r* + 2.r + i =86 ou
Cette équation a deux racines :
tt> — O , vu ^— "~~ ~ "JT" •
Or, d'après la nature même de renoncé, le problème ne peut admettre qu'une solution positive et entière : la solution 5 est donc seule acceptable et l'antre est à rejeter.
Exemple IL — [Division en moyenne et extrême raison], — Étant donnés, sur une droite indéfinie, deux points A et B, trouver, sur cette droite, un point M tel que Von ait (flg. 32):
MA' = MB . AB (i).
F io. 32.
Prenons, sur la droite AB, comme sens positif, le sens de A vers B et soit
AB = a.
Prenons AM = .rpour inconnue. On a :
5ÏÏÏ = ÂB — AM = a — x,
et la relation (i) donne, de suite, l'équation :
ou
x* + ax — a2 = 0.
Cette équation du second degré a toujours deux racines de signes contraires :
*" = -f(vS-H)-
Discussion. — La première solution x' est positive et plus petite que a. A cette solution correspond, par suite, un point M compris entre À et B (fig. 32).
La seconde solution x", étant négative, donne un point M' à gauche de A. Il y a donc toujours deux points divisant un segment AB en moyenne et extrême raison, et deux seulement, l'un compris entre A et B, l'autre à l'extérieur de AB, du côté de A.
Exemple III. — Calculer le troisième côté d'un triangle dont on connaît
deux côtés b et c et la surface - A9.
Soit x le côté inconnu. L'expression de la surface du triangle, en fonction des trois côtés, donne, de suite, l'équation :
qui devient, en élevant au carré,
[(6 + <•)• — x*] [*• - (6 — c)1] = 4 A4 ou :
En développant, on a l'équation bicarrée :
(2) x* — 2ar* (&■ + c2) + (&* — c*)2 + 4A* = 0.
Discussion. — Pour que cetlc équation ait des racines, il faut, d'abord, que Ton ait :
(6t + ci)t — (6* — c2)2 — 4 A* > 0
ou 62c2 — A*>0,
Si cette condition est remplie, l'équation bicarrée a quatre racines, car la résolvante a deux racines positives, puisque la somme 2 (ô1 -j- c*) et le produit (6* — c8)1 -h 4A* de ses racines sont positifs.
D'après sa nature même, le problème n'admet pour solution que des valeurs positives; on ne devra donc prendre, pour x, que les valeurs positives.
De plus, on devra pouvoir construire un triangle avec les trois longueurs b, c et x. Le côté x devra donc être plus grand que la différence et plus petit que la somme des deux autres. On devra avoir :
Pour voir si ces inégalités ont lieu, il faut comparer (b — c)* et (6 + c)* aux racines de la résolvante de l'équation (2). Pour cela, substituons (6 — c)* et (6 + c)*» dans le premier membre, à # s ; la forme (1) montre, de suite, que, dans les deux cas, le résultat de substitution est 4À4, donc positif. Les deux quantités (6 — c)8 et (6 + c)1 ne sont donc pas comprises entre les racines de la résolvante. D'ailleurs, comme la demi-somme 6* + c* des racines de la résolvante est comprise entre (6 — c)1 et (6 + c)*> il ©n est de même de ses deux racines.
La seule condition à remplir est donc
Si elle est satisfaite, le problème admet deux solutions, obtenues en prenant, pour a:, les deux racines positives de l'équation (2) :
+ c2 ± 2 yJbH* — A*.
Remarque I. — À propos de ce problème, on peut présenter une remarque qui sera utile dans d'autres cas.
Pour exprimer qu'avec trois nombres a, 6, c on peut former un triangle, il suffit d'écrire que les trois nombres sont positifs el que la quantité sous le radical dans l'expression bien connue de la surface
est positive.
En effet, si les trois nombres sont positifs et si a est le plus grand, les trois Facteurs p, p — ô, p — c sont positifs. La quantité sous le radical a donc le signe de p — a; el elle est positive ou négative suivant que le plus grand côté a est plus petit ou plus grand que la somme des deux autres.
Dans le problème précédent, la surface étant donnée, il suffisait, on le voit, d'exprimer que les trois côtés existaient et étaient positifs.
Remarque IL — On sait que l'angle opposé à un côté d'un triangle est aigu, droit ou obtus, suivant que le carré de ce côté est inférieur, égal ou supérieur à la somme des carrés des deux autres côtés. Lorsque k* < oc, il y a deux solutions distinctes x' et x". La demi-somme des racines xfi et x"% de la résolvante étant 6S rf c2, on a :
Dans le triangle, correspondant à la solution x,1 l'angle opposé à ce côté est donc aigu ; et dans le triangle, correspondant à x", l'angle opposé à ce côté est obtus (!).
Lorsque k* = bc, les deux solutions sont confondues en une seule, pour laquelle on a :
Le triangle correspondant est donc rectangle.
(I) Il serait mémo aisé de voir que les deux angles des deux triangles sont supplémentaires.
Remarque III. — Puisque le problème n'a de solution que si
ceci nous prouve que tous les triangles, qui ont deux côtés communs, onl uue surface au plus égale à la moitié du produit de ces deux côtés. En d'autres termes, parmi tous les triangles qui ont deux côtés constants et le troisième côté variable, celui qui a la plus grande surface est celui dont la surrace est égale à la moitié du produit des deux côtés constants ; lequel est le triangle rectangle.
108. Après ces quelques exemples de problèmes à une seule inconnue, nous traiterons quelques problèmes, plus compliqués, à plusieurs inconnues.
Dans de tels problèmes, lorsqu'il y a plusieurs données littérales, on trouve, souvent, dans la discussion, plusieurs conditions pour que le problème soit possible. Ces conditions ne sont pas toujours toutes nécessaires, car il arrive, fréquemment, que certaines d'entre elles sont des conséquences des autres; ou, encore, dans certains cas, les conditions sont incompatibles entre elles. Pour apercevoir ces particularités, il sera bon, en général, de résoudre toutes ces inégalités par rapport à une même quantité qu'on appelle le paramètre de la discussion. Le choix du paramètre de la discussion est arbitraire, et dépend de l'ingéniosité du calculateur. En général, on prend, de préférence, pour ce paramètre, une quantité par rapport à laquelle toutes les inégalités soient faciles à résoudre.
Exemple IV. — (Problème de Pappus.) Étant donné un angle droit xov (fig. 33) et un point À, situé sur ta bissectrice de cet angle, mener par le point A une droite PM telle que le segment PM, intercepté par l'angle xoy, sur cette droite t ait une longueur donnée 1.
Prenons, sur ox etoy, des sens positifs tels que A se trouve dans l'angle formé par les deux directions positives. Soit, alors,
ÔM = .r, OP = y
les inconnues, et désignons par a la valeur commune des coordonnées du point A :
OB = BÂ = a.
Dans le triangle rectangle OMP on a :
PM2 = ÔM2 -f ÔP2 d'où
L'équation de la droite PM est, en désignant par X et Y les coordonnées d'un point quelconque delà droite (Voir nM 68 et 69),
ce W j
Écrivons que cette droite passe le point A, c'est-à-dire que son équation est vérifiée pour
et on a :
Les équations du problème sont donc les deux équations (i) et (2) qui s'écrivent :
( ay — a (* + y) = o
Pour résoudre ces deux équations nous prendrons, puisqu'elles sont symétriques en x ety (n° 106), #-f y et xy pour nouvelles inconnues et nous poserons :
xy = u, # + y = v ; nous aurons, alors, le système :
( t;* — 2k = l\ ( m — av = 0.
On en tire :
u = av (3)
et
v8— 2av — /* =0 (4);
v sera donc fourni par l'équation (4), qui donne :
et, aux deux valeurs de v, correspondent deux valeurs pour u :
u = a [a dt v/a* + f*].
Connaissant u et r, on aura a? et y en prenant pour x l'une des racines et pour y l'autre racine de l'équation du second degré :
x* — vx + u = 0 (5).
Gomme, à chaque couple de valeurs de u et v correspondent deux solutions, il y a, en général, quatre solutions.
Discussion. — Il y a toujours deux valeurs pour v : l'une négative vf, l'autre positive v". A ces deux valeurs correspondent, respectivement, pour u, deux valeurs u' (négative) el u" (positive). Pour qu'il y ait des valeurs pour x et y y il faut que l'équation (5) ait des racines, ce qui donne :
v* — 4«>0 ou, à cause de (3),
Pour v = v', la racine négative, celte inégalité est vériÛée. À la racine négative correspondent donc toujours deux solutions. Pour que l'inégalité soit vérifiée par v = v", il faut que l'on ait :
4 a doit donc être plus petit que la racine positive, c'est-à-dire comptis entre les racines. Il faut donc, qu'en substituant 4a dans le premier membre de l'équation (4), le résultat soit négatif. On doit donc avoir :
8as — /» < 0, c'estrà-dire / > 2a yjî.
En résumé, lorsque Z > 2a \/'2, il y a quatre solutions ; Lorsque / < 2a V2? il n'y a que deux solutions;
Lorsque / = 2a \]%, il y a deux solutions, plus une solution double.
Il nous reste, pour terminer la discussion, à examiner la forme géométrique des solutions. À la racine positive v", correspond, pour m, une valeur également positive w". L'équation (5) a alors deux racines positives
(si J>2a ^2j. Les deux valeurs de x et y étant positives, on a deux solutions
de la forme MP et M'P' (fig. 33) où le segment de longueur l est compris dans l'angle xoy. Il faut, d'ailleurs, remarquer que ces deux solutions sont symétriques par rapport à la bissectrice OA de l'angle xoy, car, si * et P sont les racines de l'équation (5), on obtient les deux solutions en prenant
ÔM = x = *, OP = y = p; et ÔM' ==ar = p, ÔF = y = a.
On a donc :
OM = OP' et OM' = OP.
A la racine négative t>', correspond, pour «, une valeur u' également négative. L'équation (5), correspondante, a, alors, deux racines de signes contraires. Soient * et — p ces deux racines. On obtient deux solutions en prenant :
ÔM^ = x = — p, ÔP^ = y = a;
et OM', = x = *, OP', = y = — p.
Dans la première solution, M, est sur ox* et P, sur oy; M,P, est dans l'angle xfoy. Dans la seconde solution, M', est sur ox, P', sur oy'; et, par suite, M'jP', est dans l'angle xoy' (fig. 33).
Ces deux solutions sont encore symétriques, par rapport à la bissectrice OA, puisque
OM, = OP', et OM', = OP,.
Remarque. — Les deux solutions situées dans les angles xoy' et xoy existent toujours. Au contraire, les deux solutions situées dans l'angle xoy
n'existent que si l > 2a ^2. Lorsque
ces deux solutions sont confondues en une seule; on ax=y el Tunique solution est formée par une droite perpendiculaire, en A, à OA. Ceci nous prouve que, si on mène par le point A diverses sécantes, les portions de ces sécantes, interceptées par l'angle xoy, sont toutes supérieures ou égales
à ta \^2, c'est-à-dire à 20A. La corde MP, perpendiculaire en A à OA est, la corde minima, puisqu'il n'y en a pas qui soit plus petite qu'elle.
Exemple V. — Inscrire dans une spJière, de rayon donné r, un cylindre dont la surface totale soit équivalente à un cercle de rayon donné a.
Coupons la sphère et le cylindre par un plan passant par Taxe dn cylindre. Ce plan coupe la sphère suivant un grand cercle 0 et le cylindre suivant le
rectangle générateur ABCD, inscrit dans le
D^** ^ C grand cercle (fig. 34). Prenons, pour inconnues,
le rayon, AI = x> de la base du cylindre et la demi-hauteur, 01 = y, du cylindre.
Dans le triangle rectangle AOI on a :
Exprimons que la bu r face totale du cylindre est égale a «a* et nous avons la seconde équation :
Fio. 34.
2x* + 4ary = a*.
De l'équation (2) on tire
et, en portant dans la première, on a, pour déterminer ,r, l'équation bicarrée :
20jc* — 4(a2 + 4r») *» -f a* = 0.
Les valeurs de xf étant fournies par cette équation, on aura les valeurs correspondantes de y en portant celles de x dans l'équation (3).
Discussion. — Pour que l'équation bicarrée (4) ait des solutions, il faul, d'abord, que Ton ait :
4(a» + ir1)1 — 20a* > 0
ou
i[a» + ir* — a* ^d] [a* + 4r* + a» y 5] > 0.
Comme le dernier facteur du premier membre est certainement positif, cette condition se réduit à
a* 4. 4r* — a* *fe > 0
ou, en résolvant par rapport à a8, que nous prenons pour paramètre de discussion,
Cette condition remplie, l'équation bicarrée aura quatre racines, car la
résolvante a ses deux racines positives. On ne devra prendre, évidemment, pour a?, que les deux racines positives :
a? = y 2 (a* + 4r2) — 2 v/(af + 4r2)* — 5a*
Il faut, encore, que les valeurs correspondantes de y soient positives. Or,
a2 pour que y soit positif, il faut que x* soit plus petit que — . Comparons
a2 donc — aux racines de la résolvante de l'équation (4) et, pour cela,
a2 remplaçons a?2 par — dans le premier membre. Le résultat de substitution
est :
Ceci nous conduit à distinguer deux cas :
a2 i° Si a2 > 2r*, condition qui est compatible avec la condition (5), —
n'est pas compris entre les racines de la résolvante. D'ailleurs, on a
a2 ri2 4- 4r2 2* > ÎÔ '
car cette inégalité s'écrit :
a9 et a lieu, certainement, puisque a2 est plus grand que 2r2. Donc, — étant
plus grand que la demi-somme des racines de la résolvante, on a :
«2 x'2 < ar"2 < j
et les deux valeurs de y sont positives. Le problème a, alors, deux solutions,
car les valeurs trouvées pour x et y sont positives et, certainement, plus
petites que r, puisqu'elles vérifient l'équation (1).
a* 2* Si a2 < 2rf, — est compris enlre les racines de la résolvante. La plus
petite solution xr est seule acceptable et le problème n'a plus qu'une seule solution.
En résumé :
!• Si a2>r2(v^5+ l),
il riy a pas de solutions.
300 ALGEBRE ELEMENTAIRE.
2° Si 2r2 < a2< r* (y'5 + l),
il y a deux solutions.
3° Si a2 < 2r*,
il n'y a qu'une solution, obtenue en prenant pour x la plus petite valeur positive.
Remarque. — Dans le cas particulier où :
la résolvante a ses deux racines égales. Les deux solutions sont confondues. D'ailleurs, puisque le problème n'a des solutions que si
«2 < r* (y/ï + l), ou ira^wr^v^ + l)'
ceci nous prouve que la surface totale tta* du cylindre ne peut pas dépasser
la valeur w r2 ( \b + 0. Il en résulte que : parmi tous les cylindres inscrits dans une sp}vèrey de rayon r, celui qui a la plus grande surface totale est celui
dont la surface est égale à wr2 ( v5 + i). Dans le second cas particulier, où :
on trouve, pour y, une valeur nulle. Le cylindre a, alors, une hauteur nulle; il est aplati suivant un grand cercle de la sphère.
Résumé. — Les exemples qui précèdent suffisent pour faire voir la marche à suivre dans la résolution d'un problème du second degré.
Il ne sera, cependant, pas inutile de résumer, en quelques lignes, la manière de conduire la discussion.
Tout problème du second degré se ramène, en dernière analyse, à la résolution d'une équation du second degré à une inconnue, que nous appellerons x. Il faudra, en général, exprimer d'abord que celte équation, en x, a des solutions. Ceci fait, deux cas peuvent se présenter :
1° Il n'y a pas de conditions restrictives pour l'inconnue x. Toule solution est, alors, acceptable et la discussion se réduira à examiner la forme qu'affecte le résultat, si plusieurs hypothèses sont possibles. C'est ce qui avait lieu dans l'Exemple II.
2° L'inconnue x doit satisfaire certaines conditions restrictives qui proviennent : soit de la nature même de l'énoncé, soit des
conditions d'existence des autres inconnues. Ces conditions restrictives se traduiront toujours par des inégalités que l'inconnue x devra vérifier. Ces inégalités, résolues par rapport à x, donneront des limites supérieures ou inférieures pour cette inconnue. On sera donc ramené, en somme, à exprimer que l'inconnue x vérifie des inégalités de la forme suivante :
Il est facile de voir que toutes ces inégalités se ramèneront toujours h deux. Car, si a est le plus petit de tous les nombres a, a', a",... et p le plus grand des nombres p, p', p", ..., il suffira, pour que toutes les inégalités précédentes soient satisfaites, que Ton ait :
Donc, en dernier ressort, on n'aura jamais qu'à comparer la solution x, lorsqu'elle existe, à un ou deux nombres. Pour faire cette comparaison, on substituera ce ou ces nombres dans le premier membre de l'équation en x et on examinera les signes des substitutions. Nous énumérons, un peu plus loin, les divers cas qui pourront se présenter.
11 est bon de remarquer,' de suite, que, si les données sont littéraies, la comparaison des nombres a, a', x", . . ., ou des nombres p, ?'» P ''» • • • pourra donner lieu à diverses hypothèses. Cette comparaison pourra donc conduire à une discussion préliminaire. Cette discussion faite, on opérera, pour chacun des cas qui se présenteront, comme nous venons de le dire.
Dans le second cas, celui où il y a des conditions restrictives, il pourra y avoir souvent avantage à procéder un peu différemment. Au lieu de commencer, comme nous l'avons conseillé, par chercher la condition pour que les racines, en x, existent, il pourra être préférable de faire, d'abord, les substitutions des limites a et p dans le premier membre de l'équation. En effet, si Yune de ces substitutions était du signe contraire au signe du terme en #*, on pourrait affirmer que les racines existent et sont distinctes et il serait inutile de former le discriminant.
Voici, alors, les divers cas qui pourront se présenter.
Si les résultats des substitutions de a et p sont de signes contraires, les racines en x existent et une seule est comprise entre a et p (n° 95, Rem.). Il n'y a qu'une solution acceptable.
Si les résultats des substitutions sont de même signe, mais du signe
contraire à celui du terme en a?2, l'équation a deux racines distinctes (n° 95) et aucune d'elles n'est comprise entre x et p. Le problème n'a pas de solutions.
Si les résultats des substitutions de a et 8 sont de même signe, et du signe du terme en #*, on ne peut plus rien affirmer, a priori, sur l'existence des racines. C'est dans ce cas seulement qu'il faudra recourir au discriminant. Si ce discriminant est négatif, il n'y a pas de solutions. S'il est positif ou nul, il y aura des racines et, ou bien les deux racines seront comprises entre x et 6, ou bien aucune d'elles ne sera comprise entre a et p. On distinguera ces deux cas en regardant si la demi-somme des racines est ou n'est pas comprise entre a et 8.
Nous terminerons en donnant un exemple où la remarque précédente trouvera son utilité.
Exemple VI. — Étant donné un triangle, trouver une longueur telle, qu'en augmentant ou en diminuant chacun des côtés de celte longueur, on puisse, avec les longueurs ainsi obtenues, construire un triangle rectangle.
Soient a, b, c les longueurs des trois côtés du triangle et supposons :
Désignons par x la longueur cherchée, x étant positif ou Viégatif suivant que la longueur devra être ajoutée ou retranchée. Dans tous les cas, les longueurs des trois côtés du nouveau triangle seront a + x, 6 + a?, c-f x et on aura, évidemment,
ce qui prouve que a + x devra être l'hypoténuse. Pour qu'avec les trois longueurs a -\- x, b + x, c + x, on puisse construire un triangle rectangle, il sera donc nécessaire et suffisant que ces trois nombres soient positifs et que l'ou ail :
(a + xf = (6 + xf 4- (c + x)2.
Ceci donne, pour déterminer x, l'équation :
Discussion. — Pour que le problème admette une solution, il faut et il suffit qu'il existe une valeur de x telle que ces trois nombres a + x, b+x, c + x soient positifs. Pour cela, il suffit que Ton ait :
puisque c est le plus petit côté. Substituons, immédiatement, — c dans le premier membre de l'équation (4) et nous trouvons :
Or, a étant plus grand que 6, a — 6 est positif; d'autre part, c étant le plus petit côté, 2c — a — 6 est négatif. Le résultat de substitution est négatif. On peut donc affirmer que l'équation (1) a toujours deux racines, dont une seule, la plus grande, est supérieure à — c et c'est la seule acceptable. Le problème a donc toujours une solution et une seule. On voit que, dans cette discussion, le calcul du discriminant était inutile.
11 reste, pour terminer la discussion, à reconnaître dans quel cas on ajoute ou dans quel cas on retranche la longueur obtenue. Ceci revient à reconnaître le signe de la racine acceptable. Or, la somme — 2(6 + c — a) des racines étant toujours négative (car dans un triangle un côté a est plus petit que la somme b -f c des deux autres côtés), la plus grande racine a un signe contraire à celui du produit.
Donc, si
c'est-à-dire si l'angle opposé au côté a est aigu, la racine acceptable est positive. On ajoute la longueur.
Si
c'est-à-dire si l'angle opposé au côté a est obtus, la racine acceptable est négative. On retranche la longueur.
Enfin, si
la plus grande racine est nulle, ce qui était à prévoir puisque le triangle donné est, lui-même, rectangle.
EXERCICES
138. Une personne, ayant acheté un objet, le revend 21 francs. Elle perd autant pour ceut sur l'objet qu'il lui a coûté de francs. Quelle somme perd elle ?
137. Une lampe et une bougie sont distantes Tune de l'autre de 4-, 15. On sait que les intensités de ces deux lumières sont entre elles comme 6 et 1. À quelle distance de la lampe, sur la ligne droite qui joint les deux lumières, doit-on placer un écran pour qu'il soit également éclairé par Tune et par l'autre?
• {Bacc. Paris).
(On rappelle que l'éclairement d'un objet par une source lumineuse est proportionnel au carré de sa distance à la source.)
138. Trouver, sur une ligne droite PQ, un point M également éclairé par deux lumières A et B dont les intensités sont i et i'. On donne :
AP = a, BQ = 6, PQ = d,
P et Q étant les pieds des perpendiculaires abaissées de A et B sur PQ.
(J. Bertrand).
138. Calculer la profondeur d'un puits, sachant qu'il s'est écoulé un nombre n de secondes entre l'instant où on a laissé tomber une pierre dans le puits et celui où Ton a entendu le bruit qu'elle a fait, en frappant le fond.
On rappelle que :
1* L'espace e, parcouru par un corps pesant, abandonné en chute libre, est donné par la formule :
où g = 9,80896 et où le temps / est évalué en secondes (e est évalué en mètres).
2* Le son se propage dans l'air, d'un mouvement uniforme, avec une vitesse moyenne de 340 mètres à la seconde.
Application numérique : n = 37 secondes.
140. Inscrire dans un demi-cercle un trapèze de périmètre donné, 2p.
141. Circonscrire à une circonférence donnée un trapèze de périmètre donné fy; ou de surface donnée - *•.
142. Étant donné un triangle rectangle ABC, trouver, sur l'hypoténuse BC, un point M tel que :
1* La somme des carrés de ses distances aux trois sommets soit égale à k*.
2* Le produit de ses dislances aux deux côtés de l'angle droit soit égal à k*.
3* La somme des carrés de ses distances aux deux côtés de l'angle droit soit
égale à A1.
(On désignera par 6 et c les longueurs des côtés de l'angle droit et on discutera ces trois problèmes).
143. Calculer les trois côtés d'un triangle rectangle connaissant : 1* L'hypoténuse a et la somme / des deux autres côtés.
2* L'hypoténuse a et la hauteur h relative à l'hypoténuse.
3* Le périmètre 2p et la hauteur h relative à l'hypoténuse.
4* Le périmètre 2p et le rayon r du cercle inscrit (Le problème serait le même si.
au lieu de r ou 2/>, on donnait l'aire - k* du triangle).
5* Un côté b de l'angle droit et la somme m* des carrés des projections des deux côtés de l'angle droit sur l'hypoténuse.
{Oral, $ainl-Cyr).
6* L'hypoténuse a et la bissectrice p de l'angle droit.
7* Le périmètre 2p et le rapport m du volume engendré par le triangle, tournant autour de l'hypoténuse, a la somme des volumes qu'il engendre en tournant, successivement, autour des deux côtés de l'angle droit (Examiner le cas particulier dem= 1).
8# Le volume r rca», engendré par le triangle en tournant autour de l'hypoténuse, et la somme - ir&3 des volumes engendrés par le triangle en tournant, successive-
ment, autour de chacun des côtés de l'angle droit (L'équation que satisfait la longueur de l'hypoténuse est une équation trinôme du 6— degré). On discutera ces divers problèmes.
144. Étant donné un demi-cercle, de diamètre AB, trouver, sur ce demi-cercle, un point M tel que, si P désigne la projection du point M sur AB,
1* On ait :
BIP -h * AP = L
2* On ait :
4MP1-fAP* = *».
3* On ait :
AM -h PB = /.
4" La surface engendrée par Tare de cercle AM, augmentée du double de la surface du cercle engendré par la droite PJM, lorsque la figure tourne autour de AB, soit égale à Taire d'un cercle de rayon donné a,
(Question» posée» à Vexamen oral d'admission à Saint-Cyr).
145. Inscrire dans un cercle, de rayon donné R, un triangle isocèle tel que la somme de sa base et de sa hauteur soit égale à a. — Discuter.
146. Étant donnée une sphère, de rayon R, déterminer à quelle distance x du centre de la sphère il faut mener un plan sécant tel que :
1* L'aire de la section soit égale à la différence des aires des deux calottes que le plan détermine sur la sphère.
2* La somme de Taire de la section et de Taire de Tune des deux calottes soit égale à Taire d'un cercle, de rayon donné a.
3* La somme de la surface latérale du cône circonscrit à la sphère, ayant pour base la section, et de m fois Taire de la plus grande des deux calottes que le plan détermine sur la sphère, soit égale à Taire d'un cercle, de rayon donné a.
(Examen du professorat des Écoles normales).
147. Couper une sphère donnée, de rayon R, par deux plans parallèles tels que Taire de la zone comprise entre les deux plans ait une valeur donnée ira1 et que le volume du segment sphérique, compris entre les deux plans, ait une valeur donnée
- rtô*. — Discuter. En conclure le maximum du volume du segment, pour une valeur
donnée ira* de Taire de la zone.
148. On donne un cercle, de rayon R, et deux tangentes rectangulaires ox et oy à ce cercle. Mener une troisième tangente au cercle telle que la triangle OAB, qu'elle forme avec les deux premières, ait une aire donnée a1 (On examinera les deux cas où le cercle est inscrit ou exinscrit au triangle OAB). — Discuter.
149. Étant donné un triangle isocèle ABC (AB = AC), trouver un point E sur AB, un point F sur AC et deux points D et G, sur la base BC, tels que le pentagone AFGDE ait ses cinq côtés égaux. — Discuter (Le pentagone n'est pas, nécessairement, convexe).
150. Étant donné un triangle quelconque ABC et un point P sur BC, ou sur son prolongement, on prend, sur le côté AC, le sens de A vers C comme sens positif et, sur le côté AB, le sens de B vers A pour sens positif. On demande de mener, par le point P, une sécante PQR qui coupe AB en Q et AC en R et telle que Ton ait, entre
les segments ÂR et BQ, la relation
ÂK x BQ = m, m étant un nombre donné, positif ou négatif.
