\gamma \operatorname {Cos} .\gamma '+a'^{2}b^{2}\right)\lambda ^{2}+a^{2}b^{2}\operatorname {Sin} .\gamma =0\,;$

substituant enfin pour $\lambda ^{2}$ sa valeur donnée par l’équation (1), on aura

$a^{2}a'b^{2}b'\operatorname {Sin} .\gamma \operatorname {Sin} .\gamma '\operatorname {Cos} .^{2}\theta -ab\left(a^{2}b'^{2}-2aa'bb'\operatorname {Cos} .\gamma \operatorname {Cos} .\gamma '+a'^{2}b^{2}\right)\operatorname {Cos} .\theta$

$+a^{2}a'b^{2}b'\operatorname {Sin} .\gamma \operatorname {Sin} .\gamma '=0.$

Cette équation donnera, étant résolue, la valeur de $\operatorname {Cos} .\theta .$^[2] d’où on conclura celle de $\lambda ,$ au moyen de l’équation $\mathrm {(I)}$ ; alors on aura $x$ et $y$ par les équations

$x^{2}=a^{2}-\lambda ^{2}a'^{2},\quad y^{2}=b^{2}-\lambda ^{2}b'^{2}\,;$

on pourra donc connaître l’angle $\mathrm {BCB''}$ ; cet angle étant déterminé, l’angle trièdre rectangle dont les angles sont $\mathrm {CB'',CB,CD}$ donnera

$\operatorname {Sin} .\mathrm {BCD} ={\frac {\operatorname {Sin} .\mathrm {BCB} ''}{\operatorname {Sin} .\theta }},$

et on aura enfin, dans le même angle trièdre

$\operatorname {Tang} .\mathrm {B''CD} =\operatorname {Tang} .\mathrm {BCD} \operatorname {Cos} .\theta \,;$

alors on pourra sans peine construire la situation respective des deux triangles $\mathrm {ACB}$ et $\mathrm {A''CB''}$ sur le développement de l’angle drièdre formé par leurs plans.

Quatrième, Cinquième et Sixième solutions ;

Par MM. Pilatte et Penjon, Professeurs de mathématiques
au lycée d’Angers ; et MM. Rochat et Legrand,
professeurs à Saint-Brieux.

La marche de M. Penjon diffère peu de celle de M. Tédenat, si ce n’est qu’il prend pour inconnue le côté $\mathrm {CA'',}$ ce qui le conduit à une équation du quatrième degré se résolvant comme une du second.

M. Pilatte traite la question par la géométrie analitique, en prenant le plan de projection pour le plan des $xy$ et le point $\mathrm {C}$ pour origine des coordonnées rectangulaires ; il ne se permet, au surplus, d’autres simplifications que de prendre pour plan des $xz$ le plan même du triangle $\mathrm {AA''C.}$ Prenant alors pour inconnue la coordonnée $\mathrm {CA''}$ du point $\mathrm {A}$, ce qui rentre dans le système de M. Penjon, il parvient, comme lui, à une équation du quatrième degré se résolvant comme une du second, et à l’aide de laquelle il construit les projections du triangle $\mathrm {ACB}$ sur les plans des $xz$ et des $xy.$ Nous ferions connaître ses constructions, beaucoup plus simples que la forme de l’équation ne semble le promettre, si nous n’avions à indiquer bientôt une méthode très-élégante pour résoudre le problème, par des considérations purement géométriques.

MM. Rochat et Legrand ont réduit la question à chercher la direction des arêtes latérales d’un prisme droit triangulaire ayant pour base supérieure le triangle à projeter, et pour base inférieure la projection de ce triangle. Soient donc (fig. 10) $\mathrm {ACB}$ la base supérieure de ce prisme, $\mathrm {A'C'B'}$ sa base inférieure, et soit fait passer par $\mathrm {C}$ un plan $a\mathrm {C} b$ parallèle à cette dernière. Soient $\operatorname {Ang} .\mathrm {ACC'} =x,\operatorname {Ang} .\mathrm {BCC'} =y,\operatorname {Ang} .\mathrm {ACB} =\gamma ,\operatorname {Ang} .\mathrm {A'C'B'} =\gamma ',$ $\mathrm {{\frac {CA}{CB}}=m,{\frac {C'A'}{C'B'}}=m'}$ ; l’angle trièdre dont les arêtes sont $\mathrm {CA,CB,CC'}$ donnera

$\operatorname {Sin} .x\operatorname {Sin} .y\operatorname {Cos} .\gamma '=\operatorname {Cos} .\gamma -\operatorname {Cos} .x\operatorname {Cos} .y\,;$

les deux triangles rectangles $\mathrm {C} a\mathrm {A,C} b\mathrm {B}$ donneront ensuite $\mathrm {C} a$ ou

$\mathrm {C'A'} =\mathrm {CA} \operatorname {Sin} .x$ et $\mathrm {C} b$ ou $\mathrm {C'B'=CB} \operatorname {Sin} .y$ ; d’où l’on conclut, par division, $m'=m{\frac {\operatorname {Sin} .x}{\operatorname {Sin} .y}}$, c’est-à-dire ;

$m\operatorname {Sin} .x=m'\operatorname {Sin} .y\,;$

au moyen de cette équation et de la précédente, on trouve facilement, soit pour $\operatorname {Sin} .x,$ soit pour $\operatorname {Sin} .y,$ une équation du $4.^{me}$ degré se résolvant comme une du second.

Septième solution ;
Construction géométrique du problème ;

Par M. Vecten, professeur de mathématiques spéciales
au lycée de Nismes.

LEMME I. Si plusieurs triangles semblables $\mathrm {ACB,A'C'B'}$ (fig. 11) ont leurs angles homologues $\mathrm {C,C'}$ inscrits au même arc $a\mathrm {C'C} b,$ et que, dans chacun d’eux, on mène la droite $\mathrm {CM,C'M'}$ qui joint le sommet $\mathrm {C,C'}$ au milieu $\mathrm {M,M'}$ du côté opposé $\mathrm {AB,A'B'}$ ; les prolongemens des droites $\mathrm {CM,C'M'}$ iront tous concourir en un même point $m,$ sur la circonférence dont l’arc $a\mathrm {C'C} b$ fait partie.

Démonstration. Dans les triangles semblables, les droites qui joignent les sommets homologues aux milieux des côtés opposés étant des lignes homologues, doivent faire des angles égaux avec leurs côtés homologues ; les angles $b\mathrm {CM}$ et $b\mathrm {C'M'}$ sont donc égaux, et doivent conséquemment comprendre des arcs égaux entre leurs côtés : puis donc que ces arcs ont une extrémité commune $b$ et vont dans le même sens, ils doivent se terminer à un même point $m.$

Corollaire. Il suit de là que, le triangle $\mathrm {ACB}$ étant seulement donné d’espèce, et inconnu ; tant de grandeur que de situation par rapport à la corde $ab,$ il est néanmoins possible de déterminer le point $m$ où l’arc $amb$ est rencontré par la droite $\mathrm {CM}$ menée de son sommet $\mathrm {C}$ au milieu $\mathrm {M}$ du côté opposé $\mathrm {AB}$ ; il suffit en effet, pour cela, de déterminer le point $m$ pour un autre triangle $\mathrm {A'C'B'}$ arbitrairement construit semblable à celui-là, et ayant son angle $\mathrm {C'}$, homologue à $\mathrm {C}$, inscrit comme ce dernier à l’arc $a\mathrm {C'} b$.

LEMME II. Soient deux cercles (fig. 12) ayant la droite $ab$ pour corde commune ; soit un troisième cercle ayant son centre $\mathrm {O}$ sur $ab,$ et coupant les deux premiers en $m$ et $m'$ et la droite $ab$ en $p$ et $q$ ; soient menées $mp$ et $m'p,$ prolongées jusqu’à la rencontre des deux circonférences en $\mathrm {C}$ et $\mathrm {C'}$ ; soit enfin menée $\mathrm {CC'}$ coupant $ab$ en $\gamma$ ; il s’agit de prouver que $\mathrm {CC'}$ est perpendiculaire à $ab.$

Pour le démontrer, soit d’abord menée $mm'$ ; par les propriétés des cordes qui se coupent dans le cercle, on aura, à la fois,

$\left.{\begin{aligned}p\mathrm {C} \times pm=&pa\times pb\\p\mathrm {C'} \times pm'=&pa\times pb\\\end{aligned}}\right\}{\text{d’où }}p\mathrm {C} \times pm=p\mathrm {C'} \times pm';$

donc les triangles $\mathrm {C} p\mathrm {C'}$ et $mpm'$ sont semblables, d’où il suit que l’angle $\mathrm {C}$, égal à l’angle $m',$ est mesuré par la moitié de l’arc $pm$ ; mais d’un autre côté, l’angle $\gamma p\mathrm {C} ,$ égal à $mpq,$ doit être mesuré par la moitié de l’arc $mq$ ; donc, dans le triangle $\mathrm {C} \gamma p,$ la somme des deux angles $\mathrm {C}$ et $p$ est mesuré par la moitié de la demi-circonférence $pmq$ ; cette somme vaut donc un angle droit ; ce triangle est donc rectangle en $\gamma$ et par conséquent $\mathrm {CC'}$ est perpendiculaire à $ab.$

Corollaire. Si donc on proposait ce problème : » Deux points $m$ et $m'$ étant donnes sur deux circonférences ayant une corde commune $ab$ ; déterminer, sur cette corde $ab,$ un point $p$ par lequel et par chacun des points $m$ et $m'$ menant les cordes $m\mathrm {C}$ et $m'\mathrm {C'} ,$ la droite $\mathrm {CC'}$ soit perpendiculaire à $ab,$ ? » Il faudrait, pour le résoudre, décrire un cercle dont le centre fût sur $ab,$ et dont la circonférence passât par les points $m$ et $m'$ ; chacune des intersections $p$ et $q$ de cette circonférence avec la droite $ab$ pourrait être prise pour le point cherché.

PROBLÈME. Deux triangles étant donnés, déterminer sur quel plan il faut projeter orthogonalement le premier, pour que sa projection soit semblable à l’autre ; construire de plus cette projection ainsi que l’inclinaison des deux plans ; et déterminer, en outre, la situation du triangle et celle de sa projection par rapport à la commune section de ces deux plans ?

Analise. Concevons que le problème soit déjà résolu, Soient $\mathrm {ABC}$ (fig. 13) le triangle à projeter, $\mathrm {A'B'C'}$ sa projection, semblable à un triangle donné, et $ab$ l’intersection de leurs plans. Soient $\mathrm {M}$ et $\mathrm {M'}$ les milieux de $\mathrm {AB}$ et $\mathrm {A'B'}$ ; $\mathrm {M'}$ sera la projection de $\mathrm {M}$, et il est clair que $\mathrm {CA,CM,CB}$ prolongés iront concourir aux mêmes points $a,p,b$ de $ab,$ avec les prolongemens de $\mathrm {C'A',C'M',C'B'}$. Soient enfin menées $\mathrm {AA',BB',CC'}$, perpendiculaires au plan de projection, et $\mathrm {A\alpha ,B\beta ,C\gamma }$ perpendiculaires à $ab$ ; en menant $\mathrm {A'\alpha ,B'\beta ,C'\gamma ,}$ ces droites seront aussi perpendiculaires à $ab$.

Concevons présentement que l’on fasse tourner le plan du triangle $\mathrm {ACB}$ autour de la commune section $ab$, jusqu’à ce que ce plan soit devenu le même que celui du triangle $\mathrm {A'C'B'}$, comme on le voit (fig. 14) ; dans ce mouvement, les points $a,p,b,\alpha ,\beta ,\gamma$ demeureront immobiles, et les droites $\mathrm {A\alpha ,B\beta ,C\gamma ,}$ ne cessant pas d’être perpendiculaires à $ab$, deviendront les prolongemens de $\mathrm {A'\alpha ,B'\beta ,C'\gamma .}$ Quant à la longueur de $ab$, comme tout plan parallèle à celui de $\mathrm {A'B'C'}$ peut être pris, comme lui, pour le plan de projection, il s’ensuit que cette longueur est tout à fait arbitraire.

De cette analise découle naturellement la construction suivante.

Construction. Sur l’arbitraire $ab$ (fig. 14) soient décrits, de différens côtés, des arcs capables de deux angles correspondais $\mathrm {C}$ et $\mathrm {C'}$ tant du triangle à projeter que de sa projection. Sur les parties restantes des deux circonférences, soient déterminés (Corollaire du Lemme 1)les points $m$ et $m'$ où ces arcs seraient rencontrés par les droites joignant les sommets $\mathrm {C,C'}$ aux milieux des côtés opposés. Soit enfin déterminé sur $ab$ (Corollaire du Lemme 2) un point $p$ par lequel et par les points $m$ et $m'$ menant aux deux cercles les cordes $\mathrm {mC}$ et $m'\mathrm {C'}$, la droite $\mathrm {CC'}$ soit perpendiculaire en $\gamma$ sur $ab$ ; alors $\mathrm {C}$ et $\mathrm {C'}$ seront les sommets cherchés : formant donc sur l’angle $\mathrm {C}$ un triangle $\mathrm {ACB}$ égal au triangle à projeter et, abaissant des points $\mathrm {A,B}$, sur $ab$ des perpendiculaires $\mathrm {A\alpha ,B\beta }$ prolongées jusqu’en $\mathrm {A'}$ et $\mathrm {B'}$ à leurs rencontres respectives avec $\mathrm {C'} a$ et $\mathrm {C'} b,$ le triangle $\mathrm {A'C'B'}$ sera la projection demandée. Quant à l’inclinaison des deux plans, elle sera l’angle aigu d’un triangle rectangle compris entre une hypothénuse égale à $\gamma \mathrm {C}$, et un côté de l’angle droit égal à $\gamma \mathrm {C'} .$

Comme le problème de la détermination du point $p$ a deux solutions (fig. 12), savoir le point $p$ et le point $q,$ on pourrait croire que le problème proposé en a deux aussi ; mais, en exécutant l’opération sur le point $q,$ on se convaincra facilement que le triangle rectangle qui doit donner l’inclinaison des deux plans ne peut être construit, de manière que le problème n’a jamais qu’une solution au plus.

Ce problème serait même impossible si la projection de l’un des angles du triangle à projeter devait être égale à cet angle même ; à moins cependant que les projections des deux autres ne dussent aussi leur être égales ; auquel cas les deux plans devraient être parallèles, et la situation du triangle à projeter indéterminée sur l’un de ces plans.^[3]

1. Le problème envisagé de cette manière revient à celui-ci : Étant données les différences tant des longitudes que des ascensions droites de trois points de l’écliptique, déterminer son inclinaison à l’équateur et le lieu de l’équinoxe ? Les deux angles à projeter sont les différences entre les trois longitudes ; les angles que doivent former leurs projections sont les différences des ascensions droites ; enfin l’inclinaison des deux plans est l’obliquité de l’écliptique.
   (Note des éditeurs.)
2. En posant, pour abréger,
   $a^{2}b'^{2}-2aa'bb'\operatorname {Cos} .(\gamma +\gamma ')+a'^{2}b^{2}=M^{2},$
   $a^{2}b'^{2}-2aa'bb'\operatorname {Cos} .(\gamma -\gamma ')+a'^{2}b^{2}=N^{2}\,;$

   d’où

   $a^{2}b'^{2}-2aa'bb'\operatorname {Cos} .\gamma \operatorname {Cos} .\gamma '+a'^{2}b^{2}={\tfrac {1}{2}}\left(M^{2}+N^{2}\right),$
   $2aa'bb'\operatorname {Sin} .\gamma \operatorname {Cos} .\gamma ={\tfrac {1}{2}}\left(M^{2}-N^{2}\right)\,;$

   les valeurs de $\operatorname {Cos} .\theta$ prendront cette forme très-simple

   $\operatorname {Cos} .\theta ={\frac {(M\pm N)^{2}}{M^{2}-N^{2}}}={\frac {(M\pm N)}{M\mp N}}\,;$

   or, comme l’adoption des signes supérieurs conduirait à l’absurdité $\operatorname {Cos} .\theta >1,$ il faudra simplement écrire

   $\operatorname {Cos} .\theta ={\frac {(M-N)}{M+N}}\,;$

   ce qui fournit cette construction très-remarquable ;

   « Cherchez une moyenne proportionnelle entre $\mathrm {CA}$ et $\mathrm {CB',}$ et une autre entre $\mathrm {CB}$ et $\mathrm {CA'}$ ; faites de ces deux lignes deux côtés de deux triangles, dont l’angle compris soit pour l’un la somme et pour l’autre la différence des deux angles $\mathrm {ACB}$ et $\mathrm {A'CB'}$ ; si alors vous construisez un triangle rectangle dont l’hypothénuse soit la somme, et un côté de l’angle droit la différence des troisièmes côtés de ces triangles, l’angle opposé à l’autre côté de l’angle droit dans ce triangle rectangle, mesurera l’inclinaison des deux plans. »

   (Note des éditeurs.)
3. Tout cela résulte aussi de ce qui est dit dans la note de la page 304.
   (Note des éditeurs.)