TROISIÈME PARTIE

NOTES RENFERMANT LES DÉMONSTRATIONS ET LES DÉTAILS DES CALCULS NÉCESSAIRES POUR FORMER LA TABLE, DAge O, QUI SERT A TROUVER LES SURFACES ET LES VOLUMES DES CINQ POLYÈDRES RÉGULIERS.

Note sur le Tétraèdre régulier.

1° On propose de trouver la surface du tétraëdre.

Sozurion. Le tétraèdre étant régulier, pour avoir sa surface totale il suffira de déterminer celle de l’une de ses faces. Nous considérerons la face ABC (PI. 26, fig. 1 ), qui est, comme on sait, un triangle équilatéral. La surface d’un triangle étant égale à la moitié du produit de sa base par la hauteur; on connaît la base AB; on déterminera la hauteur CE, qui partagera AB en deux parties égales; connaissant la base et la hauteur du triangle ABC, on en pourra trouver la surface, qui, multipliée par 4, donnera la surface totale, composée de quatre triangles équilatéraux et égaux à ABC.

Dératz Du caLcuL. Puisque le tétraèdre est régulier, on a (PL 25, fig. 1) AP BC AD etc, À le triangle ABC a pour hauteur CE — ; on aura donc

surface ABC — : OR ( DE

11 s’agit de déterminer la hauteur k; le triangle rectangle BCE

6 Se tr ,/ge ./AE\ donne CE = h — Fc — BE° = BC° — =)

x a CT en:

=\ÿ/e mp7, Ho V£e D ns substituant cette valeur de À dans l’équation (4), il vient a a nue | ER 2 FA = 7 .…. ji ); surface ABC — Re V3 4 V3);

pour avoir la surface totale on multiplie ce résultat par 4,

et l’on trouve

| A re x surf. du tétraèdre == 4 X surf. ABC = 4 x % V3 = a V/3.

Supposons que chaque arète soit égale à l’unité, alors AB = BG— AD = etc... —=a—1,etl'ona surface du tétraëdre = Y/3 — 1,7320508... (4).

2° On veut connaître le volume du tétraëdre régulier.

SOLUTION. On aura le volume de ce corps en multipliant la surface de la base par le tiers de la hauteur ; on a déjà trouvé la surface de la base, équation (3), il faut maintenant déterminer la hauteur DI de ce corps, qui sera donnée par la perpendiculaire DI, dont le pied I se trouvera au centre du triangle équilatéral ABC, et, de plus, le point I sera le sommet commun aux trois triangles, isocèles égaux, contenus dans le triangle ABC; on connaît la surface de ABC, en la divisant par 3 on aura celle de l’un des triangles isocèles, ABT; connaissant la surface et la base AB de ce triangle, on en déterminera la hauteur IE; ensuite, dans le triangle AET, rectangle en E , on connaît 1e côtés l'angle droit, ce qui fera connaître l’hypoténuse AI ; enfin dans le triangle AID, rectangle en I , l'hypoténuse AD et le côté AI sont connus, on en déduira DI, hauteur du tétraèdre.

DÉTAIL DU CALCUL. On aura e: surface Ai par l'équation (3), d’où surface ABI= ;ABC=— ee 5 x RUE 3... (H):

dans le triangle ABI dont on connaît la sur LA et la base AB—4, on pourra trouver la hauteur ET, au moyen de l’équation (5),

fa BL ES NAS CAT surface ris RS ;

PEU 2 np EE TES d’où l’on déduit EI Se LE =6V3...(6):

ensuite on déterminera AT ; car dans le triangle AET, rectangle en É, on connaît les côtés de l’angle droit, on aura donc

A VAE: + EI* prenant AE — È — - et EI se trouvant déterminé par

l l'équation (6), il vient

a1=\/ (2)+ (63) =Vr+Ex ol V3 Il ne reste plus qu’à considérer le triangle AID, rectangle

en 1: dans ce triangle AT est donné par l’équation (7), et AD est une arète du tétraèdre; on pourra donc enfin trouver DI=H,

qui sera la hauteur du corps; on trouve H — VAD°— AÏ°, mais AD — a, et AI étant donné par l’équation (7), il vient

n/a) = Va a xi=e 5. @,

les équations (3%) et ($) donnent la base et la hauteur du tétraèdre, on peut donc déterminer son volume,

Tr I

volume du tétraèdre ABCD —surf. ABC X 3

mettant pour surf. ABC et H, leurs valeurs, il vient

vol. tétraèdre ABCD=—Y a V3 >< 5 a VE dis — pe V2,

les arètes devenant l’unité, on a AB — BC = etc. = a = 1,

et l’on trouve

vol. tétraëdre ABCD = 2 ÿ/2= (1 14142136)=0,1178511.

Note sur l’'Hexaëdre régulier, ou Cube.

1° Trouver la surface de l'hexatdre régulier.

Sozurion. L’hexaëdre régulier (PI. 25, fig. 2) ayant sa sur< face composée de six quarrés égaux, il suflira d’avoir la surface d’une face, en la multipliant par 6 on aura la surface totale,

surf, hexaèdre ABCDEFGH = surf. ABCD X6=—(AB X BC) x6; les côtés sont égaux, posant AB = BC = a, on obtient surf. hexaèdre ABCDEFGH = surf. ABCD X 6 = a° X 6;

faisant a = 1, on trouve

surface de l'hexaëdre ABCDEFGH = 1 X6 = 6.

2° On veut avoir le volume de l'hexatdre régulier , ou cube.

Sozurion. L’hexaèdre régulier (PI. 26, fig. 2) étant un parallélépipède rectangle dont toutes les arètes sont égales, son vo— lume est égal au produit de la base par la Habtoue , OÙ au produit de trois arètes ; AREA AB RG CH ete 0), il vient

vol. hexaèdre ABCDEFGH — AB X< BC X< CH = a;, si l’on fait a—1, il s’ensuit que

volume de l’'hexaëdre ABCDEFGH — 1.

Note sur l’Octaëèdre régulier.

° Déterminer la surface de l'octaèdre régulier.

SoLuTIon. La surface de ce corps (PL.25, fig. 3) est composée de huit triangles équilatéraux égaux; connaissant la surface de l’un des triangles, en la multipliant par 8, on aura la surface totale de l’octaèdre régulier.

Dérarz pu caLcuz. L’équation (3), page 30 *, donne la surface de l’un des triangles, et l’on a

surface ABE=T 4324 CH):

multipliant par 8 pour avoir la surface totale, il vient

‘ surf. octaèdre ABCDEF = 8 X surf. ABE = 8 XX 2 V3 — 2 a W/3...(9);

supposant que les arètes soient égales à l’unité, on a

AB—BC=— BE — etc. — a — 1; l'équation précédente devient

surf. de l’octadre = 2/3 — 2% 1,7320508 — 3,4641016.

* Les équations auxquelles on renvoie , et dont on indique les pages , se rapportent à l’une des notes précédentes.

2° Trouver le volume de l'octaëdre régulier.

Sorurion. Dans l’octaèdre ABCDEF (PI, 25, fig. 3) les plans diagonaux, ABCD et BEDF, sont des quarrés égaux; l’un partage le volume de ce corps en deux pyramides quadrangulaires égales, ABCDE et ABCDF, ayant pour base commune le quarré ABCD et pour hauteurs ET, FT, qui sont égales comme étant chacune la moitié de la diagonale du quarré BEDF. La question se trouve donc réduite à déterminer le volume de l’une des deux pyramides quadrangulaires dont les arètes sont égales.

Déraiz pu caALcuc. Le volume de lune, ABCDE, de ces pyramides est égal à la surface de la base ABCD , multipliée par le tiers de la hauteur ET = H, qu’il s’agit de trouver ; cette hauteur est facile à déterminér, puisqu'elle est la moitié, ET, de la diagonale EF, du quarré BEDF, On a AB — BC = etc. = a ; ABCD étant un quarré, on a, surface ABCD — a X< a — @...("3); la hauteur H sera donnée par le triangle EDF, isocèle et rectangle en D, dans lequel on connaît les côtés de l'angle droit ; pour l’hypoténuse EF, il vient donc

EF — VDE' + DE =V'a +aæ—ay2, d'où + qu El= 113 AE La V/2,.. (4); on sait que

vol. pyramide ABCDE — surf. ABCD x 3H;

mettant à la place de ABCD et H leurs valeurs, fournies par les équations (%) et (4), it vient | vol. pyramide ARCDE = 4° X <E ay/2 = ai V/2..(5); doublant ce résultat, on aura le volume de l’octaèdre régulier: vol. octaèdre ABCDEF — 2 % vol. pyramide ABCDE ;

à la place du volume de la pyramide ABCDE, substituant sa valeur donnée par l’équation (5), il vient

vol. octaèdre ABCDEF — 2 KX a V2 =; a V2... (G); en faisant a = 1, on trouve enfin vol. octaèdre— iVa= 3 (1,41421386) — 0 , 4714045.

Note sur l’Icosaèdre révulier.

1° On propose de trouver la surface de l’icosatdre.

SoLüTion. La surface de ce corps ( PI. 56, fig. 4) est composée de vingt triangles équilatéraux égaux; connaissant la surface de l’un des triangles et la multipliant par 20, on 4

surface de l’icosaèdré = 50 X surf. A’B'S’.

Déraïiz pu caALcuL. On à déterminé, pour le tétraëdre, page 30 équation {3), la surface d’une triangle équilatéral ; cé qui donne la valeur de surface A’B'S’; posant

A'B' — B'S = etc. — a, on trouve surf. icosaèdre — 20 X T3 == 6 aV/3; si l’on fait à — 1, il vient enfin surf. icosaèdre = 5 V/32=5(1,320508) = 8,660540..

2° On veut déterminer le volume de l’icosatdre.

SOLUTION. On peut considérer le volume de ce corps comme étant composé de vingt pyramides régulières égales, ayant chacune pour base l’une des faces de l’icosaèdre régulier et pour hauteur commune le rayon de la sphère inscrite. La question $e trouve ainsi ramenée à déterminer le rayon de cette sphère.

Pour faciliter la solution on enlève de l’icosaèdre (PI, 25, fig. 4) l’angle S’, composé de cinq faces : on obtient (PL. 25, fig. 6) une pyramide régulière pentagonale ABCDES dont toutes les arètes sont égales, et si l’on parvient à déterminer le rayon de la sphère tangente au milieu des faces triangulaires de cette pyramide, ce rayon sera aussi celui de la sphère inscrite dans l’icosaëdre régulier.

Pour trouver le centre de la sphère, par le point I, milieu de l’arète SB (PI. 25, fig. 5), on mène un plan qui lui soit perpendiculaire; ce plan passera par le centre de la sphère, et son intersection avec le pentagone ABCDE sera la diagonale AC ; l’angle AIC mesurera l’inclinaison des deux faces ASB et BSC ; les points de contact de la sphère devant se trouver au milieu

de chacun des triangles, le milieu P du triangle équilatéral ASB,.

étant sur la droite AT perpendiculaire à SB, par ce point P il faut, au plan ABS, mener la perpendiculaire PO située dans le plan AIC et passant par le centre de la sphère ; on divisera ensuite l’angle AIC en deux parties égales par la droite OT, qui passera aussi par le centre de la sphère; donc le centre de la sphère devra se trouver à la fois sur les deux droites PO et OI, situées dans un même plan ; donc enfin le point O de leur intersection détermine le centre de la sphère tangente aux faces triangulaires de la pyramide ABCDES (fig. 5) ; le rayon PO est aussi celui de la sphère inscrite dans l’icosaèdre régulier (fig. 4). Le problème est ainsi résolu, puisque l’on connaît la surface de l’icosaèdre et le rayon R de la sphère inscrite, pour l’expression de son volume on a vol. icosaèdre — surf. icosaèdre + = R.

Dérarz pu caLcuz. La détermination numérique du volume de l’icosaèdre régulier ne peut s’obtenir au moyen des considérations employées dans les notes, pages 31 et 34, pour le tétraèdre et l’octaèdre; il faut maintenant faire usage de la trigonométrie rectiligne.

On déterminera d’abord la diagonale AC du pentagone réoulier ABCDE (PL. 25, fig. 5); dans le triangle isocèle ABC on connaît les côtés égaux AB, BC, l’angle compris, ABC, appartenant à un pentagone réoulier : on trouve 2.401 SC (5—2) 1803

5 NUS puisque le triangle ABC est isocèle, CAB — ACB, on a donc

2 9roits ABC —180° — 108°, d’où CAB — 1 720 = 36», on suppose, AB = BC = BS =—keic. = x; |

angle ABC — 10040);

on calculera AC au moyen de la proportion suivante, sin CAB : sin ABC :: BC : AC, substituant les valeurs numériques ci-dessus, 1l vient sin 36° : sin 108° :: 1: AC, comme le sinus d’un angle est égal au sinus de son supplément, on a, sin 109° = sin 72°, et la proportion devient sim 56%: Sin 29. hrt AGE

prenant les logarithmes, log. sin 72° — 9,9782063 compl. log. sin 36° — 0,2307813

somme — 10 — log. AC — 0,2080876 | \ AC = 1,6180339... (3);

maintenant il faut trouver l'angle AIC, qui mesure l’inclinaison des deux faces ABS et CBS ; dans le triangle isocèle AIG on connaît les trois côtés ; si l’on désigne par a, à, c, les côtés opposés aux angles À, I, C, et par p la demi-somme des trois côtés, on trouvera l’angle I au moyen de la formule connue, BR a D LE ad

AOC Ê prenant les logarithmes, il vient

ï Li] 2 sin 2 I

2 log sin + I—log (p-a) + log (p-c) + log (r-a) + log (r-c), mais, log (r—a)— compl. log a, et de plus ac, ilen résulte que l’équation précédente se simplifie de la manière suivante, 2 log sin 1 [ — 2 log (p—a) + 2 compl. log a; divisant par 2, ona % log sin : I= log (p — a) + compl. log a... (4),

formant la valeur p pour en déduire p — a, la valeur AI —IC a été trouvée, car AI n’est autre que CE (fig. 1), voyez page 30 équation (2), dans laquelle on fait a — 1 et l'équation (4)

page 31, donne ÿ/ 3; quant à la valeur de AC elle vient d’être calculée ; on a donc

AC = i — 1,6180339

AI = c = 0,866025/4 P — 1,6750423 IC = a — 0,8060254 a — 0,8660254 + c+a—3,350084{7, p-a— 0o,80901069,

D ne CN

substituant dans l’équation (4) les valeurs p - a et a, il vient log sin + I — log o,8690169 + compl. log 0,8660254, prenant les logarithmes, on trouve log 0,8090169 — 1,9070576 compl. log 0,8660254 — 10,0624694 log sin ! 1 — 9,9704270 21=: AIC = 60°5’41",375...(5 ); enfin dans le trianglé IPO, rectanglé en P, on vient de trouver l'angle OIP= ! AIC, et l'équation (6) page 31, donneEl, qui a même valeur que IP, en supposant les arètes égales à l’unité;

alors a — 1; il vient IP — : f/3 — 0,2886551.... (6); le triangle rectangle IPO fournit la proportion

r : tang OIP {: IP : PO,

les équations (5) et (6) donnant l’angle + AIG = OIP et IP; en substituant leur valeur, on a

r : tang 69°5’41",375 :: 02886751 © PO, prenant les logarithmes, log tang 69°5’41"355 —10,4179749 log 0,288675r —= 1,4604093 somme — 10 — log PO 2 18583842 R—PO = 0,7557608..1 (7); pour le volume de l’icosaèdre régulier on à vol. icosaèdre — surf. icosaèdre X + R ;

les équations (4) et (77) donnent la surface de l’icosaèdre et le rayon R de là sphère inscrite, substituant on a

vol, icosaèdre —(8,6602540) X 2 (0,7557605) ; effectuant les calculs, on trouvé enfin

volume de l’icosatdre = 2181692.

... 89 | Note sur le Dodécaèdre régulier.

1° On veut avoir la surface de ce polyédre régulier.

SocurTion. La surface de ce corps étant composée de douze pentagones réguliers égaux, lorsque la surface de l’un des pentagones sera connue, en la multipliant par 12 on aura la surface du dodécaèdre régulier.

Pour obtenir la surface du pentagone OEDMN (PI. 25, fig. 6) , il faut le décomposer en cinq triangles isocèles égaux, ayant pour bases les côtés OE, ED, etc., du pentagone régulier, et leur sommet commun sera au Loin T, centre de ce polygone ; si l’on mène sur le milieu de OE la AE RT, qui est la hauteur du triangle isocèle OTE, on a

surf. OTE = OE X £RT, d'où surf. OEDMN = 6 %X OE X 2RT, enfin surf, dodécaèdre = 12 X 5 X OE X 2 RT...(4);

le côté OE étant donné, on voit que pour résoudre la question il faut connaître la perpendiculaire RT.

Déraiz pu cazcur. On suppose (PI. 25, fig. 6) chaque arète du polyèdre égale à l’unité, on a

0E = ED = EA = etc. == 1..(2);

dans le triangle isocèle OTE on connaît la base OE— 1, et les angles ésaux TOE , TEO sont chacun la moitié de l’angle du

pentagone FAN l'équation (2), page 36, donne le moyen d’avoir l’angle TEO, et l’on trouve

TEO = SOED = 5108 = 54°... (8);

la perpendiculaire RT partage le triangle isocèle OTE en deux

triangles rectangles égaux , TRE et TRO, dans lesquels on con- naît la base et un angle aigu; on peut donc résoudre ces trian— gles ; considérant le triangle TRE rectangle en R, dans lequel ER =: 0E > 0,60, puisque OE =, et l'équation (3) donne, angle TEO angle TER — 64°, dé proportion suivante fora trouver RT; on aura r : tang TER :: ER : RT,

mettant les valeurs TER et ER, il vient r = fans 94214000 L'RT; prenant les logarithmes, on trouve

log tang 54° = 10,1387390

log ER — log 0,50 — 1,6989700

somme — 10 — log RT — :,8377090 RT — o0,68819096....(4);

substituant dans l’équation (4) les valeurs de OE et RT, on a surf. dodécaèdre — 12 X 5 X 1 XX + (0,68819006); effectuant les calculs, il vient enfin

surface du dodécaëdre — 20,6455288.....(h).

2° On veut déterminer Le volume du dodécaëdre régulier.

Sozurion. On peut considérer ce corps comme étant composé de douze pyramides pentagonales régulières et égales, ayant chacune pour base l’une des faces du dodécaèdre, et pour hauteur commune le rayon de la sphère inscrite ; le volume de ce polyèdre sera donc égal à sa surface multipliée par le tiers du rayon de la sphère inscrite, ce qui donne

Lé « # ERP # LI À I A vol. dodécaèdre = surf. dodécaèdre X + R... (6);

la surface du dodécaèdre étant donnée par l’équation (5), il. faut, pour résoudre la question, connaître le-rayon R de la sphère inscrite.

La sphère inscrite touchera en son milieu chacune des faces du polyèdre (PL. 25, fig. 6); si donc du point T, milieu della face OEDMN, on mène TS perpendiculairement à ce pentagone, cette perpendiculaire TS contiendra le centre de la sphère inscrite ; il ne reste plus qu’à trouver une seconde droite qui con— tienne aussi le centre de cette sphère; à cet effet, par le point R, milieu de l’arète OE, on mène un plan perpendiculaire à cette arète, ce plan passera par les points F et M, également éloignés des extrémités de l’arète OE, et l’angle plan FRM mesurera l’angle dièdre des deux faces OEDMN et OEAFP, menant: la droite RS de manière à ce qu’elle divise l’angle FRM et deux

parties égales, cette droite RS contiendra le centre de la sphère inscrite; en effet, les deux droites RM et RF, situées dans un même plan, sont tangentes à la sphère ; il s'ensuit donc que la droite RS, qui divise l’angle FRM en deux parties égales, passe nécessairement par le centre de la sphère inscrite, dont le rayon R — TS.

Déraiz Du carcuz. Avant de déterminer l'angle dièdre FRM (PI. 25, fig. 6 ), il faut résoudre le triangle isocèle FOM, dans lequel on parvient facilement à connaître les côtés OM, OF, et l’angle compris FOM , ensuite les autres parties de ce triangle peuvent être connues. Si l’on mène les diagonales OF, FH, EK, etc., elles formeront un nouveau pentagone régulier FHKMO ; dans ce pentagone les angles et les côtés seront connus au moyen des équations (9) et (3), pages 36et37,ona

FOM = 108°, OF — OM —,1,6180339... (7),

puisque le triangle FOM est isocèle, Jes angles OFM et OMF sont égaux et faciles à trouver ; en effet,

2 fois angle OFM — 180° — FOM = 180° — 108°— 72°, d’où l’ontire, angle OFM =: 72° = 36°.....,,.(S); quant au côté FM, il est donné par la proportion suivante,

sin OFM : sin FOM :: OM: FM; les équations (7 ) et (8) donnent OM, FOM et OFM, d’où sin 36°: sin 108° :: 1,6180339 : FM; | comme le sinus d’un angle est égal au sinus de son supplément, il s’ensuit que, sin 108°— sin 72°; prenant les logarithmes, on a log sin 72° = 9,9782063 compl. log sin 36° = 0,2307813 log 1,6180339 — 0,2089856 somme — 10 = log FM — 04179752 FM = 2,61803355... (9);

ainsi dans le triangle isocèle FRM on connaît déjà le côté FM,

il faudrait déterminer l’angle FRM ; mais il faut avant chercher

les côtés égaux RF et RM ; pour obtenir RM, on observe que le

A2 | point T étant le centre du pentagone OEDMN, on a TE — TM, d'où RM = RT + TM = RT + TE... (40), l'équation (4) faisant connaitre RT, ER , il ne reste plus qu'à trouver TE au moyen du triangle ERT, rectangle en R ; on a TE — RT°+ ER’, les équations (4) donnant les valeurs de RT, ER et leurs logarithmes, il vient HER DE-E lo RTE (1,8377090) — 1,6754180 ; passant aux nombres, on trouve RT* — 0,47360687 ER? — (0,50}° — 0,25000000 TE — RT° + ER° — 0,72360687; prenant les logarithmes, on a log TE — : log TE’ = : log 0,72360687 log TE — = (1,8595027) — : (— 0,1404973) log TE — — 0,0702486,

EE 6, D20D)000 EL de ART ee (4 4); substituant dans l’équation (4 0) les valeurs RT et TE tirées des équations (4) et (44), il vient RM = 0,68819096 +: 0, 85065098 — 1,53884194... (12); ans le triangle isocèle FRM Îles trois côtés sont maintenant connus, et l’on pourra calculer l’angle FRM, qui mesure l’inclinaison des deux faces OEDMN et OEAFP ; on emploiera la formule suivante dans laquelle p représente la demi-somme des trois côtés; on a

A2 à — (@—RF) (p—RM)r prenant les logarithmes, il vient

2 log sin 5: FRM — log (p—RF) + log(p —RM) + log G—RF)+ log (r—RM),

mais log (r—RM) = compl. log RM, et le triangle FRM étant isocèle, on à RF — RM; la formule se simplifie de la sorte,

2 log sin : FRM=—210g (p —RM)+ 2 compl. log RM; . divisant par 2, il vient log sin = FRM = log (p — RM) + compl. log RM. (13); formant la valeur de p, pour en déduire celle de p — RM, les équations (9) et (12) donnent

FM = 2,61803375 RF — 1,53884194 P = 2,84785881 RM — 1,53884194 RM — 1,53884194 2p = 5609571763, p — RM — 1,30901687; P = 2,84785881r,

substituant ces valeurs dans l’équation (43), elle devient log sin + FRM = log 1,30901687 + compl. log 1,53884194; prenant les logarithmes, on a log 1,30901687 — 0,1169453 compl. log 1,53884194 — 9,8128060 log sin: FRM — 9,9297513 2 FRM — 58°16’57",08... (4 4); on pourra donc maintenant déterminer le rayon TS de la sphère inscrite; pour cela on considère le triangle RTS, rectangle en T, situé dans le plan du triangle FRM, et qui donne la pro-

portion suivante, r : tang TRS :: RT: TS; substituant la valeur de RT et celle de TRS —2FRM, fournies par les équations (4) et (14), il vient r : tang 58°16/57",08 :: 0,68819096 : TS; prenant les logarithmes, on trouve log tang 58°16/57",08 — 10,2089875 log 0,68819096 — 1,8377090 somme — 10 — log TS — 0,0466965 TS =" 1,113016154. (Ab);

les équations (5) et (45) donnent la surface du dodécaèdre

et le rayon R de la sphère inscrite : en substituant ces valeurs dans l'équation ((G), il vient

vol. dodécaèdre — (20,6455288) X 2 (1113516154); effectuant, on trouve pour résultat volume du dodécaëdre = 7,663117b.

REMARQUE. On a placé la note sur l’Icosaèdre avant celle relative au Dodécaëdre, attendu que ce dernier polyèdre est plus compliqué dans ses solutions.