BC— BI

Donc, si Ton prend BT=BCj IT sera égalas' : ce sera le rayon cherché. Pour avoir le centre, on élèvera en T une perpendiculaire T6 sur AB, et on la prendra égale à IT.

Quant à la solution négative s*, elle est égale, en valeur absolue, SkBC + BI. Pour l'interpréter, remarquons que, si on la désigne par ( — a), elle doit vérifier l'équation [1] i on doit donc avoir :

(o-a)»=R(R-h2a), ou (a-a)»=R(R-f-2a). [4]

Or c'est là précisément l'équation qu'il eût fallu écrire, si l'on avait voulu tracer un cercle tangent extérieurement à l'arc BC, au diamètre et à la corde prolongés, et que l'on eût appelé a son rayon inconnu ; on s'en assure aisément en faisant la figure. Ainsi la racine négative fournit une seconde solution du problème; et pour avoir le point de contact Ti du nouveau cercle et du diamètre AB, il suffit de porter, sur ce diamètre, à gauche de B, une longueur BTt égale à BC.

On voit qu'ici encore les deux rayons IT=BC— BI et ITi=BC-|-BI sont portés, à partir du point I, en des sens opposés, comme l'indiquent les signes dont leurs valeurs sont affectées dans les formules [3].

Il est évident que les points T et Ti sont les points de contact de deux autres cercles égaux aux premiers, dont les centres sont symétriquement placés audessous du diamètre AB, et qui répondent aussi à la question.

Si Ton veut maintenant inscrire un cercle dans le segment BIG, on trouvera, par des raisonnements analogues, l'équation

(as— a)«=R(R— 2«), [5]

qui diflerera de l'équation [1], et qui ne pourra pas s'y ramener par le changement de sigoe de x. Sans entrer dans le détail de cette nouvelle solution, nous dirons seulement que la racine négative correspondra au cercle tangent extérieurement à l'arc AC, et qu'on obtiendra les points de contact d^s deux cercles avec le diamètre AB, en décrivant, du point A comme centre, une demi-circonférenôe, de rayon AC.

On voit que le problème a huit solutions fournies par deux équations du second degré.

290. ProblAkeY. Partager h surface d'un cercle, de rayon R, en moyenne et extrême raison, par une circonférence concentrique.

On peut faire deux hypothèses : 1* la surface comprise entre les deux ^rconférences est la moyenne; 2* la surface du cercle inconnu est la moyenne.

Dans le premier cas, si Ton désigne par x le rayon du cercle cherché, Téquatioû du problème est :

icR» it(R'— g^

ou (R»— «»)»=RV. * [1]

On tire delà: R»— a^=R«, ou R«— *»=— R».

la première de ces deux équations donne :

et Useoonde, qui n'en diffère que par le signe de x, donna :

.=^ilfii>. ' [3]

Discijssioii. Ces quatre radnes sont égales deux à deux et de signes contraires. Mais les racines négatives n'ont pas de signification dans cette question géométrique; elles doivent être rejetées. Quant aux racines positives, la première, ^

rV5~1)

ai la plus grande partie du rayon R dimsé en moyenne et extrême raUon : eOe répond directement à la question de partage, La seconde,

ea la ligne dont la moyenne serait R dans la division en moyenne et extrême rottofi. Cette ligne, plus grande que R, donne une solution qui ne convient pas au problème tel qu'il a été posé. Mais, que l'on en généralise renoncé de la manière suivante :

Construire un cercle concentrique à un cercle donné, et tel que la couronne toit moyenne proportionnelle entre les surfaces des deux cercles ,

Ce nouvel énoncé n'exigera plus que le rayon inconnu soit plus petit que R. Si on le suppose plus grand^ l'équation nouvelle,

ne différera pas de l'équation [1]; et, par suite, la seconde solution conviendra, comme la première.

Supposons maintenant que ce soit le cercle inconnu qui doive être moyenne proportionnelle entre le cercle donné et la couronne : l'équation du problème est alors:

^^=1^^' ^ x'+RV-R.=0. [41

On pourrait résoudre cette équation bicarrée par les méthodes connues. Mais il vaut mieux poser :

x^=Ry; [5]

2f!22 XIVRE lïl.

et Péquotion devient, «piès avoir été divisée par H> :

elle est identique avec la première des équations du premier cas. Ainsi U Mileur négative de y doit être rejetée ; et la valeur positive est la plus groMde partie du rayon divisé en moyenne et extrême rçtison. Quant au rayon x du cercle inconnu, U est, d'après Véquation [b], une moyenne proportionnelle entre le rayon du cercle donné et la moyenne y. On construira aisément les trois solutions.de ce problème.

"S II. Problèmes ià plasîenrs inconnues.

ZBt, Problème YI. CaXculer les côtés de V angle droit d^un triangle rectangU, connaissant Vhypoténuse a et ki hauteur h abaissée du sommet de Vangle droû sur Vhypoténuse.

Soient s et y les deux cOtés luconnus; le tbéorèmede Pyfhagore donne l'équation :

a;»+y»=a>. fl]

ion/ ah La surface dM triangle a pour expressions "f^^ -^9 donc on a :

jBByz^ah. [2]

En doublant les deux membres de Téquation [2], et en l'ajoutant ensuite à réquation [1], on a:

d'où l'on tire, en extrayant las racines narrées des deux jnembies, ce qui est permis, puisqu'ils sont positifs :

Si, au lieu d\idflifionner les deoz équations membre à membre, on soustrait la seconde de la première, on a :

(«— y)»=a'— îofc;

et, comme on peut supposer que x est le plus grand des deux c6tés cherchés, on a, en extrayant les racines :

«— Itev/a»— 3aA. f4J

On connaît donc la somme [3] et la différence [4] des inconnues, et Ton en conclut :

M:S KQI'ATIONS DU SECnM» DKGftn. ^23

DiscoBSioir. Pour que le problème soft iwssible, il faut et il suffit que les Tsleoisde s et de y soient réelles^ c'est-à-dire que Toa ait :

o>2h, ou fc<?. [6J

t98. Remàbqub. Ces inégalités [6] n'excluent pas les égalités limites,

car les Taleuis de « et de y restent réelles et positives, dans cette hypothèse. elles fournissent donc les solutions des deux questions suivantes :

1* Pormt Uau Us triangles rectangles, de hauteur donnée h, quel est celui dont Vhifpotémsse est la plus ^petite possible?

C'est le triangle dont rhypoténuse«est égale à3/i. Il est isocèle; oar, dans ce cas,

«=y=fcV^2.

V Parmi toia les triangles rectangles^ de même kifpoténuse a, quel est celui dont la hauteur est la plus grande possible?

Cest le triangle dont la hauteur est égale à -. U est isocèle; car, dans ce cas,

iMS. PaùBLÈan ¥11. Déterminer Us tMs d'un triangU reetangU, eonnaissont sa surface m' et son périmètre Tp-

Soient s. y, s les côtés du triangle; jr étant Thypoténuse, on a, d'après renoncé et en se servant de propositions très-connues :

2m^=xy. [3]

En multipliant par 2 les deux membres de la troisième équation, et l'ajoutant ensuite à la première, on a :

i»+4m«=«» + y» + 2«y, ou jr» + 4m»=(« + y)». [4]

U seconde donne d'ailleurs l'équation :

» + y = 2p^jr; d'où (» + y)«=(2p— ;f)». [6]

En égalant les deux valeurs de (« + y)' fournies par les équations [4] et [5] ,

on a:

(2|>— jr)»=jr« + 4m>;

ou, en effectuant l'élévation au carré indiquée dans le premier membre, puis en supprimant le terme m^ qui est commun, et en divisant les deux membres par 4,

p»— pji=m';

d'où Von déduit : ji = Ê^^. 161

Puis X étant connu, les équations [2] et [3] font oonnaltze (s+if) et xy; car elles donnent :

«+y=2p— X==^-^, «y=am»; s et y sont, par conséquent, racines de Téquation

On a donc: =*-? — ±1/ T^i — 2"*'

Discussion. Comme la yaleur [6] de x doit être positive, Pune des conditions de possibilité du problème est :

Mais cette condition ne suffit pas ; il faut, en outre, que les valeurs de x et de y soient réelles et positives.

Or on voit, à l'inspection de l'équation qui les fournit, qu^elles sont positives, si elles sont réelles. Il suffit donc d'exprimer qu'elles sont réelles, c'està-dire que Ton a :

^-^i^— 2m»>0, ou (p»+mV— 8p«m»>0.

Or le premier membre peutêtre considéré comme la différence de deux carrés. Cette inégalité équivaut donc à la suivante :

(p» + m»-|-2pm v^2) (p»+m>— 2pm v^2)>0.

Vais le premier facteur est positif : il faut donc que Ton ait :

pï + m» — 2pmV2>0. [8]

Telle est la condition à laquelle p et m doivent satisfaire. On peut en déduire les limites entre lesquelles peut varier p pour une valeur donnée de m, ou m pour une valeur donnée de p. Nous obtiendrons ces deux résultats à la fois, ea

elle devient :

posant — = r. Si, en effet, Ton di?ise par m' les deux membres de Tinégalité [8],

Or son premier terme est positif: on en conclut que, pour qu'elle soit satisfaite, r doit être plus grand que la plus grande racine de Téquation r^ — 2r ^2 +1 =0, ou plus petit que la plus petite; c'est -i dire plus grand que (^ + 1) ou plus petit que (v^— l). Mais p étant, comme on l'a vu, plus grand que m, le rapport

^ ne peut pas être moindre que (v^2 -^ 1 ) ^ il fonil donc fu'ti lotl pUu grand qui m

{J2 + 1)« D'arlleurs, cette condition entraîne la première; elle est donc la seuls condition de possibilité du problème.

294. Rbkàrqub. Le triangle rectangle, dont le périmètre est 3p et la lurface m'y n'est possible que si Toi^a :

on en conclut : m < ^ , ou m<pCv^ — 1\,

Vî+l ''

et p>»n(v^2+l).

Ces inégalités n'excluent pas les égalités limites,

ear, dans cette hypothèse, les valeurs des inconnues restent réelles et positives. Elles fournissent donc la solution des questions suivantes :

1* Parmi Ums les triangUi redangïeSf de même périmètre 2p, quel ett celui dont la surface est la plus grande possible ?

Cestle triangle dont la surface est m'=p>(^2»l)*. 11 est isocèle; car les c6tës de Vangle droit sont donnés par la formule : « = y =.p (2 — ^3). L'hypoténuse 1 = 2p (^ — l) •

2* Parmi les triangles rectangles, de même surface m\ quel est celui dont le périmètre est minimum ?

Cest le triangle dont le périmètre est : 2p = 2m (^2 + l)* Il est isocèle; car

les côtés de l'angle droit sont donnés par la formule : x = y=:m^. L'hypoténuse s = 2m.

295. Pboblêmb YlII. Inscrire dans une iphèrCf de rayon R, un cylindre dont la surface totale, y compris les deux hases, soit équivalente à un cercle, de rayon donné m.

Si Ton nomme x le rayon de base et y la hauteur du cylindre, la géométrie fournit immédiatement les équations suivantes :

ap> + ^ = R», 27cx« + 2itry=:iim»; [1]

et cette dernière devient, en supprimant le facteur ir,

2*» + 2xy = m». [2J

m' — 2x* Oa déduit de [2] : y= — ^ — ;

et, en substituant cette valeur dansLia première équation [1], on a :

^ le*' '

chassant les dénominateurs, et réduisant les termes semblables , on obtient l'équ&tion bicarrée :

20«* — (4m> + ISR*)*» + m< = 0; [3]

d'où l'on déduit :

. (m' -f4Rndb>/(m'-f-4R7- bm* , . ,

A1.0. B. !«• Partib <5

226 UVRfl m.

•t par suite, « = y '-^— s . {B]

Discussion. A la seule Inspection de Téquation bicarrée [3], on s'aperçoit que, si les Taleurs de afi sont réelles, elles sont toutes deux pontives, et elles fournissent par conséquent chacune une valeur réelle et positive de s. Mais il ne suffit pas que x soit réel et positif, il faut aussi que y le soit; par suite, on doit avoir :

m»— 1l4^>0, on »<-7=. 16]

Le problème aura donc autant de solutions quMl y aura de valeurs de m fournies par la formule [5], et satisfaisant ft celte condition [6].

Pour que le problème soit possible, il faut d*abord que les valeurs de s soient réelles; il suffit, pour cela, comme nous Tavons dit, que celles de sfi le soient; ce qui exige seulement Tinégalité :

ou (m« + 4R' — m' y/b) (m« + 4R» + m^yS) > Ol

Or le second facteur est positif; il faut donc que Ton ait :

in« + 4R" — m»V5>0; d'où m» < -4^ , ou m* <.R» (v^ + 1). [7J

Cette condition étant remplie, la plus petite valeur de x convient toujours à la question; car elle satisfait, en outre, à l'inégalité [6], c'est-à-dire que l'on a :

ma + 4R'— V(m'4-4R')' — 5m< ^ m*

OU, en chassant les dénominateurs, et transposant :

Et, en effet, si m est plus grand que R, celte inégalité est évidente. Si, ao contraire, m est plus petit que R, les deux membres étant positifs, il est permis de les élever au carré (t«4), et l'inégalité devient :

16(R*-2R'm»+fii<)< 16R« + 8R»m»+m*— OUI*, ou 20m<— 40R»ïn»<0; d'où m*<2R';

ee qui est vrai. Le problème a donc toujowrt vne sohaion, dès qw la otmdt- It'on |7] eslvérifUe, Pour que la plus grande valeur de x convienne aussi, il fiint que Ton ait de

même : '

Tô <Tî

0U| en chassant les dénominateurs et réduisant :

V^(m» + 4RV - ûm* < 4(m» — R>).

Or si m est moindre que R, cette inégalité est impOMiUa, et, par conséqMBl, la seconde solution n'eiiste pas. Si m est plus grand que R, les deux memlires de Tinégalité étant positifs, on peut les élerer au carré ; il Tient ainsi :

{in(» + 4R«)«— 5m«<16(m« — R»}*; d'où m»>2R».

/{ faut donc^ peur qu'il y ait deux solutions, que m* soit compris entre 2R>

flR»(V5 + l)*

Rbmabqtje. On peut se rendre compte, do la manière snirtnte, des résultats que nous Tenons d'obtenir.

L'équation [2]^ lorsqu'on y remplace y par sa Taleur positive tirée de [1] , donne, pour expresnon de la surface totale du cylindre inscrit dans la spliére :

«m* = 2iw (« + 2 ^R«— «•)•

Si Ton examine les valeurs successives par lesquelles passe cette surface lorsque le rayon x de la base augmente depuis 0 jusqu'au rayon R de la sphère, on voit qu'elle est nulle pour s=0; puis, qu'elle augmente avec x jusqu'à une

limite que le calcul fait connaître, et qui, d'après ce qui précède, est icR'( V^+ 1) î la Taleur de s, qui fournit ce maximum, est, d'ailleurs :

Puis, lorsque m augmente jusqu'à R, la surface diminue jusqu'à la Taleur 2irR*, qui correspond au cas où, la hauteur étant nulle, le cylindre se réduit à ses deux bases qui sont deux grands cercles. Or, en augmentant depuis zéro jusqu'au maximum, pour diminuer depuis le maximum jusqu'à 2nR', il est évident que la surfiice du cylindre passe deux fois par toutes les Taînin oom* prises entre le maximum et 2icR', et une seule fois par celles qui sont moindres que 2icR'.

297. Quelques problèmes sont considérablement simplifiés par un cboix habile de rinconnue. En voici deux exemples :

PaoBLÂME IX. Trouver quatre nombres en proportion , connaissant la somme des moyens 2s, la somme des extrêmes 2sf, et la somme des carrés des quatre termes 4q'.

Prenons pour inconnue le produit x des moyens; leur somme étant 2i, ils sont [tWB) racines de l'équation :

x'— 2W + fl5=:0,

et égaux, par conséquent , à

Comme le produit des extrêmes est égal au produit des moyens, on Terra, de la même manière, que les extrêmes sont :

En formant la somme des carrés de ces quatre expressions, on trouTe :

réquation du problème est donc :

Od déduira de là la valeur de rr, et, par suite , les quatre termes de II p^opo^ tiOD, qui sont, tout calcul fait :

RESCAaQOB. Il est naturel de prendre pour inconnue le produit des moyens, parce que ce produit, pour chaque proportion, n'admet qu'une seule valeur. Si Ton cherchait, par exemple, à déterminer un des moyens, on devrait les trouver tous les deux par le môme calcul; car rien ne les distingue dans renoncé. L'équation serait donc au moins du second degré.

Pour que le problème soit possible , il faut qu'on ait :

*> < q\ s^ < qK

208. Problème X. Trouver une proporiiony connaissant la somme 4s de ses termes, la somme 4q' de leurs carrés, et la somme kc^ de leurs cubes.

Prenons pour inconnues la différence kx entre la somme des extrêmes et la somme des moyens, et le produit y des extrêmes ; désignons par a, h, c, d, Ifé quatre termes de la proportion; nous aurons :

on tire de là: \tl^=l"^T'-

Comme l'on a: adr^y^ {>c=y, [3]

on en déduit (ts«) pour a, b, e^ d^ les valeurs :

a = s + X'\- v'(r+i7— Vi d-f + x — v^(s-i-«)'— y, 6 = « — x+ v^(« — a;)= — y, c=« — X— ^(«— «;»— y.

La somme des quatre carrés est, comme on le calcule facilement :

8(*' + «*) — 4y; et la somme des quatre cubes est :

16*(«» + 3a»)— 12«y; ce qui fournit les équations :

OfQ, en divisant par 4 les deux membres de chacune d'elles, et en transposant *

En résolvant cea deux équations, on tiottTe :

, c »— 3g»» + 2*» c» — 6<?'jr -f ^**

et, si Ton substitue les Taleurs de « et de y dans les formules [4], on obtient les quatre termes de la proportion.

EXERCICES

I. Un voyageur part d'un point B, pour aller vers un point C, en même temps qu'an autre voyageur part de G pour aller vers B. Chacun d'eux marche avec une vitesse constante. Ces deux vitesses ont un rapport tel , que le premier arrive en C quatre beures après qu'ils se sont rencontrés, et que le second arrive en B oeuf heures après cette rencontre. On demande quel est le rapport des vitesses.

SI Von déâgne par x et par y les deux vitesses, par d la distance BC, et par m la distance du point B au point de rencontre, on trouve les équations :

Z __d — x d--jf s__Q

X 3 et l'on en tire: " = .;•

II. Trouver un nombre de deux chiffres, tel que, divisé par le produit de ces

deux chiffres, il donne pour quotient 5-; et que, si Ton en retranche 9, on

obtienne le nombre renversé.

Le nombre est 32.

III. Trouver un nombre de trois chiffres, tel que le second chiffre soit moyen proportionnel entre les deux autres, que le nombre soit à la somme de ses chiffres comme 124 est à 7, et qu'en lui ajoutant 594, on obtienne le nombre renversé.

Le nombre est 348.

IV. Trouver cinq nombres, en progression par différence, connaissant leur somme ba et leur produit p'.

On trouve que le terme du milieu est égal à a, et que la raison y est donnée

par l'équation :

4ay*— 5aV + o»— p* =0.

V. Trouver quatre nombres, en progression par différeuce, connaissant leur somme 4a et celle de leurs inverses r.

En représentant les quatre termes par x— 3y, s— y> «+yi a + 3y, on trouve que «= a, et que y est donné par Téquation :

9y* + 10a(2b--o)y» + a*— 4fl»&=0.

VI. Mener d'un point A, à un cercle G, une sécante de longueur donnée I, et chercher les conditions de possibilité. On donne la distance a du point au centre, et le rayon R du cercle.

sao LIVRE m.

En désignant par y la perpendiculaire abaissée de rextrémité de la sécante sur le diamètre qui passe par le point A, et par x la distance du pied de cette perpendiculaire au centre, on trouve :

Les conditions de possibilité sont : si le point A est extérieur au cercle^

2<a + R9 />a— R; et si le point est intérieur,

TU. On sait que, étant donnés un point A et un cercle, dont le centre est en O et dont le r&yon est R, on nomme polaire du point A une perpendiculaire àOA, menée par un point X de cette droite, tel que OXxOA'=R*. Cela posé, deux cercles, de rayon R et R', étant donnés, on demande si un point M de leur plan peut avoir même polaire dans l'un et dans l'autre.

Il faut, pour cela, que les deux cercles ne se coupent pas; et, si cette condition est remplie, en désignant par d la distance des centres, on trouve, pour la distance du pôU au centre du cercle R,

^^d' + R»— R'':fcv/(R4-R^ + d)(K-hR^ — d)(K— R^-fd)(R — R^— d)

Vin. Stmt donnée une sphère, de rayon R, on propose de la couper par un plan tel, que le plus petit des deux segments sphériques ainsi obtenus soit au cône de même base, qui aurait pour sommet le centre de la sphère, dans un rapport donné m.

On trouve que la hauteur du segment est donnée par les formules :

— ft ^^i»3(<y>+l)--v/(mH-l)(m-f9)

IX. Môme problème, en supposant que le cône ait pour sommet l'extrémité du diamètre perpendiculaire à la base commune, située dans le plus grand segment.

On trouve : ap=0, x=zR ' , > . . ^ — • — .

X. Étant donnée une sphère, de rayon R, la couper par un plan tel, que la plus petite des deux zones ainsi déterminées soit à la surface latérale du cône de môme base, qui aurait pour sommet le centre de la sphère, dans un rapport donné m.

On trouve, pour la batteur de la zone

XL Môme problème, en supposant que le cône ait pour sommet Textrémité du diamètre perpendiculaire à la base commune, située dans le plus grand segment.

Ont«u«: ,=0, x=R?li±Mi2!±ï.

XII. Pâitagar oa trapèze, dont les bases sont a et b, en troie parties proportionnelles àm, fi, py par des parallèles aux bases. En désignant par a; et par y les longueurs des deux parallèles, on trouve :

(n 4- p) g* -f fnb^ , po^4-(wt + n)b»

wi+fi+p ' * "~ m-^-n-^p

XIIL Inscrire dans un oerde de rayon R, un triangle isooèle, connaissant la somme a de la base et de la hauteur.

En désignant par x la moitié de la base, et par y la hauteur, on trouye :

a (a— R)d=V4R>-f2aR--a* a + 4R qp 2 Ah* + 2aR — a» x= , y = .

Discuter et construire ces solutions; dire quelles sont les conditions de possibilité, et dans quel cas il y a une ou deux solutions.

XIY. Un quadrilatère ABCD étant donné, on propose de construire un second quadrilatère A'B'Ciy, dont les côtés soient respectivement parallèles aux côtés du premier, également distants de ceux-ci, de telle sorte que Paire comprise entre les périmètres des deux polygones soit équivalente à un carré m*.

On suppose que le quadrilatère A'B'C'D' enveloppe ABCD; si l'on désigne par 2p le périmètre du quadrilatère donné, par s la somme des cotangentes des demi-angles de ce quadrilatère, et par x la distance des côtés parallèles, on trouve l'équation :

*j*-h 2pj;— m»=0.

Discuter cette solution. Examiner si la racine négative peut s'interpréter, en supposant que le quadrilatère A'B'CD' est intérieur au quadrilatère ABCD.

XV. Ëtant donnés un cercle, de rayon R, et un autre cercle, de rayon — >

tangent intérieurement au premier, on propose de tracer un troisième cercle, tangent, à la fois, aux deux autres et au diamètre qu\ joint leurs centres.

En désignant par x le rayon du cercle cherché, et par y la distance du centra du premier cercle au point de contact du diamètre et du cercle inconnu, on

trouve :

(m+1)' * m-fl »

Discuter et construire les solutions.

XVI. Calculer les trois côtés x, y, i d'un triangle, sachant que les volumes décrits par le triangle, en tournant autour de chacun d'eux, sont équivalents aux volumes de trois sphères, de rayons a, p, y.

232 hVfUE III.

On trouve les relations : a» as = p*y = ^^x; •t, par suite^

et deux autres formules analogues pour y* et s*.

XYIL Inscrire dans une sphère, de rayon R, un cylindre dont le volume soit équivalent à la somme des segments sphériques qui ont même base que lui.

En désignant par x le rayon de base du cylindre^ et par y la hauteur de run des segments, on trouve :

2* ff=0, y=0.

Construire la solution.

XVIII. Étant donné un cercle, de rayon R, on mène, par un point C de son plan, une tangente à ce cercle, et Ton fait tourner à la fois, autour du diamètre qui passe par le point C, la tangente et la demi-circonférence. On demande de déterminer le point C, de telle sorte que la surface conique, et la zone de même base qu'elle enveloppe, soient dans un rapport donné p.

Si Ton désigne par x la distance du point G au centre, et par y la distance du centre à la hase commune, on trouve :

Discuter ces solutions.