AC , , , / BD

sin H* , O = I V C0S > (* >■ 1 y =■ ‘ V ST+M’

/Tr

tangi(z,a/) = y/ gg-

Voici , pour terminer , l’énoncé d’un théorème de M. Hachette , relatif aux quadrilatères inscrits.

Si tant de quadrilatères qu'on voudra j inscrits à un même cercle ont un côté commun > les droites qui j dans ces quadrilatères , joindront l'intersection des diagonales et le point de concours des côtés adjacens au côté commun iront toutes concourir en un meme point de la perpendiculaire sur le milieu de ce côté commun. (Voyez la lig- 42

P HOPOS1T IONS

Nota. Les propriétés du quadrilatère sphérique inscrit à un petit cercle de la sphère, s’obtiendraient en partant des résultats analytiques donnés au commencement de ce numéro; mais les recherches de cette nature nous engageraient dans des calculs trop compliqués pour cet Ouvrage. Voyez d’ailleurs les Annales de Mathèm. , tome XII , p. 2^3 , où l’on démontre entre autres choses que dans tout quadrilatère sphérique inscrit la somme de deux angles opposés , bien que variable j est cependant égale à la somme des deux autres angles.

projjlème.

67. Un angle aigu d’un triangle rectangle étant donné , trouver la position de U hypoténuse j de manière que ce triangle soit équivalent à un carré donné.

£ Fig. ] Soient q* le carré donné , a la tangente de l’angle connu APD , et «t l’inconnue AP.

La droite DP devant être assujettie à passer par un point P pris sur l’axe des abscissês AX , son équation est

y — — — et).

Or, en faisant x ~ o, on a pour l’ordonnée AD correspondante , y = an.

L’aire du triangle ADP étant =— f il s’en¬

suit que q * = — - f et que par conséquent

Si la valeur positive de « est représentée par AP , et sa valeur négative par A p, les triangles APD, ApD , satisferont aux deux solutions du problème proposé.

PROBLÈME

68. [Fig. 4l.] Par un point M donné de position à l’ègard d’un angle connu M AN j tirer une droite MN , de manière que l’espace triangulaire AM'N soit équivalent à un carré donné .

Soient et , /S les coordonnées rectangles du point M -, A l’origine , §-a le carré donné j a la tangente de l’angle M'AN ; les inconnues P'M' —y et AN = a'. On aura PN = *' — ».

L’équation de la droite M'A est y~ax,

celle de la droite MN , censée assujettie à passer par le point N , est

Lorsque les coordonnées de ces droites seront communes, elles représenteront celles du point M' de leur intersection ; ainsi l’on aura

aa'i 3

^ — cl)

Mais l’aire du triangle AM'N est

et si l’on substitue dans cette expression la valeur de y , on aura

a**fi t

ou bien

( i ) aa!*g = 2 q^aaî — 2 q*a* -f- 2 q*fl-

Si l’on tirait de cette équation la valeur de a on aurait

proposition»

un second point N de la ligne cherchée, et alors le pro hlèine serait résolu; mais comme la formule qu’il faudrait construire ou calculer pour cet effet est un peu compliquée , il sera utile de la simplifier au moyen de la con sidération suivante.

Puisque pour tous points M' de la droite AM' on a

dans ce cas îa quantité n exprimera la partie A'P interceptée entre la perpendiculaire PM et la ligne A'M menée parallèlement à AM' ; et si l’on désigne par d l’intervalle AA', on aura AP, ou a n — d. Ces valeurs de a et ol étant substituées dans l’équation (i) , on trouvera, lorsque les réductions qui se présentent d’abord seront effectuées ,

at'a/3 = 2 q*a.' -f- 2 q*d ;

d’où l’on tire

ou autrement, pour la facilité de la construction,

Sur une ligne indéfinie PQ , élevez la perpendiculaire ^ » prenez CO = CM = q ; et après avoir tiré AM , menez-lui par le point O la parallèle ON , qui détermine

CN pour la valeur de ^ , comme cela est évident par la théorie des lignes proportionnelles. Soit maintenant,... j = m , la valeur de a! se changera en

iAl

m +✓( m -f- 7.d)nt •

Or, comme la partie radicale exprime une moyenne proportionnelle , on prendra CQ = id , et sur NQ comme diamètre , on décrira une demi - circonférence NVQ ; la ♦corde NY sera , par l’effet de cette construction , égale à [/(m- {- ?.d)m. Ainsi faisant PN s= NY , on aura PC = a'.

Quant à la seconde valeur de et', il faut faire attention qu’elle satisfait au cas où l’on voudrait mener la droite MN dans l’angle A' A m ; et il peut arriver en outre que d soit du côté des x positives, ou que (2 soit négative ; toutes ces diverses circonstances du problème produisent , dans les constructions , des changemens dont il est facile de se rendre raison.

Nous observerons encore que la solution précédente convient naturellement au problème où l’on se propose de mener, par un point donné, une ligne droite qui divise une figure rectiligne quelconque en deux parties qui soient entre elles dans un rapport connu ; mais dorénavant , nous n’insisterons pas trop sur la manière de lire dans une formule algébrique toutes les conséquences et les constructions qui en dérivent , afin de réserver quelque chose à l’intelligence des élèves.

Voici deux autres problèmes qui ont beaucoup d’analogie avec le précédent , et dont les solutions reposent sur la considération des coordonnées obliques.

PROBLÈME

6g. [[ Fig- 4».] Par un point M' donné dans un angle

connu MA'N , mener une droite j de manière que le produit des segmens A'M , AN , soit égal à un carré q*

Soient * , & les coordonnées obliques A'A , AM' du point M' -, A' leur origine , et A'N =

Si l’on considère que la droite M'N doit passer par le point N , son équation sera généralement de la forme yx= M (x — x') , M n’étant plus une tangente trigonométrique,mais le rapport de AM' à AN (n° 40 J ainsi, pour le cas dont il s’agit , on a

et l’équation de la droite M'N devient

Comme A'M répond à i=d,ona

multipliant cette valeur par x , il viendra

et de là

'=‘[WÏ(F<Ï !■

valeur que l’on construira par la méthode du n° précédent.

PROBLÈME

70. Par un point donné dans un angle donné j et également distant de ses deux côtés j mener une droite terminée aux deux côtés de V angle f de manière que ce point la divise en deux segmensj dont la somme des carrés soit équivalente à une surface donnée.

[ Fig. 72. ] Prenons les côtés AX , AT de l’angle donné YAX pour les axes des coordonnées obliques, et supposons que du point M également distant de ces axes , on ait mené l’une des quatre droites qui satisfont à la question , par

exemple , la droite RMR'. Le poiut. M ayant pour coordonnées AP = a , PM = a, la droite RR', qui le contient , aura généralement pour équ ation ,

Si donc AR et AR' sont respectivement désignés par x et y, on aura , en faisant successivement Y et X = o,

a a fi — M)

x — et = — — , ou = - ; zr - ,

y — a — — «M, ou y — a (i — M).

Soient MR = z , MR' = z', et angle R'AR A ; on aura

*a = (* — «)“ 4 *a — » O — *) * cos A , z%— ( y — a)a -f- a® — 2 ( y — a) a cos A j

et puisque la somme des carrés de ces deux segmens doit être équivalente au carré q%, on a nécessairement

— 2a [(* — *) 4 {y — *)] cos A.

D’un autre côté, à cause que les trois points R, M, R' sont en ligne droite , on a évidemment

(2) (* — et) ( y —a) = a*.

Mais faisons , pour abréger , x — a a= x', et y — a ~y\ et éliminons a* de Véquation (r) ; on aura

CO (*' 4 •/ f — ^a {x 4 y ) oos A = q a -,

équation de laquelle on tire

(O * 4 y = a cos A q* -f- (a cos A)a ; d’ailleurs , on a par ce qui précède , a') xy — a*.

Ainsi, l’on connaît maintenant la somme et le produit des deux inconnues x'} y. Au lieu de former l’équation du second degré dont ces inconnues seraient les racines , on peut encore opérer comme il suit.

D’abord , pour construire la double valeur de x +j/ , soit menée MQ parallèlement à AX , et soit abaissée sur cet axe la perpendiculaire QE; on aura alors AE = et cos A. Ensuite , si l’on prolonge EQ de manière que ED = q , et qu’on décrive du point A comme centre, avec le rayon AD le demi-cercle BDB', on aura

AD = AE ED = (et cos A )a -f- q* -,

partant ,

EB = v/<?a + 0* cos A )2 -f- a cos A ,

EB'= + (* cos A Y — et cos A ; et si l’on fait x‘ y — t, on aura

t = EB , ou i = EB'.

Il est remarquable qu’à cause des équations (m), qui donnent

l’équation (i') devient

puis développant et chassant les dénominateurs, on parvient à l’équation réciproque du quatrième degré ,

*aMH- 2<t*M3COS A+2 (<ta — ^ cosA+eta= o,

dont la résolution ne comporte par conséquent que la diffi culté de celle du second degré. ( Algèb. de M. Lacroix,

complément, p. 1 1 4)* Or , de ce que t = — et -f- »

on a

et par suite,

quantité facile à construire, et qui résout le problème.

Dans cette équation, t étant susceptible de deux valeurs, il est évident que y en aura en général quatre. En effet, le problème proposé offre visiblement quatre solutions ; mais comme la figure est symétrique par rapport à la droite AM , il suffira d’obtenir deux solutions distinctes pour avoir les deux autres.

Ce problème est un de ceux qui furent proposés en 1819 au concours général des collèges royaux de Paris. ( Pbyes les Annal, de Math. , tome X , p. 73.)

7 1 . Par un point E Q fig. 53 pris dans le plan (P un cercle C du rayon r, mener deux droites rectangulaires, dont les parties interceptées MM', mm' par la circonférence, soient entre elles dans le rapport donné p.

Prenons d’abord pour origine des axes rectangles le centre C du cercle, et pour axe des x le diamètre qui passe par le point donné E , dont l’abscisse = a. ; rapportons ensuite le point M de la circonférence à des coordonnées polaires , telles que EM = f soit le rayon vecteur , et <p soit l’angle que ce rayon fait avec l’axe des x.

L’équation du cercle , exprimée en coordonnées rectangles , sera

çt à cause de * = tt f cos , y = p sin p, on aura en coordonnées polaires

(« 4- p cos p)* H- f* sin* <p — r* -,

j PROPOSITIONS

d’où l’on tire aisément

f = — et cos dt {/ r9 — «t* sin*

Soit pi la valeur de p relative au signe supérieur, et pa celle relative au signe inférieur j on aura

P, = EM — — et cos (p -fy/r4 — tt* sina^ ,

Pl == EM'= — et cos <p —\/ r1 — ^ sina <p , et corde %

MM'=p, + pa= K = Wr'— **sina?.

Pour une autre corde mm = K' qui passerait également par le point E, et qui ferait avec l’axe des * un angle <p', on aurait pareillement

K' = 2 y/ — *a sina <p';

mais puisque ces deux cordes doivent être orthogonales , on a alors $>' = ? + ioo°, et par suite,

K. 2 y/ r* — ctft sina ^ 1 R'= 2 y/ r“ — eta cosa (p. |

Maintenant , si l’on ajoute les carrés de ces deux expressions et qu’on réduise, on aura cette relation remarquable,

K* -f- K'* = 81^— 4**, qui est indépendante de l’angle <P- Mais d’après l’énoncé du problème ,

concluons de là que

/8 r* — /8ra — 4*“

Les cordes R , R' étant connues de longueur , il ne s’agira

t>E GÉOMÉTRIE. ï/^7

plus , pour avoir leurs directions, que de tirer la valeur de Q de l’une des équations (i), laquelle sera donnée par cette expression ,

^a<p=\/^-nr- = \/—

quantité radicale facile à construire, après y avoir rétabli l’homogénéité (n° 72 ).

Observons cependant qu’il est un moyen fort simple d’obtenir l’angle <p' lorsque la corde K' est connue de longueur. Pour avoir d’abord cette corde, on mènera par le point donné E le diamètre AB et la corde DF perpendiculaire à ce diamètre ; puis ayant mené BH parallèle et égale à DF, on tirera la droite AH dont la valeur sera, d’après ce qui a été démontré ci-dessus, =l/8r4 — 4 — ensuite, sur AB et BH , on prendra deux parties BG , BR , qui soiept

entre elles dans le rapport donné

ft, et la droite GR

aura pour valeur VV + q% = q V 1 +/“* = m. Enfin , à . , / 8r* — 4*» l

cause de R = \J — - — — ÿ -, u ne restera plus qu’à

chercher une quatrième proportionnelle aux lignes m, l, q , pour avoir R'-

Pour achever la construction , soit pris quelque part sur la circonférence du cercle donné un arc AA' dont la corde = K', et du centre C soit décrit , du rayon CE , l’arc EEf, qui coupera en E' la corde AA', de telle sorte que le rayon CE fera avec cette corde l’angle A'E'C = ainsi que cela est évident, puisqu’à cause de l’uniformité de courbure du cercle , E'A' = E m , E'A = E m.

Il est inutile de faire remarquer que la valeur de K' prise négativement, serait insignifiante, mais que l’angle <p' peut être positif ou négatif, parce que le problème admet deux solutions effectives.

io..