DA = 9,Ô

la, a;... a, Or le déterminant du second membre est évidemment

égal à ( — i) , ' ^i donc

Ce théorème, mentionné par M. Michael Roberts [Nouvelles Annales^ cahier de mars 1869, p. 87) est de M. Spolliswoode (Journal de Crellr, i. LI) 5 la démons-

( .53 ) tralion ci-dessus m'a été communiquée par M. Brioschi, et je Tai publiée comme Icmme daus une petite Note Intorno ad un teorema di Ahel (jinnali di Tortolini, i856).

En supposant

il s'ensuit

pour r=i,2,..., n — i

donc

ô. 0,. . . e«. = (— i)— /i»-> rf-^' , et, par conséquent,

a a -h d, . . « -h (;i — l) rf

(n-ha)(n-~i) = (-. )'~^~~ («./)-[« -H iî^,

ce qui est bien la question 465.

(YOlr p. «.};

Par m. Uon RABEAU,

Élève de Spéciales au lycée de Poitiers.

Et m. Cha&lbs KESSLER, Élève au Prytanée Militaire.

On donne une droite fixe, un point B sur cette droite et un point fixe A. Trouver une courbe telle , qu^en menant par un point quelconque pris sur cette courbe une tangente, et par le point A une parallèle à cette tangente, ces droites interceptent sur la droite fixe deux segments coqiptés du point B, tels , que la somme des carrés de ces segments soit égale à un carré donné k*. Même question en prenant la différence des carrés.

Je prends la droite donnée pour axe des y, et la droite BA pour axe des x. Le point B sera alors l'origine des coordonnées.

Soit (oTi, yi) un point de la courbe. L'équation de la tangente en ce point sera

L'équation de la parallèle menée par le point A sera, en appelant a la distance AB ,

I^es ordonnées à l'origine sont pour les deux parallèles

( ,55 ) On doit donc avoir) en eflaçant les indices ,

(l) (jr-*/)«^-iiV = ^*;

on tire de cette écpiatîon

et en prenant les dérivées des deux membres , d'où

Celte dernière équation est vérifiée par

et par

f kx

La première solution donne j^'= m (une conslanle arbitraire). Transportant cette valeur dans l'équation (i), on a, pour première solution du problème,

La seconde valeur de y\ transportée dans la même équation , donne , en réduisant ,

d'où

équation d'une hyperbole dont deux diamètres conjuguée:

( i56 ) sont en direction ^ les axes coordonnés, et en longueur, 2a et a/î , 2a étant Taxe imaginaire (l'axe des x).

Nous remarquerons que Téquation (a) est celle d'une tangente menée à cette hyperbole *, il est évident, en effet, que toutes ces droites, se confondant avec leurs tangentes, répondent à la question.

Si a = A, l'hyperbole devient équilatère.

Si Ton avait pris la différence des carrés , au lieu de considérer leur somme, rien n'aurait été changé dans le calcul précédent, que a* en — a*. En faisant celte transformation , on arrive encore à

y" =r o , d*où /' = m , et à

La première solution donne

y =z mx ± \/^' H- /l' m^ ,

et la seconde ,

équation d'une ellipse dont les diamètres conjugués sont aa.et ^Ar. La première équation représente encore Téquation d'une tangente à cette ellipse.

Si a = /L, cette ellipse devient un cercle si les axes sont rectangulaires, et s'ils i^nt obliques, une ellipse rapportée à ses deux diamètres conjugués égaux.

Note. M. Franck, licencié es sciences, chef d'une institution israélite à Lyon , donne une solution identique à la précédente , et ajoute :

Supposons que l'on veuille satisfaire à la condi-

( «57) don

ce qui donne Téquation diflerentielle

Rn difieren liant ou

L'équaliou de la courbe cherchée sera le résultat de I eliininalion de p entre les deux équations

réquation (1) donne

(3) ^-«ô^-ha,

en posant

remplaçant dans l'équation (2) la valeur de p fournie par

(») p c'est r'.

( i58) Téquation (3), on obtient

et en élevant au carré

on obtient

équation d'une parabole facile à construire.

M. Kessler trouve un lieu du troisième ordre lorsqu'on prend la somme directe des segments.

SOLUTIONS TRIGONOMBTRI^KS DIS QUBSTIftKS 483 BT UA

(voir t. XVUI, p. S87);

Pae m. Thcofik HâZAN, Lieutenant, élève de l*Éco1e impériale Ottomane à Constantinople.

Théorème I. D'un point B extérieur à une circonférence O on mène deux tangentes BA et BC, on projette C en D sur le rayon OA, et Ion fait exécuter une révolution complète à la figure autour de OA, Tun des rayons des points de contact ç il faut démontrer que le volume engendré par le triangle mixtilignc CBA est équivalent au cône engendré par le triangle BDA (question 483).

Théorème. IL La même figure étant faite que précédemment, et exécutant la même révolution^ il faut prouver que le segment s|>1iérique engendré par CBA est équivalent au volume engendré par le triangle CBD (question 484).

( »59 ) Si nous supposons le rayon OA égal à l^unîté, nous

aurons

BA = tang-,

CD == sis a ,

AD= 1 — cosa.

Considérons :

i®. Le volume engendré par le quadrilatère DA6C = t^\ a^. Le volume engendré par CDA = (^; 3^. Le volume engendré par le triangle mixtiligne ABC = V; 4®. Le volume engendré par le triangle ABD = V. Nous aurons

(I) !»=:-» (i — co»«) ( tang»- + sin'a -htang- sina Ji

(II) «F'=^ff(i — cosa)[3sin'a-H (i — COSa)']. En soustrayant t^ de i^ on obtient

2tang^ sin'a

(ï) p — j/ = V = ^ff(i — cosa) < a . )i

6 ^ M-f-atang-sma

— (1 — cosa)*

.p-r*«''==V=^yt(i —cosa) tang'-

I , .\ sm'a — 2tanff-sina

-*-gff(i — cosa) j ^^2 I

(-f-(i — cosa)* ]

( i6o ) mais comme

/' = ^ ir (i — cosa) rang* et

sin'a — 2rang- sina-|-(i — cosa)*=(o), en substituant dans l'équation (III) on obtiendra

Théorème IL En soustrayant le segment CDA du quadrilatère ÂBCD, on obtiendra, d'après le théorème prouvé en haut, le volume du cône ABD \ en effet , si du volume du cône ABD on soustrait du quadrilatère ABCD , on obtiendra le volume du triangle engendré par /HDB^ enfin le segment engendré CDA est équivalent au volume engendré par le triangle CBD.

SOLUTIONS GfiONÉTRIOUES DBS OHESTIONS 483 ET 484

(TOlr t. XVllI, p. SS6);

Par m. Jules PUECH,

Élève du lycée de Castres *(Tarn).

Même énoncé*, même figure que dans la solution trigonométrique.

Le volume du cône décrit par ABD est représenté par

^trADx ÂB; d'un autre côté

V, ABC = V. ABCD — V. ADC,

ce qui donue