AB +AB

-■ nx^ 4- X -^.

Or, on nous dit que ces deux solidités doivent être égales, on a donc une première équation

7ry^{7

Tzxy'

* Le Moniteur mentionne une réclamation, non accueillie, contre la distinction obtenue par l'élève Coupez, que l'on prétendait à tort n'être pas réellement un élève do rhétorique.

Cherchons une seconde relation entre a; et y ; dans le triangle rectangle AOD j'ai OD = OA + AD , d'où, remplaçant les lignes par leurs valeurs, j'ai r^ = (r — a?)' -\-y^-, /ci | yî — 2rx, d'où y^ = 2ra} — x'^ = oo {2r — x).

Nous avons donc maintenant deux équations entre deux inconnues ; cherchons la valeur de t/"-^ dans la seconde et remplaçons i/'^ par sa valeur dans la première. On a alors, en effaçant 71" qui est facteur à tous les termes des deux membres,

d'où, effectuant les opérations indiquées, après avoir divisé le tout par x et après avoir réduit chaque fraction au même dénominateur, on a :

d'où

(2rx — x'^) 3 6 '

d'où 2 (2r — x) {r — x) -= x'^ -{- Qrx — Sa?^ ;

d'où 4r2 — Ç>rx + 2x'^ = x^ ^ 6rx — 3x^ ; xU2-{-3 — \) — x (6r -f 6r) = — 4r^

\2rx =^ — 4r* ; x- — 3rx ■=

3r I yw^

d'où X == r I. Or, lorsque nous avons divisé toute l'équation par x, nous avons

signifié par là que x = o. En effet, si la hauteur de la zone est nulle^ le cône dont on parle ici a aussi pour mesure o, puisque sa base est nulle. Il en est de même pour le volume du segment dont les conditions sont remplies par la valeur a; = o.

^ — et X = -^ qui

En outre, on a deux autres valeurs qui sont x doivent satisfaire.

2® question. — Soit ABCDEF l'hexagone régulier donné, tournant autour d'un de ses côtés AB que nous désignerons par a. Or, on sait que le côté de ce polygone est égal au rayon

du cercle circonscrit.

"F" Il

De plus la somme des angles de l'hexagone régulier est égale à autant de fois 2 angles droits qu'il y a de côtés moins 2, donc cette somme = 2 (6 — 2) = 8 angles droits;

8 4 donc un de ces angles vaut - ou - de

droit ; donc dans le triangle BCD qui est isocèle, car BC ^= CD, et dans lequel BDC-f-BCD4-CBD= 2 droits.

on a DCB = x de droit ; donc BDC-fDBC ou 2DBC = 2

de droit

;-; donc DBC = -;

donc ABC — DBC = - — - = -ouI droit; donc BD est perpendiculaire sur AB. o o o

On démontrerait de même que AE est perpendiculaire sur AB ; donc la figure ABDE est un parallélogramme.

Cela posé, prolongeons DC jusqu'à la rencontre de l'axe AB au point. Je vais prouver maintenant que le triangle BCF est équilatéral.

En effet, les angles BCF et CBF sont les suppléments des angles de l'hexagone ; donc ils

valent chacun - de droit; donc l'angle BFC =■■ 2 — 2.- = 2 — -=-; donc les trois

angles sont égaux ; donc le triangle est équilatéral, et puisque l'un de ses côtés BC est égal

à AB côté de l'hexagone côté, on a aussi CF = AB = CD = BF. Cela posé, abaissons du

point C une perpendiculaire sur AB, soit CK.

Les deux triangles BFD et CKF sont semblables et donnent DF : CF : : BD : CK;