Nous avons supposé jusqu’ici que l’expression de la
ligne à construire ne renfermait que des radicaux dont l’indice est une puissance parfaite de 2 , ou que la détermination de cette ligne ne dépendait que de la résolution d’une équation du second degré ou d’une équation bi-carrée : c’est qu'en general ce sont là les seuls cas où l’on puisse construire une ligne en n’employant que la règle et le compas.
Supposons, en effet, qu’un problème de géométrie puisse être résolu par des intersections de lignes droites et de circonférences : si l’on joint les points ainsi obtenus avec les centres de ces circonférences et avec les points qui déterminent ces droites , on formera un enchaînement de triangles rectilignes dont les éléments pourront être calculés par les formules de la trigonométrie. Or, ces formules sont des équations algébriques qui ne renferment les côtés et les lignes trigonométriques des angles de nos triangles qu’au premier ou au second degré; ainsi 1 inconnue principale du problème s’obtiendra par la résolution d’une série d’équations du second degré , dont les coefficients seront des fonctions rationnelles des données de la question et des racines des équations précédentes *.
Il suit de là que, pour reconnaître si un problème de géométrie peut être résolu avec la règle et le compas , il faut ■ chercher s’il est possible de faire dépendre la détermination des racines de l’équation à laquelle il conduit, de la connaissance des solutions d’un système d’équations du deuxième degré composées comme nous venons de l’indiquer.
M. IV antzell a démontré dans le tome II du Journal de M. Liou ville, que l’équation du degré 2", qui donne toutes les racines d’un problème susceptible d’être résolu au moyen de n équations du deuxième degré, est nécessairement irréductible , c’est-à-dire qu elle ne peut avoir de racines communes avec une équation de degré moindre dont les coefficients seraient des fonctions rationnelles des données de la
* C’est ainsi que M. Gauss a fait dépendre la résolution de l’équation .r1’ — 1 = 0, de celle des équations
x — 1=0, y,Jry — 4 = 0, i* — yz — 1=0,
**— ^ = 0 et x* — .w-f-l=0.
question. Il a donné en outre les moyens de reconnaître si une équation peut être satisfaite par une fonction rationnelle des données ou si elle est irréductible. On pourra consulter sur ce sujet le Mémoire de M. fVantzell.
§ ILI. Problèmes déterminés.
31. De même qu’il n’y a point de règle fixe et déterminée pour mettre en équation une question numérique , de même aussi il n’en existe pas, comme nous l’avons dit (3), pour mettre en équation les problèmes de géométrie. Tout ce qu’on peut dire de plus général sur ce sujet revient au précepte suivant :
Commencez par examiner avec soin quelles sont les quantités dont la connaissance conduirait à la détermination de toutes celles que l'on cherche : ce seront là les véritables inconnues de la question proposée. Su/>posant ensuite le problème résolu, tirez toutes les droites connues et inconnues dans la position qu'elles doivent occuper les unes à l’égard des autres , ainsi que les lignes auxiliaires qui vous paraîtront nécessaires , pour établir leur dépendance mutuelle; représentez les longueurs des données par tes premières lettres de f alphabet, et celles des inconnues pattes dernières; puis , sans faire aucune distinction entre les unes et les autres , écrivez les équations qui , d'après l’énoncé du problème , et diaprés tes théorèmes de la géométrie et de la. trigonométrie , lient les différentes lignes entre elles : vous formerez ainsi autant d' équations qu’en comporte la nature de la question proposée , et le nombre de ces équations sera égal à celui des inconnues, si cette question est déterminée.
En se conformant exactement à cette règle , on parviendra toujours à mettre les problèmes de géométrie en équation ; mais ce qui fait l’art de l’analyste, c’est de découvrir la route la plus expéditive pour passer des valeurs des données à celles des inconnues. Or, il est une considération très-importante qu'il ne faut jamais négliger, si l’on veut atteindre ce but : c’est , avant d’entreprendre un problème de géométrie , d’examiner avec soin combien il doit admettre de solutions, puis de choisir de préférence , pour inconnues, parmi toutes
lUl GÉOMÉTRIE ANALYTIQUE.
les quantités dont la détermination peut conduire à la résolution du problème , celles qui , dans les diverses solutions dont il est susceptible , admettent le plus petit nombre de valeurs ; car on conçoit que le calcul de ces inconnues conduira , en général , à des équations dont le degré sera moins élevé que si l’on avait pris d'autres inconnues. Je dis en général, parce que, si l’équation qui sert à déterminer l’inconnue que l’on a choisie convient également à une autre inconnue que Ton aurait aussi bien pu prendre à sa place, cette équation devra donner les valeurs de ces deux inconnues, et sera ainsi d’un degré plus élevé qu’elle ne l’aurait été, si cette circonstance particulière ne s’était pas présentée. Observons toutefois qu’en prenant pour inconnue une autre quantité qui dépende également de ces deux inconnues , comme serait leur demi-somme, leur demi-différence, ou une moyenne proportionnelle entre elles, etc., on arrivera toujours à une équation plus simple qu’en cherchant l’une ou l’autre. .
Remarquons encore que lorsqu’on a trouvé une équation renfermant une inconnue quelconque, il suffira, pour obtenir l’équation qui résulterait du choix de toute autre inconnue, de chercher une relation entre ces deux inconnues, et d’éliminer la première entre cette nouvelle équation et la précédente.
Nous allons maintenant appliquer tout ce qui précède à la résolution de quelques problèmes.
Fig. 7. 32. Problème. Inscrire dans un triangle donné ABC
un rectangle qui soit semblable à un rectangle donné OPQR, et dont la base repose sur un des côtés de ce triangle.
Ce problème admettra évidemment trois solutions; car on peut placer la base du rectangle demandé successivement sur chaque côté du triangle, et il n’y aura qu’une seule solution pour chaque côté. Cela posé, supposons le problème résolu, et soit O’P'Q'R' le rectangle dont la base doit s’appuyer sur BC. Désignons la base et la hauteur de notre triangle par a et par /i, celles du rectangle donné par p et par <7, et les dimensions homologues de O'P'Q'R' par x et par y. La similitude des triangles AR'Q' et ABC donnera la proportion.
AK:R'Q'::Ai:BC, c’est-à-dirc h — y' x \ \ h \ a ;
et , puisque le rectangle demandé doit être semblable au rectangle donné , on aura aussi
X\jr\\p\q.
En multipliant ces deux proportions par ordre, le facteur x disparaîtra , et il viendra
h—y\y\\hp\aq,
proportion de laquelle il serait facile de tirer la valeur de /,
atjh
d y Vi
Mais cette valeur n'étant pas facile à construire, nous observerons que, si l’on divise les deux termes du second rapport de notre dernière proportion par p, elle deviendra
ni .
ce qui nous apprend que la base supérieure du rectangle demandé partage la hauteur du triangle ABC, et par conséquent ses côtés AB et AC, dans le rapport h *. a~. En conséquence, je prends sur le prolongement de AI deux distances IP et 1Q respectivement égales h y et à q, et je mène par le point C la droite CB; parallèle à AI et égale à a; je
tire I^PV, puis VQZ, et CZ = Cela fait, je joins AZ, et
cette droite est divisée au point P*, où elle coupe BC, dans
le rapport de AI à CZ, c’est-à-dire de h à si donc on
mène P'Q' parallèle à AC, cette droite AC sera divisée au point Q' dans le même rapport, de sorte que Posera, en grandeur et en position , un des côtés du rectangle demandé. Il sera alors facile d’achever ce rectangle.
Si r on suppose p—q, le rectangle O'FQ'R' deviendra un carré, et le point Z coïncidera avec le point B'; d’où l’on voit que pour inscrire un carré dans un triangle ABC, il n’y a qu’à élever au point C sur BC une perpendiculaire CR égale à BC, joindre Alf, et le point P où cette droite coupera BC sera un des sommets du carré demandé OPQR.
Proposons-nous maintenant A' inscrire le plus grand carré possible dans le triangle ABC.
Fig. 8.
116 GÊOMÉTME ANALYTIQUE.
Pour y parvenir faisons p—q dans la valeur trouvée pour
y, et elle deviendra j-^; ainsi le côté du carré est égal au
double de l’aire du triangle divisée par la somme du côté sur lequel il repose et de la perpendiculaire abaissée sur ce côté du sommet de l’angle opposé. D’après cela, si l’on désigne parrt, ô, c les trois côtés du triangle, par A, B, C les hauteurs correspondantes, et par a, (4, -y les côtés des carrés cpii s’appuient respectivement sur ces côtés , ou aura
A a rj HO Ce
a~ A+n’ 'J B+ï’ ? — (Tf?
Supposons «>ô, et voyons laquelle est la plus grande des deux quantités a et [i. Comme les deux numérateurs sont
égaux, la question revient à savoir si A -|-rt^B-]-ô. Or,
on tire de là a — ô^B — A; mais l’équation A a= B ô, donne
et par conséquent >
car « et B sont une oblique et une perpendiculaire issues du même point; donc A-}-a >B-j-ô; donc a est plus petit que J3. Ainsi le plus grand des trois carres qu'on puisse inscrire dans un triangle repose sur le plus petit de ses côtes.
Si l’on demandait quelles relations doivent exister entre les trois côtés d’un triangle pour que deux des carrés que l’on peut y inscrire fussent égaux, on poserait
A-|-«=B-f-//, ou A — B=ô — fl,
équation à laquelle on satisfait en posant
ou
mais g==g> donc fl=B, ce qui exige que l’angle ABC
soit droit. Ainsi, jtour que deux des trois carrés soient égaux , il faut que les côtés sur lesquels s'apouieront ces carrés soient égaux ou rectangulaires .
35. Problème. Partager une droite donnée en moyenne et extrême raison.
Soient a la longueur de la droite donnée OA, x celle de Fig. 9. son plus grand segment ; la longueur du plus petit sera (a — x), et par conséquent l’énoncé du problème donnera immédiatement l’équation
ou, en développant et transposant,
æj-| -ax — ri’=0,
équation dont les racines seront nécessairement réelles et de signes contraires, puisque son dernier terme est négatif. Pour les construire, nous mettrons cette équation sous la forme suivante (27)
et alors nous pourrons regarder a et (x-| -a) comme une tangente et une sécante issues du même point; x sera la partie extérieure de cette sécante, et par conséquent la partie engagée dans le cercle sera égale à a. En conséquence, pour construire les racines de notre équation, à l’extrémité A de la droite donnée OA =n, j’élèverai une perpendiculaire AC égale à la moitié de cette droite, et par le point O et le centre C du cercle ADE je tirerai la sécante ODE. Comme la racine négative doit surpasser la racine positive en valeur absolue, on voit que OD et — OE sont les valeurs de ces deux racines. Je rabattrai donc OD sur OA de O en X, et le point ainsi déterminé partagera la droite OA en moyenne et extrême raison , ainsi qu’il est facile de le. vérifier.
Quant à la racine négative — OE, elle ne présente aucun sens, et il est d’ailleurs évident que le problème proposé ne peut admettre qu’une seule solution. Il est donc naturel de penser que la grandeur absolue de cette racine est la réponse à une autre question qui aurait, avec celle que nous nous sommes proposée, une telle connexité, que les valeurs de x qui les résolvent toutes deux sont données par la même équation (3i).
Par conséquent, pour voir s’il en est ainsi, et pour découvrir l’énoncé de cet autre problème, nous allons changer dans [1] x en — x, ce qui nous conduira à une équation dont es racines seront égales et de signes contraires à celles de la proposée, de sorte que-f-OE en sera la racine positive,
et nous modifierons le premier énoncé de manière que la nouvelle équation
en soit la traduction fidèle. Cette équation exprime que x est une moyenne proportionnelle entre la droite OA = a et la somme faite de cette droite et de x ; ainsi sa racine positive résout ce problème : Trouver sur le prolongement de la droite AO= a, un point tel que sa distance au point O soit moyenne proportionnelle entre sa distance au point K, et la droite OA. Or, il est évident que ce point ne saurait se trouver à droite de A, puisqu’il doit être plus près de O que de A; donc, il est situé à gauche de O; donc on le déterminera en portant OE sur OA de O en X'. On aura, en effet, par suite de cette construction ,
oe ou ox' : oa : : oa : od ou ox'— oa,
d’où componendo
ax':ox'::ox':oa.
54. Il suit de là que les points X et X' résolvent cette question dont les deux précédentes sont chacune un cas particulier : Trouver sur la droite indéfinie qui passe par deux points donnés O et A un / >oint tel que sa distance au premier de ces points soit moyenne proportionnelle entre sa distance au second et la droite OA. Mais, soit que l’on prenne OX ou OX/ pour inconnue, on trouvera toujours l’équation [1] ou l’équation [2] pour celle de ce problème; de sorte que les valeurs négatives n’ayant point de signification géométrique, il faudra employer à la fois ces deux équations,
f)our résoudre le problème. Cependant, si l’on remarque que a valeur absolue de la racine négative de l’équation [I] donne le point X', en la portant de O en X' à gauche de O, tandis que la valeur positive de x a été portée à droite de ce point O, on en conclura que les racines de l’équation [1], ou celles de l’équation [2] , donneront la solution complète de notre problème , si nous convenons de regarder deux quantités affectées de signes contraires comme ayant des modes il existence directement opposés ; de telle sorte que, si l’on considère comme positives les distances comptées à droite d’un certain point, sur une ligne passant parce point,
les distances négatives devront être portées sur la même ligne, mais à gauche du point dont il s’agit. Ainsi les signes + et — , placés devant des quantités isolées devront être regardés comme des signes de relation , nécessaires pour indiquer les rapports de position qui peuvent exister entre les différentes parties d'une figure.
Nous pouvons vérifier très-simplement la convenance de cette interprétation géométrique des signes -(-et — placés devant des quantités isolées, en prenant pour inconnue de notre problème la distance du point demandé au point A; car alors les deux points X et Xf étant situés d’un même côté de A, l’équation qui donnera leurs distances à ce point devra avoir ses deux racines positives. C’est, en effet, ce qui arrive, et soit que l’on représente par x la distance AX ou AX', on arrive toujours à l’équation
od — 3aar-j-a’=0,
qui présente deux variations de signes.
35. Ainsi donc, si, dans une équation quelconque renfermant des quantités qui peuvent avoir des modes inexistence directement opposés, quelques-unes d’entre elles viennent h être comptées dans un sens contraire à celui iiu' elles avaient quand cette équation a été établie , il suffira de changer, dans P équation dont il s’agit, le signe de chacune des quantités qui auront changé de sens, et P équation ainsi modifiée sera précisément celle même à laquelle on parviendrait en attaquant directement le nouveau problème.
Tous les efforts tentés jusqu’à présent pour démontrer cet admirable théorème , que nous devons au génie de Descartes, ont etc illusoires, et on ne s’est assuré de sa vérité que par des vérifications qui sont heureusement assez variées et assez nombreuses pour qu’il ne puisse exister, dans un esprit judicieux, aucun doute sur l’exactitude et la généralité de cette propriété des signes et — .
36. Avant de passer à un autre problème, remarquons que, contradictoirement à cette assertion qui a été souvent répétée, que le calcul redressait de lui-même l’erreur que l’on pouvait avoir commise dans l’expression des conditions d’un problème, les racines imaginaires n' indiquent pas toujours P impossibilité de la question qui y conduit, mais seulement
1 impossibilité de concilier ces conditions avec les hypothèses sur lesquelles le raisonnement a été établi ; de sorte qu’avant d’afTîrmer que le problème ne peut pas être résolu, il faut examiner si, en modifiant ces hypothèses, on ne pourrait pas arriver à la véritable solution. Reprenons, en effet, le problème du n° 34 , et, en supposant que le point demandé doive être situé à droite de A, représentons par x sa distance au point O; on trouvera pour équation de ce problème :
x *—a{x — a ), ou 3? — ax-\-a'—Q ,
équation dont les racines sont imaginaires. On aurait tort, comme on voit, d’en conclure que la question est impossible; car cette prétendue impossibilité tient uniquement à l'hypothèse que l'on a faite en plaçant le point demandé à la droite de A, hypothèse évidemment absurde, puisqu’alors sa distance au point O, surpassant à la fois sa distance au point A et la droite AO, ne saurait être moyenne proportionnelle entre ces deux quantités.
Fig. io. 37. Problème. Par un point A donne à égale distance de deux droites reclan imla ires Xx et Yv, mener une sécante telle que la partie interceptée par ces droites soit égale à une droite donnée m.
Joignons le point A au point O par une droite indéfinie ; il est clair que la partie interceptée entre les deux droites Xx et Y/ sera nulle. Supposons que cette sécante OA tourne autour de A en allant de gauche à droite : la partie interceptée dans l’angle YO.r croîtra d’une manière continue depuis zéro jusqu’à l’infini , ce qui aura lieu quand la sécante sera devenue parallèle à X.r ; donc il arrivera un instant où cette partie sera égale à m. Donc, il y aura toujours une solution, et une seule, dans chacun des angles supplémentaires de celui où est situé le point A. Examinons ce qui se passe dans cet angle.
Lorsque la sécante est parallèle à Xr, la partie comprise dans l’angle YOX est infinie, et, par conséquent, elle diminuera d’abord, si cette sécante continue son mouvement; mais el e redeviendra infinie quand la sécante sera parallèle à Y y. On voit ainsi que la partie interceptée dans l’angle YOX est susceptible d’un minimum , qui évidemment n’est pas nul. Donc, si m est moindre que ce minimum, il n’y a pas de
solution dans l’angle YOX; mais il y en aura une ou deux, suivant que m sera égale à ce minimum ou plus grande que lui.
11 est d’ailleurs évident qu’il n’y a point de solution dans l’angle jOx.
Concluons que le problème proposé est susceptible de quatre, de trois ou de deux solutions. Supposons qu’il en admette quatre, et soient CB, C,B„ C,B„ C^B, ces solutions.
Cela posé, examinons quelle quantité il conviendra de prendre pour inconnue. On pourrait choisir la distance du
{>oint O au point où la sécante demandée coupe Xx, ou bien a distance du point A à ce même point ; mais l'équation du problème serait alors complète et du quatrième degré; car les quatre distances OB, OB,, OB,, OB, sont évidemment inégales, aussi bien que AB, AB, , AB,, ABS. Sera-t-il préférable de prendre pour inconnue l’angle que la sécante forme avec .rX ou celui qu’elle forme avec OA ? J’observe que le point A , étant équidistant des deux côtés de l’angle YOX, se trouve sur la bissectrice de cet angle , de sorte que tout , dans cette figure , doit être symétrique de part et d’autre de cette droite. Donc, si l’on plie la figure le long de OA, AC et AC, se rabattront respectivement sur AB, et sur AB, et AC,B, recouvrira AB,C,. Ainsi les angles ACO et AB, O sont égaux, et l’angle AB,0 est le complément de l’angle ABO; ainsi OC, B, est égal à OB,Cj, et l’angle AB, O est le complément de l’angle AB,X. On voit encore que les quatre sécantes sont deux à deux également inclinées sur OA. Donc, si l’on prend pour inconnue la tangente de l’angle que la sécante fait avec.rX, l’équation du problème sera encore du quatrième degré, mais elle sera réciproque ( Trig 26), et par conséquent elle pourra être abaissée au second degré ( Algèbre , iîiîO) ; et, si l’on prend pour inconnue l’inclinaison de la sécante sur OA, les lignes trigonométriques des quatre angles seront égales deux à deux, ou égales et de signes contraires, et par conséquent l’équation sera encore réductible au second dégré.
Ainsi, le problème qui semblait d’abord impossible à résoudre, en n’employant que la règle et le compas*, pourra
]Comme Ô?+'Mi1=C)B,-f-Ôt:!== /«*, et que + OC*, =/«’, on voit que, si l’on transforme l’équation «lu quatrième
l'être maintenant avec ces deux instruments, grâce à un plus heureux choix d’inconnue. Cependant, comme les angles, qui ne peuvent entrer dans le calcul que par leurs lignes trigonométriques, sont des inconnues qui, en général, ne se prêtent pas facilement aux constructions géométriques, il convient d’examiner si l’on ne pourrait pas trouver une inconnue plus commode que l’inclinaison de la sécante sur ou sur OA. Newton , remarquant que le point A est équidistant des milieux de CB et de C,B,, ainsi que de ceux de C,B,et deC,B,, en a conclu qu’en prenant pour inconnue la distance de ce point au milieu de la sécante CB, cette inconnue ne pourrait avoir que deux grandeurs différentes, de sorte que l’équation d’où elle dépendrait aurait ses quatre racines égales deux à deux, ou égales deux à deux et de signes contraires, et qu’en conséquence elle serait certainement réductible au second degré. Observons d’ailleurs que AI étant connu, on a immédiatement les valeurs de AB et de AB,, de
AB, et de AB, ; car AB— AI, AB,=^-}-AI, etc.
Enfin M. Gergonf. a observé que les quatre sécantes sont deux à deux également distantes de O, de sorte que, si l’on prend pour inconnue la perpendiculaire OB , abaissée de ce point sur la sécante CB, cette inconnue ne dépendra certainement que d’une équation du second degré. D’un autre côté, cette perpendiculaire connue, rien ne sera plus facile que d’achever le problème, puisqu'il suffira, pour cela, de mener du point A des tangentes aux deux circonférences qui auront pour rayons les racines de cette équation.
Soient donc a les perpendiculaires AP et AQ, abaissées de A sur Xx et Y/, OR=r, OB=.r, OC==y* : le théorème de Pythagore donne
En évaluant l’aire du triangle OCB, on trouve
xy=mr [4],
degré trouvée en prenant pour inconnue la distance du point O au point où la sécante demandée coupe Xx , en une autre dont les racines soient les carrés des siennes , ces racines formeront une cquidiflférence , de sorte que la résolution de cette transformée se ramènera à celle de deux équations du second degré à coefficients rationnels {^lg- , JSBO).
et enfin on tire de la similitude des triangles COB et APB,
a\j\\x — a'.x, d’où x-\-/==~ [5].
Telles sont les équations du problème. Il s’agit donc d’en éliminer x et y. Pour cela, je remplace dans [5] xjr par mr, ce qui donne
, mr
x-Hr=-,
puis je retranche l’équation [3] du carré de cette dernière, en ayant égard à l’équation [4] , et il vient toutes réductions faites,
mi* — 2«V — a'm=Q [6].
Une des racines de cette équation est négative, et ne présente par conséquent abcun sens; car r n’est pas une quantité qui soit susceptible d’opposition de direction (54) : c’est une grandeur absolue; ainsi l’équation [6] ne détermine que la perpendiculaire abaissée de O sur la sécante CAB et sur sa symétrique QAB,, de sorte qu’il nous faut chercher une nouvelle équation pour avoir la distance du point O aux sécantes AC,B, et ABjC,. Mais, sans recommencer de nouveaux calculs, j'observe que OB, étant dirigée en sens contraire de OB, tandis
3ue les quantités a et^- conservent leur direction , on obtienra l’équation correspondante à [5] , en changeant dans celle-ci .r en — x *, conformément au principe de Descartes (55), tandis que les deux autres équations resteront les mêmes , puisque l’on n’y considère que les valeurs absolues des quantités x, y, ni et r. Ainsi, les équations qui serviront à déterminer la perpendiculaire OB, seront :
xy= mr , y—x=—^.
Mais si l’on remarque que ces trois équations se déduisent des équations [3], [4] et [5], en y changeant x et r, respectivement en — x et en — r, on en conclura que l’équation
* Et , en effet , la similitude des triangles QOB, et APBt donne la proportion
d’où l’on tire y — x = —
(inale en /■, qui déterminera OR,, aura ses racines égales et de signes contraires à celles de l’équation [6], de sorte que la valeur absolue de la racine négative de cette équation sera égale à OR,. II ne s’agit donc plus que de construire les racines de l’équation [6], mais en faisant abstraction de leurs signes. Pour y parvenir, je la mets sous la forme suivante :
puis, je prolonge AP d’une quantité PM=/« ; je joins MO, et
tirant OZ perpendiculairement àOM, j’obtiens la droitePZ=^.
Alors, je décris du point Z comme centre et avec PZ pour rayon une circonférence , qui coupe OZ en r et en r1, et les droites Oret 0/;sont les valeurs absolues des racines de l’équation [6]. Enfin, je décris du point O comtne centre, et avec les rayons Or et O/, deux circonférences, et je mène du point A des tangentes à ces circonférences, ce qui achève de résoudre le problème.
Pour que ce problème admette quatre solutions, il faut que le point A soit hors de la circonférence décrite avec le rayon Or, c’est-à-dire que ce rayon soit plus petit que OA =n\j2. Exprimons donc que la racine positive de [fi] est moindre quea\/2; nous aurons
~ (rt-j- y rt’-J- /«’) < a y '2 , d’où m > 2 a \2.
Or, OA=a y 2; donc, pour que le problème admette quatre solutions, il faut que m soit plus grand que le double de OA, c'est-à-dire que la partie interceptée par les droites X.r et Y y sur la perpendiculaire élevée au point A sur OA, de sorte que le minimum de m est cette perpendiculaire P'Q*. Si donc m est égale à cette perpendiculaire, il n’y aura qu’une solution dans l’angle YOX; et il n’y en aura aucune dans cet angle, si m est moindre qu’elle.
C’est ce qu’on aurait pu découvrir directement par des considérations géométriques ; car le minimum de m correspondant au cas où il n’y a qu’une seule solution dans l’angle YOX, il faut alors qu’en pliant la figure le long de OA, les deux parties de la sécante coïncident, ce qui exige que cette sécante minimum soit perpendiculaire à OA.
l'RODLÈMES DÉTERMINÉS. 125
Quant au rayon Or1, il est moindre que OA; car la construction qui le détermine montre que Oé est plus petit que OP, et a fortiori que OA.
58. Si on élève au point B, sur la sécante C.AB, la perpendiculaire BD terminée au prolongement de QA , on verra que, si l’on pouvait déterminer le point D, le problème serait résolu; car le sommet B du triangle rectangle ABD se trouve à la fois sur la droite Xx et sur ia demi-circonférence décrite sur AD comme diamètre. Représentons donc par z l’inconnue AD, et, en observant que les triangles ABD et OCB étant semblables , toutes leurs lignes homologues sont proportionnelles, nous aurons
On tire de cette proportion
. . am
Je substitue (31) cette valeur dans l’équation [6] du n° précédent , et il viendra , toutes réductions faites ,
-‘-f- 2az — rn*= 0,
équation dont les racines déterminent le point D. Elles ont pour expression :
z— — adb y/ a* f- né.
Ainsi , pour résoudre le problème , on prolongera PA d’une quantité AM '=m, et du point Q comme centre, avec QMf pour rayon, on décrira une circonférence qui coupera la droite indéfinie AQ aux points D et D/. AD et AD' seront les deux valeurs de z. On décrira donc sur AD et sur Aiy des demi-circonférences qui couperont la droite Xx aux points B, B,, B, et B,, de sorte qu’en tirant des sécantes par ces points et par le point A, on aura toutes les solutions de la question.
Cette dernière construction , remarquable par son élégante simplicité, se trouve dans les Collections mathématiques de Pappus, géomètre qui vivait à la fin du ive sièc^î de notre ère.
39. Problème. Inscrire dans un triangle ABC un rec- Fig- Htangle tel qu’en le faisant tourner autour du côté com-
mun CB, l’aire totale du cylindre ainsi engendre soit égalé à celle d'une sphère donnée dont le rayon est r.
Désignons par a et par h la base et la hauteur du triangle ABC, par.r et par y la base et la hauteur du rectangle demandé, l’expression de l’aire cylindrique engendrée par ce rectangle sera 2vj*-{-2tcxyi et comme cette aire doit être égale à celle de la sphère dont le rayon est r, on aura
2ir/' 2nxy= 4icr* [7],
d’où, en divisant par 2 it,
y+xy—ïr*.
Exprimons maintenant que le rectangle OPQR est inscrit dans le triangle ABC; nous aurons, pour cela, comme au n° 32 , la proportion
et par conséquent
En substituant cette valeur de x dans l’équation précédente , il viendra
(h — a)y'r\-hay — 2r7«=0 [9],
équation dont la résolution fera connaître y. Cette quantité étant déterminée, on la substituera dans [8], et on aura ainsi la valeur correspondante de x.
Discotons cette équation. Trois cas principaux peuvent se présenter; car h est>a, égale à a ou moindre que a; nous allons donc examiner successivement ces trois hypothèses.
1er Cas. /i>a. Une des racines de l’équation [9] est positive et l’autre négative; car son dernier terme est négatif. Or, celle-ci doit être rejetée, quoique^- soit susceptible d’opposition de direction, parce qu’admettre une valeur négative Ae y, ce serait, en vertu de l'équation [7], demander que 4 -r* fût non pas l’aire totale du cylindre engendré par la révolution du rectangle OPQR autour de OP, mais bien la différence entre l’aire de sa surface convexe et la somme de celles de ses bases; ainsi, ce ne serait que comme réponse à cette question que l’on pourrait admettre la valeur négative
problèmes détermines. 127
de y*. On voit donc que, pour que le problème soit possible, il ne suffit pas que la valeur de y soit réelle et positive, il faut encore, en vertu de [8], que cette valeur ne surpasse pas A. Examinons donc si cette condition est remplie. Nous allons, en conséquence, résoudre l'équation [9], et écrire que sa racine positive est plus petite que A ; il viendra
—<lh + \Ja'h' + %r*l,{h — a) ^ L .
h étant ]><z, on tire successivement de cette inégalité, y/aVi' -J- 8/JA(A — à) < A(2A — a)'; carrant et divisant par A,
a' h -j- 8 r\h — «)< A(2A — afi, transposant et réduisant,
8 r\h — a) < A[(2 A — cif — a']= A . 2 h . 2 (A — a),
d’où r*<^, ou bien
Ainsi, pour que le problème soit possible lorsque A>a, il faut que r ne surpasse pas la moitié de la diagonale du carré construit sur la hauteur du triangle. La plus grande aire que puisse engendrer le rectangle est donc
4r.^=2 7îA’; et, en effet, lorsque r=| A y 2 la valeur
de y se réduit à A; celle de x est par conséquent égale à zéro, et l’aire totale du cylindre est alors la somme de celles de ses bases , c’est-à-dirÔ qu’elle est égale à 2rA*.
2“ Cas. h=a. Une des valeurs dc^r est alors infinie, et
2 fA
doit par conséquent être rejetée. L’autre est y= -j- , ce qui
conduit encore à la condition r< - A y'2.
S' Cas. A<^rt. Les coefficients des deux termes extrêmes
* Ce n’est qu’afin de ne pas compliquer cette discussion (pie nous restreignons ainsi la généralité que l’on pourrait donner à l’énoncé du problème ; aussi nous engageons les élèves qui auront étudié cette discussion à la reprendre, en admettant les valeurs négatives de .r et de/; ils verront que , pour ces valeurs, le rectangle sera cx-i/iscrit, c’est-hdire qu’il aura deux sommets sur les prolongements de AD et de AC.
de l'équation [9] étant de mêmes signes, ses deux racines peuvent être imaginaires ; il faut donc d’abord que l’on ait
a'hf -j-8r*A(A — «)>0, d’où / < \ \J y J‘— h)1
et ensuite que l’une au moins des valeurs de y soit< A; posons donc l’inégalité
— ah± y/oV/*-)-8 — fl)
Comme (A — a) est actuellement négatif, il faudra, en chassant le dénominateur, renverser le signe d inégalité, ce qui donnera, après avoir transposé — ah,
dr \jeâft-\~%r*h(h — a) A(2A — a) [1 0].
Ici trois cas peuvent se présenter, savoir : a < 2A , a= 2 h et a~y>2h.
1° Si «<2A, la seconde valeur du premier membre de l’inégalité [10] Sera nécessairement moindre que celle du second, puisque celle-ci est positive et que celle-là est négative ; ainsi la seconde valeur de y, que nous désignerons par y", tandis que nous représenterons par y1 celle qui correspond au signe supérieur du radical , cette seconde valeur, dis-je , est plus grande que h. Quant à l’autre, nous conclurons du calcul fait dans le premier cas , en observant que la suppression du facteur négatif (A — a ) exige que l’on renverse le signe d’inégalité , que pour que^1 soit plus petite que h, il faut que l’on ait
r<\hy/ 2.
Pour savoir si cette condition peut s’accorder avec celle qui exprime que les racines de [9] sont réelles , je pose
et j’en tire successivement
4&=Â) < A,-- Wi-f-44’ > 0 :
or, le premier membre de cette inégalité est le carré de
(« — 2A); donc il faut rejeter le signe inférieur; 'de sorte que
On voit ainsi que
si «<2//, et /•<i/*v2> on a et 1 sol";
si r=^/i\ 2, on a jJ=/i et 1 sol";
mais le problème est impossible , si / > ~/i y2; car alors
les deux valeurs dej- sont imaginaires ou sont toutes les deux plus grandes que h.
2° Si a=2h, il faudra que l’on ait /’•<-// v'2 pour que les
deux valeurs de^- soient réelles et inégales, et alors la seconde des inégalités [10] ne sera jamais satisfaite, mais la première le sera toujours ; donc
si n=2h et on a y <A et y^>h, 1 sol”;
si r=^Av2r on a f—h et >-"=/<, 1 sol".
3" Soit a^>‘2h : la première des inégalités [1 0] sera toujours vérifiée, et ainsi y <^fi. Quant à la seconde, on trouvera, en changeant les signes de ses deux membres qui sont négatifs,
V«,/t,-|-8rîA(A — a) <C h(u — 2 h) ,
d’où, en vertu du calcul fait dans le premier cas,
parce que le facteur (A — a) étant <0, sa suppression change < en >. Donc
si «>2/i et r^>~b\/‘2, on a /<A et y" < h , 2 sol"" ;
si r=^Ay2, on a / et y=h} 2 sol”’ ;
si r<lAv/2, on a y<A et A, 1 sol".
Ainsi, le problème n’admettra vraiment deux solutions que
130 GÉOMÉTRIE ANALYTIQNE.
si «>2A et que si r est en même temps plus petit que
fV/g(aLj) et >5^/2; car, lorsque / ou /'est égale à A,
le rectangle se réduit au système de deux droites qui se confondent.
Puisque r doit être moindre que |y/ ^f J‘ f , et que cette quantité surpasse -Ay2, on voit que la plus grande valeur que l’on puisse attribuer à r cst iSj 2^3 — ; mais alors les
deux valeurs de y se réduisent à — 7- , ce qui donne
n(tt — 2//) , . « , 1 «
x= ’ Par consecIuent j pour que r puisse etre égal a
l\/ï^ —y il faut que a soit > 2 h , sans quoi x serait nulle
ou négative. Ainsi, lorsque a 24, le rectangle qui engendrera la plus grande surface cylindrique est celui dont la
ah
hauteur égale — - Mais, si a <24, la valeur de r doit
être moindre que -
sans quoi x aurait une va-
leur négative; or, dans l’hypothèse où a > /( et < 2 A, si r ]> 3A j le problème est impossible ; donc le maximum
de r est alors 5 A lequel correspond à r=A.
Observons enfin que l’on pouvait prévoir que le problème admettrait une ou deux solutions, quand le maximum de l’aire cylindrique engendrée par le rectangle demandé surpasserait 2it A’; car, en supposant construit le rectangle correspondant à cette aire maximum , si on fait décroître la hauteur jusqu’à zéro, l'aire engendrée variera d’une manière continue depuis son maximum jusqu’à zéro; donc il y aura un instant où elle sera égale à 4 -r*, donc le problème aura déjà une solution; maintenant, si on fait augmenter, au contraire, la hauteur jusqu’à A , l’aire du cylindre variera depuis . sa valeur maximum jusqu’à 2~A’ ; si donc 4ir/-5 = 2rA’, ou
est >2 ttA’, c’est-à-dire si 2 ou est > - 4 y 2, il y
aura un instant où l’aire engendrée sera égale à et le
problème aura ainsi une seconde solution ; mais si r^-hyj 2,
cette seconde solution n’existera pas.
Le même raisonnement prouve que si le maximum de l’aire engendrée est 27ü/<8, il n’y aura qu’une solution.
Construisons maintenant les racines de l’équation [9], a étant supposé plus grand que //, h — a est négatif, et en conséquence nous mettrons cette équation sous la forme
Nous construirons d’abord les quantités ^ et au
moyen des proportions a — h
a — h \li\\ a \t
ah
Pour cela, je porte sur la hauteur AH une longueur AD=fl ; ainsi HD = (a — h). Sur AD comme diamètre je décris une demi-circonférence ; je tire EA et ED , et je prends sur ED une partie ER=ry^2 ; je mène RZ parallèle à AD, et EZ=s. Je prends ensuite FG=«, je trace GI parallèle à BC, et par le point I je mène IT parallèle à AD ; la partie RT = t. Je décris maintenant une demi-circonférence sur RT, et ayant pris RL = z, je mène LYrY,/ parallèlement à AD, et il ne reste plus qu’à tirer par les points Y' et Y" des parallèles à BC pour déterminer les bases supérieures des deux rectangles demandés, en grandeur et en position.
40. Problème. Déterminer les dimensions d'un segment sphérique dont le. volume et faire soient respectivement égaux à ‘ceux d une sphère et d’un cercle donnés.
Soient a et b les rayons de la sphère et du cercle donnés ; r et h le rayon de la base et la hauteur du segment demandé : on- trouvera facilement que les équations du problème sont
En éliminant t3 entre ces deux équations , il viendra
ï/t—Wh+Sal^O [13],
équation qui fera connaître h. La hauteur-du segment étant
ainsi déterminée, on en déduira la valeur du rayon de sa base au moyen de l’équation [11], et le problème sera résolu.
Discutons t équation [13]. Cette équation a une racine réelle négative, puisqu’elle est de degré impair et que son dernier terme est positif; mais cette racine est étrangère à la question; car la hauteur du segment ne peut pas être une quantité négative. Quant aux deux autres racines, elles peuvent être imaginaires : on comprend, en effet, qu’il pourrait se faire que le volume donné fut trop grand pour être contenu dans la surface -b'. Si ces deux autres racines sont réelles, elles seront positives, conformément à la règle des signes de Descartfs ( Algèbre , 4615), et comme on peut d’ailleurs le reconnaître d’après la loi de composition des coefficients de l’équation [13]. En effet, le produit des trois racines de cette équation est négatif, et comme l’une d’elles est négative, il faut que le produit des deux autres soit positif, et que, par conséquent, elles aient les mêmes signes; mais elles ne peuvent être négatives, puisque la somme des trois racines est nulle ; donc elles sont positives.
Pour que le problème soit possible, il faut que la condition de réalité des racines de l’équation [13] soit vérifiée, c’est-àdire que l’on ait, d’après la règle connue ( Algèbre , 482),
Si cette condition est remplie, l’équation [13] aura deux racines positives ; mais le problème proposé n’aura cependant deux solutions que si ces racines sont moindres que b, à cause de l’équation [11], ce qui exige que b soit une limite supérieure des racines positives de l’équation [13]. Pour savoir dans quel cas il en sera ainsi, je substitue b à h dans le premier membre de cette équation et dans ses dérivées ( Algèbre , '4582 ), ce qui nous donnera pour résultats
Donc b sera une limite si l’on a
— 4s-(-8rts>0, d’où b<^2a.
On voit par là que si b est compris entre aÿ32 et 2a, le problème admettra deux solutions , qui se réduiront à une seule si b—a\j 32; car telle est la condition d’égalité de deux racines de l’équation [13].
PROMIMES DÉTERMINÉS.
ll>3
Si b = 2a , on trouve h = 2a et r = 0 , de sorte qu’au lieu d’un segment sphérique , on a une sphère dont le diamètre est 2 a. L'autre valeur positive de h est a(y3 — 1) : elle est moindre que 2 a = b , et fournit par conséquent une seconde solution de la question.
Si b^>2a, la condition [14] étant nécessairement remplie, les trois racines de l’équation [13] sont encore réelles; mais il n’y a cependant qu'une seule solution , parce qu’alors — etqu’ninsi l’une des racines positives de cette équation est moindre que b et que l’autre surpasse b.
La condition [14] nous apprend que le volume du segment
sphérique sera maximum quand on aura a= : et il sera
facile de construire ce segment maximum. En effet , l’équation [13] ayant alors deux racines égales, l’une d’elles doit satisfaire à sa dérivée 64* — 34’=0, et comme cette équation n’a qu’une racine positive -y 2, c’est celle-ci qui entre
deux fois dans la proposée. La valeur correspondante de r est aussi |y 2 , de sorte que le segment maximum est un hémi-
sphère dont le rayon est la moitié du côté du carré inscrit dans le cerple donné.
4i. On . aurait pu prévoir, d' apres la nature de la question, que le problème n’admet deux solutions que dans certains cas , et distinguer ces cas. Supposons que l’on ait construit un segment dont l’aire soit égale à celle du cercle donné, et opposons-lui par sa base un segment égal : on formera ainsi un corps dont le volume sera maximum , quand chaque segment sera un hémisphère, puisque, parmi tous les corps qui ont la même aire, la sphère est celui qui a le plus graiyd volume. Le segment dont Faire est rô’sera donc le plus grand possible, quand il sera un hémisphère; et son rayon
aura pour valeur \ |y2 , comme nous l’avons trouvé
itè®
plus haut. Son volume sera par conséquent égal à — ^ , de
sorte qu’on aura alors !?— 4aV2» d’où b=a^ 32, ce qui s’accorde encore avec ce qui précède.
Supposons maintenant que Fon ait construit ce segment
lSà GÉOMÉTRIE AIULYTIQÜB.
maximum, et que l’on fasse diminuer le rayon de sa base d'une manière continue, son aire restant constamment égale à rM' : sa hauteur devra augmenter, mais seulement jusqu’à ce que le rayon de sa base étant réduit à zéro, le segment soit devenu une sphère ayant b pour diamètre, et par consé-
quent -r.lf pour volume. Donc si -r.câ^> d’où b< ^ 2 a,
il y aura eu un instant où le volume du segment aura été égal à celui de la sphère donnée, puisqu’il a varié d’une manière continue, à partir de sa plus grande valeur.
Si l’on suppose, au contraire, que le rayon de la base du
segment croisse d’une manière continue depuis |V2> faire de
ce segment restant toujours égale à tt//, sa hauteur h ira en diminuant; mais, comme alors r reste constamment moindre que b , le produit r*h , et par conséquent le volume du segment, décroîtra indéfiniment avec h , de sorte qu’il y aura un
instant où ce volume sera égal à
Concluons donc que , quand le problème sera possible , il aura deux solutions si b<^2a. 11 y en aura encore deux si b — 2a, mais alors un des segments sera toujours moindre qu’un hémisphère , et l’autre sera une sphère entière. Enfin si 4)>2«, il n’y aura qu’une seule solution, et le segment sera moindre qu’un hémisphère.
Les cas de b — 2a et de b = <iy32 sont les seuls où la résolution du problème puisse s’effectuer avec la règle et le compas, puisque l’équation [13] est du troisième degré et n’est pas réductible au second (50) : il faudra donc, en général, mesurer effectivement les rayons du cercle et de 1& sphère donnés, et, après avoir remplacé dans l’équation [13] a et b par leurs valeurs numériques, résoudre cette équation. Supposons, par exemple, quea = 6 centimètres et que ‘b en vaille 11, on verra facilement que ces valeurs satisfont à la condition [14], et qu’ainsi l’équation
a deux racines réelles positives. Ces racines sont ( Alg 667)
H — 5,949, d'où r,= 9,253;
H'= 9,642, d’où r1'— 5,294.
Ainsi, en construisant deux segments sphériques dont l’un ait 92”“, 5 de rayon et 59mra,5 de hauteur, et dont l’autre ait 52“”, 9 de rayon et 9G'nmr4 de hauteur, on résoudra également le problème.
Nous donnerons plus loin (64) une méthode générale pour construire graphiquement les racines des équations de degré quelconque , et par conséquent pour résoudre le problème précédent, sans qu’il soit besoin de connaître les valeurs numériques de a et de b : toutefois nous devons observer que les constructions géométriques ne doivent jamais être regardées que comme un moyen plus ou moins élégant de représenter les solutions des problèmes, de sorte que, quand on voudra obtenir les inconnues avec une grande approximation , il faudra toujours préférer les méthodes analytiques, parce que le calcul est susceptible d’une exactitude indéfinie, tandis que les constructions graphiques ne donnent souvent que des résultats grossièrement approchés, surtout si elles ne sont pas très-simples.
42. Problème I. Inscrire dans un triangle un rectangle dont l’aire soit égale à m*. — Le problème admet-il en effet deux solutions ? — Le prouver. — Quelle est l'aire du rectangle maximum ? — Construire ce rectangle. — Quel est te rapport de cette aire maximum à celle du triangle? —
Ce rectangle sera-t-il un carré? • — Quand cela aura-t-il lieu ?
II. Construire un triangle dont la base est à la hauteur ; ; p ; q , et (pii soit tel que faire du plus grand rectangle qu’on plusse y inscrire égale m*.
III. Construire un carré tel que si on augmente un de ses c fi tés de a , que l’on diminue le côté adjacent de b , l'aire du rectangle ainsi déterminé soit à celle du carré ; " p ; q. — Quelle longueur faut-il donner au côté de ce carré pour que
le rapport jj soit un maximum ou un minimum ?
IV. Couper un tronc de cône à bases parallèles en deux parties équivalentes par un plan parallèle à ces bases. — Discuter f équation qui donne la distance du plan sécant à la grande base.
V. Trouver, sur le diamètre AB d’un demi -cercle un Fig. \i. point D , tel qu’en élevant par \ce point la perpendicu •
faire DC à ce diamètre, le volume du segment sphérique engendré par AMCD, lorsqu'on fera tourner la figure autour de AB, soit à celui du cône décrit par le triangle CDO dans le rapport de p h q. — Discussion. — Effectuer la construction pour le cas où p = q.
VI. Etant donne' un cercle sur une sphère, tracer un second cercle parallèle au premier, comprenant avec lui une
tranche qui soit dans le rapport jj avec le cône dont le
sommet serait au centre du premier cercle, et qui aurait le second pour luise. — Examiner le cas où q=p; — on fera ta construction pour le cas où q = 3p.
Kig. îî. VII. Trouver, sur le diamètre AB d'un demi-cercle , un point D tel qu’en élevant par ce ]>oint une perpendiculaire DC à ce diamètre , le volume du segment sphérique engendré par AMCD tournant autour de AD soit à celui dû cône engendré par le triangle ADC tournant autour de CD dans le rapport p ! q. — ) a-t-il deux solutions? — Dans
cas te rapport jj sera-t-il minimum? — Construire le
point D correspondant à ce minimum. — Quel est alors le rapport du volume du segment à celui de la sphère ?
VIII. Par un point donné sur le plan de deux droites indéfinies, mener une sécante telle que taire du triangle intercepté égale m\ — Discussion .
IX. Construire sur un cercle donné un cône tel que le volume de la sphère inscrite soit la n14"1 partie du sien. — Discussion. — Dans que I cas le volume de la sphère serat-il maximum ?
X. Circonscrire à une sphère donnée un cône tel que son aire totale soit égale à celle d’un cercle donné. — Dans quel cas cette aire sera-t-elle minimum?
XI. Connaissant le périmètre itun triangle et les rajvns des cercles inscrit et circonscrit, calculer les côtés. — Quelles relations faut-il établir entre les données pour que le triangle soit équilatéral? — pour qu’il soit isocèle ? — pour qu’il soit rectangle?
