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proportion ? Considérons les deux proportions \(el\) cherchons les conditions pour que l'on ait la proportion \(ef\). De l'égalité \((2)\), nous tirons \(car, d'après les proportions \((1)\), nous avons \(En\) représentant par \(q\) et \(q'\) les valeurs des rapports qui forment les proportions \((1)\), nous pouvons écrire \(Par\) suite, l'égalité \((3)\) devient \(et\) nous en tirons l'égalité \(L'égalité \((4)\) est satisfaite soit quand on a \(soit\) quand on a \(Par\) suite, pour que, en ajoutant deux proportions terme à terme, on obtienne une proportion, il faut que les rapports des deux proportions soient égaux. Réciproquement, si les rapports des deux
deux proportions soient égaux. Réciproquement, si les rapports des deux proportions sont égaux, on obtient une proportion en ajoutant ces proportions terme à terme. En effet, d'après l'hypothèse, nous avons \(Donc\) la condition trouvée est nécessaire et suffisante. P. SEMET, Élève au Pensionnat des Frères Maristes, à Marcigny. Ont résolu la question 590 : MM. THÉVENIN (2e), C. de Pont-de-Vaux ; E. BILLARD, Pensionnat des Frères, à Chagny ; R. GAY (1K) ; L. TARDIF (1") ; J. CHABRELY (3e). Instituteurs : M. L. ESPISAT. — Élèves-maîtres d'Écoles normales primaires : MM. E. LEGRAND et E. JODART, à Beauvais ;
: MM. E. LEGRAND et E. JODART, à Beauvais ; Y. JOUSSERAND et V. RAPATEL, au Puy. M. B. PELLISSIER. 600. — Le produit de deux côtés d'un triangle égale le produit des deux distances suivantes : la distance entre les pieds des bissectrices intérieure et extérieure de l'angle formé par ces côtés, et la distance entre les pieds de la hauteur et de la médiane issues du sommet de cet angle. E. L. Soient le triangle \(ARC (\angle A = \angle B = 752)\), \(AD\) la bissectrice de l'angle intérieur \(A\), \(AE\) la bissectrice de l'angle extérieur \(A\), \(AH\)
intérieur \(A\), \(AE\) la bissectrice de l'angle extérieur \(A\), \(AH\) et \(AM\) la hauteur et la médiane issues du sommet \(A\), Posons \(Un\) théorème connu donne A. A M ELI NE, Élève de Troisième (E. moderne) au Lycée de Coutances. Ont résolu la question 600 : MM. II. GAY (!"); E. JODART; J. COURRIADES (1re); GUÉRIN; J.-L. PRÉVOST; E. OLLIER. Fig. 152. 592. — Dans quelle proportion faudrait-il partager le gaz à 50°, pour que la chaleur que l'une de ces parties abandonnerait, en passant de l'état de glace à 0°, fût suffisante pour transformer l'autre en vapeur à 100°
0°, fût suffisante pour transformer l'autre en vapeur à 100° sous la pression de 760mm, la chaleur latente de fusion de la glace étant de 79,23 et celle de vaporisation de l'eau 2260. (Baccalauréat de l'Enseignement spécial, Caen, juillet 1891.) Pour que la transformation ait lieu, il faut que la quantité de chaleur perdue par la partie de la glace qui fond soit égale à la chaleur absorbée par l'autre partie pour se transformer en vapeur. Donc, en appelant \(x\) le poids de glace qui fond, on a \(de\) cette équation on tire \(L'autre\) partie pèse donc \(J. CHABRELY, Élève
équation on tire \(L'autre\) partie pèse donc \(J. CHABRELY, Élève de Troisième (E. moderne) au Collège de Saint-Yrieix. Ont résolu la question 592 : MM. P. SEMET; THÉVENIN (2e) ; F.GRATRAUD (3e) ; D. BARBEAU ; E. BILLARD; L. GELLY (3e). — Première : MM. II. GAY; E. CRETE et G. FOULT, Pensionnat des Frères, à Reims; G. FUSILLIER; J. COURRIADES; L. TARDIF; L. LEMAIRE; H. DÉSIGAUD. Instituteurs : MM. FERRAND; P. GUILLEMIN, à Épinal. — Élèves-maîtres d'Écoles normales primaires : MM. V. RAPATEL; E. JODART; Y. JOUSSERAND. MM. E. CUYNET; A. RÉGNIER, à Beauvais; R. PELLISSIER. 321 CLASSE DE
CUYNET; A. RÉGNIER, à Beauvais; R. PELLISSIER. 321 CLASSE DE SECONDE, E. MODERNE 593, — Un triangle rectangle isocèle (fig. 11) dans lequel \(AB = AC = b\), tourne autour d'un axe \(HX\) situé dans son plan, passant par le sommet \(H\) et ne traversant pas la surface du triangle. Calculer le volume engendré par ce triangle en fonction de l'angle \(a\) que fait l'hypoténuse \(BC\) avec la base \(BX\). — Déterminer \(a\) de façon à rendre ce volume maximum. (Baccalauréat des sciences de l'Enseignement classique, 8 juillet 1891.) En désignant par \(V\) le volume cherché, par \(surf\ AC\) la
désignant par \(V\) le volume cherché, par \(surf\ AC\) la surface que décrit \(AC\) (fig. 7) en tournant autour de l'axe \(HX\), on a \(La\) surface décrite par \(AC\) est un tronc de cône dont l'arête est \(AC\), dont les rayons des bases sont \(AA'\) et \(CC\); par suite, on a \(Le\) volume \(V\) est maximum en même temps que la fonction \(Résolvant\) cette équation par rapport à \(\sin a\), on a successivement \(Comme\) on doit avoir \(y^2 - 10\), le maximum de \(y\) est \(10\); la valeur correspondante de \(\sin a\) est \(1 - \cos a\) étant alors \(---,\)
\(\sin a\) est \(1 - \cos a\) étant alors \(---,\) le volume maximum est \(--- 6S. 10^3\). Dans le cas du volume maximum, la valeur de \(\tan a\) est \(3\); on construira facilement cet angle \(a\); les Tables de logarithmes donnent \(71° 33'51"\) pour sa valeur. I. G.Y, Élève de Première (E. moderne) au Lycée de Sens. Autre procédé de recherche du maximum du volume \(V\). — Pour rendre calculable par logarithmes la formule donnant le volume \(V\), posons \(nous\) obtenons \(Le\) volume \(V\) est maximum quand \(\cos (x - 0)\) est maximum; alors \(\cos (a - w) = 1\),
0)\) est maximum; alors \(\cos (a - w) = 1\), d'où \(a = w\). Donc le volume \(V\) est maximum, quand l'angle \(a\) est tel que \(\tan a = 3\). Alors \(E. CUÉNAT, Répétiteur au Collège de Saumur. Ont résolu la question 593 : MM. II. DÉSIGAUD (!"); L. LEMAIRE (1"), C. de Beauvais; THÉVENIN (2e), C. de Pont-de-Vaux; G. FUSILLIER; L. TARDIF (!"); P. SEMET; M. MOUSSELET (2e), L. de Lyon; F. GUILLOT (1"), L. d'Alger. Instituteurs : MM. FERRAND, à Cognac ; LE GUDE. — Élèves-maîtres d'Écoles normales primaires : MM. V. JOUSSERAND; E. JODART. M. B. PELLISSIER.
primaires : MM. V. JOUSSERAND; E. JODART. M. B. PELLISSIER. 602. — Cosmographie. — Les centres \(S\), \(T\), \(I\), du soleil, de la terre et de la lune sont en ligne droite. Le rayon terrestre étant pris pour unité, le rayon du soleil est mesuré par \(108,27\), le rayon de la lune par \(0,27\), la distance \(UT\) par \(58\), la distance \(LS\) par \(23\,000\). \(1°\) Calculer le nombre qui mesure la longueur \(LO\) du cône d'ombre de la lune. 2° Trouver une formule exprimant en fonction des nombres donnés quelle est la fraction de la surface terrestre à l'intérieur du
est la fraction de la surface terrestre à l'intérieur du cône d'ombre. 3° Calculer cette fraction. (Baccalauréat de l'Enseignement spécial, Clermont, juillet 1891.) 1°. — Les trois centres S, L, T (fig. 754) étant placés sur la même droite, L en conjonction, les cercles sections principales des trois corps étant représentés, la tangente commune aux cercles S et L est — 323 une génératrice du cône d'ombre; les points de contrôle de cette tangente sont A et H, et le point où elle coupe ST est O. Les triangles semblables ASO et BLO donnent la proportion donc, après les calculs,
ASO et BLO donnent la proportion donc, après les calculs, on trouve LO = 57,5, Fig. 755. 2°. — D'après la valeur de LO, le point O est au milieu du rayon TTé (fig. 755) de la terre; la tangente OB coupe la circonférence T en C; menons de G la perpendiculaire Cl) sur le rayon TE. Fig. 756. Le cône d'ombre détermine sur la surface de la terre une calotte spherique. Son aire S est donnée par la formule Les triangles semblables ODG et OBL donnent Le coefficient de m2 est le quart de la fraction cherchée, car l'aire
m2 est le quart de la fraction cherchée, car l'aire de la terre est π R2, 3 — En faisant les calculs, on trouve 0,065, pour valeur approchée de cette fraction. M. GODAFRÉ, Élève de l'École normale de Béarnais. 603. — On donne un miroir concave de 100 cm de rayon; on place à 30 cm de ce miroir concave une lentille convergente de 30 cm de distance focale. À 120 cm du miroir, on place une sphère lumineuse de 10 cm de rayon. — 1° Trouver la position de l'image; 2° est-elle réelle ou virtuelle? 3° trouver le rayon
l'image; 2° est-elle réelle ou virtuelle? 3° trouver le rayon de l'image de la sphère. (Baccalauréat de l'Enseignement spécial, Poitiers, 1890.) 1° — La sphère lumineuse est à 20 cm de la lentille, c'est-à-dire à une distance double de la distance focale principale. Si donc la lentille était seule, elle fournirait une image réelle placée également à 120 cm derrière la lentille; c'est-à-dire à 90 cm derrière la position qu'occupe le miroir concave. Les rayons lumineux émergeant de la lentille rencontrent, par suite, le miroir avant la formation de l'image, et ils sont réfléchis en avant, de façon à déterminer
et ils sont réfléchis en avant, de façon à déterminer la formation d'une image réelle placée à une distance de 10 cm devant le miroir, donnée par la formule La valeur de pi ainsi déterminée est supérieure à 30 cm; c'est-à-dire que cette seconde image ne se formera pas non plus. Les rayons lumineux seront déviés par une seconde rencontre avec la lentille et donneront une image définitive, réelle, dont la distance p, à la lentille sera donnée par l'équation L'image sera donc réelle, renversée, située entre la lentille et l'objet, et à une distance de la lentille égale à
l'objet, et à une distance de la lentille égale à 2 p,. 2° — L'image fournie par la lentille, si elle était seule, aurait 10 cm de rayon, comme la sphère elle-même. Le rayon R de l'image que donnerait le miroir, si les rayons n'étaient pas déviés une seconde fois par la lentille, est égal à Enfin, l'image délivrée a un rayon I donné par l'égalité Le rayon de l'image est 3 fois moindre que celui de la sphère. M. CLÉTET, Élève de Première au Pensionnat des Frères, à Reims. Ont résolu la question 603 : MM. HÉRALD, Pensionnat des
Ont résolu la question 603 : MM. HÉRALD, Pensionnat des Frères, à Reims; R. GAV. CLASSE DE PREMIÈRE, ÉTUDÉ MODERNE 595. — On considère deux points A et A' (fig. 756) fixes et la circonférence comprise entre les points M tel que l'on ait À chaque point M on fait correspondre un point unique M' sur la circonférence précédente et tel que 6 étant une constante. Démontrer que la droite MM' passe par un point fixe. M. HÉRON, Professeur agrégé au Lycée de Grenoble. Soient R et IV les conjugués harmoniques de A et A' sur la droite AA' et
harmoniques de A et A' sur la droite AA' et tels que l'on ait La circonférence comprise entre les points M est la circonférence décrite sur RR' comme diamètre. Soit I le point d'intersection de la droite MM' avec la perpendiculaire HZ élevée à AA' en son milieu. On suppose que. Je dis que En effet, la droite HZ est l'axe radical du cercle passe par A et du cercle I 0, puisque l'on a (propriété connue de la division harmonique). Par suite, Donc les deux triangles AIM, AÏM' d'une part, et A'IM, A'IM' d'autre part, sont semblables et donnent
part, et A'IM, A'IM' d'autre part, sont semblables et donnent les égalités suivantes: Ceci posé, nous avons en tenant compte des égalités (1). De là nous tirons Dès lors la droite MM' passera par un des points I d'intersection de la perpendiculaire HZ, et du segment capable de l'angle 0 et décrit sur AA'. C'est un point fixe tel que l'angle ATA = 0. Si l'on joint A', l'angle A'M'A devient nul, l'angle AMA' devient l'angle AMA'. Cet angle doit être égal à 0, c'est-à-dire que M, doit se trouver à l'intersection du cercle 0 et du segment capable précédent.
à l'intersection du cercle 0 et du segment capable précédent. Le point M parcourant l'arc MN, à chaque point M correspond un seul point M' tel que l'égalité Il est aisé de le voir en répétant le raisonnement précédent. Lorsque le point M se confond avec B, l'angle A'M A égal à 2 droits; le point M' est en M' tel que ce point M' se trouve à l'intersection du cercle o avec le segment capable précédent. En résumé, lorsque le point M parcourt l'arc MNB', on peut lui faire correspondre un point unique M' tel que M' parcourt le
correspondre un point unique M' tel que M' parcourt le même arc. Lorsque le point M décrit l'arc MJB, on peut lui faire correspondre un point unique M' tel que M' parcourt l'arc B'NM'. Les droites MM' passent toutes par le point fixe I. Si le point M parcourt les arcs symétriques des précédents par rapport au diamètre BB', le point M' parcourra aussi les arcs symétriques de ceux qu'il décrivait précédemment. Les droites MM. passeront toutes dans ce cas par le point V symétrique du point I par rapport à BB'. E. JODART. 604. — Dans un triangle ABC,
à BB'. E. JODART. 604. — Dans un triangle ABC, on connaît AB, la somme AC + BC et la hauteur CIL 1° Construire ce triangle avec le moyen de l'intersection d'une ellipse et d'une droite. Discuter. 2° Former l'équation du second degré donnant les longueurs de AG et de BG. Discuter. — Concordance des deux discussions. (Baccalauréat de l'enseignement spécial,-session, juillet 1891.) Solution géométrique. Supposons le problème résolu, et soit ABC(△A=△B=△C) le triangle cherché, dans lequel on connaît le côté AB = c, la hauteur CIL = h et la somme CA + CB = s. On construit le
la somme CA + CB = s. On construit le côté AB = c. Le sommet C est sur la parallèle PP' au côté AB, menée à la distance h. Des circonférences de centre B et C, de rayons égaux à r et CA, sont tangentes en un point M ; si l'on connaissait le point M, la droite BM couperait PP' au sommet cherché C. Or, la circonférence B est connue ; la circonférence C est tangente en M à la circonférence connue B, elle passe par le point A et par le point A' symétrique de A par
A et par le point A' symétrique de A par rapport à PP'. Le problème est donc ramené à celui-ci : Construire une circonférence passant par deux points donnés A et A' et tangente à une circonférence donnée B. On sait que, pour résoudre ce problème, on décrit une circonférence passant par A et A' et coupant la circonférence B en deux points D et E ; la droite DE coupe la droite AA' en F ; une tangente menée de F à la circonférence B donne un point de contact cherché M. La droite MIl coupe PP' au sommet
contact cherché M. La droite MIl coupe PP' au sommet inconnu G. Il y a une seconde tangente qui donne un second point de contact M', et par suite un second sommet inconnu G'. Pour que le problème soit possible, il faut d'abord que s > c et ensuite que le point A' ne soit pas extérieur au cercle B ; en appelant G le point où AA' coupe la circonférence B, on doit donc avoir (Mais I et J étant les points où AD coupe la circonférence B, on a Par suite, la condition de possibilité du problème est
a Par suite, la condition de possibilité du problème est Si s > c2 - 4h^2, le problème admet, de chaque côté de AB, deux solutions égales ; si s = c2 - 4h^2, le problème admet, de chaque côté de AB, une seule solution. On peut présenter ainsi la solution géométrique du problème. Supposant le problème résolu, et ABG étant le triangle cherché, on voit que le côté AB peut être construit, et que le sommet G est le point d'intersection de chacune des parallèles menées à AB à la distance h avec l'ellipse dont les foyers sont A
la distance h avec l'ellipse dont les foyers sont A et B et dont la somme constante de deux rayons vecteurs est s. La question revient à l'intersection d'une droite et d'une ellipse dont on connaît les foyers et la somme constante de deux rayons vecteurs ; on sait que l'on résout ce problème en faisant la construction indiquée précédemment. Pour la discussion, on peut dire que le problème est possible quand M' coupe l'ellipse précédente ou lui est tangente ; il faut donc que h ne soit pas supérieur au plus petit axe de l'ellipse, ou que l'on ait
au plus petit axe de l'ellipse, ou que l'on ait Solution algébrique. Désignant par a et b les côtés inconnus, et par 2p le périmètre du triangle ANC, on a Si l'on prend pour a l'une de ces valeurs, l'autre est celle de L. Comme / doit être supérieur à c, la condition de possibilité du problème est Le résultat de la discussion est conforme à celui de la solution géométrique. Solution trigonométrique. On a les équations Comme, d'après les équations (1) et (2), on connaît la somme et le produit de deux nombres a et b, ces deux nombres
produit de deux nombres a et b, ces deux nombres sont les racines de l'équation on trouve pour valeur de X les valeurs obtenues dans la solution précédente, et, par suite, pour la discussion les mêmes résultats que précédemment. E. BLAZIN, Élève de Première (E. moderne) au Collège de Riom. Ont résolu la question 604 : MM. J. COURRIADES (2e) ; J.-L. PHELÉTOT; E. JODART; H. GAY (1er). 696. — Quel est le meilleur mode de montage d'une pile de 8 éléments Daniell (E = 1 volt, r = 0 ohms) pour actionner une sonnerie électrique dont la résistance est
ohms) pour actionner une sonnerie électrique dont la résistance est de 10 ohms, placée sur une ligne dont la résistance est de 2 ohms ? Quelle sera, dans ces conditions, l'intensité exprimée en ampères ? Que deviendrait l'intensité si les 8 éléments étaient mis en tension ? en batterie ? E. TRAUARD, Professeur agrégé au Lycée d'Orléans. La formule générale relative au mode mixte d'association est n étant le nombre des éléments, m le nombre des séries, H la résistance intérieure de la pile, r la résistance extérieure du circuit, E la force électromotrice d'un élément. Pour que I soit
E la force électromotrice d'un élément. Pour que I soit maximum, il faut que le dénominateur de la fraction soit minimum, ce qui a lieu pour Dans l'exemple actuel, on trouve m = 2 ; on devra donc associer les éléments en deux séries, qui seront ensuite réunies en batterie. L'intensité du courant est, dans ce cas, Si les 8 éléments étaient montés en série, on aurait S'ils étaient associés en batterie, on aurait F. GUILLOT, Élève de Première (E. moderne) au Lycée d'Alger. Ont résolu la question 696 : MM. J. COURRIADES (2e) ; L. LEMAIRE (1er); G. FUSILLIER
MM. J. COURRIADES (2e) ; L. LEMAIRE (1er); G. FUSILLIER (2e); E. BILLARD. Instituteurs : M. FERAND. — Élèves-maîtres d'Écoles normales primaires: MM. JODART, V. JOUSSEUAND; V. HALATIAN; E. LEGRAND. MM. E. CUENU ; B. PELLISSIER. 597. Une pompe aspirante et foulante, de capacité G, est reliée par le tube d'aspiration à un réservoir de volume A, contenant un gaz sous pression H0, et, par le tube de refoulement, à un réservoir de capacité B, contenant le même gaz sous pression P0; le piston est au début au bas de sa course, et la machine ne possède pas d'espace initial.
sa course, et la machine ne possède pas d'espace initial. Calculer les pressions successives H1, H2, H3... dans ces deux récipients, lorsqu'on fait fonctionner la pompe. Le réservoir A se trouve, par rapport à la pompe, exactement dans les mêmes conditions que le récipient d'une machine pneumatique ordinaire. On aura donc successivement Après un nombre infini de coups de piston, le vide serait parfait dans le réservoir A. Lorsque le piston est pour la première fois en haut de sa course, la pompe renferme un volume G d'air à la pression H1 ; à la descente, cette masse d'air pénètre
pression H1 ; à la descente, cette masse d'air pénètre dans le réservoir H, et augmente la pression de X en ligne droite conformément au principe du mélange des gaz. On a donc On aurait de même En remplaçant H1, H2,... par les valeurs correspondantes, il vient lin faisant la somme des termes de la progression géométrique décroissante comprise entre les crochets et simplifiant, on trouve Pour un nombre infini de coups de piston, la pression finale serait expression à laquelle on arrive immédiatement en écrivant qu'à ce moment tout l'air précédemment contenu dans le réservoir A a été refoulé
l'air précédemment contenu dans le réservoir A a été refoulé dans le réservoir B. H. DESGUADE, Élève de Première (C. moderne) au Collège de Dourgoin. Ont résolu la question 597 : MM. G. FUSILIER (1er); G. CLARK (2e); Pensionnat des Frères, à Reims; L. TAILLARD (3e); F. GUATHIER (4e); J. CORNUADES (5e); E. HILAIRE (6e); E. FURENT (7e); L. d'INGLIS; H. GAV (8e). Instituteurs: MM. DEGUIDEFKER; G. GUIMONT.— Élèves-maîtres d'Écoles normales primaires : MM. V. JOURDAIN; E. JODAINT; E. LAGRANGE. MM. E. CUIEU: H. PHELIMSKER: A. ROGNON. 606. — Dans un litre de eau, tenant en dissolution 10g de chlorure
un litre de eau, tenant en dissolution 10g de chlorure de potassium, on fait passer un courant de chlore jusqu'à refus. Dire: 1° quelles réactions se produiront ; 2° quels aspects prendra successivement le liquide; 3° quel volume de chlore, mesuré dans les conditions normales de température et de pression, aura été absorbé; 4° quel sera le poids des diverses substances contenues dans le liquide à la fin de l'opération. 1. — Le chlore réduit d'abord l'iodure avec formation de chlorure de potassium, et met l'iode en liberté, Quand tout l'iodure de potassium est réduit, l'eau est décomposée par l'action
l'iodure de potassium est réduit, l'eau est décomposée par l'action combinée du chlore et de l'iode; il se forme de l'acide chlorhydrique et de l'acide iodique. 2. — Au début la liquide, d'abord incolore, se colore en brun par suite de la dissolution de l'iode libre dans l'excès d'iodure de potassium. Puis, quand augmente la quantité d'iode libre, et que diminue le résidu d'iodure de potassium, l'iode forme un précipité gris, qui se redissout progressivement quand l'oxydation a lieu. À la fin, la dissolution redevient complètement incolore. 3. — Un équivalent, ou 16g de chlorure de potassium, exige, pour que
équivalent, ou 16g de chlorure de potassium, exige, pour que les réactions soient complètes, 0 équivalents, ou 213g de chlore. Pour 10g d'iodure de potassium, il faut 6g de chlore, dont le volume est 4. — À la fin de l'opération, la dissolution renferme: 71g chlorure de potassium = 71g,18; acide chlorhydrique = 2g,27; acide iodique = 10g,00. DEGUDE, Instituteur à Arles. A résolu la question 606 : M. L. DESBOULETS (3e) L. de Tullo. PRÉPARATION AUX CONCOURS GÉNÉRAUX 594. — Physique. — Étant donné un prisme de verre dont l'angle réfringent est A, et l'indice de réfraction n, déterminer
l'angle réfringent est A, et l'indice de réfraction n, déterminer quel est le plus grand angle que peut faire le rayon lumineux incident avec la face d'entrée, pour que ce rayon, après avoir pénétré dans le même, puisse émerger par la seconde face, (Concours général, Mathématiques élémentaires, en 1884). Soit la valeur de l'angle d'incidence correspondant à un rayon qui émerge du prisme en rayant la face de sortie. Si on désigne par r et r' les angles que fait la portion du rayon intérieure au prisme avec les normales aux deux faces, on a les relations connues Entre ces
aux deux faces, on a les relations connues Entre ces trois équations on peut éliminer r et r', et déterminer i en fonction de n et de A. L'équation (3) donne A toute valeur de i inférieure à celle donnée par cette équation, correspondrait une valeur de r plus petite également, et, par suite, en vertu de l'équation (3), une valeur de r' plus grande; le rayon n'émergerait pas. Notre valeur de i est donc la plus petite possible; son complément, que nous nommerons a, est la valeur du plus grand angle que peut faire le rayon incident avec la
grand angle que peut faire le rayon incident avec la face d'entrée, pour que ce rayon puisse émerger par la seconde face. La solution de la question est, par suite, fournie par la valeur de a, qui satisfait à l'équation Nous pouvons discuter cette équation en supposant n constant, et d'ailleurs supérieur à 1, et faisant varier l'angle A du prisme. 1°. — Pour A = 0, il vient cos a = -1, d'où a = 2. Tous les rayons incidents, faisant avec la face d'entrée des angles compris entre 0 et 7r, peuvent donc émerger. On sait, en effet,
0 et 7r, peuvent donc émerger. On sait, en effet, que la réfraction à travers une lame à faces parallèles (cas de A = 0) est toujours possible. 2°. — Si A augmente à partir de 0, cos a augmente tout en restant d'abord négatif, a diminue et devient inférieur à n tout en restant d'abord supérieur à 1. 3°. — Lorsque A atteint la valeur de A, les rayons incidents qui peuvent ensuite émerger sont contenus dans l'angle droit compris entre la normale et la partie inférieure de la face d'entrée. 4°. — Si A continue à croître, a