Annales de mathématiques pures et appliquées/Tome 02/Géométrie, article 20
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## QUESTIONS RÉSOLUES.

Lemme. I. Trouver deux droites dont on connaît le rectangle et la différence des carrés ; ou, déterminer un triangle rectangle dont on connaît une des jambes de l’angle droite et le rectangle de l’hypothénuse par l’autre jambe de l’angle droit ?

Soit ABX (fig. 3) un triangle rectangle dont on connaît une des jambes AB de l’angle droit ; et le rectangle de l’hypothénuse AX par l’autre jambe BX de l’angle droit ; on demande ce triangle.

Que le rectangle donné AX×BY soit égal au rectangle du côté donné AB par une droite L, en sorte qu’on ait AX×BX=AB×L ;

on déduira de là

AX:AB=L:BX, et AX²:AB²=L²:BX², d’oùAX²:AB×L=AB×L:BX².

Soit conçue la droite XZ perpendiculaire à AX et qui rencontre en Z le côté AB prolongé, on aura

AX²=AB×AZ, BX²=AB×BZ;

donc

AZ:L=L:BZ;

donc on connaît la différence AB et le rectangle L² des deux droites AZ et BZ; donc ces droites sont données.

Construction. Que le côté AB soit prolongé en Z, de manière que le rectangle AZ×BZ soit égal au carré de la droite donnée L. Sur AZ, comme diamètre, soit décrit un demi-cercle dont la circonférence rencontre en X la perpendiculaire à AB élevée depuis le point B ; en menant AX, le triangle AXB sera le triangle demandé.

En appliquant le calcul à cette construction, on trouve d’abord

AZ=√(1/4 AB²+L²)+1/2 AB,

BZ=√(1/4 AB²+L²)−1/2 AB,

et ensuite

AX²=AB{√(1/4 AB²+L²)+1/2 AB},

BX²=AB{√(1/4 AB²+L²)−1/2 AB}.

Remarque. On peut traiter ce problème d’une manière purement algébrique comme il suit

Soient

AX=x, BX=y, AB=a,

les équations du problème seront

x²−y²=a², xy=al,

ajoutant au carré de la première le quadruple du carré de la seconde, il viendra, en extrayant la racine quarrée de l’équation résultante,

x²+y²=2a√(1/4 a²+l²),

mais on a x²−y²=a²;

donc

x²=a{√(1/4 a²+l²)+1/2 a}

y²=a{√(1/4 a²+l²)−1/2 a}

LEMME. II. Soient deux droites parallèles entre elles, données de position ; et soit un point donné de position, sur le plan de ces droites. On demande, sur l’une des parallèles, un point duquel menant deux droites perpendiculaires entre elles, dont une passe par le point donné, et dont l’autre soit terminera la seconde des parallèles données, la différence des carrés de ces droites soit donnée ?

Soient AA′, BB′, (fig. 4) deux droites parallèles entre elles, données de position ; et soit P un point donné sur le plan de ces parallèles. On demande, sur l’une de ces droites, telle que AA′, un point X, duquel menant deux droites, l’une XP au point donné P, et l’autre XZ, perpendiculaire à XP, et terminée en Z à l’autre parallèle ; la différence des carrés de XZ et de PX soit donnée de grandeur ?

Les points P et Z soient abaissées sur AA′ les perpendiculaires PA et ZY. L’angle PXZ étant supposé droit, les angles PXA, ZXY, valent ensemble un angle droit, et partant les triangles PXA, XZY sont equiangles ; donc

PA:AX=XY:ZYouAP×ZY=AX×XY.

Mais les droites PA et ZY sont données de grandeur ; donc le rectangle AX×XY est aussi donné de grandeur.

Or, PX²=AP²+AX²,

et XZ²=ZY²+XY²,

donc XZ²−PX²=(ZY²−AP²)+(XY²−AX²).

Donc, on connaît le rectangle des droites XY et AX, et la différence de leurs carrés ; donc (Lemme 1) ces droites sont l’une et l’autre connues.

PROBLÈME. Couper un prisme triangulaire donné par un plan, de manière que la section soit donnée d’espèce ?

Soit B (fig.5) un point donné, sur l’une BB′ des arêtes d’un prisme triangulaire, dont les deux autres arêtes sont AA′, CC′. On demande de couper ce prisme par un plan passant par D, de manière que la section soit donnée d’espèce ?

Soit BXY la section cherchée.

Analise. Du point B soit abaissée sur le plan de la face opposée la perpendiculaire BP. Du point P soit abaissée sur la commune section XY de cette face et du plan cherché la perpendiculaire PZ ; et soit menée BZ. La droite BZ sera la hauteur de la section, en prenant XY pour base et B pour sommet.

Le triangle BXY étant donné d’espèce, le rapport de XZ à ZY est connu, et partant le point Z appartient à une droite donnée de position, parallèle à AA′ et CC′, et sur le plan de ces droites ; soit cette droite DD′.

Le rapport de XZ à BZ est aussi donné ; et partant si, sur la droite XZ, on conçoit portée une droite ZV égale à BZ, le point V appartiendra aussi à une droite donnée de position, parallèle à DD′, et toujours dans le plan de AA′ et CC′. Soit EE′ cette droite.

Cela posé, la différence des carrés de BZ et PZ est égale au carré de la droite donnée BP ; donc aussi la différence des carrés de ZV et de PZ est égale au carré de la droite donnée BP, et les droites PZ et ZV sont l’une perpendiculaire à l’autre ; donc (Lemme) ces droites sont déterminées. De là découle la construction suivante :

Construction. Du point B soit abaissée sur la face opposée une perpendiculaire BP. Sur cette face soient déterminées deux droites (parallèles aux arêtes du prisme) telles que, menant une droite quelconque sur le plan de cette face, les parties de cette droite, comprises entre la première parallèle et les deux arêtes, soient entre elles dans le rapport donné des segmens faits sur la base de la section, par la perpendiculaire abaissée de son sommet sur cette base ; et que la partie de la même droite, comprise entre ces deux parallèles, soit à la partie de cette droite comprise entre la première et l’une des deux arêtes dans le rapport donné de la hauteur du même triangle au segment correspondant de sa base. Que DD′ et EE′ soient ces deux parallèles. Soit déterminé sur la première (Lemme 2) un point Z tel que, menant de ce point deux droites perpendiculaires entre elles, l’une ZP, terminée au pied P de la perpendiculaire BP, et l’autre ZV, terminée en V sur EE′ , la différence des carrés de ces deux droites soit égale au carré de la perpendiculaire BP. La section XBZ qui passera par le point B et par la droite ZV, sera la section cherchée.

Application au problème proposé. Que la projection donnée d’espèce soit prise pour base d’un prisme droit ; soit coupé ce prisme par un plan, de manière que la section soit semblable au triangle donné. La base du prisme et la section sont entre elles comme la projection demandée du triangle proposé est à ce triangle.

Corollaire. Un parallélogramme étant proposé, on peut le projeter orthographiquement, de manière que sa projection soit un autre parallélogramme donné d’espèce. En particulier, on peut projeter un parallélogramme orthographiquement ; de manière que sa projection soit un carré.

On peut rechercher immédiatement les angles que les côtés BX et BY font avec l’arête BB′, et partant l’inclinaison des plans du triangle projeté et de sa projection orthographique donnée d’espèce.

Que les côtés BA. et BC de la section perpendiculaire aux arêtes adjacents au point B soient désignés par a et c ; que l’angle compris soit designé par β ; que les angles B′BX et B′BY soient désignés par x et par y ; que l’angle B du triangle XBY soit désigné par b ; qu’enfin le rapport des côtés BX et BY soit celui de a à γ ; on aura

a=BXSin.x, c=BYSin.y

donc

a:c=aSin.x:γSin.yd’oùcSin.x=γSin.y;

donc

Sin.y=c/γ Sin.x, Cos.y=√(1−c²/γ² Sin.²x).

Or, dans l’angle solide triangulaire formé en B, par les angles B′BX, B′BY, XBY, on a

Cos.β=Cos.b−Cos.xCos.y/Sin.xSin.y.

Mettant pour Sin.y et Cos.y leurs valeurs et chassant les dénominateurs, il viendra

cCos.βSin.²x=γCos.b−Cos.x√(γ²−c²Sin.²x),

dégageant cette équation de l’irrationnalité, et mettant pour sa valeur 1−Sin.²x, elle deviendra, toutes réductions faites,

c²Sin.²βSin.⁴x−(c²−2cγCos.bCos.β+γ²)Sin.²x+γ²Sin.²b=0;

on obtiendra de même,

γ⁴Sin.²βSin.⁴y−γ²(c²−2cγCos.bCos.β+γ²)Sin.²y+c²γ²Sin.²b=0.

Lorsqu’on a déterminé les angles x et y, on a déterminé les rapports des dimensions du triangle à projeter et de sa projection ; partant aussi on a déterminé le rapport des surfaces de ce triangle et de sa projection. Or, ce rapport est celui du sinus total au cosinus de l’inclinaison de leurs plans entre eux ; partant cette inclinaison est connue.

Le problème qui fait l’objet du Lemme premier est un cas particulier d’un problème plus général, dans lequel l’angle B au lieu d’être droit est un angle quelconque.

Ce problème général est solide. Je vais en exposer la solution par l’intersection du cercle et d’une parabole.

Soit ABX un triangle (fig. 6) dont on connaît un côté AB, un angle B sur ce côté, différent d’un droit, et le rectangle des deux autres côtés AX et BX, on demande ce triangle.

Soit Ab perpendiculaire à BX ; et que le rectangle donné soit égal au rectangle de la perpendiculaire Ab par une droite l donnée de grandeur.

Puisqu’on a

AX×BX=Ab×l,

on doit avoir

AX:Ab=l:BXd’oùAX²:Ab²=l²:BX²;

donc

AX²−Ab²:Ab²=l²−BX²:BX²,

ou

bX²:Ab²=l²−BX²:BX².

Du point B comme centre, avec le rayon l soit décrit un cercle ; et que la perpendiculaire élevée à BX depuis le point X rencontre en Y la circonférence de ce cercle ; on aura l²−BX²=XY²; donc

bX:Ab=XY:BX,

Ab×XY=bX×BX;

donc le point Y est à une parabole dont Bb est une double coordonnée de l’axe, et dont le paramètre est la perpendiculaire Ab.

Remarque. La parabole qui passe par le centre B du cercle dont le rayon est l, coupe toujours en deux points, au moins, la circonférence de ce cercle ; mais elle peut aussi couper cette circonférence en deux autres points, ou la toucher en un point ou ne la rencontrer en aucun autre point. Au cas du contact répond une limite, en petitesse, du rectangle proposé. Comme ce problème est seulement accessoire au but principal de ce mémoire, je ne crois pas devoir insister sur la discussion de ces différens cas.

Ce dernier problème, envisagé algébriquement, conduit à une équation du quatrième degré,

Soit AB=a, et que l’angle B soit désigné par ϕ. Soit BX=x, le rectangle donné est x√(x²−2axCos.ϕ+a²); que ce rectangle soit p², on a l’équation

x⁴−2ax³Cos.ϕ+a²x²−p⁴=0;

cette équation a au moins deux racines réelles.

I. Soit ABC (fig. 7) le triangle qu’il s’agit de projeter, ses projections sur tous les plans parallèles à celui sur lequel on le projetera seront toutes égales. Nous pouvons donc supposer que le plan de projection passe par tel point qu’il nous plaira de choisir ; et nous choisirons le point A.

II. Soit menée AE parallèle à BC, les angles CAE et ACB seront égaux et les projections de BC et AE seront parallèles. Si donc nous parvenons à projeter AB, AC, AE, de manière que leurs projections forment des angles donnés, les projections de AB, AC, BC formeront aussi des angles donnés ; d’où il suit que la question se réduit à trouver un plan sur lequel projetant orthogonalement deux angles adjacens donnés, compris dans un même plan, leurs projections soient des angles donnés.

III. Soient BAC, CAD (fig. 8) les deux angles adjacens proposés ; prenons, à volonté, la longueur AB, et par B concevons, dans le plan BAD, une droite BCD, parallèle à la commune section AE des deux plans ; la direction de cette droite n’est pas connue.

Soient menées AF, perpendiculaire sur BD ; puis Bb, Ff, Cc, Dd perpendiculaires sur le plan de projection ; ces perpendiculaires seront égales, et auront leurs pieds sur une même droite bd parallèle à BD.

Joignons Ab, Af, Ac, Ad, les angles AbB, AfF, AcC, AdD seront droits, Af sera perpendiculaire à bd qui est parallèle à BD ; ainsi les droites FA et fA étant toutes deux perpendiculaires au même point A de la commune section AE des deux plans, l’angle linéaire FAf qu’elles formeront mesurera l’angle formé par ces deux plans.

IV. Faisons l’arbitraire AB=1 ; faisons en outre

Sin.BAC=α, Sin.BAD=β, Sin.bAc=γ, Sin.bAd=δ.

Toutes ces quantités sont connues.

Faisons encore Bb=Ff=Cc=Dd=x, et Sin.ABD=y.

Ces quantités sont inconnues.

On a

Sin.ACB=Sin.(BAC+CBA)=α√(1−y²)+y√(1−α²)=P,

Sin.ADB=Sin.(BAD+DBA)=β√(1−y²)+y√(1−α²)=Q;

en faisant donc entrer P et Q dans le calcul, nous n’introduirons pas de nouvelles inconnues.

V. D’après cela on a

AF=Sin.ABF/AB =y, Sin.FAf=Ff/AF=x/y,

Cos.FAf=1/y √(y²−x²), AC=AF/Sin.ACF=y/P,

Ac=√(AC²−Cc²)=1/P √(y²−P²x²),

AD=AF/Sin.ADF=y/Q, Ab=√(1−x²),

Ad=√(AD²−Dd²)=1/Q √(y²−Q²x²).

VI. Il ne s’agit plus maintenant que de trouver deux équations entre les deux inconnues x et y. Or, on sait que les aires des triangles BAC, BAD multipliées par le cosinus de l’angle FAf doivent donner pour produits les aires des triangles bAc, bAd ; on sait d’ailleurs que

BAC=1/2 AB×AC×Sin.BAC, bAc=1/2 Ab×Ac×Sin.bAc, BAD=1/2 AB×AD×Sin.BAD, bAd=1/2 Ab×Ad×Sin.bAd,

donc

α√(y²−x²)=δ√(1−x²).√(y²−P²x²),

β√(y²−x²)=δ√(1−x²).√(y²−Q²x²).

On peut simplifier ces équations ; mais l’équation finale à laquelle on parviendra, en éliminant, sera nécessairement très-compliquée.

Soit ACB le triangle à projeter, (fig. 9) et supposons, ce qui est permis, que le plan de projection passe par le point C ; soit CD l’intersection du plan de cette projection avec le plan du triangle ACB ; des points A et B soient abaissées, sur le plan de projection, les perpendiculaires AA″, BB″ ; en joignant CA″, CB″, A″B″, le triangle A″CB″ sera la projection du triangle ACB, et les prolongemens des droites AB, A″B″ devront rencontrer en un même point D l’intersection des plans des deux triangles. Soient enfin prolongés les droites CA″, CB″ en A′ et B′, de telle sorte que CA′, CB′ soient respectivement égales aux deux côtés de l’angle égal à C dans le triangle donné d’espèce auquel la projection de ACB doit être semblable. En joignant A′B′, cette droite sera parallèle à A″B″ et A′CB′ sera ce triangle donné d’espèce.

Les triangles ACB, A′CB′ étant donnés, posons

CA=a, CB=b, Ang.ACB=γ, AB=cCA′=a′, CB′=b′, Ang.A′CB′=γ′, A′B′=c′

en désignant par λ le rapport inconnu entre les côtés homologues des deux triangles A′CB′, A″CB″, on aura

CA″=λa′, CB″=λb′, A″B″=λc′;

on aura de plus

Aire de ACB=1/2 abSin.γ, Aire de A″CB″=1/2 λ²a′b′Sin.γ′

Si donc l’on désigne par θ l’inclinaison des deux plans, on aura, comme l’on sait

λ²a′b′Sin.γ′=abSin.γCos.θ(I)

Présentement, en faisant AA″=x, BB″=y, les triangles rectangles AA″C et BB″C, et le quadrilatère bi-rectangle AA″B″B donneront

x²=a²−λ²a′², y²=b²−λ²b′²,

(x−y)²=c²−λ²c′²;

La dernière de ces équations étant retranchée de la somme de deux autres, il viendra

2xy=a²+b²−c²−λ²(a′²+b′²−c′²)=2abCos.γ−2λ²a′b′Cos.γ′;

ou en divisant par 2 et quarrant

x²y²=a²b²Cos.²γ−2γ²aba′b′Cos.γCos.γ′+λ⁴a′²b′²Cos.²γ;

égalant cette valeur de x²y² à celle qui résulte de la multiplication des deux premières équations, en changeant les cosinus en sinus, il viendra

λ⁴a′²b′²Sin.²γ−(a²b′²−2aa′bb′Cos.γCos.γ′+a′²b²)λ²+a²b²Sin.γ=0;

substituant enfin pour λ² sa valeur donnée par l’équation (1), on aura

a²a′b²b′Sin.γSin.γ′Cos.²θ−ab(a²b′²−2aa′bb′Cos.γCos.γ′+a′²b²)Cos.θ

+a²a′b²b′Sin.γSin.γ′=0.

Cette équation donnera, étant résolue, la valeur de Cos.θ. d’où on conclura celle de λ, au moyen de l’équation (I) ; alors on aura x et y par les équations

x²=a²−λ²a′², y²=b²−λ²b′²;

on pourra donc connaître l’angle BCB″ ; cet angle étant déterminé, l’angle trièdre rectangle dont les angles sont CB″, CB, CD donnera

Sin.BCD=Sin.BCB″/Sin.θ,

et on aura enfin, dans le même angle trièdre

Tang.B″CD=Tang.BCDCos.θ;

alors on pourra sans peine construire la situation respective des deux triangles ACB et A″CB″ sur le développement de l’angle drièdre formé par leurs plans.

La marche de M. Penjon diffère peu de celle de M. Tédenat, si ce n’est qu’il prend pour inconnue le côté CA″, ce qui le conduit à une équation du quatrième degré se résolvant comme une du second.

M. Pilatte traite la question par la géométrie analitique, en prenant le plan de projection pour le plan des xy et le point C pour origine des coordonnées rectangulaires ; il ne se permet, au surplus, d’autres simplifications que de prendre pour plan des xz le plan même du triangle AA″C. Prenant alors pour inconnue la coordonnée CA″ du point A, ce qui rentre dans le système de M. Penjon, il parvient, comme lui, à une équation du quatrième degré se résolvant comme une du second, et à l’aide de laquelle il construit les projections du triangle ACB sur les plans des xz et des xy. Nous ferions connaître ses constructions, beaucoup plus simples que la forme de l’équation ne semble le promettre, si nous n’avions à indiquer bientôt une méthode très-élégante pour résoudre le problème, par des considérations purement géométriques.

MM. Rochat et Legrand ont réduit la question à chercher la direction des arêtes latérales d’un prisme droit triangulaire ayant pour base supérieure le triangle à projeter, et pour base inférieure la projection de ce triangle. Soient donc (fig. 10) ACB la base supérieure de ce prisme, A′C′B′ sa base inférieure, et soit fait passer par C un plan aCb parallèle à cette dernière. Soient Ang.ACC′=x, Ang.BCC′=y, Ang.ACB=γ, Ang.A′C′B′=γ′, CA/CB=m, C′A′/C′B′=m′ ; l’angle trièdre dont les arêtes sont CA, CB, CC′ donnera

Sin.xSin.yCos.γ′=Cos.γ−Cos.xCos.y;

les deux triangles rectangles CaA, CbB donneront ensuite Ca ou

C′A′=CASin.x et Cb ou C′B′=CBSin.y ; d’où l’on conclut, par division, m′=m Sin.x/Sin.y, c’est-à-dire ;

mSin.x=m′Sin.y;

au moyen de cette équation et de la précédente, on trouve facilement, soit pour Sin.x, soit pour Sin.y, une équation du 4.ᵐᵉ degré se résolvant comme une du second.

LEMME I. Si plusieurs triangles semblables ACB, A′C′B′ (fig. 11) ont leurs angles homologues C, C′ inscrits au même arc aC′Cb, et que, dans chacun d’eux, on mène la droite CM, C′M′ qui joint le sommet C, C′ au milieu M, M′ du côté opposé AB, A′B′ ; les prolongemens des droites CM, C′M′ iront tous concourir en un même point m, sur la circonférence dont l’arc aC′Cb fait partie.

Démonstration. Dans les triangles semblables, les droites qui joignent les sommets homologues aux milieux des côtés opposés étant des lignes homologues, doivent faire des angles égaux avec leurs côtés homologues ; les angles bCM et bC′M′ sont donc égaux, et doivent conséquemment comprendre des arcs égaux entre leurs côtés : puis donc que ces arcs ont une extrémité commune b et vont dans le même sens, ils doivent se terminer à un même point m.

Corollaire. Il suit de là que, le triangle ACB étant seulement donné d’espèce, et inconnu ; tant de grandeur que de situation par rapport à la corde ab, il est néanmoins possible de déterminer le point m où l’arc amb est rencontré par la droite CM menée de son sommet C au milieu M du côté opposé AB ; il suffit en effet, pour cela, de déterminer le point m pour un autre triangle A′C′B′ arbitrairement construit semblable à celui-là, et ayant son angle C′, homologue à C, inscrit comme ce dernier à l’arc aC′b.

LEMME II. Soient deux cercles (fig. 12) ayant la droite ab

pour corde commune ; soit un troisième cercle ayant son centre O sur ab, et coupant les deux premiers en m et m′ et la droite ab

en p et q ; soient menées mp et m′p, prolongées jusqu’à la

rencontre des deux circonférences en C et C′ ; soit enfin menée CC′ coupant ab en γ ; il s’agit de prouver que CC′ est perpendiculaire à ab.

Pour le démontrer, soit d’abord menée mm′ ; par les propriétés des cordes qui se coupent dans le cercle, on aura, à la fois,

pC×pm=pa×pbpC′×pm′=pa×pb}d’où pC×pm=pC′×pm′;

donc les triangles CpC′ et mpm′ sont semblables, d’où il suit que l’angle C, égal à l’angle m′, est mesuré par la moitié de l’arc pm ; mais d’un autre côté, l’angle γpC, égal à mpq, doit être mesuré par la moitié de l’arc mq ; donc, dans le triangle Cγp, la somme des deux angles C et p est mesuré par la moitié de la demi-circonférence pmq ; cette somme vaut donc un angle droit ; ce triangle est donc rectangle en γ et par conséquent CC′ est perpendiculaire à ab.

Corollaire. Si donc on proposait ce problème : » Deux points m et m′ étant donnes sur deux circonférences ayant une corde commune ab ; déterminer, sur cette corde ab, un point p par lequel et par chacun des points m et m′ menant les cordes mC et m′C′, la droite CC′ soit perpendiculaire à ab, ? » Il faudrait, pour le résoudre, décrire un cercle dont le centre fût sur ab, et dont la circonférence passât par les points m et m′ ; chacune des intersections p et q de cette circonférence avec la droite ab pourrait être prise pour le point cherché.

PROBLÈME. Deux triangles étant donnés, déterminer sur quel plan il faut projeter orthogonalement le premier, pour que sa projection soit semblable à l’autre ; construire de plus cette projection ainsi que l’inclinaison des deux plans ; et déterminer, en outre, la situation du triangle et celle de sa projection par rapport à la commune section de ces deux plans ?

Analise. Concevons que le problème soit déjà résolu, Soient ABC (fig. 13) le triangle à projeter, A′B′C′ sa projection, semblable à un triangle donné, et ab l’intersection de leurs plans. Soient M et M′ les milieux de AB et A′B′ ; M′ sera la projection de M, et il est clair que CA, CM, CB prolongés iront concourir aux mêmes points a, p, b de ab, avec les prolongemens de C′A′, C′M′, C′B′. Soient enfin menées AA′, BB′, CC′, perpendiculaires au plan de projection, et Aα, Bβ, Cγ perpendiculaires à ab ; en menant A′α, B′β, C′γ, ces droites seront aussi perpendiculaires à ab.

Concevons présentement que l’on fasse tourner le plan du triangle ACB autour de la commune section ab, jusqu’à ce que ce plan soit devenu le même que celui du triangle A′C′B′, comme on le voit (fig. 14) ; dans ce mouvement, les points a, p, b, α, β, γ demeureront immobiles, et les droites Aα, Bβ, Cγ, ne cessant pas d’être perpendiculaires à ab, deviendront les prolongemens de A′α, B′β, C′γ. Quant à la longueur de ab, comme tout plan parallèle à celui de A′B′C′ peut être pris, comme lui, pour le plan de projection, il s’ensuit que cette longueur est tout à fait arbitraire.

De cette analise découle naturellement la construction suivante.

Construction. Sur l’arbitraire ab (fig. 14) soient décrits, de différens côtés, des arcs capables de deux angles correspondais C et C′ tant du triangle à projeter que de sa projection. Sur les parties restantes des deux circonférences, soient déterminés (Corollaire du Lemme 1)les points m et m′ où ces arcs seraient rencontrés par les droites joignant les sommets C, C′ aux milieux des côtés opposés. Soit enfin déterminé sur ab (Corollaire du Lemme 2) un point p par lequel et par les points m et m′ menant aux deux cercles les cordes mC et m′C′, la droite CC′ soit perpendiculaire en γ sur ab ; alors C et C′ seront les sommets cherchés : formant donc sur l’angle C un triangle ACB égal au triangle à projeter et, abaissant des points A, B, sur ab des perpendiculaires Aα, Bβ prolongées jusqu’en A′ et B′ à leurs rencontres respectives avec C′a et C′b, le triangle A′C′B′ sera la projection demandée. Quant à l’inclinaison des deux plans, elle sera l’angle aigu d’un triangle rectangle compris entre une hypothénuse égale à γC, et un côté de l’angle droit égal à γC′.

Comme le problème de la détermination du point p a deux solutions (fig. 12), savoir le point p et le point q, on pourrait croire que le problème proposé en a deux aussi ; mais, en exécutant l’opération sur le point q, on se convaincra facilement que le triangle rectangle qui doit donner l’inclinaison des deux plans ne peut être construit, de manière que le problème n’a jamais qu’une solution au plus.

Ce problème serait même impossible si la projection de l’un des angles du triangle à projeter devait être égale à cet angle même ; à moins cependant que les projections des deux autres ne dussent aussi leur être égales ; auquel cas les deux plans devraient être parallèles, et la situation du triangle à projeter indéterminée sur l’un de ces plans.

* ↑ Le problème envisagé de cette manière revient à celui-ci : Étant données les différences tant des longitudes que des ascensions droites de trois points de l’écliptique, déterminer son inclinaison à l’équateur et le lieu de l’équinoxe ? Les deux angles à projeter sont les différences entre les trois longitudes ; les angles que doivent former leurs projections sont les différences des ascensions droites ; enfin l’inclinaison des deux plans est l’obliquité de l’écliptique. (Note des éditeurs.)
* ↑ En posant, pour abréger, a²b′²−2aa′bb′Cos.(γ+γ′)+a′²b²=M², a²b′²−2aa′bb′Cos.(γ−γ′)+a′²b²=N²; d’où a²b′²−2aa′bb′Cos.γCos.γ′+a′²b²=1/2 (M²+N²), 2aa′bb′Sin.γCos.γ=1/2 (M²−N²); les valeurs de Cos.θ prendront cette forme très-simple Cos.θ=(M±N)²/M²−N²=(M±N)/M∓N ; or, comme l’adoption des signes supérieurs conduirait à l’absurdité Cos.θ>1, il faudra simplement écrire Cos.θ=(M−N)/(M+N) ; ce qui fournit cette construction très-remarquable ; « Cherchez une moyenne proportionnelle entre CA et CB′, et une autre entre CB et CA′ ; faites de ces deux lignes deux côtés de deux triangles, dont l’angle compris soit pour l’un la somme et pour l’autre la différence des deux angles ACB et A′CB′ ; si alors vous construisez un triangle rectangle dont l’hypothénuse soit la somme, et un côté de l’angle droit la différence des troisièmes côtés de ces triangles, l’angle opposé à l’autre côté de l’angle droit dans ce triangle rectangle, mesurera l’inclinaison des deux plans. » (Note des éditeurs.)
* ↑ Tout cela résulte aussi de ce qui est dit dans la note de la page 304. (Note des éditeurs.)
