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 S. Les valeurs de A, B, C sont connues \ en faisant le calcul et ne prenant que les facteurs utiles, on arrive aux équations

nqoL-^p^ — pq = 0^ 2p^-^qa — pq z= o,

d'où

On voit que le centre de Tellipse est le centre de gravité du triangle. De plus, si Ton fait

ps i q^-^2pqsm{9 — 3o°) =:P', /?' -h q'— ipg sin(ô -f- 3o°) =:Q%

)n trouve {('P •+- Q) et {(P — Q) pour les demî-axes.

Euler est le premier qui ait traité ce problème. La solution précédente est due à Bérard [annales de 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 Fellipse maximum est égale à celle du

triangle multipliée par -g-? 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, 6, y les angles dièdres correspondant aux côtés a, &, c de la base, il faut rendre minimum l'expression

ah bh ch

sina sin6 siny

qui représente la demi-somme des triangles latéraux. Les angles a, 6, y sont liés d'ailleurs par la condition

a cola -+- b cote -4- c coty = const.

On trouve

230. Soient A, B, C les points donnés. Prenons pour axe des x la droite qui joint A et B, et pour axe des^ une

l48 CALGDL DIFFÉRENTIEL.

perpendiculaire à cette droite menée par le point A. a étant Tabscisse de B; a, £ les coordonnées de G^ ^'i y celles du point cherché , l'expression à rendre minimum est la suivante :

Posons

on en tire

[[a:-aY-^[y — bYy [{x — olY^X^Y (^' + X^Y ^—X X . X

[[x — ay -4- (r - hYY [{^ - «)• +7*]' {^'-^x^Y

EUevant au carré et ajoutant, il vient

2[(jr— a)x -t-^^J

i = îa-h

d'où Ton déduit

et comme le second membre peut s'écrire

i-[(.r» -f-^» — oLxY 4- aV>],

on trouve enfin

X* -h r' — aar = di -^

Cette équation représente les deux cercles qui correspondent aux segments capables des angles de 120 degrés qu'on peut

SOLUTIONS. l49

décrire sur la corde AB. Il suit de là que le point cherché est à rintersection de trois segments semblables décrits sur les côtés AB, AG, BC*, 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 120 degrés.

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

conditions --^ = 0, -j- = 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 Tun des

trois points A, B, G; c'est donc Tun de ces trois points qui résout la question, et Ton voit sans peine qu'il faut choisir le sommet de Tangle 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 Liouville, t. VIII).

§ XI. — Tangentes aux courbes planes.