EXAMEN ORAL
PROFESSEURS
Reports. . .
Collège de Liège
Id. de Mons
(Voir tableau ci-dessous.)
Id. de Nivelles. . . .
Id. de Soignies. . . .
Id. de Tongres. . . .
Id. d'Ypres
École centr'" de Schaerbeek.
Lauréats.
LAUREATS.
ETABLISSEMENTS
auxquels ils
APPARTIENNENT
POINTS OBTENUS
PROFESSEURS
1" prix. Nicolas Schmidt, de Bruxelles
2' id. Alfred Despret, de Chimay.
3* id. Frédéric D'Huart, de Villemont
4' id. Léopold-Jean Brouta, de Mons
5' id. John Abraham, de Southampton
6* id. Louis Bougard, de Havay,
Athénée de Bruxelles.
École centrale de Schaerbeek.
Athénée d'Arlon.
Athénée de Mo:
Ecole centrale de Schaerbeek.
Athénée de Mons.
MM
Guillery.
Hancart, Bouvier, Annoot et
Van Ginderaohter.
Lecointe.
Zickwolff.
Travail de l'élève Alphonse Despret.
l'"'^ question. — Comme nous le savons, pour que l'équation ax -\- by == c admette des solutions entières, il faut que, après avoir supprimé les facteurs communs à a, b, c, il faut,
disons-nous, que a et b soient premiers entr'eux. Transformons - en fraction continue ;
puisque — est une fraction réduite à sa plus simple expression, ce sera la dernière réduit* ;
soit - lavant-dernière réduite.
- peut être une réduite de rang pair ou une réduite de rang impair.
D'après la théorie des fractions continues, si - est une réduite de rang pair, nous aurons
aq
D'où hq — ap = \ {\). Multipliant les deux membres de l'équation (1) par c, il vient : h X qc~\-aX —pc = c{2).
Or (2) n'est autre chose que l'équation proposée dans laquelle x serait changé en — pc et y enqc. Donc x = — pc et y = qc sont une première solution.
Supposons maintenant que - soit une réduite de rang impair.
Nous aurons = . Ou bq — ap = — l. Ou bien encore — bq -\- ap = l.
a q aq
D'où multipliant les deux membres par c, b X — qc -\- a X pc = c.
En comparant cette dernière équation à la proposée, on voit que ce =^ pc et y == — qc sont une première solution.
Nous allons maintenant faire voir que dès que l'on connaît cette première solution entière, on peut trouver toutes les autres.
Soit 00 = ci,y r= p une première solution entière.
Nous aurons l'égalité suivante aa -\- b^ == c.
Retranchant membre à membre cette dernière égalité de l'équation proposée ax-\-by = c,
il vient : a {x — a) -J- & (y — P) = o.
j (y S) D'où X ^= a — —. Mais par hypothèse b est premier avec a ; pour que x ait une
y — B valeur entière, comme b {y — p) doit être divisible par a, il faudra que soit un quotient exact. Représentons donc ce quotient par t ; nous aurons :
ï—L = t. D'où y = Q-\-at.
La valeur de x devient alors : x = a — bt.
Telles sont les deux formules qui nous donneront toutes les solutions entières de «? et de y ; on obtiendra toutes ces solutions en donnant à t toutes les valeurs entières comprises entre — 00 et -}- <^ •
Donnons à t successivement les valeurs 0. 1. 2. 3. 4....
il vient pour x : x = a a — b a — 2b a — 3b a — Ab. ...
On voit que les valeurs entières de x, obtenues en donnant à t des valeurs entières positives, forment une progression arithmétique décroissante dont la raison est le coeflBcient de y dans l'équation.
y devient y = P P + ri p + 2a |3-|-3a p + 4a.
On voit donc que pour des valeurs positives de t, les valeurs de y forment une progression arithmétique croissante, dont la raison est le coefficient de x dans l'équation proposée. Donnons à t des valeurs négatives :
x = <x a-fè a-f26 a-\-3b a + 4^>.... y = P p — a p — 2a |3 — 3a (3 — 4a....
D'où l'on voit qu'en donnant à t les valeurs entières négatives — 1, — 2, — 3.... les valeurs de x forment une progression arithmétique croissante dont la raison est le coefficient de y dans l'équation et les valeurs de y une progression arithmétique décroissante dont la raison est le coefficient de x dans la proposée.
Appliquons ceci à l'exemple : 3\ x -\-l y =4b.
Réduisons — en fraction continue
Il vient - = j-^
l'« réduite
2'^ réduite
3« réduite
4® réduite
pc = qc =
K® solution.
Les formules deviennent donc
En donnant à ^ toutes les valeurs entières comprises entre — oo et + oo , on en déduira facilement, au moyen des formules précédentes, toutes les valeurs entières de a; et de y. Les valeurs entières négatives ou positives sont en nombre illimité ; mais les solutions entières positives sont en nombre limité pour que le coefficient de y est positif et nous savons que ce nombre est égal k q ou k q -\- 1 en appelant q le quotient de la division do C par ab. (Voyez à la fin note 3.)
2® question. — On sait que le volume engendré par un triangle quelconque tournant autour d'une droite extérieure menée par un de ses sommets, est égal à la surface de ce triangle multipliée par les 2/3 de la circon férence décrite par le point milieu de la base opposée à ce sommet. (Voyez note 1, à la fin.)
Nous allons maintenant chercher le volume pour le cas d'un triangle isocèle ABC.
Nous avons donc V (V désigne le volume engendré par le triangle ABC tournant autour de AM)
V =^ X AN X ? 27rNI = ? ttNI X BC X AN.
AN est la hauteur du triangle. Des points B, C abaissons sur AM des perpendiculaires, par le point C menons CO parallèle à AM.
Les triangles BCO, ANl nous donnent : BC : QR = AN : NI.
D'où BC X NI = QR X AN.
Remplaçant dans l'expression de V, BC X NI par QR X AN, il vient :
V = ? ttQR X AN^ o
D'après cela, cherchons le volume engendré par un secteur polygonal régulier OABCDE, tournant autour d'un diamètre extérieur NM.
Le volume cherché sera égal à la somme des volumes engendrés par les triangles BAO, CBO, etc. dans lesquels se décompose le secteur polygonal. Or nous venons de voir que volume
ABO =2^0IVx QS.
De même vol. BCO = -- ttOP x ST etc....
Donc V = vol. ABO + vol. BCO + ....
•-^|7rOM(QS + ST+ )
= \ TrOP X QR.
D'après cela, cherchons le volume engendré par le secteur circulaire ABO tournant . autour du diamètre AC. Je dis que ce volume est égal à la zone qui
1 sert de base au secteur, multipliée par - du rayon ; c'est-à-dire que
K comme S. zone = 27rBO X AM, que V cherché = - tcBO^ x AM.
En effet, nous savons qu'une circonférence peut-être considérée
" comme un polygone composé d'un nombre de côtés infiniment petits ;
nous pouvons donc considérer le secteur circulaire BOA comme un
secteur polygonal dont la partie polygonale est d'un nombre infini de
côtés infiniment petits. Le volume cherché sera donc d'après ce que nous
venons de voir : 2 ^^„ .,
Q -ttBO^ X AM.
Car l'apothème du polygone se confond dans ce cas avec le rayon, ce qu'il fallait démontrer. Démonstration par l'absurde :
Je dis que le volume engendré par BAO = - ttAO'^ X AM.
En effet, supposons que cette mesure ne soit pas bonne; supposons qu'elle doive être plus
petite et qu'elle est : - ttDO^ X IK (mesure évidemment plus petite, puisque DO < BO et \j
que IK < AM). En effet, si nous joignons B, A et D, I par des droites, nous aurons deux
triangles semblables BAM et IDK. Donc nous avons : BM : DK = AM : IK. Mais d'un
autre côté on a : BM : DK = BO : DO. Donc à cause du rapport commun AM : IK =
BO : DO. Mais BO > DO. Donc AM > IK.
Dans le secteur BAO, inscrivons un secteur polygonal, dont les côtés polygones B èc A
ne rencontrent pas l'arc DI. Le volume engendré par ce secteur polygonal sera, comme
nous le savons : - ttOS* X AM. Or, cette mesure est plus grande que - tcDO^ X IK. o o
Car OS > DO, AM > IK. Il s'en suivrait donc que le secteur polygonal qui est contenu
dans le secteur BAO engendrerait un volume plus grand que ce dernier ; ce qui est absurde,
puisqu'un corps qui en enveloppe un autre de toute part a évidemment un volume plus
grand.
On démontrerait d'une manière tout à fait analogue que la mesure ne peut être plus grande. (Voyez note 2.)
Nous sommes arrivés à des conclusions absurdes ; donc la mesure ne peut être ni plus grande, ni plus petite ; elle doit donc être égale.
3® question. — Mener dans l'espace une ligne parallèle à une droite donnée A et qui s'appuie sur deux autres droites données B, C.
Soit : x^=dz -\- f\ «^ = «'3' +i^ ) r. ^ = ^'-3' -f-p' ) p
y ^cz -{-9 ) * 2/ = ^^ + â' ) * y = ^'-3- + â'' )
En général, les équations de la droite demandée seront > D.
y = nz -{- s ]
Pour que D soit parallèle à A, il faut que m = d, n = c.
QQ r (TIX ■ I ^ 1
Introduisant ces conditions, il vient : ' ( D'
y = cz -]- s\^
il nous reste à déterminer r et 5 pour que la droite touche à la fois les droites B et C.
La condition analytique qui exprime que D' touche A est (1) La condition analytique qui exprime que D' touche C est (2)
Il ne s'agit plus maintenant que de tirer les valeurs de r et de 5 des équations (1) et (2). Substituant ces valeurs dans D', nous aurons l'équation de la droite demandée.
De(l) .^p + .('^-;n;-^). De (2) r ^ p' + ^±^^}^ .
D'où p {c — b) -[- {d — a) {s — q) p' {c — b') -\- {d — a') {s — q')
D'où p {c — b){c — b') -\r {d —(^) {s — q){c — b')^ p' [c — b'){c — b) -\- {d — a') {s — q') {c — b). D'où p{c — b){c — b') -\-s{d—a){c — b') — q(cl — a) (c - b') =p' {c — b') (c — b) -\- s{d — a') (c — b) — q {d — a') (c — b) p'^c.l,')^c b)-q'{d-a'){c-b)-p{c-b){c-b')Jrq{d-a){c-b') (d — a)(c — b') — (d — a') (c — b) [c — b') (c — b) [p' — p) — q'{d — a'){c—b)-\-q{d—a){c — b') ^~ {d — a){c — b') — {d — a') (c—b)
D'après la composition des équations (1) et (2), nous remarquons que pour avoir la valeur de r, il suffit de changer dans la valeur de S
c en d, b en a, r en s, p en q,
c' en d\ b' en a', r' en s', p' en (^ et réciproquement.
{d - a') (d - a) [q' - q) - p' (c - b') (d - a) ^ p{c -b) {d - a') De soi te que r- ^^ ^ ^^a - a') - {c -b'){d - a). *
D'ailleurs on le calculerait directement de la même manière que pour s.
4® question, — a = b cos C -j- ^ cos B.
a sin A ^, c sin A
Nous savons que - = . — -. Dou a = — : — — .
c sm C sm 0
Mais comme A, B, et C sont les angles d'un triangle, on a la relation :
Mais sin 180" — (B + C) = sin A = sin (B -[- C). Donc a = ^^^^. 7" .
sm Kj
csin(B4-C) ,
Nous devons avoir = o cos 0 -j- c cos B ;
sm C
Ou c sin (B -}- C) = è sin C cos C -[- c sin C cos B.
D'où c sin B cos C -[- c sin C cos B = 6 sin C cos C -j- c sin C cos B .
c sin C cos B s'en va.
De même on peut alors diviser par cos C ; alors il vient : c sin B = & sin C.
Equation évidente, puisque de la proportion - = -: — -, on tire c sin B = è sin C.
Nous allons déduire de cette formule, celle-ci : cos A = ^ .
Nous avons a = b cos C -j- c cos B. (1).
De même b = a cos C -\- c cos A. (2). c = a cos B -{- 6 cos A. (3).
Prenons dans (2) la valeur de cos C et dans (3) celle de cos B.
Nous avons : cos C = ; cos B
Remplaçant dans (1) cos B et cos C par ces valeurs, il vient :
è^ — bc cos A . c^ — bc cos A
D'où a^ = ^2 I c2 — 2bc cos A. D'où cos A = — .
zbc
On trouverait de même les deux autres formules analogues cos B = . . . cos C =
Déterminons maintenant la formule
a sin A h sin B* Remplaçant dans (1) c par sa valeur tirée de (3), il vient :
a = 6 cos C -I- a cos 2B 4- 6 cos A cos B. Mais C = 180» — (A + B). Donc cos C = cos (180» — (A -|- B)) = — cos (A -}- B).
Donc a = — h cos A cos B -|- ^ sin A sin B -f- a cos '^B -{- ^ cos A cos B. Ou a = 6 sin A sin B -1- a cos ^B. D'où a — a cos ^B = ô sin A sin B. D'où a sin ^B = & sin A sin B.
D'où divisant par sin B, il vient : « sin B = & sin A.
^, a sm A
DOU - = -r— -.
0 smB
Voilà les principales formules de trigonométrie rectiligne déduites de la relation donnée. (Voyez note 4.)
5® question. — Soit 0 le centre du cercle fixe, A et E les deux points donnés. Par ces points, je fais passer deux circonférences quelconques ; soient 0' et 0'^ les centres de ces
deux circonférences. Je joins les points A et E ; CB est la corde d'intersection de la circonférence 0" avec la circonférence 0 ; GF est la corde d'intersection de la circonférence 0' avec la circonférence 0.
Nous devons démontrer que AE, FG, CB se coupent en un même point. Soit D le point d'intersection de AE avec GF. Si je puis prouver qu'en joignant le point C au point D, et le point B au point D, DB est dans le prolongement de CD, tout sera démontré ; et pour cela, il suffit de faire voir que l'angle CD A = l'angle EDB.
Je considère les triangles ADC et DEB ; l'angle
CAE a pour mesure - arc CE ; l'angle CBE a pour
mesure un - arc CE., Ces deux angles ayant même et
mesure sont égaux.
De même les angles ACB et AEB qui ont même mesure - arc AB sont égaux ; d'où je
conclus que l'angle CDA = l'angle EDB ; comme AE est une ligne droite, CB est aussi une ligne droite ; c'est ce qui démontre la propriété énoncée.
Note V^. — Nous avons dit que le volume engendré par un triangle quelconque ABN
tournant autour d'une droite menée extérieurement par l'un de ces sommets, était égal à la surface de ce
triangle multipliée par les - de la ciro
conférence décrite par le point milieu
de la base; nous allons le démon-
A E DOC trer.
Soit M le point milieu de BN ; soit AF la hauteur du triangle. Prolongeons BN jusqu'à
sa rencontre en C avec AI ; des points B, M, N, abaissons des perpendiculaires sur AI.
Nous avons : vol. BAN = vol. ABC — vol. ANC.
Mais vol. ABC = - ttBE^ X AC ;
et vol. ANC==^irN02x AC.
Donc vol. BAN = i 77 AC (BE2 — NO^) = i tt AC (BE + NO) (BE — NO) = i tt AC . 2MD . BT,
(nous avons mené NT parallèle à AC).
Les triangles AFC et BTN sont semblables et nous donnent :
BN : BT = AC : AF. D'où BN X AF --= BT x AC.
D'où vol. =37^ X 2MD X BN X AF.
Or BN X AF = 2 surf, triangle. Donc vol. = - 277 MDx S = S X .r circonf. MD.
Ce qu'il fallait démontrer.
Note 2. — Je dis que le secteur sphérique ne peut pas avoir une mesure plus grande. Pour ne pas changer la figure, considérons le secteur sphérique décrit par le secteur circulaire DIO tournant autour de AC ; je dis que ce secteur ne peut avoir une mesure plus
grande que - ■kOD'^ X IK ; en effet, supposons, s'il est possible, que ce secteur ait pour «j
mesure - ttOB'^ X AM mesure plus grande comme nous l'avons démontré.
Considérons encore le volume engendré par le secteur OB bcA ; ce volume est. égal à
- 7rOS'2 X AM ; OS est plus petit que OB. Il s'ensuivrait donc que le volume décrit par le
secteur polygonal B bcA serait plus petit que le volume décrit par le secteur circulaire DIO, ce qui est absurde.
Note 3. — Nous avons dit en commençant, que pour que l'équation ax -\- by = c admette des solutions entières, il faut que, après avoir supprimé les facteurs communs à a, b, c, a etb soient premiers entre eux.
En effet, supposons que a et ô ne soient pas premiers entre eux ; soit K leur facteur commun ; nous aurons : a = a'K, b = b'K,
a' et b' étant les quotients de la division de a par K.
Remplaçant a etb par une valeur dans l'équation ax -\-by = c, il vient
aKx -\- b'Ky = c. D'où a'x -\- b'y = —
c n'ayant pas par hypothèse de facteur commun avec « et è, — est fractionnaire ; comme
a' et b' sont entiers, si on donne à x et à y des valeurs entières, le premier membre sera entier; et comme un nombre entier ne peut pas être égal à un nombre fractionnaire, il s'ensuit que nous ne pouvons faire admettre qu'il y ait un facteur commun à. a et à b, si nous supposons entières les valeurs de x et de y.
Note 4. — On peut déduire aussi les formules des triangles rectangles. Déduisons par
sin B.
a = 6cosC -f-ccosB. C = 90° — B.
a exemple celle-ci : b = — — — •
^ sm B,
Donc a = & sin B -|- c cos B. c = k a^ — b'^. a = b sin B -j- cos B k a* — 6^.
D'où a^ H- b^ sin «B — 2ab sin B = a^ cos ^B — b'^ cos «B.
D'où «^ sin ^B -|- ^^ — 2aè sin B == o. D'où (a sin B — b) "•^= o.
b D'où a = - — — .
sm B.
On ferait de même pour toutes les autres.
