DF , BD
or CF = -— ; donc CK = — -.
/il li
Cela démontré, le solide engendré par l'hexagone est égal au solide engendré par le
parallélogramme ABDE plus 2 fois celui engendré par le triangle BDF moins 2 fois celui
engendré par BCF.
9RF n SttCK
Donc solide engendré par hexagone = AB . ttBD -\- -— - ttBD — BF .
Or AB = BF ; donc on a, mettant ttAB en facteur commun,
Solide engendré par hexagone = ttAB DB -[- - BD — - CK Or CK = ^; donc"CÏ? = 2— .
On a donc solidité = ttAB [^ BD'^ — ? CK^j = ttAB fe BDT^ — — - BD^J.
Or, BD est le côté du triangle équilatéral inscrit dans le cercle dont AB est le rayon. On sait que le côté du triangle équilatéral : rayon : : 1/ 3 : 1 ; donc BD = AB k 3;
donc BD"^ = 3AB'^' donc solidité = ttAB . AB^^
hhl
ttAB = -Tza
valeur qui, du reste, est égale à celle qu'on obtiendrait en multipliant la surface de l'hexagone par le chemin que décrit le centre de gravité.
3® question. — Soit l le côté du tronc, r le rayon de la base supérieure et R celui de la base inférieure; donc, si ABCD est le trapèze qui a engendré le tronc de cône, on a
BC =-- /, AB = r, DC = R ; donc la surface latérale sera '^-
^ BC.27r (AB 4- DC) == ttBC (AB + DC) (1).
Soit maintenant EF le plan qui coupe la figure comme on le demande, soit a? = CF et y = EF, alors on a pour la surface latérale de EFCD tournant autour de ED,
- CF.2;r (ËF + DC) = ttCF (EF + DC) (2).
Or, la dernière expression doit être la moitié de la première ; donc deux fois cette dernière
= la première; donc BC (AB -f DC) = 2CF (EF = DC) ;
d'où, remplaçant les lignes par leurs valeurs, j'ai Z (R -j- ^) = 2a; (y -f- 1^)- (ï)-
2o Les deux triangles BPC et FMC sont semblables et donnent :
BC : FC : : PC : MC, d'où Z: a; : : R — r : R — y ; d'où X (R — r) = / (R — y) ;
d'où ajR — a?r = /R — ly \ d'où li/ = IK — a; (R — r) ; d'où y = .
Remplaçant y par sa valeur dans la première équation, j'ai
IR
{R — rY ' 2(r — R) (R — r)« 2(R--r)'
Or, si je multiplie les deux termes de la première des quantités sous le radical par 2, et les
2 termes de la seconde par R — r, j'ai x = — zb T
Lorsque le côté sera connu par cette valeur, on le portera à partir du point C sur le côté CB de C en F, puis par le point F on mènera un plan parallèle aux plans des bases, lequel sera le plan cherché.
Trigo^iométrie : P® question. — Pour donner la solution de ce problème, il faut se rappeler que dans tout triangle la somme des trois angles est égale à deux droits et que la tangente d'un angle est égale à la tangente de son supplément prise négativement.
Donc si A, B et C sont les trois angles du triangle, onaA-f-B4-C = 180;
d'où A -h B = 180 — C ; donc tg (A -|- B) = — tg C.
Or, la tangente de la somme de deux angles est égale à la somme des tangentes de chacun de ces angles divisé par l'unité diminué du produit des tangentes de ces angles, donc
1 — tg A tg B' ^ 1 — tg A tg B'
d'où, faisant disparaître les dénominateurs, j'ai — tg C -]- tg A tg B tg C = tg A -}- tg B ; d'où tg A tg B tg C = tg A + tg B 4- tg C.
Donc lorsque A -j- B -j- C = 180°, la somme des tangentes de ces trois angles est égale au produit de ces mêmes tangentes. Ce qu'il fallait démontrer.
2® question. — Pour trouver cette marche, démontrons d'abord que un arc est plus grand B que son sinus et plus petit que sa tangente.
L'arc DA est le double de l'arc BA ; menons les rayons OB et OA, joignons AB, par les points A et B menons des droites perpendiculaires aux rayons OB et OA.
On aura alors BC=CA = tg arc AD et AP = BP = sinAD. Or, si l'on fait la figure OBC sur OC, elle couvrira parfaite- A ment la figure OC A ; donc BP = PA et BD =- DA.
BA . ^ ^ arc BDA Or, la corde BA < lare BDA, donc -— ou AP <. ou AD.
De même arc AB < BC -{- CA ou — - — ou AD < CA ; donc cela est démontré. Donc, mettant ces trois longueurs par ordre de grandeur, j'ai sin a, arc a, tg a.
2° Démontrons maintenant que lorsque un arc est très petit, la longueur de cet arc peut
être prise pour son sinus.
^ arc a En effet, de ce que sin a < arc a, je tire 1 •<.
et de ce que arc a < tg a, j'ai arc a -^
sin a
cos a
Donc — est nécessairement compris entre 1 et- . Or, lorsque a est très petit, son
sin 'a cos a
cosinus est pour ainsi dire égal au rayon ; donc le rapport . tend sans cesse à se rap-
cos A
procher de l'unité ; donc alors — approche encore plus de l'unité ; donc, lorsque a est
sin a
très petit, le sinus d'un arc peut être regardé égal à cet arc.
3° Démontrer que la différence entre un arc et son sinus est moindre que le quart de l'arc élevé au cube.
En effet, je viens de démontrer que -a -^ tg -^ a, d'où 5 « <C
2 cos - a
d'où a cos - a < 2 sin ~a; a cos^ - a < sin a; a {\ — sin^ ô <^) ^ ^^^ ^•
Or, arc - a est plus grand que sin -a; donc je retrancherai plus de l'unité ; donc je diminuerai encore le premier membre et l'égalité subsistera encore dans le même sens ; donc
< sin «, d'où sin a > « a^, d'où a — sin A < - «^,
ce qu'il fallait démontrer.
Ces différentes choses posées, cherchons la longueur de l'arc de 10 secondes ; rappelons que 77 = 3,14159 26535 89793 et que si 1 est le rayon du cercle, tz- = la demi-circonférence, donc arc • 1 80° = 3, 1 4 1 59 26535 89793,
arc 1" = j|^,
