QUELQUES QUESTIONS CHOISIES
511. Problème I. Trouver l’équation d’une section conique qui passe par cinq points donnés.
Choisissons les axes de coordonnées de manière que chacun d’eux contienne deux des points donnés, et désignons par ÿ et y” les ordonnées des points A et B (fig. 230) situés sur la ligne des y, par af et x" les abscisses des points C et D situés sur la ligne des x, par x'" et y"' les coordonnées du cinquième point E.
On exprimera les conditions de la question en substituant successivement les coordonnées de chacun de ces points, à la place de x et y, dans l’équation générale
[A] * Ay*4-Bxy4-Cxî4 Dy-j-Ex + F = 0.
De cette manière, on a les cinq équations
Ay'! -f- Di/ -f F = 0 , A ÿ"*4- Dÿ" 4- F = 0 ,
Cx'* 4-Ex'-j-F = 0, Cx"s 4- Ex" 4 F = 0 ,
Ay"'*4 Bx"y* 4- Cx'"1 4- Dy" 4- Ex" 4- F = 0.
Les inconnues du problème sont les coefficients de l’équation [A]. Parmi eux il y en a toujours un qui reste arbitraire : supposons que ce soit F, divisons toutes ces équations par F, et on trouve
F- ÿÿ’ F i/y* ’ F — x'x’'’ F- x'x"
En divisant aussi l’équation [A] par F, et remplaçant alors les coefficients par ces valeurs, on obtient l’équation demandée.
Si, parmi les points donnés, il n’y en a pas trois en ligne droite, aucune des quantités x', x”, y', y”, x1", y'", n’est zéro; donc les rapports précédents ne sont ni infinis ni indéterminés. D’ailleurs, chacun d’eux n’a qu’une seule valeur; donc, par cinq points, quand il n'y en a pas trois en ligne droite , on peut toujours faire passer une section conique , mais on n’en peut faire passer qu’une.
512. La condition de passer par deux points peut être remplacée par celle de toucher une droite en un point donné. Par exemple, si on demande que la section conique touche la droite 0 y au point A, il faut supposer dans les formules précédentes y"=y'.
513. Si on veut traiter immédiatement la question avec cette nouvelle condition, il faut faire d’abord x= 0 dans [A], ce qui donne
Ay’4-Dy + F = 0, d’où y = — 4AF;
et exprimer ensuite que ces deux valeurs sont égales à y1. On trouve ainsi les deux équations D1 — 4AF = 0 et — ~ = y‘.
SBA
514. Si on veut que la section conique soit une parabole, on doit
avoir B* — 4AC=Ü, et il ne faut plus que quatre conditions pour déterminer la courbe. On peut encore exprimer immédiatement celte supposition dans l’équation [A] en prenant un carré pour les trois termes du second degré (233). Alors cette équation prend la forme A’ y* + 2ACxy + C*x’ + Dy -|-Ex-}- F = 0, qui ne peut convenir qu’aux paraboles.
515. Problème II. Soient (fig. 231) RAR' et SBS' deux angles donnés, qu’on fait tourner autour de leurs sommets de manière que les côtés AR' et BS' se coupent toujours sur une droite ou directrice donnée LL' : les intersections successives des deux autres côtés déterminent une courbe dont on demande l’équation.
Prenons les abscisses sur la droite x'x qui passe par les sommets A et B; et les ordonnéess sur la perpendiculaire A y. La directrice LL' étant donnée, je représenterai son équation par
et a, p, seront des quantités connues. De plus, je ferai AB = d , tang RAR' = a, tang SBS' = b.
Supposons maintenant que les angles soient dans une position quelconque, que les côtés AR et BS se coupent en M, et que, suivant les conditions de l’énoncé, les côtés AR' et BS' aillent rencontrer LL' au même point N. Désignons les coordonnées du point M par x et y, et celles du point N par a! et y '. Il y aura trois conditions à exprimer : 1° que le point N est sur la ligne LL'; 2° que la tangente de l’angle MAN est égale ha; 3° que celle de l’angle MBN est égale à b. C’est ainsi qu’on parvient aux trois équations
xaf + yy’ ’ (x — d){x'—d) + yy' *
et il n’y a plus qu’à éliminer entre elles x' et \j pour avoir l’équation du lieu cherché. Ce lieu est une courbe du 2* ordre, car le résultat de l’élimination est une équation du 2e degré, savoir :
([a — b) « — (a« -M)jj|) ÿ*+ ((a — 4)« + 4(« — a)|^ x*
— ((«4 — 4)«-f« + 4)) |xy— ((a4-f {)*d — 4(a« + l) y
— ^a — 4) ad + 4 (* — a) x = 0.
516. Cette équation est trop compliquée pour qu’on reconnaisse facilement si elle est susceptible de donner chacune des trois courbes. Mais voici un cas particulier qui est assez remarquable, et qui lève tous les doutes.
Prenons ladirectrice LL’ perpendiculaire à AB, l’angle HAR'= 90°, et l’angle SBS' = 0: il faudra faire « = co, a = o°, ô = 0. Mais avant d’introduire ces hypothèses dans l’équation , il faut préalablement la diviser par aa. De cette manière il vient
(P — y* -f- fSa:1 — d$x = 0 :
équation qui, toute particulière qu'elle est, peut encore représenter les trois courbes. Pour en déduire une parabole, il faut la diviser par d et faire ensuite d — c*>.
517. Revenons à l’équation générale. Elle est satisfaite par x— :0, y = 0, et cela prouve que le point A appartient à la courbe. On aurait pu mettre l’origine des coordonnées au point B, et l’on eiït, trouvé alors que la courbe passe aussi par ce point.
On peut reconnaître, d’après l’énoncé, que la courbe passe en A et B, et même déterminer la tangente à chacun de ces points. En etfel , parmi les positions que peut prendre l’angle SBS', il y en a une où BS est couché sur Bx', comme le représente la fig. 232. Soit RAR' la position correspondante de l’autre angle : il est clair que RA et SB se coupent alors au point A ; par conséquent , ce point est sur la courbe. On voit en outre que la ligne AR doit être une tangente , car elle peut être considérée comme une sécante dont deux points d’intersection sont réunis en un seul.
Tout ce qu’on dit du point A s’applique au point B. Ainsi , en supposant (fig. 233)quel’angleRAR'ait le cftté AR appliqué sur Ax', et que SBS' soit la position correspondante de l’autre angle, la ligne BS sera tangente à la courbe, au point B.
518. ProblèmeUI. Décrire par points, ou d’un mouvement continu, une section conique dont on donne cinq points ; puis déterminer géométriquement le genre et les éléments de cette courbe.
Par le problème précédent, on a appris qu’en faisant tourner deux angles autour de leurs sommets , de manière que deux côtés aillent toujours se couper sur une droite donnée, l’intersection des deux autres côtés décrit une section conique qui passe par les sommets des deux angles. Il est clair que cette manière d’engendrer la courbe permet d’en construire autant de points qu’on veut , ou
môme de la tracer par un mouvement continu. 11 s’agit donc de déterminer les deux angles et la directrice, de telle sorte que la section conique passe par les cinq points donnés A, B, C, D, E (%. 234).
Menons la droite a!x par deux de ces points, A et B; joignons AG, BC , et prenons CAx' et CBx' pour les angles mobiles. Maintenant faisons tourner ces angles pour amener les côtés AC, BG, d’abord en AD, BD, ensuite en AE, BE; et supposons que les côtés Ax', Bx', viennent se couper en L après le premier déplacement, et en L' après le second. Tirons la droite LL', et prenons-la pour directrice.
D’après la construction , il est évident que si les angles tournent autour de leurs sommets , sans que les côtés Ax' et Bx' cessent de se rencontrer sur la droite LL', l’intersection des côtés AC et BC décrit une courbe qui passe aux points C, D, E. Nous savons d'ailleurs qu’elle est une section conique, et qu’elle doit passer aussi en A et en B. Cette courbe satisfait donc à la question ; et elle est la seule qui y satisfasse, car on ne peut faire passer qu’une seule section conique par cinq points (541).
519. Pour connaître le genre de la courbe, rappelons qu’on sait trouver ses tangentes en A et B (517); remarquons aussi qu’il est permis de prendre le point C au lieu de B, pour sommet de l’un des deux angles, et qu’alors on peut trouver la tangente en C. Soient donc (fig. 235) AG, BG, CH, ces trois tangentes dont la première coupe les deux autres en G et en H. En général, les tangentes menées à une courbe du second ordre, par les extrémités d’une corde, vont rencontrer au même point le diamètre qui passe au milieu de cette corde; donc, si par les milieux P et Q des cordes AB et AC, et par les points G et H, on mène les droites GG' et HH', on aura deux diamètres de la section conique. Si ces diamètres sont parallèles, la courbe est une parabole; elle est une ellipse, s’ils se coupent en un point O situé au delà de la corde AC par rapport au point H; elle est une hyperbole, si la corde AC laisse les points O et H d’un même côté. Voy. fig. 236 et 237.
520. Déterminons, dans chaque cas, les éléments de la courbe.
Si elle doit être une parabole (fig. 238), on mène les diamètres
AA' et CC', parallèles à GG', on fait les angles HAF, HCF, respectivement égaux à GAA', ICC'; et le point F où se coupent AF, CF, est le foyer de la parabole (438). En prolongeant AA' d’une longueur AK
égale au rayon vecteur AF, et en élevant KK' perpendiculaire sur AA', on aura la directrice de la parabole (425). Le foyer et la directrice sont les éléments de cette courbe.
Quand la section conique est une ellipse (fig. 239), par le centre, on mène OK parallèle à CA; et les lignes OH, OK, font connaître les directions de deux diamètres conjugués.
Pour en avoir les longueurs, servons-nous de la première formule du n° 323 : il est permis d’y regarder a comme le demi-diamètre a' dirigé suivant OH, et elle donne a'= y OH X OQ . Si on mène CK parallèle à OQ, si on prolonge OK jusqu’en I, et si on représente par b' le demi-diamètre conjugué de a', on a aussi V — yÜK xOL Ainsi , on obtiendra a' et b' en construisant des moyennes proportionnelles.
Connaissant deux demi-diamètres conjugués a' et b', et l’angle HO! qu’ils forment entre eux, il est facile d’avoir les demi-axes. D’après le n” 351, en représentant les demi-axes par a et b, et l’angle HOI par y, on a ab = a b' sin y, a’ -(- 6* = «'* -f- 6'*. Si on ajoute d’abord à la 2* équation le double de la 1", et si ensuite on le retranche, il vient
(a 6)’ = a'1 -f- b'* + 2 a'b' sin y,
(« — b)* — n'! -f é'! — 2 a'b' sin y ; par conséquent on a
a + b = y/a'* + (/* 4- 2 a'b' sin y, a — b = y/ a'1 -j- b1 * — 2 a'b' sin y.
Ces radicaux se construisent élégamment par les propriétés des triangles obliquangles : en désignant par A et B les lignes qu’ils représentent, on aura a = | A ,4 { B, b = | A — {B.
La direction des axes est encore inconnue. Pour la déterminer, il suffit de trouver les foyers de l’ellipse. Or, on sait (332) que les pieds des perpendiculaires, menées des foyers sur les tangentes, ont pour lieu géométrique la circonférence décrite du centre de l’ellipse, avec un rayon égal au demi-grand axe : on peut donc décrire cette circonférence, puis élever des perpendiculaires sur les tangentes AH et 11C, aux points où elles sont rencontrées par la circonférence; on connaîtra ainsi les foyers F et F'.
Enfin , si la section conique doit être une hyperbole, on détermine d’abord, comme pour l’ellipse, deux diamètres conjugués; puis on construit les asymptotes (406),. et ensuite les axes (409).
3tfS
521 . Problème IV. Trouver la courbe que décrit le sommet d’un angle droit dont les côtés restent tangents à une section conique. Considérons d’abord l’ellipse, dont l’équation est
Désignons par a/, ÿ, et x”, g", les coordonnées des points où l’ellipse est touchée par les côtés de l’angle droit : elles doivent satisfaire à l’équation [«] ; on a donc
[1] ay* + av* = a*ô’, [2] ay‘ + è*x"*=aW.
Soient x et y les coordonnées du sommet de l'angle, elles doivent satisfaire aux équations des tangentes : on a donc aussi (319)
[3] a’yy’ + b*xxf — d'h', [4] a'yy" -j- b'xx" = a’é*.
Enfin, les deux tangentes devant faire entre elles un angle droit, et les tangentes trigonométriques des angles qu’elles font avec
ÔV b^x**
l’axe des x étant — ; et — - (319). on a encore
or y a*y
bW a' y' y"
On a ainsi cinq équations pour exprimer toutes les conditions du problème. Elles renferment six variables, x, y, x', y', x", y"; et, pour avoir la courbe cherchée, il faut éliminer, entre ces cinq équations, les quatre quantités x', y', x", y".
On élimine d’abord ÿ entre [1] et [3], et il vient
«y + ô‘x! f ay + év — ü-
Si on éliminait y " entre [2] et [4], on trouverait en x" une équation toute semblable. Cela prouve que x’ et x" sont les racines de cette équation. Or, le dernier terme doit être égal au produit de
ak(Jl tA)
ces racines ; donc x'x" = — i- 2-i.
ay A*x*
En commençant le calcul par l’élimination de x', on trouverait de
la même manière yfy" = - Mettons ces valeurs dans
l’équation (5), il vient
y * -f- xs = a* -f //’.
Cette équation représente la courbe cherchée : c’est un cercle circonscrit au rectangle construit sur les axes de l’ellipse (fig. 240).
Pour résoudre la question à l’égard de l’hyperbole, dont l’équation est a’y* — 6’x’ = — a*6’, on changera partout b * en — 4*. Il vient y* -(- xl = a1 — 4* : c’est encore un cercle. Il se réduit à un point unique si b — a; il devient imaginaire si b est > a.
On peut appliquer à la parabole, dont l’équation est y* =2 px, les calculs qui ont été faits dans le cas de l’ellipse : pour la ligne que décrit le sommet de l’angle droit on trouvera x — — [p, ce qui donne la directrice, ainsi qu’on devait le prévoir (443).
522. Problème Y. Une ellipse étant donnée (fig. 241), portez sur le grand axe, à partir du centre, une distance AB-j-BÜ égale à lu demi-somme des axes, et décrivez un cercle sur AD comme diamètre; par l'extrémité du grand axe la plus voisine du centre du cercle, menez une corde HBH' dans ce cercle, et tirez les diamètres de l’ellipse, AR et AR', qui passent par les extrémités de cette corde. Imaginez alors que les points H et H’ se meuvent sur AR et AR' sans que HH' change de grandeur: le point de cette ligne, qui coïncidait d'abord avec l'extrémité B du grand axe de l'ellipse, décrit une courbe dont on demande l’équation.
Soit HH' (fig. 242) une position quelconque de la droite qui se meut dans l’angle RAR', et M celle du point qui décrit la courbe. Je prends ARet AR' pour axes des coordonnées, je mène MP, MQ, parallèles à ces axes, et je fais AP=x', MP=y', MH=e, MH'=d. A cause des parallèles, on a AH : c-f d y.x'id, AH': c-\-dy.y’: c;
donc ah = !î±^H, AH'=!î+2»'.
Le triangle AH H' donne A ll’-j-AH'1 — 2 AHxAII'xcosR AR'=HH’* . Mettons dans cette égalité les valeurs de AH et AH', remarquons que HH'=c-f- d et faisons RAR'=0 : il vient
y'* x'! 2x'ycos 6
c’ d* cd
On voit déjà que la courbe cherchée est une ellipse qui a même centre que l’ellipse donnée.
Faisons (fig. 241) AB = a, BD = 4, angle BAR=o, et cherchons les valeurs de c, d, cos 6. Pour cela, joignons DH, menons BI parallèle à DH, et BK parallèle à AH. Les triangles rectangles BAI, BDK donnent d’abord II K = BI = a sin a, BK = b cos a.
Ensuite, le triangle BHK donne BH = y^HK* -f- BK*; donc c = BH = \ja} sin’a -f- ê’ cos’a.
Enfin, dans le cercle, on a BH X BH' = AB X BD ; donc
ab
d = BH' =
t/a* sin’a -)- b ’ cos’a
Pour arriver à cos 0, je vais calculer d’abord sin BAR' et cos BAR'. Désignons BAR' par a', et remarquons quo BAR'=BHK: avec les valeurs précédentes de BK, HK et BH, le triangle HBK donne
6cosa . a sina
sma
COS a
^ si n’a -)- b* cos* a yV sin’a -(- b* cos’a
Mais cos 9 = cos (a -|- a') = cos a cos a' — sin a sin a'; donc
(a — b) sin a cos a
cos 9:
yft’sin’a-f- b* cos’a
En substituant dansl’éq. [1] les valeurs de c, d, cosO, il vient
a’sin’a-f- 6* cos’a
{ x” (a’sin’a -)- ô’cos’a)
âry(a — ô) sin a cos a
ab va’sin*a-|-6’cos’a /
Afin de comparer plus facilement cette courbe avec l’ellipse donnée, rapportons aussi cette dernière aux lignes AR et AR'. Quand elle est rapportée à ses axes BB', CC', son équation est
Pour changer les axes rectangulaires en axes obliques de même origine, lesformules sont x = x'cos a y cos a', y= x'sin a -j- y'sin a'. Par a on représente ici le même angle BAR' que plus haut, mais a= 360° — BAR; de sorte que si on veut continuer à désigner BAR par a, il faut changera en 360° — a dans les formules précédentes. Alors cosa ne changera pas, sin a deviendra — sina; et, en remplaçant ensuite sina' et cosa' par leurs valeurs, on aura
aÿ'sina
x = x'cosa-jy — — x' sin a
— — ... - ■ ■ — ■ — — > y a’sin’a-f- 6’ cos’a
bÿ cosa
\J a’ sin’a -(- ô’ cos’ a
géométrie: analytique a deux dimensions. 371
En effectuant la substitution de ces valeurs dans l’équation [e], on trouve un résultat identique avec l’équation [2]; donc la courbe cherchée n’est autre que l’ellipse donnée.
523. Problème VI. Etant donné un angle yOx (fig. 243), et deux points AetB sur les côtés de cet angle , on fait mouvoir une droite ST de manière que les lignes OA et OB soient toujours coupées suivant la proportion AP : PO : : OQ : QB. Les intersections continuelles de la droite ST avec elle-même, considérée dans ses positions successives, déterminent une courbe à laquelle ST est toujours tangente, et dont on demande l’équation.
Divisons AO et OB en m parties égales , m étant un nombre qu’on peut supposer aussi grand qu’on voudra; prenons les distances AP et OQ composées, chacune, d’un nombre n de ces divisions, et menons la droite PQ. Menons aussi P’Q' qui intercepte sur AO et OB une division de plus que PQ. Les deux droites PQ et P'Q' se couperont en un point M , dont la position dépend des nombres m et n. Si on élimine d’abord l’indéterminée n entre les équations de ces deux droites, l’équation résultante représentera le lieu des sommets du polygone MM'M”... formé par les positions successives de la ligne PQ, lorsqu’on fait parcourir aux points P et Q toutes les divisions de AO et OB. Pour établir la continuité du mouvement on fera m = e», et on obtiendra la courbe cherchée.
Prenons les deux lignes Ox et Oy pour axes des coordonnées, et faisons OA = a, OB = 6. D’après ce qui précède, on aura
AP = — , OP = — - — — , OQ = — ; par suite, on trouve facile-
ment, pour l’équation de PQ,
[1] m(m — n)ay -\-rnnbx — n{m — n)ab.
En échangeant n en n -j- t , on aura l’équation de la ligne P'Q',
[2] rn(m — n — i )ay m[n -|- l)6x= (n -f- 1) (m — n — 1 )ab.
C’est entre les éq. [1] et [2] qu’il faut éliminer n. Pour faire ce
calcul avec facilité, on retranche d’abord [2] de [1], ce qui donne may — m6x = (2n — m -f- i)ab. De là on tire la valeur de n , et on s’en sert ensuite pour avoir celle de m — n : ces valeurs sont m(ay — bx) -(- (m — l)aô 2 ab ’
— m[au — bx)-\-[m-\-\)ab m n~ ;
et en les substituant dans l’équation [1], on trouve
(ay — bx — ab)' — Aab*x — = 0.
Cette équation donne la courbe qui contient les sommets du polygone MM'M'" Pour passer à la courbe cherchée, il faut faire
m = co ; et il vient
[ay — bx — aby — Xab'x = 0 ,
équation qui représente une parabole. La courbe doit passer en A et B, et avoir pour tangentes OA et OB : en effet, l’équation donne pour x deux valeurs égales à a quand on fait y = 0 ; et , pour y, deux valeurs égales à b quand on fait x= 0.
Connaissant deux points de la parabole , et les tangentes en ces points, on construit facilement les éléments de cette courbe (520). Si on veut les trouver par le calcul, on cherchera deux axes rectangulaires qui réduisent l’équation de la parabole à la forme yt=<ipx : c’est une simple transformation de coordonnées.
524. Je proposerai encore les énoncés suivants. Le lecteur est prié de tracer lui-même les figures.
I. Théorème. Si on prend les cercles d’une sphère pour bases de différents cônes, et l’extrémité d’un rayon pour sommet commun de ces cônes, tout plan perpendiculaire à ce rayon coupera les cônes suivant des cercles.
II. Théorème. Le rectangle fait sur les parties d’une tangente à l’ellipse ou à l’hyperbole , comprises entre le point de contact et deux diamètres conjugués, est égal au carré du demi-diamètre parallèle à cette tangente.
III. Théorème. Ayant tiré une sécante quelconque par deux points A et B d’une ligne du second ordre, menez dans cette ligne une suite de cordes parallèles qui coupent la sécante : le rectangle des deux segments de chacune des cordes sera au rectangle des segments correspondants de la sécante dans un rapport constant.
IV. Théorème. Lorsqu’une droite de longueur constante se meut de manière que ses extrémités soient toujours sur les deux côtés d’un angle donné , on sait (522) qu’un point marqué à volonté sur cette droite décrit une ellipse. Considérez cette droite dans une quelconque de ses positions; élevez, par ses deux extrémités, des perpendiculaires aux deux côtés de l’angle donné ; puis, menez par
le point décrivant une normale à la courbe qu’il trace : cette normale et les deux perpendiculaires iront se rencontrer au même point.
Aux droites qui dirigent le mouvement de la droite mobile, substituez deux polygones; puis , à ces polygones, substituez deux courbes : il est clair que la proposition subsiste encore pourvu qu’on prenne, au lieu des perpendiculaires élevées sur les droites directrices, les normales aux courbes qui les remplacent.
V. Théorème. Si on a deux lignes concentriques du second ordre, la somme des carrés de deux diamètres conjugués quelconques de la première, divisés respectivement par les carrés des deux diamètres de la seconde compris sur les directions de ces deux diamètres conjugués, est constante. En prenant une circonférence pour la seconde courbe, on retrouve une proposition connue (350, 400).
VI. Problème. Un point O étant donné dans le plan d’un section conique AMM'A', menez, par ce point, des sécantes, telles que OMM' qui rencontre la courbe en M et M'; puis , considérant une sécante particulière OAA' qui rencontre la courbe en A et A', tirez les droites AM, A'M', dont les prolongements se coupent en N, et les droites AM', A'M, qui se coupent en N'. On demande le lieu géométrique des points N , et celui des points N'.
VII. Problème. Un point O étant donné dans le plan d’une section conique, menez une sécante quelconque OMN qui rencontre cette courbe en M et N, puis divisez-la de telle sorte qu’on ait OM : ON PM : PN; on demande le lieu des points P.
VIII. Problème. Trouver le lieu des points qui divisent en moyenne et extrême raison les droites menées par un point donné, et comprises entre deux droites données.
IX. Problème. Trouver, dans le plan d’un polygone, le lieu des points tels que la somme des carrés des distances de chacun d’eux aux sommets du polygone soit égale à un carré donné.
X. Problème. Trouver, dans le plan d’un polygone régulier, la ligne dont chaque point est tel, que les carrés de ses distances aux côtés du polygone fassent une somme égale à un carré donné.
XI. Problème. Étant donnés un parallélogramme et une droite ,
construire, avec la règle et le compas , les points où la droite serait coupée par une ellipse qui toucherait en leurs milieux les côtés du parallélogramme. ,
XII. Problème. Étant donnés un triangle DEF et un point O, on
demande de mener par ce point une droite OABC, qui rencontre les trois côtés DE, EF, DF. ou leurs prolongements, en trois points
A, B, C, tels qu’on ait - — - = — f -f- —
