AC — B
Le minimum a de S correspondant au maximum de AC — B*, il suffit de chercher le maximum de cette fonction des deux variables a et ê. Les valeurs de A, B, C sont connues -, en faisant le calcul et ne prenant q]ie les facteurs utiles, on arrive aux équations
2^a4-/>6 — pq=:zOy np^-hqoL — pq = o, d'où
a=^, 6=L fT = -^/3pqsïnO.
SOLTJTIOJNS. 147
On voit que le centre de l'ellipse est le centre de gravité du triangle. De plus, si Ton fait
pa4-g»^..2.^^sin(e — 3o")=P% /?'-h7'— 2/?ysin(Ô-+-3o«) = Q%
on trouve \{V -h Q) et 7(P — Q) pour les demi-axes.
Euler est le premier qui ait traité ce problème. La solution précédente est due à Bérard [annales rie Gergonne, t. IV). Liouville en a donné, dans le tome VII de son journal, une solution géométrique très-simple.
228. Cette question peut se résoudre en suivant une marche semblable à celle du numéro précédent. On trouve ainsi que Taire de Tellipse maximum est égale à celle du
TT
triangle multipliée par -79 que son centre coïncide avec le
3^ centre de gravité du triangle, et que les points de contact sont les milieux des côtés.
(Bérard, Annales de Gergonne, t. IV.)
229. h désignant la hauteur, et a, ê, y les angles dièdres correspondant aux côtés a, è, c de la base, il faut rendre tninimum l'expression
ah bh ch
sin a sin 6 sin 7
qui représente la demi-somme des triangles latéraux. Les angles a, 6, y sont liés d'ailleurs par la condition
a cota -V- b cote H- c coty = const. On trouve
230. Soient A, B, C les points donnés. Prenons pour axe des jc la droite qui joint A et B, et pour axe des j)^ une
l48 CALCUL DIFFÉRENTIEL.
perpendiculaire à celte droite menée par le point A. a étant Vabscisse de B ; a, & les coordonnées de C ^ ^'i y celles du point cherché, l'expression à rendre minimum est la suivante :
Posons
dm
dy °'
on en tire
bYY [(.X
Élevant au carré et ajoutant, il vient
d'où l'on déduit
et comme le second membre peut s'écrire
on trouve enfin
a r a:' H- r' — a.r = db —^ •
Cette équation représente les deux cercles qui correspondent aux segments capables des angles de 1 20 degrés qu'on peut
SOLUTIONS. l49
décrire sur la corde AB. Il suit de là que le point cherché est à rîntersection de trois segments semblables décrits sur les côtés AB, AC, BC5 il jouit par conséquent de celte propriété que les droites qui le joignent aux points A, B, C forment trois angles égaux entre eux et de 120 degrés.
Quand le triangle ABC à un angle plus grand que 1 20 degrés, les segments ne peuvent pas se couper. Les deux
conditions --^ = 0, -?• = o sont alors incompatibles. Le
problème ayant toujours une solution, pour trouver celle qui convient dans ce cas, remarquons que les dérivées
deviennent - si Ton prend pour le point cherché l'un des
trois points A, B, C5 c'est donc l'un de ces trois points qui résout la question, et Ton voit sans peine qu'il faut choisir le sommet de l'angle obtus.
Ce problème fut proposé par Torricelli à Fermât, qui en donna peu après trois solutions ; plusieurs géomètres s'en sont occupés depuis. La solution précédente est due à M. J. Bertrand [Journal de Liou ville, t. VIII).
§ XL — Tangentes aux courbes planes.
