# Solutions de plusieurs problêmes de géométrie et de mécanique
## Problêmes de Géométrie.

1°. Mener un cercle tangent à trois cercles donnés ?
2°. Par un point donné dans le plan d’un parallélogramme, mener avec la règle un parallèle à une droite situee dans ce plan ?
Le premier problême peut se ramener à celui-ci : Mener par un point un cercle tangent à deux cercles donnés, en diminuant ou augmentant le rayon du cercle cherché du rayon du plus petit des trois cercles, suivant qu’il doit toucher ce dernier cercle extérieurement ou intérieurement, ce qui revient à augmenter ou diminuer également les rayons des deux autres cercles d’après la nature de leur point de contact.
fig. 4, pl. 4 Je vais d’abord démontrer la proposition suivante sur laquelle se fonde la solution du problême dont il est question : Si par le point $O$, fig. 4, pl. 4, où se coupent les tangentes extérieures communes aux cercles $X$ et $Y$, et par le point $A$ où doit passer le cercle tangent à ces deux cercles, on mène une droite $AO$, que l’on fasse passer ensuite par le point $O$ une sécante quelconque $OT$, qui vient couper les cercles $X$ et $Y$ intérieurement en $T$ et $T'$ ; qu’enfin par ces deux points $T$ et $T'$ et par le point $A$ on fasse passer un cercle, cette circonférence de cercle coupera $AO$ en un point $B$ qui sera le même, quelle que soit la sécante $OT$.
En effet, $OB$ et $OT$ étant les sécantes d’un même cercle $ABT$, on a :
$AO\times OB=OT\times OT'$
Mais si l’on mène une nouvelle sécante $Ot$, on a aussi (voyez la page 20 du 1er vol. de la Correspondance),
$OT\times OT'=Ot\times Ot'$
$AO\times OB=Ot\times Ot'$
Il est évident, d’après cette dernière équation $^{(1)}$, que les quatre points $T$, $T'$, $A$ et $B$ sont placés sur une même circonférence de cercle.
Il est démontré aussi dans l’article cité, que tout cercle tangent aux cercles $X$ et $Y$, a ses deux points de contact placés sur une droite qui passe par le point $O$, dans les deux cas où il laisse entièrement hors de sa circonférence, ou qu’il renferme à-la-fois les deux cercles $X$ et $Y$. Il suit de là et de ce que j’ai démontré plus haut, que le cercle tangent aux cercles $X$ et $Y$, et qui passe par le point $A$, passe aussi par le point $B$. Ainsi le problême dont il s’agit se trouve ramené à celui-ci : Par deux points $A$ et $B$, mener un cercle qui touche le cercle $X$ ou $Y$.
Comme ce dernier problême est susceptible de deux solutions, il est bon de faire voir que celle qui correspond au cas où le cercle est touché extérieurement, appartient aussi au cercle qui, passant par le point $A$, toucheroit extérieurement les cercles $X$ et $Y$.
Pour le démontrer, il suffit de faire voir que toit cercle passant par le point $A$ et par deux points $p$ et $p'$, où une sécante quelconque $Ot$ vient couper extérieurement les cercles $X$ et $Y$, passera aussi par le même point $B$ ; car alors le cercle qui passe par le point $A$, et qui touche extérieurement les cercles $X$ et $Y$, ayant ses points de contact dans la direction du point $O$, passera évidemment par les points $A$ et $B$. Or, on voit sans peine que $OT\times OT'=Op\times Op'$ ; donc, d’après l’équation$^{(1)}$,
$Op\times Op'=AO\times OB$
Cette équation prouve que les points $A$, $B$, $p$, $p'$, sont placés sur la même circonférence de cercle.
Voici maintenant comment ou achevera la solution du problême : Ayant tracé le cercle $ATT'$, ainsi que je l’ai dit, on menera la corde $lT$ qui coupera $AO$ en un point $P$. Par ce point on menera les tangentes $Pm$, $Pm'$, au cercle $X$ ; et les points $m$ et $m'$ de contact seront les points de tangence des cercles cherchés, dont l’un touche intérieurement, et l’autre extérieurement, le cercle $X$. En effet, on a
$Pm^{2}=Pl\times PT$
$Pl\times PT=PB\times PA$
$Pm^{2}=PB\times PA$
Cette dernière équation prouve évidemment que le cercle qui passeroit par les points $A$, $B$ et $m$, seroit touché par la droite $Pm$ en $m$. On conclut aussi de la même équation, $Pm'$ étant égal à $Pm$, que le cercle $ABm'$, touche le cercle $X$ en $m'$.
En considérant le point $O'$, où se croisent les tangentes intérieures, communes aux cercles $X$ et $Y$, on obtiendroit, par une construction semblable, deux autres solutions du problême de mener par un point un cercle tangent à deux cercles donnés. Ou peut voir facilement, en examinant les différentes circonstances du contact, que ce dernier problême est susceptible de quatre solutions, et que par conséquent il se trouve entièrement résolu par ce que j’ai dit.
Voici une proposition analogue à celle que j’ai démontrée précédemment, et qui donne une solution simple du problême de mener une sphère tangente à quatre sphères données.
Si par la droite qui joint les sommets des trois cônes circonscrits deux à deux à trois sphères, et par un point donné, on mène un plan $P$ ; qu’ensuite par la même droite on mène un plan qui coupe les sphères ; que pur le cercle tangent aux cercles d’intersection et par le point donné, on fasse passer la surface d’une sphère, cette surface coupera le plan $P$ suivant un cercle qui restera le même, quelle que soit la section qu’on ait faite dans les sphères. On voit aisément que la sphère qui passe par le point donné, et qui est tangente aux trois sphères dont il s’agit, devra passer aussi par ce cercle ; car cette sphère doit avoir ses points de contact placés sur un plan qui passe par la droite qui joint les trois sommets des cônes.
“Par un point $A$, fig. 5, pl. 5, donné dans le plan d’un parallélogramme $BCDE$, mener avec la règle une parallèle à la droite $P$ située dans ce plan.”
Prolongez les côtés $BE$ et $DE$ jusqu’à leur rencontre avec $P$ ; par ces points de rencontre et par un point quelconque $K$ de la diagonale $EC$, menez les droites $KG$ et $KH$ qui viennent couper les deux autres côtés du parallelogramme respectivement en $G$ et en $H$ ; menez la droite $GH$ qui sera parallèle à $P$. On achevera ensuite la solution, d’après ce qui a été dit dans le n°. 8 du premier volume de la Correspondance, où il s’agissoit de mener par un point donné une droite qui allât concourir avec deux droites données, sans employér le compas ; car la solution convient aussi au cas où les deux droites sont parallèles, comme le sont les droites $MN$ et $GH$.
Il resteroit à démontrer ce qui est supposé dans cette solution, savoir, que $GH$ est parallèle à $MN$. Pour cela j’observe que le triangle $MEK$ étant semblable au triangle $CKH$, et le triangle $EKI$ au triangle $CKG$, on a la proportion
$GC:CH::EI:ME$
De plus, les angles $MEI$, $GCH$, sont égaux ; donc les triangles $MEI$ et $GCH$ sont semblables, comme ayant un angle égal compris entre des côtés proportionnels, et la droite $GH$ est parallèle à $MN$.  C. Q. F. D.
M. Delavenne (élève admis cette année dans l’artillerie) m’a remis une note sur la détermination du point brillant d’une surface de révolution. Il propose une modification à la solution que j’ai donnée page 303 du 1er volume de la Correspondance. Il suppose qu’on ait construit sur la surface de révolution la ligne qui est le lieu des pieds des perpendiculaires à cette surface, abaissées de tous les points de la droite qui joint le point lumineux et l’œil du spectateur. Les rayons de lumière réfléchis de tous les points de cette ligne courbe étant projetés sur un des plans de projection, M. Delavenne construit une courbe tangente à ces rayons de lumière projetés ; et, par la projection de l’œil sur le même plan, il mène une tangente à cette dernière courbe : cette tangente prolongée coupe la ligne des pieds des normales en un point qui est le point brillant demandé.
Quoique cette construction ne soit pas rigoureuse, puisqu’il faut mener une tangente à une courbe du genre des caustiques par un point donné hors de cette courbe, en faisant tourner une règle autour de ce point jusqu’à ce qu’elle touche la courbe ; cependant elle est suffisante pour la pratique, parce qu’elle donne la position de la tangente et le point où cette tangente coupe une courbe connue, sans qu’on soit obligé de considérer le point où elle touche la caustique des rayons réfléchis.
Dans une seconde note, M. Delavenne détermine par une autre considération le point brillant d’une surface de révolution, dans l’hypothèse d’un point lumineux. Il conçoit par le point brillant la normale à la surface, et les rayons incident, réfléchi,
* ↑ Les solutions des deux problêmes suivans m’ont été communiquées par M. Poncelet, admis cette année dans le génie militaire. H. C.
* ↑ Il suffit de comparer chacun des produits $OT\times OT'$, $Op\times Op'$, au produit qu’on obtiendroit pour la tangente commune aux cercles $X$ et $Y$.