Solutions de plusieurs problêmes de géométrie et de mécanique

La bibliothèque libre.
Aller à : navigation, rechercher


Solutions de plusieurs problêmes de géométrie et de mécanique
Solutions de plusieurs problêmes de géométrie et de mécanique.
Janvier 1811. Correspondance sur l'Ecole Impériale Polytechnique 2 (3): pp. 271–274.
Problêmes de Géométrie ([1]).

1°. Mener un cercle tangent à trois cercles donnés?

2°. Par un point donné dans le plan d'un parallélogramme, mener avec la règle un parallèle à une droite situee dans ce plan?

Le premier problême peut se ramener à celui-ci : Mener par un point un cercle tangent à deux cercles donnés, en diminuant ou augmentant le rayon du cercle cherché du rayon du plus petit des trois cercles, suicant qu'il doit toucher ce dernier cercle extérieurement ou intérieuerment, ce qui revient à augmenter ou diminuer également les rayons des deux autres cercles d'après la nature de leur point de contact.

Poncelet's solution to Problem of Apollonius.png

Je vais d'abord démontrer la proposition suivante sur laquelle se fonde la solution du problême dont il est question : Si par le point O, fig. 4, pl. 4, où se coupent les tangentes extérieures communes aux cercles X et Y, et par le point A où doit passer le cercle tangent à ces deux cercles, on mène une droite AO, que l'on fasse passer ensuite par le point O une sécante quelconque OT, qui vient couper les cercles X et Y intérieurement en T et T'; qu'enfin par ces deux points T et T' et par le point A on fasse passer un cercle, cette circonférence de cercle coupera AO en un point B qui sera le même, quelle que soit la sécante OT.

En effet, OB et OT étant les sécantes d'un même cercle ABT, on a :

AO × OB = OT × OT'.

Mais si l'on mène une nouvelle sécante Ot, on a aussi ( voyez la page 20 du 1er vol. de la Correspondance ),

OT × OT' = Ot × Ot' ;
donc AO × OB = Ot × Ot (1).

Il est évident, d'après cette dernière équation (1), que les quatre points T, T' , A et B sont placés sur une même circonférence de cercle.

Il est démontré aussi dans l'article cité, que tout cercle tangent aux cercles X et Y, a ses deux points de contact placés sur une droite qui passe par le point O, dans les deux cas où il laisse entièrement hors de sa circonférence, ou qu'il renferme à-la-fois les deux cercles X et Y. Il suit de là et de ce que j'ai démontré plus haut, que le cercle tangent aux cercles X et Y, et qui passe par le point A, passe aussi par le point B. Ainsi le problême dont il s'agit se trouve ramené à celui-ci : Par deux points A et B, mener un cercle qui touche le cercle X ou Y.

Comme ce dernier problême est susceptible de deux solutions, il est bon de faire voir que celle qui correspond au cas où le cercle est touché extérieurement, appartient aussi au cercle qui, passant par le point A, toucheroit extérieurement les cercles X et Y.

Pour le démontrer, il suffit de faire voir que toit cercle passant par le point A et par deux points p et p', où une sécante quelconque Ot vient couper extérieurement les cercles X et Y, passera aussi par le même point B; car alors le cercle qui passe par le point A, et qui touche extérieurement les cercles X et Y, ayant ses points de contact dans la direction du point O, passera évidemment par les points A et B. Or, on voit sans peine ([2]) que OT × OT' = Op × Op'; donc, d'après l'équation (1),

Op × Op' = AO × OB.

Cette équation prouve que les points A, B, p, p', sont placés sur la même circonférence de cercle.

Voici maintenant comment ou achevera la solution du problême: Ayant tracé le cercle ATT', ainsi que je l'ai dit, on menera la corde lT qui coupera AO en un point P. Par ce point on menera les tangentes Pm, Pm', au cercle X ; et les points m et m' de contact seront les points de tangence des cercles cherchés, dont l'un touche intérieurement, et l'autre extérieurement, le cercle X. En effet, on a

Pm2 = Pl × PT;
or Pl × PT = PB × PA;
donc Pm2 = PB × PA.

Cette dernière équation prouve evidemment que le cercle qui passeroit par les points A, B et m, seroit touché par la droite Pm en m. On conclut aussi de la même équation , Pm' étant égal à Pm, que le cercle ABm', touche le cercle X en m'

En considérant le point O', où se croisent les tangentes intérieures, communes aux cercles X et Y, on obtiendroit, par une construction semblable, deux autres solutions du problême de mener par un point un cercle tangent à deux cercles donnés. Ou peut voir facilement, en examinant les différentes circonstances du contact, que ce dernier prob!ême est susceptible de quatre solutions, et que par conséquent il se trouve entièrement résolu par ce que j'ai dit.

Voici une proposition analogue à celle que j'ai démontrée précédemment, et qui donne une solution simple du problême de mener une sphère tangente à quatre sphères données.

Si par la droite qui joint les sommets des trois cônes circonscrits deux à deux à trois sphères, et par un point donné, on mène un plan P; qu'ensuite par la même droite on mène un plan qui coupe les sphères; que pur le cercle tangent aux cercles d'intersection et par le point donné, on fasse passer la surface d'une sphère, cette surface coupera le plan P suivant un cercle qui restera le même, quelle que soit la section qu'on ait faite dans les sphères. On voit aisément que la sphère qui passe par le point donné, et qui est tangente aux trois sphères dont il s'agit, devra passer aussi par ce cercle; car cette sphère doit avoir ses points de contact placés sur un plan qui passe par la droite qui joint les trois sommets des cônes.

Solution du second problême ( voyez n°. 8 du 1er volume de la Correspondance, pag. 305. )

“Par un point A, fig. 5, pl. 5, donné dans le plan d'un parallélogramme BCDE, mener avec la règle une parallèle à la droite MN située dans ce plan.”

Prolongez les côtés BE et DE jusqu'à leur rencontre avec MN; par ces points de rencontre et par un point quelconque K de la diagonale EC, menez les droites KG et KH qui viennent couper les deux autres côtés du parallelogramme respectivement en G et en H; menez la droite GH qui sera parallèle à MN. On achevera ensuite la solution, d'après ce qui a été dit dans le n°. 8 du premier volume de la Correspondance, où il s'agissoit de mener par un point donné une droite qui allât concourir avec deux droites données, sans employér le compas; car la solution convient aussi au cas où les deux droites sont parallèles, comme le sont les droites MN et GH.

Il resteroit à démontrer ce qui est supposé dans cette solution, savoir, que GH est parallèle à MN. Pour cela j'observe que le triangle MEK étant semblable au triangle CKH, et le triangle EKI au triangle CKG, on a la proportion

GC : CH :: EI : ME.

De plus, les angles MEI, GCH, sont égaux; donc les triangles MEI et GCH sont somblables, comme ayant un angle égal compris entre des côtés proportionnels, et la droite GH est parallèle à MN.

C. Q. F. D.
  1. Les solutions des deux problêmes suivans m'ont été communiquées par M. Poncelet, admis cette année dans le génie militaire.
    H. C.
  2. Il suffit de comparer chacun des produits OT × OT', Op × Op', au produit qu'on obtiendroit pour la tangente commune aux cercles X et Y.