PC* = PB X PA

donc ( n* 9M) les points A , B , C , sont situés sur une circonférence tangente à PC 00 à LM.

244 "^* *'• — KHAP. m. § II.

iV. ^. — La moyenne proportionelle PB : ;c : : x : PA peut être construite directement sur la figure :

Décrivez sur PB une demi-circonférence, et élevez au point A la perpendiculaire AD ; la corde PD est la moyenne proportionnelle cherchée , c{u*ii suffit ensuite de rabattre de A en C sur LM par un arc de cercle.

Discussion. — Le problème est toujours possible tant que les points A et B sont situés d*un même côté par rapport à LM ; et il ne Test que dans ce cas.

Il est d'ailleurs susceptible de deux solutions , dont la seconde s'obtiendrait en portant PC à la gauche du point B, de B en C.

Dans le cas particulier où la droite AB serait parallèle à LM, 0 n'y aurait plus de moyenne proportionnelle à construire ; mais alors le point de contact de LM se trouverait évidemment au point où cette droite serait rencontrée par la perpendiculaire élevée sur le milieu de AB ; et il n'y aurait plus qu'u/ié? solution.

CoaoLLAiaE. — A ce problème se rattache presque immédiatement le suivant :

FiG. i8(>. Deux droites LM^LIV {fig< 186), étant données de position, ainsi quUm point A intérieur à l'angle NLM , faire passer par le point A un cercle tangent aux deux côtés de l'angle.

Si l'on tire la bisectrice LI , et qu'après avoir abaissé du point A sur LI une perpendiculaii*e , on prenne CA' = CA, la circonférence qui aura d'ailleurs son centre sur LI, passera nécessairement par le second point A'; et la question rentrera dans le problème précédent.

Il est également susceptible , en général , de deux solutions.

§ II. — Problèmes sur les aires.

Transformation des polygones.

On nomme ainsi l'opération graphique qui a pour objet de substituer à un polygone donné, un autre polygone qui lui soit équivalent ( n" 209 ) , c'est-à-dire qui ait même superfiàe, mai*

PEOBLiMBS SUR LES AIRBS. ^4^

dont la forme soit tout à fait différente , tant sous le rapport du nombre des côtes , que sous celui des angles.

PaoBLiMic I. (Ftg. 187. ) Fie. 187.

fi^ S7«S. — Transformer un polygone en un autre qui ait un côté de moins que le premier, et par suite, en un triangle,

CovsTBucnoH. — SoitABGDE. . . . un polygone quelconque que nous représentons ici par une ligne brisée , afin de mienx faire ressortir la généralité de la construction.

Du point A traçons la diagonale AC , de sorte que le son^met B soit par rapport à cette droite dans une région (n® li) différente de celle où se trouvent placés tous les sommets du polygone, antres que A, B, G. Menons ensuite par le point B la droite BI parallèle à AC et prolongée jusqu'à sa rencontre en I avec DC aossi prolongé , et tirons AI.

Le polygone AIDE est équivalent au polygone donné

ABCDE. . . . , et il a un côté de moins que celui-ci.

Car d*abord, puisque BI est parallèle à AC, les deux triangles Aie y ABC sont équivalents (n" Sli ); et si à ces deux triangles on ajoute la portion de surface , ACDE...., on a , d'une part, le polygone AIDE . . . . , et de l'autre , le polygone ABCDE .... ; donc aussi ces deux polygones sont équivalents.

Il est évident d'ailleurs que, le côté CI du triangle AIC étant le prolongement du côté DC , les deux côtés AB , BC du premier polygone ont été réellement remplacés par le seul côté AI ; donc la seconde figure a un côté de moins que la première.

Opérons actuellement sur k polygone AIDE .... comme sur le premier, c'est-à-dire tirons la diagonale AD telle que le sommet I et la portion de polygone ADE . . . soient placés dans deux régions diiïéreotes par rapport à cette diagonale; menons ensuite la droite IL parallèle à AD et prolongée jusqu'à sa rencontre avec ED aussi prolongé. — Pîous obtenons un nouveau polygone ALE .... univalent au second et ayant un côté de moins.

En continuant ainsi , nous finirons nécessairement par arriver a lin polygone de trois côtés; et le problème sera résolu.