T I . ^ / IN

: cos h . I tg - (x — b t )

) cos x(igx— tg bi) 2

(J. Neuberg.)

Solutions partielles par M. M. Listray et Emmkrich.

Question 1066.

( Voir Mathesis, (2) t. VI, p. 104).

On considère les coniques ayant un contact du seconi ordre avec une conique donnée et passant par ses Joyers. Trouver le lieu du point de concours des tangentes en ces points. (E. Duporcq.)

Solution par MM. Droz-Farny, Barisikn et Déprez. Soient a cos 9, b sin 9 les coordonnées d'un point P de l'ellipse. En représentant par m (x — a cos 9) + n {y — b sin 9) = l'équation d'une corde

quelconque passant par P, l'équation d'une des coniques cherchées sera

\bx cos 9 + ay sin 9 — ab] [m(x — a cos 9) -f- » (y — & sin 9)] + b 2 x 2 + a 2 y 2 - = 0.

La conique devant passer par les foyers, on aura en faisant successivement y = O,0 = + c;y = O, = — c 9 pour déterminer m et n f

m (c — a cos ©) — nb sin 9 = » /

c cos 9 — a

m (c + a cos 9) -f- #i sin 9 =

c cos 9 + a '

, , , i 5 cos a> — ai 2 (1 + cos* <pï

delà, m = — ! — -> » —

c 2 cos 2 9 — à 1 sin 9 (c 2 cos 2 9 — a*)

Mais les coordonnées x\ y* du pôle de Taxe des x dans la conique Ax 2 + 2Bxy + Cy* + 2Dx + 2Ey + F = sont fournies par les relations :

kx' + By' + D = 0, T>x' + Ey' + P 0.

On trouve aisément :

— a 2 &* sin* 9 — ai 5 cos 3 9

B= -i— ?— rr 1 ... » D = o,

c* cos* 9 — # 2 sin 9 (c 2 cos 9 9 — a 8 ) '

„ a*i s „ a f i*c 2 sin*©

sin 9 (c 4 cos* 9 — a*) c 2 cos* 9 — a 2 '

, — F c* BF c* s

y — Ë-=-6 8incp ' '"lÉ^Ï 008 9,

Le point d'intersection des tangentes est donc le centre de courhûre correspondant au point P : le lieu est la développée de l'ellipse proposée.

Solution géométrique par M. C. Servais. La tangente en M à la conique donnée 2 coupe Taxe focal FF' en un point T; la polaire de ce point par rapport à la conique V passant par les foyers F et F' et ayant en M un contact du second ordre avec 2, est la normale au point M* Le pôle de FF' par rapport à 2' est donc un point fi de cette normale. Soient M' un point de 2' infiniment voisin de M, S, le pôle de M M' relatif à 2'. Les triangles MM'S et FF> sont inscrits dans une conique. A la limite, cette courbe est circonscrite au triangle FF V, tangente en M à 2 et son rayon de courbure en ce point est la moitié du rayon correspondant de 2; par suite, p est le centre de courbure de 2 au point M (BB, 1889, (3), XIX, p. !

Question IOW.

(Voir Mathnis, (2), t. VI f p. 128).

Quelle relation doit -il exister entre deux circonférences pour que les deux centres soient les deux foyers de la courbe polaire réciproque de Vune des circonférences par rapport à Vautre? (Droz Farny.)

Solution analytique par MM. E. Colart, Déprez, Andribn et Barisibn. Soient les deux cercles C et C de rayons R et R\ La polaire réciproque de C par rapport à C est une conique, ayant C pour foyer et pour directrice correspondante la polaire du centre C, et dont l'excentricité est égale à (R : d), d étant la distance des centres.

Si Ton prend le milieu de CC pour origine des axes coordonnés, Téquation de cette conique est

4RV - 4(tf - R 2 )# 2 +4<* (d 2 — R 2 — 2R»)x — (d* - 2R' 2 ) 2 + d*R* =0.

Pour que le centre C soit le second foyer de cette courbe, il faut qu'il soit à l'origine, c'est-à-dire que l'on ait

Cette condition entraîne les inégalités d > R, d > R'; le centre de chaque cercle est donc extérieur à l'autre cercle. D'ailleurs, de (1) on tire

R'» = i(<i*-R 9 )î donc le rayon R' est le côté du carré ayant pour diagonale la tangente menée du centre C au cercle C.

Ces conditions étant réalisées, la polaire réciproque du cercle C par rapport au cercle C est une hyperbole ayant pour équation

les axes de cette hyperbole sont donc égaux à

Ret R'j/2 = y/d % — R 2 .

-Remarque. Pour que la polaire réciproque de C par rapport à C ait ses deux foyers en C et C, on doit avoir

Si les conditions (1) et (2) existent simultanément, on a

Me Déprkz a également donné une solution 'géométrique de la question 1066. La solution de M. Retali que nous donnons ci-après se rapporte aux relations (3).

Solution par M. Y. Retali. Les deux cercles sont égaux et se coupent sous l'angle de 60 e ; la distance de leurs centres est r\/S(*).

Si la polaire réciproque d'un cercle C 2 par rapport à C" est aussi la polaire réciproque de C" par rapport à C% nous savons que C* et C' 2 se coupent en 4 points qui forment un groupe équianharmonique sur les deux courbes (**). Soient I, J les points cycliques et A, B les deux points propres communs à C 2 et C" : les faisceaux A(TBIJ), A(T'BIJ) sont équianharmoniques, AT et AT' étant les tangentes en A aux deux cercles. Il s'ensuit que angle TAB =T'AB= 30° (***). Les deux cercles C\ C' 2 sont donc égaux et se coupent sous l'angle de 60*.

Lorsque deux coniques forment un couple équianharmonique, lecovariant et le contrevariant fondamentaux de leur système coïncident avec la polaire réciproque de l'une par rapport à l'autre : cette polaire réciproque est donc une hyperbole touchant les tangentes menées aux deux cercles en A et B, ayant pour foyers les centres des deux cercles, et passant par les points de contact des deux cercles avec leurs tangentes communes.

"Question 1930.

(Voir Matkesis (2) t. IX, p. 176).

Soient a, b, c, d t Q les côtés et la surface d'un quadrilatère convexe ABCD, inscrit à un cercle; T la surface du triangle gui a pour sommets les points de concours E, F, G des côtés oppotés et des diagonales ; T f la surface du triangle dont les côtés sont dirigés suivant les lignes AC, BD, EF. Démontrer les formules

T 2abcd T, 4 gWg

(J. Neubbrg.)

(*) Voir Retali, Sopra alcuni çruppi diconiche, Progréso Mat., T. IV, page 103.

(**) Loc. cit., page 22-23.

(*♦*) Voir Mathms, (1). IX; page 12$.

Solution par M. ëmmbrich. 1° Faisons

AB = «, BC«=i, CD=*c, DA = d, AC = m, BD = *,

et désignons par E le point de rencontre des côtés a, c et par F celui des côtés b 9 d; le point D est supposé à l'intérieur du triangle EBF. On a

T = EDF + EDG+FDG.

Les triangles EDF, EDG, FDG ont, avec le triangle ABC, un angle supplémentaire respectivement en DetB, Det A, DetC. IL en résulte

EDF ED.FD EDG ED.GD FDG FD.GD ÂBC~~ ab 9 ABC" 3 am 9 ABC ~~ bm ()

Les triangles ADB, ACB sont entre eux comme les produits dn y bm et aussi comme les hauteurs tombant sur AB ou comme ED : EC ; on en conclut

ED__rf* d{ab-\-cd) ED ^ djab + cd) ÊC""^* 88 b(ad-\-bc)' EC — ED" - c(b 7 — d 2 ) 9

De même,

FD-«Jg+ff, DG = -r-T—j a* — c 7 ab-\- cd

Les égalités (1) prennent maintenant la forme EDF cd (ab + cd) 2

ABC ab (a 7 — c 7 ) (b 7 — d 2 )

EDG cd 7 n FDG c 2 d n

ABC a{b 7 — d 2 )'m' ÂBC^bia 7 —c 2 )' m'

Les deux dernières relations donnent

EDG + FDG cd{ad-\-bc)(ab — ci) n cd(ab - f- ci)(ab — ci) ABC ~ ab{b 2 — d 2 ) (a 2 — c 2 ) ' âî — âïp"^- d 2 ) (a 2 — c 2 ) J par conséquent,

ÂBC~~(S»--<i 2 ) (a f — c J ) # U

Mais on a aussi

ABC ab ., . ABC ah

en combinant (2) et (3) on trouve

T 2abcd

Q {b 2 - d 2 ) (a 2 - c*) 2° Appelons H, I les points de rencontre de RP avec AC, BD. On a