BC=2CI=^§, BB'=II', IB=I'B
Le trapèze BCB'C' a pour mesure
J-(BB'+CCOBC=(BBH-GG')£|.
D'un autre côté, Taire du triangle SB'C' est I'B f .l'C'. La quantité qu'il faut rendre minimum est donc
(BB'+CG')^ + rB'.I'G'*
DE GftOUtîMB «LÊHRNTAIHE. 263
En négligeant le facteur constant I'B', ainsi que le terme constant BB\ on la réduit à
Prenons à part (fig. 515) le trapèze ICI'C, dans lequel les deux côtés perpendiculaires IC, II' sont donnés. Menons G'G
parallèle à IC; et, à cause de CC'=It'— GI\ il nous suf-
pi' fira de chercher le minimum de la quantité I'C — ^=.
Pour cela, désignons C'G par a, GI' par x 9 et I'C'^- ££ par z; nous aurons
\r^+^—^=% ; d'où 2s 2 — 2**|/3+3(a*— z*)=o.
Cette équation du second degré a ses racines imaginaires tant que z* est inférieur à |a 2 . Conséquemment , le mini*
mum de z est ay *, et la valeur correspondante de x est
Il résulte de là que la surface latérale du polyèdre proposé sera la plus petite possible , quand la différence entre les arêtes BB' et CC sera égale au quart de la diagonale du carré construit avec AB comme côté.
Remarque. Le polyèdre dont nous venons de nous occuper est celui qui constitue chacun des alvéoles de Vabeille.
Partager un tronc de pyramide en parties proportionnelles à des nombres donnés, par des plans parallèles aux bases.
Ce problème n'est pas susceptible d'une solution graphique, fondée seulement sur l'emploi de la règle et du
compas. Nous allons donc chercher les expressions algébriques des différents segments de la hauteur du tronc : elles permettront, dans chaque cas particulier, de calculer les valeurs numériques de ces lignes.
Soient B, b les deux bases, et H la hauteur du tronc.
Supposons, pour fixer les idées, que ce polyèdre doive être partagé en quatre parties, proportionnelles à m, n, p, q; et soient x, y, z, t les hauteurs de ces segments.
Prolongeons les faces latérales du tronc , de manière à reconstruire les deux pyramides dont il est la différence. Soit h la hauteur inconnue de la petite pyramide ; alors H+h sera la hauteur de la grande.
Nommons actuellement B', B' 7 , B" les aires des sections faites dans le tronc par les plans parallèles aux bases ; nous aurons, par un théorème connu ,
(H+A)« — (H+ft-a;)* (H-+-A— sc-y)« (H-t-fc-a?— y-»)» M'
En comparant chacun des segments au tronc total, nous obtiendrons ensuite
(B4-B'4-V / BB r )o; m
(B-t-6-f-\/BB)H s 9 (B'-+-B'-+V / B 7 B 7 )y n
(BH-6-H\/F6)H *' (B+&-rV/M)H *'
en appelant s la somme des quantités m, n, p, q.
Les premières proportions donnent aisément
dou *= H vi=^-' y =H v^^v/6 »
En substituant ces valeurs dans les autres proportions, on obtient
BV/B— B'l/ B'm
BV^B — 6V^" *' B'\ZP—B'V/B* __n
B\/B-bl/fr ""J' BVF— B«\/5 î __p
BV/B—6V/5 ï' B"\/ffl-bV/6 g
On déduit, de la dernière proportion, B w ^r=6|^S+f(BKB-6/6); puis, par des substitutions successives,
B f YW=b^b + ^(B\TB— b\/T)),
B'ifFU: b\Tb + ?±S±2 (B/B — ft^fr).
Dans chacune de ces nouvelles équations , formons les carrés des deux membres, puis extrayons la racine cubiqne de part et d'autre ; nous obtiendrons
B w =\/[birb + l(B^B-b^b)Y 9
B'=|X[6K6+2±P(B^B-6l/fc)] , î
THftOftfeftBS ET PftOULfeftSS
puis ^B jr, =|X&^+ï(BKB~&^è),
| / B 7 =|ytrftH- n -^(BrB--fr^).
Il ne reste plus qu'à foire de simples substitutions pour obtenir les valeurs définitives de x 9 t/, z, t. Ce dernier calcul ne présente aucune difficulté.
PROBLÈME XUL
Couper on cube par un plan, de manière que la seclion soit un hexagone régulier.
Fig, 316. Prenons les milieux M, N, t\ Q, R, S de six arêtes consécutives du cube : ces six points [seront les sommets d'un hexagone régulier satisfaisant à la"question.
D'abord, le polygone MNPQRS est plan. En effet, les deux côtés MS, NP, prolongés, rencontrent évidemment en un même point 1 le prolongement de l'arête FB» Donc ces deux côtés, et par suite tous les côtés, sont situés dans un même plan, parallèle à celui qui contiendrait les sommets B> E, G du cube.
En second lieu , l'hexagone est équilatéral : car le côté MS, par exemple, est -égal -à fc la demi-diagonale de la face ABFE.
Enfin, chacun des angles de l'hexagone MNPQRS est
égaPà t s d'angle droit. En effet, l'angle SMN est le supplément 'de IMN/Or, le triangle IM$ est évidemment équilatéral; donc, etc.
DB GfiOtÊîhlË ÊLfiMfeNÎAIltE. 267
Remarqués. I. L'hexagone régulier MNPQRS est isopérimètre avec le triangle équilatéral BEG, Il est facile de reconnaître que la même propriété subsisterait pour tous les hexagones déterminés par des plans parallèles à BEG.
II. On sait (Th. XVÎ, Liv. IV) que, parmi tous les polygones isopérimètres et d'un même nombre de côtés, le maximum est le polygone régulier; donc, d'après la remarque précédente, l'hexagone régulier MNPQRS est plus grand que tous les hexagones résultant de la section du cube par ûts plans pafallèles à BEF.
Tronver, d'après les données suivantes, le volume d'un polyèdre ABCDYB'C'D', ayant ponr face* dent rectangles ABCD, A'B'C'D' et quatre ttapèzes ABVB' , BCB'C',CDC'D\DilD'A':
Atf=a = 8 m ,50, BC = ô==I«,50,
BC'=6'=0»,50, hauteur = h = 0-,80 (*).
Si Ton imagine le plan mené par les deu\ arêtes oppo- p IGt 213. sées A'B', CD, il décomposera le polyèdre en deux prismes triangulaires tronqués B'CC'A'DD', BB'CAÀ'D. Pour mesurer chacun d'eux, menons un plan EFE'F' perpendiculaire à AB • son intersection ET avec A'B'CD déterminera les sections droites EE'F, E'FF r de nos deux troncs de prismes.
(*) Cette forme et ces dimensions sont celles des tas de pierres que les cantonniers disposent le long des roules.
268 THÉORÈMES BT PROBLÈMES
Gela posé , le théorème sur la mesure du prisme triangulaire tronqué donne :
vol.B'ÇC / A / DD / =E'FF.J(A , B'H-C / D f +CD),
vol.BB'CAA / D=EE'F.J(AB + CD+AB'); c'est-à-dire
vol.B r CC'ADD'=ETF'.g(2a'+a),
vol.BB'CAA'D = EE'Fj(2a + a').
Les deux triangles E'FF', EE'F, dans lesquels se décompose le trapèze EFE'F', ont pour hauteur h; donc
E'FF'=|&'fe, EE'F=\bh;
puis vol. B'CC'A 'DD'= \ (2a'+ c) b%
vol.BB'CAA'D=J(2a+a')Wi.
Ajoutant ces deux expressions, nous aurons la formule cherchée :
V=i[(2a + a')6+(2a'+a)6']fc.
Dans l'exemple proposé,
V=J [6,5. 1,5+5,5. 0,5]0,5=t mc ,041.
Déterminer le volume d'an polyèdre qui a ponr faees deux polygones quelconques ABC..., ABC'..., situés dans deux plans parallèles, et une série de triangles ABA', A'B'B, BCB'... (*).
Fig. 256. „. Au moyen de plans menés par les arêtes, perpendiculai-
(") La figure représente une projection du polyèdre, faite sur un plan parallèle aux deux bases. De plus , et seulement pour fixer les idées, on a supposé la projection de l'une des bases intérieure à la projection de l'autre.
rement aux plans des deux bases, on décompose évidemment le polyèdre en un prisme droit, projeté en A'B'C'..., en une série de prismes triangulaires tronqués , projetés en ÀBA', BCB', CDB'..., et en une autre série de prismes triangulaires tronqués, projetés en A'B'B, B'C'D, C'D'E... (*). Par conséquent, si B, B' désignent les deux bases du polyèdre ; H, la distance des deux bases , ou la hauteur du polyèdre; S, la somme des projections ABA', BCB'...; S', la somme des projections A'B'B, B'C'D, C'D'E...; le volume cherché aura pour expression
Pour simplifier cette formule, imaginons la section À"B"G"... menée à égales distances des deux bases. Nous aurons, B" étant Taire de cette section ,
B-B"=jS+JS', B"— B'=?S'+JS;
d'où B— B'=S + S', 2(B + B'-2B")=S— S'.
Par suite, S + 2S'=J(B-5B'-4-4B"),
et enfin V=5(B+B'+4B")H (**).
(•) Les prismes de la première série sont, véritablement, des pyramides triangulaires, et les autres, des pyramides quadrangulaires .
(**) Celle formule , qui renferme celle de la page précédente, a été donnée par M. Sarrus.
2170 THtORtaUS 1T PftOBLÈMIS
