LIV. II. — CHAP. III. — $ II
[Il ne peut être ici question que des polygones réguliers oooiprô dans les séries que nous avons fait connaître au numéro 840, scol\.
On commence par décrire une circonférence , en prenant ponr cela un rayon arbitraire oa \\9i figure est sous-entendue]; puisoD inscrit dans ce cercle le polygone de Tespèce donnée. — Sdàah le coté de ce polygone. — On construit alors sur AB un polygone semblable à celui dont le triangle isoscèle oab fait partie; et Tod obtient ainsi le polygone chercbé.
Mais il est encore plus simple , après avoir construit sur AB un triangle semblable au triangle oab^ de décrire du point O comme centre, avec le rayon OA , une circonférence sur laquelle on prend i ensuite des cordes égales à AB.
Peoblâmk IV.
N" 978. — Deux polygones semblables A, A' étant donnés, construire un troisième polygone K" semblable aux deux premiers ^ et équipaient à leur somme ou à leur différence,
La solution de ce problème est une conséquence immédiate da scolie établi au n^ 995 , corol. IV.
Soient a, a', deux côtés homologues des polygones donnés; — sur ces côtés, considérés comme les côtés d*un angle droit, ou comme Thypoténuse et comme Tun des côtés de l'angle droit , construisez (n*^ 169) un triangle rectangle; puis, sur le troisième côté a'^ du triangle ainsi obtenu , construisez (n? 977) un polygone semblable à Tun des polygones donnés.
Le polygone ainsi construit sera le polygone demandé. — Car, puisque Ton a , par construction ,
«"> r= fl' -h a'% ou fl"' = tf' — «'%
il en résulte ( n** 995, corol. IV ) - . . ^ A" = A -H A' ou A" = A — A'.
Fie. I&). ScoLiR. — Soient AMI>iB, APC, BQC {fig. 189), trois demicirconférences décrites sur les côtés d'un triangle rectangle ABC; et nommons R , R', R", les rayons de ces cercles , R étant celui du cercle décrit sur Thypoténuse.
P&OBLÀMBS SUE USA AIBBS. 249
De la rekitioD R" = R" -I- R"
90 déduil f irR^ = I irR" 4- 1 ttR''» ;
donc (n^* 8IS0)
demi-ccrcie AMNB = demi-cercle APC -f- demi-cercle BNC.
Cela posé , si , des deux membres de cette égalité , on retranche la somme des segments circulaires , AMGI+BNCL, il reste, d'une part le triangle rectangle ABC , et l'autre la somme des deux figures AMCP , BNCQ.
D'où Ton voit que l'aire de l'espace curviligne CMAPCBQN est égale à celle du triangle ABC; et comme ce triangle peut être transformé en un carré (n° S76 ) , il en est de même de l'espace curviligne.
(Test l'exemple dont il a été question dans ce même numéro.
Problème V. [Fig. 190.) Fie. 190.
7i° 979. — Étant donné un carré a', trouver un autre carré x% tel que le premier soit au second dans le rapport de deux lignes données, m . n ; c'est-à-dire tel que l'on ait m\n y, a^ \ x"^.
Le corollaire II du n® 895 fournit une constniction assez simple de ce problème.
STEmisB. — i" — Siur une droite indéfinie BX prenons BD = m, DC = /i , et sur BC = m + /t 9 comme diamètre, décrivons une demi-circonférence ; — 2° — élevons au point D la perpendicu-hire DA , et tirons les cordes AB, AC, en les prolongeant au delà de B et de G ; — 3® — sur AB prenons une partie AB' = a [ on suppose ici « > AB ] , et menons B'C parallèle à BC.
La droite AC sera le côté du carré demandé.
En effet , les deux triangles semblables ABC , AB' Ç% donnent
laproportion AB : AC :: AB' : AC,
et par conséquent AB' : AC : : AB'* : AC" ;
ma» on a (n" 995, corol, II) AB' : KO : : BD : DC , 011 : : m : « ;
donc aussi AB'' : AC" : : m : /i ,
a5o Liv, II. — CHAP. m. — § ii.
ou renversant, et mettant pour AB' sa valeur a,
m : n :: a* : AC";
donc enfin AC = x.
N. £. — S'il arrivait , dans la construction , que la corde iB fût égale à a 9 la corde AC serait alors le côté cherché, puisqu'oa
aurait AB' : AC» :: BD : DC :: m:n,
ou min :: fl* : ac».
AuTEE CONSTRUCTION. — Daus Ic cas de m'^n^ on peut doniMT une autre construction tirée de la proportion m : /i : : <7 ' : ^' . laquelle peut être mise sous la forme
F». 1 91 . Seconde gonsteuction . — i " — Sur une droite AB = a {fig- ' 9 ^ décrivons une demi^ârconférence ; — 2** — après avoir îtxrmk an point A un angle quelconque XAT, prenons sur AT, deux parties AC = m , AD =: « ', — 3* — tirons CB , et par le point D menons DE parallèle à CB ; — 4° — élevons au point E la perpendiculaire EF, et tirons AF.
La corde AF est le côté cherché.
£n effet, on a d'abord AC: AD::AB : AE, ou /ff:/i::a:AE;
d'où Ton déduit AE= — ;
an
mais on a aussi (n« JM)5) AF»= AB X AE = a X — ;
fn
donc AF =r i/fl X — = *.
N, Bu — Cette construction suppose évidemment
an
AE<^AB, ou — <C^i ^'^^ «<C'w>
tandis que la première est exécutable dans tous les cas.
nLOBLKMBft »VB LES UBJU. 35 1
ScouM, — Quelquefois , le rapport m; a, tu lieu d'être donné :d ligne* , l'est en nombres ,3:3, par exemple. Dans ce cas , on 'rvndrait sur une ligne indéfinie , cinq parties consécutives égales, lont les trois premières représenteraient le nombre 3, les deux iDtres le nombre 2 ; et la question rentrerait dans la précédente.
Au reste, il j a pour ce problème, des cas particuliers qui le onstruîsenl d'une manière très-simple :
1" — Soit proposé de — Construire un carré double d'un autre?
On doit avoir x" = 2«', d'où x^ a^xi
Le cèté cberché est , comme on l'a vu (n° SS8) , la diagonale du arré donné.
1" — Soit an contraire à — Trouver le ctStê d'un carré moitié d'un \ittre carré donné?
Od a x" ^ -j a' , d'où x^ i o V^ :
C'est la moitié de la diagonale du carré donné.
PaOBLàMK VI.
N° 380. — Un polygone P étant demné , construire un autre po- Tgoie X semblable au premier, et tel ^ae eeltU'Ci soit au second kits le rapport m : D.
Soit a un r6té du polygone donné, x le tàté homolc^e du ■olygone cherché; on aura
La question est alors ramenée au problème précédent , puis- |uc K étant connn , il suffira «nsoite de construire sur cette ligne m polygone semblable au polygone précédent.
N-aai. — Étant donnés deux polygones , PelQ, nitiinte polygone X âemUablc au premier, et tri que le second oit au traitième dans le rapport m '. n.
252 UV. II. — CMAP. III. — § II.
Analyse et construction. — Soient a un côté du polygone P, et x son homologue dans le polygone X ; on aura , d'après les conditions de l'énoncé ,
P : X :: fl':ar^, et Q : X :: m : /».
Cela posé , concevons que Ton ait transformé les polygones ? f et Q en carrés (n® 976) ayant respectivement pour côtés ^, f i | et soit de même représenté par x 1^ ^^^^ ^^ carré équivalent aa ■ polygone cherché X ; les proportions précédentes se trouveront , transformées en celles-ci i
d'où p \ y :: a : X,
et /?': ^-» :: m : «.
Or, la dernière de ces proportions fera connaître jr par la construction du problème V (n° 879); et la seconde donnera jc par une quatrième proportionnelle aux droites py fy et n : ce sera le rôcé du polygone cherché , homologue de a,
ScoLiE. — Si le polygone cherché devait être équivalent au polygone Q , on aurait une construction de moins à effectuer ; car alors ^ ne serait autre chose que q.
Voici quelques nouveaux problèmes sur les aires, qui , sans avoir une liaison immédiate avec les précédents, n^en sont pas moins très-utiles à connaître.
Fie. rga. PaoBLÂMB VUI. {Fig. 192.)
N^ S8fi. — Construire un rectangle équivalent à un carré donné m', et tel que la somme ou la différence de deux côtés contigussoit égale à une ligne donnée a.
Pasmier cas. — La ligne donnée a étant la somme des côtes contîgtts.
i** — Sur une droite AB = 1» , comme diamètre, décrivons une circonférence (n® tS' ); — 2° — à l'extrémité A du diamètre AB,
raoaL&Mis su» lu uru. 253
élevons itne perpendioilairc AC égale km; — 3° — menont par le point C la droite CL parallèle à Afi ; — 4" — du point E ou E', où M-tle droite rencontre la circonférence décrite, abaitsons ta perpendiculaire EF ou E'F' sur AB.
Les distances AF et FB, ou AF' et F'B, seront les deux cAtés roDtigus du rectangle à construire.
En effet , on a (n» S36 , scol. I)
AF X FB =: EF* = AC = m';
ei AF + FB = AB = d.
iV. B. — Le problème n'est évidemment postible qu'autant que
l'ona AC<OÏ<OA, ou m<7(i,
m tout au plus m^^a, d'où nt' = 7a':
Ce qui démontre que — Le plus grand rectangle qu'on puisse former aœe les deux parties d'une ligne donnée a., est le carré construit sur la moitié de la ligne.
Secorocas. — La ligne données étant la difTérence desdeux c6tés roDÔgas.
Les deux premières parties de la construction précédente sont ibsolument les mêmes pour ce second cas; et si l'on joint le centre Q de la circonférence au point C , les deux droites CG, C& , seront lacdtés conligusdu rectangle demandé.
On a, en effet, d'après la construction,
CA' = CG X CK. (n« S48), ou CG X CK = m',
;t CG — CK = KG =: AB = a.
tf. B. — Le problème est évidemment toujours possible, quels que soient d etm.
PaOBLiME IX.
N^WS. — Trouver deux longueurs [x et y] proporlionnelles à deux rectangles donnés, aX b, a' X b', [et, en général, 1 lieux polygones quelconques].
