Autres solutions des mêmes problèmes ;
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PROBLÈME I. Par un point donné dans un angle donné, et également distant de ses deux côtés, mener une droite terminée aux deux côtés de l’angle, de telle sorte que ce point la divise en deux segmens dont la somme des quarrés soit équivalente à une surface donnée ?
Solution. On voit d’abord que si la droite cherchée n’est point perpendiculaire à celle qui joint le point donné au sommet de
l’angle donné, il pourra y avoir deux solutions du problème
dans cet angle même. De plus, si la surface donnée est plus
grande que le quarré construit sur la droite qui joint le point
donné au sommet de l’angle donné, il y aura encore une solution
dans chacun des deux supplémens de l’angle donné. Ainsi, le
problème peut avoir quatre solutions, et pas davantage.
Mais, comme, en menant une droite indéfinie par le point donné
et par le sommet de l’angle donné, tout se trouve symétrique par
rapport à cette droite ; il est facile de prévoir que, bien que du
4.e degré, ce problème ne doit présenter réellement que la difficulté
du second.
Soient (fig. 9) l’angle donné ; le point donné, également
distant de ses deux côtés ; une droite menée par qui résout
le problème ; et le côté d’un quarré constant auquel doit être
équivalente la somme des quarrés des deux segmens
Soit pris l’angle pour angle des coordonnées positives ; représentons
cet angle par soient les deux coordonnées du point
égales à l’équation de la droite sera de la forme
(1)
étant un coefficient inconnu qu’il s’agit de déterminer conformément à la condition du problème.
Si, dans cette équation, on fait successivement et égaux
à zéro, les valeurs qui en résumeront pour et seront celles
des segmens on trouvera ainsi
en conséquence, et d’après la formule qui donne le quarré de la distance entre deux points, dans le cas des coordonnées obliques,
on trouvera facilement
puis donc qu’on doit avoir
l’équation qui devra déterminer sera
ou bien
(2)
Cette équation développée devient
équation complète du quatrième degré ; mais qui, étant réciproque, ne comporte que la difficulté du second. Rien ne serait plus facile d’ailleurs que de se rendre raison de cette circonstance.
En divisant donc tous les termes de cette équation par
elle prendra cette forme
et ensuite celle-ci
Posant donc nous aurons
d’où
En formant le lozange abaissant la perpendiculaire sur prolongeant vers jusqu’en de manière que
faisant on aura
et conséquemment
décrivant donc du point comme centre, et avec pour rayon, le demi-cercle nous aurons
de sorte que les deux valeurs de seront,
mais l’équation qui revient à
donne
substituant donc successivement ces deux valeurs, nous aurons
et de là, à cause de
longueurs faciles à construire, et dont la détermination résout le problème.
PROBLÈME II. Quel est le lieu des centres de gravité des aires de tous les triangles qui ont une aire constante et un angle constant donnés ?
Solution. Soit pris l’angle constant donné, que nous désignerons
par pour angle des coordonnées positives ; soient les deux
côtés qui le comprennent, et soit l’aire constante dont il s’agit ;
nous aurons, par un théorème connu,
Mais, si nous désignons par les coordonnées du centre de gravité, nous aurons, par une propriété connue de ce centre,
substituant donc, l’équation du lieu cherché sera
équation d’une hyperbole facile à construire, et dont les axes des coordonnées sont les asymptotes.
PROBLÈME III. Quel est le lieu des centres de gravité des volumes de tous les tétraèdres qui ont un volume constant et un angle trièdre constant donnés ?
Solution. Soit pris l’angle trièdre constant donné pour angle des
coordonnées positives ; désignons par ses trois angles plans,
et soient les longueurs des arêtes respectivement opposées ;
soit enfin le volume constant dont il s’agit ; nous aurons, par un théorème connu,
Mais, si nous désignons par les coordonnées du centre de gravité, nous aurons, par une propriété connue de ce centre,
Substituant donc, l’équation du lieu cherché sera
équation d’une surface du troisième ordre, ayant les plans coordonnés pour plans asymptotiques[1].