I TI H
et si on observe que nn=:H , on aura x— y •
Le centre de gravité de la zone se trouve donc au milieu de la hauteur.
Deuxième manière. — Mais sans faire aucune hypothèse sur la nature des tranches, soit h la hauteur de chaque tranche , et x la distance du centre de gravité de chacune d’elles à sa base inférieure , II la hauteur totale de la zone et X la distance de son centre de gravité à la base inférieure: on aura, d’après le théorème des moments,
2nR4r-j-2!rR4;a:-{-4)-j-2!rR4(a:-J-2 A)-}- ;
d’où
(ar-f 24)+ =HX.
Le premier membre étant la somme des n termes d’une pro- . gression par différence dont le premier est x et la raison h , on aura , d’après la formule connue ,
et , à cause de H =nh ,
2^j*— — fi *
Or, à mesure que n augmente, — ^ — diminue de manière à devenir plus petite que toute quantité donnée ; donc
467. Mener une perpendiculaire à la tangente donnée au point donné , prendre sur cette perpendiculaire une longueur égale à la normale donnée , mener par le point ainsi
déterminé une parallèle à la direction de l’axe , et par le point de contact une perpendiculaire à cette parallèle : la portion de l’axe comprise entre le pied de cette perpendiculaire et la normale est égale au demi-paramètre , et le milieu de la distance entre le pied de la normale et de la tangente sera le foyer.
On déterminera sans difficulté le sommet et la directrice. — Deux solutions.
475. Soit S le sommet donné. Partagez la face opposée en' quatre parties équivalentes , en joignant deux à deux les milieux M, N, O, des côtés du triangle, et par les droites SM, SN; SM, SO; SN, SO, faire passer trois plans, qui partageront le tétraèdre donné en quatre parties équivalentes.
476. Soit A î j/ a -f-B 3 x a =A a B 3 l’équation de la courbe, que l’on supposera une ellipse, pour fixer les idées ; x, y, <x, p, les coordonnées d’un point quelconque M de la courbe et du point P correspondant d’après l’énoncé; on aura les relations
Ôïî 2 =ir 2 -j-y 2 , ÜP 2 =a 2 -f-|3 2
et , d’après la condition du problème ,
Les valeurs de x et de y seront données par les relations
A 2 y 2 -|-BV=A 2 B 2 , 1-fJ- • £=0,
puisque les droites OP, OM, doivent être perpendiculaires l’une à l’autre.
On tire facilement de ces équations la valeur de x a -f-y a , qui , substituée dans l’équation (1) , donne pour l’équation du lieu géométrique demandé
SOLUTIONS DEVELOPPEES.
1° Si l’on suppose B s >0 et A>B, l’équation (F) représentera une ellipse tant que K<B.
Si K=B, le lieu géométrique donne deux droites parallèles au grand axe.
On trouvera facilement que l’équation (F) représente l’el-
lipse proposée elle-même , lorsque K a = Si K>A , la courbe est imaginaire.
2° Si B a <0 , l’équation (F) devient
A 2 B 2 A 2 -fB 2 '
et représente encore une ellipse tant que K<A;
Si K=A, deux droites parallèles à l’axe non transverse; Si K>A , une hyperbole.
Enfin l’équation (F) ne peut représenter une circonférence que dans le cas où la courbe proposée est elle-même une circonférence.
477. Joindre le point de contact et le foyer; mener par le point de contact une droite faisant avec la tangente le même angle que le rayon vecteur du foyer : la direction de l’axe sera déterminée et la directrice sera perpendiculaire à cette direction et tangente à la circonférence décrite du point de contact comme centre avec un rayon égal à la distance de ce point au foyer. — Deux solutions.
487. Mener la normale TN (fig. 67) , et , par le point de contact T, une perpendiculaire TP à la direction donnée de l’axe de la parabole , et une parallèle TD à cette même direction ; prendre sur cette dernière droite une longueur TD égale au demi-paramètre donné, et mener par le point D une parallèle à TP , qui rencontre la normale en N ; par ce point N menant NP parallèle à la direction de l’axe , N PS
sera l’axe lui-même, et le point A milieu de SP sera le sommet de la parabole.
Deux solutions, correspondantes à deux paraboles symé- . triques par rapport à la tangente.
On aurait pu aussi déterminer directement le foyer au lieu de déterminer le sommet.
495. Soit CAB le triangle déterminé par le plan qui passe suivant les points de contact de la sphère et du cône.
Soit R le rayon de la sphère , a, b, c et h, les côtés et la hauteur inconnus du triangle : on aura pour exprimer le volume du cône
et la relation connue
D &9urf. ABC ah
AB-(-BC-)-AC a-\-b-\-c *
et, à cause de c= 6 =-J/ û 2 -j- 4 A ï , * '
U ah
d’où on tire la valeur de a 8 , qui , substituée dans l’expression (A), donne
3 (h — 2JR)
Développant, et ordonnant par rapport h h, on aura ttR 2 A 2 — 3®A-f-6R»=0:
d’où
; ^ 2 rrU 2 ~ 8 »rlt 3 ) . . ■ .
La valeur minimum de v est donc v= jttR®. La hauteur du ' cône circonscrit est par conséquent h=4R, et le rayon de
338 solutions développées.
base ^ a = R \Z1. Quant à l’angle du cône , en le désignant
par c,ona
1 \ Cl 1 |
tang-c= x =^2 .
Il est remarquable que ce cône est aussi celui dont la surface totale est un minimum.
En effet , la surface totale sera
S = ^ (a 2 -j- lab) •
Substituant les valeurs de a et de b obtenues par les calculs précédents , il vient , toute réduction faite ,
s =" R (ra)-
Résolvant par rapport à h , on obtient, d’où
S=8,K 1 ;eti=4R, J= fRKï-
497. L'asymptote OIS (fîg. 58) et la directrice DI étant données, on connaît la direction de l’axe transverse, qui est perpendiculaire à la directrice , et par conséquent l’angle SIG que l’asymptote fait avec cette direction. On a donc les deux relations
en désignant par a la tangente de l’angle SIG ; d’où l’on tire
. ; A =p^= c<:osI ’
en appelant I l’inclinaison de l’asymptote sur l’axe transverse. *
Pour construire cette valeur, on portera sur l’asymptote, de I en S, une longueur égale à la distance donnée c du centre au foyer j on abaissera ST perpendiculaire à IG, menée perpendiculairement à Iü ; IT sera égal à A ; entin portant par un arc de cercle IT de I en O, on aura le centre O, l’axe transverse OD , le foyer F , le demi-axe non transverse FI, etc.
y 2 =2px, (1)
y 2 =2 pÇ^-a), (2)
les équations des courbes,
L’équation de la tangente en un point quelconque de la première sera
ÿyz=j>(x-\-x'), ( 3 )
et la corde de contact des tangentes menées à la seconde par le point a, (3 ,
ou, en résolvant ces deux équatipns, ■ .
Egalant les constantes de ces équations, pour exprimer que les droites se confondent en une seule et même droite, on obtient
L—lL y P 1
Eliminant x et y entre les équations (1), (7) et (8), on obtiendra
équation d’une parabole, dirigée suivant le même axe et dans le même sens, dont le paramètre est une troisième proportionnelle aux paramètres des paraboles proposées , le sommet étant à une distance du sommet, pris pour origine des axes, double de celle qui sépare les sommets des paraboles proposées.
Si les parabolesjsont égales, p—p’, et la parabole du lieu géométrique devient
fÿ ! =2p(a — 2a).
Les trois paraboles sont égales et asymptotes entre elles.
Si a = 0 et p'= — p, on a p=2pz ; d’où l’on conclut ce théorème :
Etant donné deux paraboles égales ayant même axe et même sommet, mais dirigées en sens inverse, si l'on mène à l’une d’elles des tangentes, qui coupent la seconde en deux points , et que par ces deux points on mène les tangentes à la seconde parabole, le lieu (T intersection de ces tangentes sera la première parabole donnée.
304. Le centre de gravité du segment se trouvera nécessairement sur la flèche , car tout plan passant par cette droite partage le segment en deux parties symétriques : il ne restera donc plus qu’à déterminer la distance du centre de gravité au centre de la sphère.
Pour cela on se souviendra 1° que le centre de gravité d’un cône droit se trouve sur l’axe, aux trois quarts de la hauteur à partir du sommet ; 2° que le centre de gravité d’une zone sphérique à une ou deux bases est situé au milieu de la flèche ou hauteur ; 3° enfin que le centre de gravité d’un secteur sphérique se trouve au milieu de la flèche correspondante à l’arc décrit du centre de la sphère avec un rayon égal aux trois quarts du rayon de la sphère ellemême. - . .
Cela posé , désignons par Y, le volume du segment sphé-
SOLUTIONS DEVELOPPEES. 341
rique , V celai du secteur correspondant , V' celui du cône, qui a même base que le segment et pour sommet le centre de la sphère ; x t> x, x’, les distances des centres de gravité de ces trois corps au centre de la sphère.
On aura évidemment
et , d’après le théorème des moments ,
Soit Rie rayon de la sphère, r le rayon de la hase, /la flèche du segment. On aura pour le cône
Le volume du secteur V sera exprimé par V= i,Wf,
et son centre de gravité sera éloigné du centre d’une lon-
Substituant ces valeurs dans les équations (1) et (2) , on trouvera d’abord
et, si l’on remplace r 2 par/(2R— f), on obtiendra
* On peut déterminer le volume V du segment sphérique à une base-, connaissant le Vblume de la sphère et sachant 1-que l’expression du volume du segment est une fonction rationnelle des puissances entières et positives du rayon R de la sphère et de la flèche f du segment ; 3“ que les dérivées de cette fonction par rapport à R et à f sont égales pour f= R. « En effet, on pourra exprimer le volume du segment par la for-
expression très simple du volume du segment sphérique à
une seule base.
L’équation (2) deviendra, parla substitution des valeurs précédentes, , .
et , à cause de r a =/(2R— /), il vient , après réductions ,
d’où résulte cet énoncé d’une simplicité assez remarquable:
La distance du centre de gravité d’un segment sphérique à une base au centre de la sphère est égale à une troisième proportionnelle entre l’excès du rayon sur le tiers de la flèche et l’excès du rayon sur la moitié de la flèche du segment.
La distance du centre fle gravité du segment au plan tan-
mule
V— A R 3 -j- A'R Y-f- \"Rf 2 +b "'P- Or, pour fza 0 on a V=0, donc A = 0 ; (1)
pour f= R V=|*R 3 , et A +A'+ A"+A”'=f*; (2)
pour f= 2R V=|rrR 3 , et A+2A'+4A"+8A"'=^r; (3)
enfin d’après la dernière condition, 3A-{-2A'-)-A'’=:A'-{-2 A''-}-3A"'; (4) des équations (1), (î), (3) et (4) on tire
A=0, A'=0, A"=it, A”*= —
d’où
gent à la sphère , mené parallèlement à la base , sera ex* primée par
Ce qui fournit un nouvel énoncé moins simple que le précédent.
Enfin si l’on rapporte la distance du centre de gravité à la base du segment on aura , en représentant par D a cette distance
Si le segment sphérique se change en hémisphère , on aura , à cause de /=R ,
Connaissant le centre de gravité d’un segment sphérique à une hase , il sera facile de déterminer le centre de gravité d’un segment sphérique à deux bases. En effet, désignons par S le volume du segment proposé, S, et S a les volumes des segments sphériques à une seule base dont S est la différence ; par x, x K , x a , les distances des centres de gravité des trois segments au centre de la sphère ; et enfin par h, f t et fa, la hauteur du segment proposé et les flèches des deux autres , on aura pour déterminer la distance du centre de gravité demandé les deux relations
Sx=S 1 x 1 — SjX 2 ; ( 2 )
d’où
équation dans laquelle on substituera les valeurs trouvées
344 • SOLUTIONS DÉVELOPPERSi
précédemment
et, dans les réductions, on aura 6oin de faire f t —ff=h. Nous laissons au lecteur le soin d’achever le calcul.
507. Soit BCD un triangle rectiligne quelconque ; b, c, d, les trois côtés. Prenant pour axe des abscisses le côté CD , et pour axe des ordonnées une perpendiculaire élevée par le point C ; si l’on désigne par h la hauteur du triangle , par a le segment adjacent à l’angle C formé par la hauteur sur le côté b pris pour base ; par x t , y t ; x 2 , ?/ 2 , les coordonnées des centres des cercles circonscrit et inscrit , et enfin par R et r les rayons de ces cercles , on trouve facilement *
__ a 2 +J< 2 -ah . [/{b-a) 2 -\-h 2
2 ô+KÔHX 2 + l/(b-a 2 y\-h 2 '
bh
V2 ~ h-\V^Çh 2 -f- ^(b—a) 2 -j-/i 2 -
m ; .bh t
r ~~b+l/tf+li 2 + yÇb—af+h 2 ’
Et comme l’on a désigné par b, c, d, les trois côtés du trt-
* Voir les ProbUmet d’application de l’algibre à la géométrie , 1" partie, De la ligne droite et du cercle.
angle, ces valeurs prennent la forme plus simple 4 2 »
c 2 — ab
n «rf
bh
Soit représentée par D la distance des centres des cercles inscrit et circonscrit , on aura
et, par la substitution des valeurs précédentes,
"c 2 — ab bh "P
Tu P 4(«-Kn 2 i P
U ~ L2“M=^Rj + L
24 4 +c-fd J ’ développant le second membre et observant que a.*-\-h?=c*, (b — a) 2 -j-/i 2 =ef 2 , et 6 2 — 2ab=tP — c 2 , on trouvera pour la valeur de D 2
n2 c 2 (P bcd
Mais , d’après deux formules connues , on a
=R 2 et
bcd
■ = 2Rr,
44 2 — “ 4 -fc+rf
car la surface du triangle peut s’exprimer par
Les deux premières valeurs donnent
cd
et la première et la troisième bcd
=2Rr.
On aura donc enfin la relation cherchée
D 2 =R 2 — 2Rr.
On peut conclure de cette valeur que le rayon du cercle circonscrit ne peut être moindre que le double du rayon du cercle inscrit , excepté le cas du triangle équilatéral , dans lequel l’un des deux rayons est double de l’autre , et D=0.
809. L’équation étant résolue par rapport à y , on commencera par décomposer le numérateur et le dénominateur en facteurs du premier degré en x ; ce qui se fhit , comme on le sait , en égalant successivement les deux polynômes à zéro et résolvant les deux équations d’après les méthodes connues.
On voit tout d’abord que le numérateur x 2 — 2x-J-1=(a: — I) 2 .
Le dénominateur, égalé à” zéro,
* 3 ~f 9*— 9=0, et comparé à l’équation générale
x 2 -\-px-\-<}—Q ,
donne la relation (ï~j ® : cette équation a par
conséquent deux de ses racines imaginaires, et une seule réelle , comprise évidemment entre 0 et 1.
On peut arriver au même résultat en observant que , si l’on représente para cette racine réelle <1, et que l’on divise jc*-{-9.i:-*-9 par x — a, on obtient pour quotient x*~\ -ax-f-a 3 -}- 9, qui, égalé à zéro , ne peut donner que des
racines imaginaires, puisque^ -<a-j-9.
L’équation proposée prend donc la forme
et l’on pourra suivre facilement les variations de l’ordonnée correspondantes aux diverses valeurs données à l’abscisse.
Pour x—Q, on « y = — ^ ; valeur que l’on portera sur
l’axe des ordonnées au-dessous de l’origine.
Depuis x=0 jusqu’à x=a, l’ordonnée décroît insensiblement d’abord , puis elle croît rapidement , restant toujours négative; enfin pourx=oo, on ay= — oo , et par conséquent la droite x~x est asymptote à cette branche de la courbe située au-dessous de l’axe des abscisses.
Pour x>«, l’ordonnée reste toujours positive; infiniment grande à partir de x=a , elle devient nulle pour .t=1 ; ce qui donne une nouvelle branche au dessus de l’axe des abscisses, qui a pour asymptote x—a. et qui touche l’axe des abscisses au point x—i. * y .
En donnant à x des valeurs plus grandes que 1 , l’ordonnée reste toujours positive. La courbe se relève donc au dessus des abscisses à partir du point x=zl, mais elle s’en rapproche bientôt, car pour x—<x > , on a y=0. En effet, divisant le numérateur par le dénominateur dans l’équation proposée , on obtient
où l’on voit qu’en faisant x—œ , on a évidemment y=0.
Par conséquent cette branche de courbe a pour asymptote l’axe des abscisses. .
Si l’on fait maintenant x<0 , on a toujours y<0; et pour x = — oo , y=0 : cette branche nouvelle, qui se joint à la première, a donc aussi pour asymptote l’axe des abscisses.
On voit déjà que la courbe proposée se compose de deux grandes branches, qui ont pour asymptotes les droites x~=nx, et l’axe des abscisses , entre lesquelles elfes sont renfermées.
Afin de déterminer plus exactement la forme de fa courbe , on cherchera l’équation générale de la tangente , qui
SOLUTIONS DEVELOPPEES
sera de la forme (n° 38)
ou seulement le coefficient de x, qui exprime la tangente de l’angle que la tangente fait avec l’axe des abscisses.
Pour cela l’équation proposée , mise sous la forme
(ar 3 -}-9ar — 9)y — ( x 2 — 2jr+1)=0,
donne
f(*)=(3^+9)y-(2*-2), * /Xy)=(.r 3 +9.r--9); par conséquent
t fO) {Zz 2J r 9)y+(îx—î) .
~ (ar 3 -J-9j; — 9) ’
et , remplaçant y par sa valeur tirée de l’équation proposée, on obtient après réduction ,
. ar 4 — 4a? 3 — ôa^+lSa: — 9
(ar 3 — f— t#ar — 9) 2
Les tangentes perpendiculaires à l’axe des x seront données par fi(y)z=0 ou a; s -f-9a; — 9=0; ce qui donne encore l’asymptote =a , limite des tangentes.
Pour avoir les tangentes parallèles à l’axe des x , on posera f'(x)—0 ou x x — Gx a +18x — 9=0, équation qui admet d'abord pour racine x—\ , laquelle donne i/=0, et par conséquent l’axe des abscisses. Divisant l’équation précédente par x — 1 , on trouve x z — 3æ 3 — 9a: +9=0, dont les trois racines sont réelles, et comprises, la première entre 0 et 1 , la seconde entre 4 et 5, et la troisième, négative, comprise entre — 2 et —3.
On calculera ces racines avec une approximation suffisante, et en les substituant dans l’équation proposée on aura les valeurs des ordonnées maxima et minima de la courbe.
On remarquera en outre que pour x=0, t> 0; pour a=:l, t <0: par conséquent là courbe, qui, au point a=0,
'• • - s SOLUTIONS DÉVELOPPÉES. / 349
i)—0, tournait sa concavité vers l’axe des abscisses , tourne sa convexité vers ce même axe après ce point. Il y a donc une inflexion en ce point.
On fera des remarques analogues aux points dont les abscisses correspondent aux racines de l’équation
• x* — l\x l — 6a^-j-18of — 9=0. * ’
Enfin il sera facile de se convaincre que la courbe n’a ni centre , ni diamètres rectilignes.
SU. Première manière. — Soit a le côté donné, x et y les côtés inconnus , R le rayon du cercle circonscrit , 2 p le contour donné , et S la surface inconnue du triangle : on aura les trois relations
o axy
ô ÔÏT 1
S= V p[p—dKp—x)(p—y) i
Egalant les seconds membres des équations (1) et (2) , élevant au carré les deux membres de cette nouvelle équation, et réduisant , on trouvera
xy— 16R2 feg) xy-f — Q ;
d’ou l’on tire
Connaissant la somme x-\-ij — 2p — a, et le produit, par cette dernière valeur de xy, on déterminera sans difficulté les deux côtés inconnus du triangle , car le problème revient à ce problème élémentaire connu : Construire un rectangle , connaissant la surface et la somme de deux côtés contigus.
Deuxième manière. — A cette solution assez simple on préférera, si l’on veut, la suivante, qui n’a pas besoin du calcul : Dans un cercle O, de rayon R, inscrivez une corde BC
égale au côté donné a. Les angles supplémentaires l’un de l’autre inscrits dans les segments terminés par cette corde seront par conséquent déterminés. Désignez d’un de ces angles par A. Sur cetle même corde BC décrivez un segment capable de l’angle- A; puis, de l’une des extrémités B ou C, comme centre, et d’un rayon égal à 2 p — a, décrivez un arc de cercle, qui coupera ce dernier segment généralement en deux points M et M' ; enfin menez les droites BM et BM f , qui coupent le premier segment en des points A et A’: les triangles ABC, A'BC, satisfont à la question.
Il est facile de voir qu’on aurait pu faire la même construction sur le segment capable de l’angle |(200° — A) , ce qui aurait donné deux nouvelles solutions.
On voit en effet, d’après le calcul précédent, que le problème a généralement quatre solutions , lesquelles se réduisent à deux dans le cas de a=2R ; et le problème est impossible si a>2R, ce qui est, du reste , évident.
Nous laissons au lecteur le sein de démontrer les principes qui se rapportent à la construction précédente.
512. Soit C le centre de la sphère totale, dont le rayon est r; G,, le centre de gravité de l’hémisphère, dont la densité est d t ; G a et </ a le centre de gravité et la densité de l’autre hémisphère ; et enfin G le centre de gravité inconnu du système : en désignant par P|) I*2> les poids des deux hémisphères , on aura
d’oû
Or
G,C— CG P, G.C-j-CG — P,’ et
