AC — B

Le minimum de S correspondant au maximum de AC — B', il suffit de chercher le maximum de cette fonction des deux variables a. et 6. Les valeurs de A, B, C sont connues \ en faisant le calcul et ne prenant que les facteurs utiles , on arrive aux équations

2^a4-/?6 — pq =z Oy np^-^qoL — pq =: o; d'où

Le centre de l'ellipse est donc au centre de gravité du triangle, et sa surface a pour expression

27ra^sind

5o CALCUL DIFFÉRIA'TIEL.

Euler est le premier qui ait traité ce problème. La solution précédente est due à Bérard ( Annales de Gergonne, t. IV). M. Liouville en a donné, dans le tome Vil de son journal, une solution géométrique très-simple.

121. Cette question peut se résoudre en suivant une marche semblable à celle du numéro précédent. On trouve ainsi que l'aire de Tellipse maximum est égale à celle du

triangle multipliée par -^ , que son centre coïncide avec le

centre de gravité du triangle , et que les points de contact sont les milieux des côtés.

( Berabd, Annales de Gergonne^ t. IV. )

122« h désignant la hauteur, a, S, y les angles dièdres correspondants aux côtés «, i, c de la base, il faut rendre minimum l'expression

ah bh ch

sin a sin 6 sin 7

qui représente la somme des triangles latéraux. Les angles ûf, 65 7, sont liés d'ailleurs parla condition

û cota -4- h cote + c coty = coDSt.

On trouve

123. Soient A, B, C les points donnés. Prenons pbur axe des x la droite qui joint A et B, et pour axe des y une perpendiculaire à cette droite menée par le point A. a étant Tabscisse de B, a , & , les coordonnées de C , a:, j^ celles du point cherché, l'expression à rendre minimum est la suivante :

Posons

dx '^ dy

li = 0, -i-î=0;

on en lire»

Elevant au carré et ajoutant, il vient

d'où l'on déduit

(x'-hr'-ac)'=:i(x«4-j')[('-«)'-f-r'];

et comme le second membre peut s'écrire

on trouve enfin

Cette équation représente les deux cercles qui correspondent aux segments capables des angles de 120 degrés qu'on peut décrire sur la corde AB. Il suit de là que le point cherché est à l'intersection de trois segments semblables décrits sur les côtés AB, AC, BC5 il jouit par conséquent de cette propriété que les droites qui le joignent aux points A, B, C forment trois angles égaux entre eux et de 1 20 degrés.

Quand le triangle ABC a un angle plus grand que 1 20 degrés, les segments ne peuvent pas se couper. Les deux

conditions --^ = o , — ? = o , sont alors incompatibles. Le

problème ayant toujours une solution , pour trouver celle qui convient dans ce cas, remarquons que les dérivées de-

5 a CALCUL DIFFÉEENTIEL.

viennent - si l'on prend pour le point cherché l'un des

trois points A , B , C , 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 Toricelli 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 , tome VIII.)

§ VIII. Tangentes aux courbes planes.