DES ' PROBLEMES
donc OE==riL-, ÔF^ ^ A=rfL.
Portant OF de O en F', on obtient
Soit d'ailleurs, comme dans la construction précédente, EF divisé au point K dans le rapport m l n ; il en résulte
Gela posé , sur EF', comme diamètre, décrivez une demi-circonférence; élevez au point K la perpendiculaire EH , et lirez EH ; vous avez
EH = EKxEF= r— X1,- -
Sur OE , comme diamètre, décrive* encore une demi*circonfîrence, et prenez une corde EH' égale à EH ; il en résulte
OH' = OÊ — EH7d'où
Enfin, du point O comme centre, et avec le rayon OH', <&crivez un arc de cercle qui rencontre EF" en deux pointe 1 et V ; vous aurez El, El' pour les deux solutions cherchées.
En effet, on déduit de cette dernière construction ,
0— a V {b — ay m + n b — a '
ET«EO + OT«i*i. + i/J£L — =£- x£±2£-
Soit, en troisième lieu, a s= b.
Le trapèze se réduit alors à un parallélogramme {fig. 27 ) j Fig. 97,
de K en L'; les distances AL , AL' seront les Taleors de x cherchées.
En effet,
AL = Ai + KL = £ + y/^^-oa),
AL'=AK-KL' = ^-v/f(Ç-4
3o. Première remarque. Le point L# qui correspond à la seconde solution , tombe nécessairement entre B et G ; car on a d'abord KL' ou RI > KG; d'un autre côté, l'expression
-j- — , formant les deux premiers termes du carré de -^ aa, il en résulte -j^ ^— < f-j- — al ,
d'où
Vt-
iam% , m% n
, ou aX» < -7- — ai ou &D.
Dans l'hypothèse de -7- = aa , les triangles ALN , AL'N' se réduisent au triangle unique AHG, puisque alors les deux valeurs de x deviennent égales à -7-.
3i. Seconde remarque. La question proposée étant considérée sous le point de vue le plus général, présente quatre solutions, quoique la méthode employée pour la résoudre n'en ait fourni que deux.
En effet, outre les deux solutions déjà obtenues, ALN, Fig. 3o. AL'N' (Jlg. 3o), il est visible qu'on peut toujours mener par le point D, deux autres droites PL", DL", de manière que les triangles AL'N", AL"N* soient égaux au carré donné m2. Bien plus , pour ces deux solutions , le carré peut être aussi petit ou aussi grand qu'on veut.
Gomment se fait-il que ces deux solutions ne soient pas comprises dans le résultat obtenu? Essayons de répondre à cette objection.
* En cherchant a mettre le problème en équation , nous avons
DES FBOBLKMS. 49
supposé le point h à la droite du point A, et les triangles ALN, BLD nous ont donné
np : dc :: al : bl, ou np : a :: x : x — a-,
hx d'où NP =
. hx x
et par suite, X — = »**,
ou,.implHUnt, ^- a^ x = -^îl.... (.).
Maintenant, si nous considérons le point L à la gauche du point A , en L", par exemple, les deux triangles AL'N*, Bl/D donnent encore
H'P1 : dc :: al* : bl*.
Mais , comme en général une proportion ne doit être établie qu'entre des nombres absolus,, et que x est , par sa position , négatif, il s'ensuit que la valeur absolue de AL* doit être exprimée par — - x , et celle deBL" par — x + « » ainsi la proportion devient
H*P*: A ::— a::— a? + a; donc NT* = - ~~ hx
ar-r-fl'
— hx *■** x
ce qui donne l'équation — X = m*%
ou, réduisant, a^ -f- -r- a: = — 7 — » • • • (2)
m* équation qui diffère de (1) par le signe de -r-.
L'équation (2) étant résolue, donne
X S= — -£• ± t- V/»»" "+" aa^
De ces deux valeurs, qui sont essentiellement réelles, la première est positive et la seconde est négative. Or, je dis que la râleur positive correspond au triangle AL'N1".
5o BISOUMIO»
En effet, les deux triangles ALT»*, BL'D donnent
WP" : dc :: al* : bl*; ou n*p* : A :: x : a— a?;
d'où NT* = -; et par conséquent , — -
— hx —x
équation qui revient à celle-ci : ^ , fl X ~=
ce qui fait voir que les solutions ALT?", AL*N" sont comprises dans la même équation.
Voici d'ailleurs la construction du résultat
•r=-T-V7r(T + 2fl;:
Prene* a. gauchx A* pom* A) a/ie distance AS. ^gol* d ï- e* a droite c?m m^i?w point j une distance AG = aaj ce
qui donne GK' = -r- + aa.
Décrive* sur GK' une demi-circonférence; au point A élève* la perpendiculaire AT, ** sirs* la corde KT , vous avez
KT = V/AK' X GK' = V T (ï + 2a)'
Rabatte» ensuite KT de Z! en V et de K' «/» L* ; il en résulte
~*m m* a fm% (m* , \
AL- = -AR' + R'L-: £+V/"f (-' + *,}
JV. Jî. Il serait aisé de reconnaître que le point Lw doit tomber entre A et B. {Voyet n° 3o.)
On peut comprendre les quatre solutions dans une même 'formule , en posant l'équation
DES PROBLEMES. 5l
d'où l'on déduit
* ^ ™* -x. / . m» / . ro* \
to»
Le signe supérieur de :fc -7- correspondrait alors aux deux
solutions ÀLN , AL'IS* ; et le signe inférieur , aux solutions AL'N", ÀLTT.
Ou bien encore, on pourrait multiplier entre eux les deux
277** . 2am* k . , 2/n* aam* .,
facteurs x* t- -*H — r— et r*-| — r- a; — — r— j u en résulterait l'équation du 4* degré
^—w^ + nr x — p- = 0'
qui les comprendrait toutes les quatre.
La remarque qui a fait l'objet de ce numéro ; est une non* Telle confirmation du principe n° (26) sur les changement de signes des distances compiles en sens con traire les unes des autres.
32. Nous pourrions maintenant nous proposer d'examiner les circonstances relatives aux diverses positions que le poiat D est susceptible, de prendre par rapport aux deux lignes AX, AY. Mais comme cette discussion n'offre aucune difficulté, nous nous contenterons d'en faire connaître les résultats , avec la manière d' y parvenir.
iw cas. Supposons le point D (fig. 3i) placé au-dessous de Fig. 3i« AX et à la droite de AT, en tf.
Cette condition s'exprime en introduisant (n° 26) dans le résultat | — A à la place de h , puisque les distances des points D et D' à la ligne AX sont comptées en sens contraire l'une de l'autre ; et il vient
5a discussion
ou bien, jf = — j ^UtItt^ûJ.
La natufe de ce résultat, dont les valeurs sont toujours réelles, prouve que les triangles qui lui correspondent sont placés dans les deux angles YAX, Y'AX'. Fig. 3a. a* cas. Le point D peut être placé à la gauche de AY {fig. 3a) , et au-dessus de AX , comme en D*.
Dans ce cas, il est clair que la distance AB" est comptée en sens contraire de AB ; ainsi, il suffît* de changer a en — a dans la formule primitive, ce qui donne
Les solutions correspondantes se trouvent encore placées dans les angles YAX, Y'AX'.
fig. 33. 3* cas. Le point D {fig. 33) peut être situé dans l'angle X'AY', opposé par le sommet à l'angle XAY.
Il faut alors changer à la fois a et h en — a et — h dans le résultat, qui devient
ou bien, x = — -<£ ±. y J^\î — aay »
et comme ces deux solutions peuvent être imaginaires, elles doivent être toutes les deux placées dans l'angle X'AY*.
On pourrait, par des raisonnemens analogues à ceux du n° 3 1, expliquer pourquoi, dans chacun de ces trois cas, on n'obtient que deux solutions, tandis qu'il doit y en avoir quatre* lorsque l'on considère la question d'une manière générale.
33. Mous terminerons cette discussion par l'examen de deux cas particuliers :
. 3, 34. i°. Soit le point D (Jlg. 34) placé sur la ligne AX.
dis rnattàms. 53
Bans ce cas, on a A =s a, et l'expression
x = -jr ±: t- V'ra* — 2<*^
, . ^ m* db m* A A o
devient x = — — - , ou x=— et -•
De ces deux valeurs, la première est infinie* et l'autre se présente sous firme indéterminée* Mais si l'on remonte à l'équation
fcx* — am*,r = — aam' ,
elle se réduit, dans l'hypothèse de h = o , à
— am*x s— aom* ; d'où x = a=AD.
Connaissant la base AD du triangle cherché, on obtiendra sa hauteur y, d'après la condition
y X - = m* ; d où y = — =5 ;
cette hauteur étant trouvée et construite, on la portera sur AH perpendiculaire à AX; puis on mènera HW parallèle à AX, et l'on aura enfin le triangle ADN' pour réponse à la question.
Quanta la solution infinie, elle signifie que l'un des triangles de la question a une base infinie et une hauteur nulle ^ puisque
x ani* y X - = m* , donne y = = o. C'est ce que devient la solution ALH de la figure 29, lorsque le point D, se rapprochant de plus en plus de AX, finit par tomber sur AX.
2°. Soit le point D (fig. 35) placé sur AT. ' Fig. 35.
Dans ce cas, on a o=o, et l'expression de x se réduit a
m1 ma am*
D'ailleurs , l'égalité yX- = m* donne
y a= — , et par conséquent, y = h, y =e = 00 ;
c'est-à-dire qu'en prenant sur AX une distance AL égale à
-r- , et tirant DL , on aura ALD pour première solution.
Quant. à la seconde, elle se réduit encore à un triangle dont la base est nulle et la hauteur infinie; c'est ce que devient le triangle AL'N' (fig. 29) lorsque le point D, se rapprochant de plus en plus de la ligne AY, finit par se trouver sur AY.
34* Nous terminerons là ce que nous avions à dire sur la construction et la discussion des problèmes. Mais nous ajouterons une observation, c'est que les constructions des résultats ne doivent être regardées que comme un moyen plus ou moins élégant de représenter ces résultats, et que, sous le rapport de la rigueur, leur évaluation numérique est préférable; et l'on doit recourir à ce derpier moyen, toutes les fois que la construction cesse d'être simple et facile.
Les problèmes suivans ont principalement pour objet la recherche de quelques formules qui nous seront utiles par la
suite.
35. Sixième problème. Etant donnée les trois côtés cPun Fig. 96. triangle ABC (fig, 36) , on propose de déterminer F expression de sa sur/ace.
Pour fixer les idées, nous conviendrons de désigner par a, by c les côtés respectivement opposés aux angles A, B, C. (Cette notation fort commode est surtout en usage dans la Trigonométrie.)
Nous aurons, d'après cette convention ,
BC = a, AC = 6, AB = c;
posons d'ailleurs AD =^, BD = or; d'où DC = a — x, ou x — a, suivant que la perpendiculaire AD tombe en dedans ou au dehors du triangle.
Gela posé, on a pour Ja surface du triangle,
BCXAD flX.y
Donc tout se réduit à déterminer y en fonction des trois cotes QybyC.
Or, les deux triangles rectangles ADB , A.DC donnent
Cette seconde équation reste la même , lorsqu'on substitue' x — a à la place de a — x.
Retranchons l'équation (a) de l'équation (l); il vient
a* -4- c* — 6* — a* -f- aaa: = c*-^-ia, d'où xs= .
Remplaçant a? par sa valeur, dans l'équation (1), on trouve
et y sas — V^aV*— (a*-f €*—**)••
(On ne met point ici le double signe devant le radical, puisque , d'après la nature de la question , l'on n'a besoin que de la valeur absolue dey.)
Reportant enfin cette valeur de y dans l'expression du triangle ABC, et désignant la surface de ce triangle par S, on obtient, toute réduction faite,
S= 7 l/4flV— (a* +.«•'-*•)* (*)•
Telle est l'expression de la surface du triangle, évaluée au moyen des trois côtés a , b , c
36. On peut donner a cette expression une autre forme , qui soit propre au calcul logarithmique.
Remarquons que la quantité sous le radical, étant la différence de deux carrés, peut se décomposer en
(zac +a*-\-c* — b%) (aoc — a* — c* + b9) . D'ailleurs, ckacun de ces deux facteurs est lui-même lai différence de deux
antres carrés , savoir :
(a + c)1— **, et i* — (a— c)*.
Le premier se décompose en (p+c+b) (a-(-c— 6), et le second en (6 + a-— <?) (4— o+c).
1)0110 ■Ss=s|V'(a + *+<0(fl+e— 6)(ft+a— c)(*+c— a)J
et si l'on fait, pour plus de simplicité,
a -f- b -f- c = ap, d'où a-f-6 — c = ap — ac,
a + c — £ = ap — aé, 6 + c— -a = ap — aa,
il vient S = 7 i/ap(ap — aa) (ap— ai) (ap — ac) , ou , toute réduction faite ,
s= \/p(p-a)(p—b)Q,—~cyi (4; .
ce qui fournit la règle suivante :
Pour obtenir la valeur numérique de la surface d'un triangle, connaissant les trois Mes, faites d'abord la nomme des trois côtés y et prenez la moitié de cette somme ; retranchez successivement de cette moitié * chacun des trois côtés ; cela vous donne trois différences. Faites ensuite le produit de la demi-somme et des trois différences j puis extrayez la racine carrée dé ce produit; vous avec ainsi en nombre l'expression demandée.
Soit pour application , a= i5, 6= ia, c= 7 ; il en résulte a + ft+c, ou ap = 34, d'où p=i^; donc p — a = a, p — é = 5, p — c=io,
Donc ABC= 4/17 x a X 5 X 10.
Appliquons les logarithmes.
On a y d'après les tables de Gallet ,
