I. Résoudre l'équation a^ = b
Rechercher les conditions auxquelles a et b doivent satisfaire pour que x soit commensurable dans cette équation.
II. Quelle est la relation qui existe dans un triangle sphérique entre deux côtés, l'angle qu'ils comprennent et l'angle opposé à lun de ces côtés ?
Approprier la formule au calcul logarithmique pour le cas où l'angle compris entre les deux côtés est inconnu.
III. Un dodécagone régulier tourne autour du diamètre du cercle inscrit : quel est le volume engendré?
Exprimer ce volume en fonction du rayon du cercle circonscrit.
IV. Construire un triangle, connaissant le périmètre, un angle et la hauteur menée du sommet de cet angle.
V. Etant données deux ellipses semblables, concentriques et dont les axes de même nom coïncident; on mène des tangentes à l'ellipse intérieure par chacun de ses points, chacune de ces tangentes rencontre l'ellipse extérieure en deux points, par lesquels on mène à cette ellipse deux tangentes qui se coupent en un point T : quel est le lieu géométrique du point T ?
2° Épreuve orale.
Lauréats.
POINTS OBTENUS
LAURÉATS.-
auxquels ils
APPARTIENNENT
nos
PROFESSEURS
l"prix (prix d'honn.). Alexis Symon, de Bruxelles
Athénée de Bruxelles.
MM
Van Ginderachter.
2' prix. Jean Mister, de Verriers .
1" accessit. Ch. Delneste, de Mons.
École ind. et litt. de
Verviers.
Athénée de Mons.
Bech.
Wyvekens.
2' id. Théod. Bech, d'Ixelles.
3' id. É'Wannez.de Tournai.
École ind. et litt. de
Verviers.
Athénée de Tournai.
Leschevin.
4* id. Th. Malchair, de Liège,
Athénée de Namur.
Lecointe.
ÉLÈVES QUI ONT OBTENU AU MOINS LA MOITIÉ DES POINTS (a l'ÉPREUVE ÉCRITe).
ÉLÈVES
ÉTABLISSEMENTS
Frédéric Van Thielen.
Aug. Van Kerekhoven.
Athénée de Bruxelles.
Athénée d'Anvers.
Charles Coisne . , .
J.-B. Delooze. , . .
Athénée de Tournai.
Athénée de Mons.
Travail de l'élève Jean Mister.
l^^ question. — Résoudre l'équation a^ = b.
Posons donc cette équation x = x' -{- -, (a^' étant < è et a^'+l > b). Alors, l'équation
proposée devient
«^ n = è (1) ou a^' . a^ = b, d'où l'on tire a^ = —
appelons — ;= b' , l'équation deviendra «^ = b'\ élevons les deux membres à la puissance
n, il viendra b'^ = a. (2)
Raisonnons sur cette expression, comme sur l'expression proposée, c'est-à-dire posons
alors la valeur de n devient
et l'équation (2) prend la forme b'^ "^m = a ou è'**'. b'm = a
d'où 6'm = -— == b" Ib" étant = a -— |, alors il vient b' m = b" . b'n' ^ ^'H'j'
Elevons les deux membres à la puissance m, il vient b' = b"^ ou b"'^ = b" .
En continuant de la même manière avec cette équation comme avec les deux autres,
c'est-à-dire nous posons encore m = n" -\ -, l'équation précédente devient :
Et la valeur de a prend la forme
En continuant de cette manière, on trouverait encore m' = w"'-l -•;m'' = niv -1 •
et ainsi de suite, c'est-à-dire que la valeur de n est une fraction continue, et si l'on forme
les réduites d'après la méthode ordinaire, on aura la valeur de n soit exactement, soit à
une certaine limite.
Maintenant dans quel cas cette valeur de n sera-t-elle exacte?
Pour répondre à cette question : soit d'abord a et ô deux nombres entiers et x égal à un
m 'Tl
nombre fractionnaire —, l'équation devient an = b ou a'>^ =^ b^ (A). n
D'après la forme de cette égalité, il est évident qu'elle ne peut exister, qu'autant que a et
b sont composés des mêmes facteurs ; car, s'il y avait dans a un facteur qui ne se trouva
pas dans b, en divisant les deux membres de l'égalité par ce facteur, on aurait un nombre
entier égal à un nombre fractionnaire. Ce qui est absurde ; ainsi si l'on a a = a^p^y^'S*
on devra avoir b = aP'P^i'y^'è^'.... substituant dans (A) on a
(a^S«Y''ô< )»>î = (aP'^<l'y'>^'^s\^^\n ou aî"^|3«wyrm§sm = a^'nf^Q'nyr[n^s'n^^^^
Et pour que cette égalité ait lieu, il faut évidemment que les puissances d'un même facteur soient égales entre elles ; car, s'il y en avait une plus grande que l'autre, en divisant les deux membres de l'égalité par ce facteur, on aurait encore ce résultat absurde : un nombre entier = a un nombre fractionnaire. Ainsi on doit avoir
pr
p'n qm :;^ q'n ^m = y'n gm c=^ g'n
C'est-à-dire que les puissances d'une même fraction doivent être proportionnelles à — (*).
Si 1 on avait a = — et ô = — , h h
on aurait l-r^ln = —
Faisons disparaître les dénominateurs h^k'^ = h'^k^.
Or, h et h' sont premiers entre eux, ainsi que —, puisque les fractions ont été réduites
à leurs plus simple expressions, donc on doit avoir h'>^ = k^-, k'^ = N'^,
C'est-à-dire que h et k doivent renfermer les mêmes conditions que a et b, ainsi que
k' et h\
2® question. — Nous connaissons les relations :
Cos a ■= cos b cos c -|- sin ô sin c cos A. Cos c = cos a cos b -\- sina sin b cos C. Et il s'agit d'éliminer c dans ces deux équations. Remplaçons dans (1) la valeur de cos c tirée de la seconde, il vient
cos a = cos '^b cos a -\- sin a sin b cos b cos C -[- sin è sin c cos A. Faisons passer cos ^b cos a dans l'autre membre, il vient, en remarquant que cos a — cos % cos a = cos a sin ^ô, cos a sin b sin ^ô = sin c sin b cos b cos C -|- sin 6 sin c cos A. Divisons les deux membres par sin a sin b, il vient
cotg a sin è = cos b cos C
sin c cos A
sin C
or,
sin a. sm a sin A
cotg a sin ô = cos 6 cos C + sin C cotg A. (A)
; remplaçant, il vient
(*) Ainsi, pour que x soit commensurable, il faut que a et b soient composés des mêmes facteurs et que les exposants de ces facteurs soient dans le rapport constant — .
Telle est la formule qu'il s'agissait d'obtenir ; on peut y faire différentes permutations quant à a. b. A. C. et l'on obtiendra en tout six formules, savoir (1) :
Cotg a sin b =■- cos è cos C -|- sin C cotg A, cotg b sin a = cos a cos C -[- sin C cotg A. Cotg c sin b = cos c cos A -|- sin A cotg C, cotg b s'm c = cos c cos C -f- sin C cotg B. Cotg a sin c = cos c cos B -j- sin B cotg A, cotg c sin a = cos a cos B -j- sin B cotg C. Cherchons C. Pour cela, divisons les deux membres de l'équation (A) par cos b, elle devient
o, . cotg A . ^ cotg a igb cos C -] — sm C.
cos b Une cotangente pouvant passer par tous les états de grandeur, je pose :
cotg A cos «p
= cotg «f = — '
cos b
sin 9
cos 9 l'équation devient : cotg a tg & = cos C A — : — '- sin C,
sm «P
ou sin 9 cotg a tg ^ = sin 9 cos C + cos 9 sin C =» sin (9 -}- C)'
sin 9 cotg a tg b
D'où l'on tire en rendant homogène sin («f -j- C)
l'angle 9 étant donné par la relation cotg 9
R cotg A cos b
On connaîtra l'angle C -{- 9 et par suite l'angle C.
3^ question. — Abaissons les perpendiculaires BA, CD, HE, GF.
Vol. cherché = 2 (vol. ADBC + vol. DEHC -|- vol. EFGH) (a). (R étant le rayon du cercle circonscrit), on a
AB = apoth. du dodécag. =- R (l/ô-ff/i);
On a HE = V2 côté du carré = R J/^ 2 ;
GF = V-2 côté du dodécagone -c ;
AD = BC = Vac;
DE «= AE = AD = apothème du carré
= iRl/2c; EF = AF — AE = V2H(l/''6 + t/2) — gR|/2
Cola posé, on a
Vol. ADBC = ttCD' . ad = 77 (^ R2(8 + 4(/3) . -
Vol. ADBC = \ 7rR«c (2 -|- \/^) (1)
Vol. CDEH = i ttDE (cd' + HË^ + CD . HE) = vol. K
Vol. HEFG =.- \ ttEF (hE' -|- GF* + HE . GF) = vol. S.
Remplaçons : il vient :
yoi.K = l.J
[(R {/2- c)] [^ R^ -1-1/3 + 1 R-^ 4-^ RV2 K3 + 2)]
Vol. K = i TT (R j/i - c) (I R^ + 5 R2 (/âj ^ 1 nK^ [(R [/ï - c) (5 + 2 1^3)]
Vol. S. = ^ TTC I? R2 + 1 c^ + i Rc \/^l -\~ 1 Tzc (2R^ + c^- + Rc l/2) Remplaçons dans (a) : il vient :
vol. cherché = 2 [1 ttR'^c (2 + (/S) + ^ ttR^ (R (/g c) (5 + 2 3)
+ l7rc(2R2 + c^ + RcK2)].
Remplaçons R en fonction de c. On a :
c= 1/.2RI/6— K2; Ji__ c Kë + (/2
d'où
vol. cherché
■cM2 + l/'3)^ , c3(70 + 4lK3) c^(2(2 + p/3) + |/3 + l)
27rc3
f97 , 56 |/3\ TTC
En fonction du rayon du cercle circonscrit c = - R (î/6 — 1/2)
par suite
c3=lR3(l6t/6 — 20^/2);
7rR3(4l/6 — 5l/2J 97 +56I/3
5^ question : Analytique. — Je rapporte les ellipses à leur centre et à leurs axes, l'équation de l'ellipse OA est «V^ + ^^^" = «'^^• Celle OE est a'^y^ + b'^^x^ = a^^-
J'appelle a? = a, 2/ = P les coordonnés du point T, et x' ,y' celles du point K.
Cela posé, lorsque deux tangentes à une ellipse , a^y^ + b^x"^ = a'^b'^ , partent d'un point, a, p, la corde des contacts a pour équation : a^y^ + b'^xa = a^b'^,
L'équation d'une tangente à l'ellipse OE menée par le point x\ y' est ou y = — -7T-, «? + -7- (2)
Et il suffit d'exprimer que les équations (1), (2) sont identiques, pour cela on doit avoir b^a ô'V b^ &'2
mais les ellipses étant semblables, on a — = —
par suite de l'équation (3) devient
Tirons de (4) et (5) les valeurs de x' et de y\ l'équation (4) donne y* = -^ (6),
remplaçons dans 5 il vient : - = g— ^, x = ——- (7),
mais le point x'y' étant sur l'ellipse OE, on a l'égalité a'-y'^ -j- ^'^^^ = a'-b"^, remplaçons
x' et y' par leurs valeurs, il vient : a''^ . -— - 4" &'* . -7^ == a'^b'^
ou a'2p2^M ^ ô'2a5^>'^ = a'2^'^0'', ou a'^^W^ -\- aW^ = a'-^b\
ou en remplaçant p par «/ et a par a?, a'W^y°^ -\- b"'x'*' = a'"^^^
Équation d'une ellipse concentrique à la précédente dont les arcs recouvrent les premiers et dont la longueur est :
^/ V2ô '• a'ô^ ) ^^ construira A au moyen de deux "^ = 2 !
ô'4 ô'^ ] quatrièmes proportionnelles.
2B = 2 1/ T = —r \ au moyen d'une troisième proportionnelle,
aW^ b )
on construira la courbe connaissant la longueur des axes et leur direction ; de plus — = a'b\
rapport constant et la nouvelle ellipse est semblable aux autres.
Géométrie élémentaire (suite).
Soit MNP un triangle, je prolonge dans les deux sens le côté MN, et prend NB = NP, MA = MP. Ainsi dans le triangle
PMN on connaît la hauteur PH, le 31 V^^^ P' ^
périmètre = PM -f NM -}- NP=AB, et l'angle MPN = a.
Cela posé, le triangle PAM est isoscèle et l'on a
2PBN = PNM.
Par suite 2PNM -f- 2PBN = PMN + PNM,
ou 2PAM 4- 2PBM = 180 — a, et PNM -f- PBN = 90 — - a.
La somme des angles A et B dans le triangle ABP étant connue, le troisième angle APB est lui-même connu et égal à 180 — (90 — - a) ou APB = 90 -|- - a.
Cela posé, pour résoudre le problème, nous mènerons RX parallèle à AB et à une distance = à la hauteur du triangle, nous prendrons AB = 2p ^= périmètre et sur AB comme corde nous décrirons un segment capable de l'angle 90 -\- a, il résulte de l'analyse ci-dessus, que le point de rencontre de la droite RX, avec la circonférence, sera le sommet du triangle demandé, connaissant le sommet, on joindra PA, PB, au point P on fera un angle APM = PAM; et un autre angle BPN = PBN, on aura ainsi le triangle demandé.
Comme une droite rencontre généralement une cii-conférence en deux points, il y aui-a généralement deux solutions et il n'y en aura que doux, la droite peut être 'tangente à la circonférence, et alors, il n'y a plus qu'une solution.
E. SECONDE LATINE [Mathématiques).
23 établissements concurrents. — 163 élèves inscrits : 138 concurrents.
1° Epreuve écrite (cinq heures).
I. Réduire Téquation x^ ^ ab («è — 10 — 2 a?2 ) -f 25 — ôa;' = 0.
II. Une progression arithmétique est composée de n -j- 8 termes : la somme des n pre-
miers termes est 444, celle des cinq termes suivants est 220 et celle des trois derniers termes est 168. Quelle est cette progression?
III. La somme des angles plans qui forment un angle solide est moindre que 4 angles droits. Démontrer.
IV. Diviser la surface convexe d'une pyramide en deux parties équivalentes par un plan parallèle à la base.
V. On demande le volume engendré par un triangle qui tourne autour d un axe mené, hors du triangle, parallèlement à l'un de ses côtés.
2° Epreuve orale.
Lauréats.
ÉTABLISSEMENTS
rs OBTENUS.
LAURÉATS
auxquels ils
APPARTIENNENT
as
PROFESSEURS
1" prix. Gust. Vandermensbrugghe, de Gand
Athénée de Gand.
MM
Schaar.
Onésime Hulin, de Grand- 2- id. Fayt .
(Léopold Poodts,de Bruges.
Id. de Mons.
Vandercruyssen.
Id. de Bruges.
Retsin et Leclerck.
1" ace. François Pécher, de Mons.
Id. de Mons.
Augustin Cambier,de Mons.
