PROBLÈME

Inscrire un hexagone régulier et un triangle équilatéral dans une circonfétence donnée.

pfiS. Supposons le problème résolu, et soit AB un côté de l'hexagone inscrit; si on mène les rayons AO, OB , je (lis que le triangle i\OB sera équilatéral.

Car l'angle AOB est la sixième partie de quatre angles droits ; ainsi en prenant l’angle droit pour unité , on aura AOB = |=f : les deux autres angles ABO , BAO, du même triangle valent ensemble a — f ou j ^ et comme ils sont égaux , chacun d’eux = j ; donc le triangle ABO est équilatéral ; donc le côté de l’hexagone inscrit est égal au rayon.

'' ■ Il suit de là que pour inscrire un hexagone régulier clans une circonférence donnée , il faut porter le rayon six fois sur la circonléience , ce qui ramènera au même point d'où on étiit parti.

! . ' . ’ ■L'he'x'agbné ABCDEF étant inscrit , si l’on joint leâ

. sommets des angles alternativement,, oh formera le ■ triangle équilatéral ACE.

Scko/ie.h» figure A8C0 est un parallélogramme et ^mènie un losange, puisque • AB =BC =CO r= AOj

.. >, 4 , !.. donc *'la soqiuié des quarrés des diagonales AC-I- BO, est égale à la' somme des quarrés des côtés,

Digitizea hy Cf^Ogle

tivnt IV. ii>

laquelle est 4 AO ou 4 > retranchant <le part et

(l’autre BO , il restera AC=:3 BO ; donc AC;BO.:

3:i, ou AC:BO:: l/3:i ; donc^/c côté du, triangle équilatéral inscrit est au rayon comme la racine <^uarrée de 3 est a l'unité.

- pnoBLâiiB.

Inscrire dans un cercle donné un décagone régulier, ensuite un pentagone et un pentcdècagone.

Divisez le rayon .AO en moyenne et extrême raison fg. 1 .^ 9 . au point M * , prenez la corde AB égale au plus grand segment OM, et AB sera le côté du décagone régulier qu’il faudra porter dix fois sur la circonférence.

Car en joignant MB, on a par construction AO; OM::OM:AMj ou, à cause de AB=üM, AO:AÜ ::AB:AM; donc les triangles ABO, AMB, ont uii angle commun A compris entre côtés proportionnels} donc ils sont semblables *. Le triangle OAB est isos- •»o, 3. cèle , donc le triangle AMB l’est aussi, et on a AB=

BM d’ailleurs AB=OM} donc aussi MB = OM; donc le triangle BMO est isoscèle.

L angle AJVIB, extérieur au triangle isoscèle BlVlO » est double de l’intérieur O*} or l'angle AMBî=M AB i ' donc le. triangle OAH est tel- que. çjjacun des angles.^ ; . .

.la basé ,‘ pÂB’ûu OBA, est*double.de l’angle au soni“ met O; donc les trois angles du triangle valent cinq fois l’aligle O-, et ainsi l’angle* O est' la cinquième ^ partie de deux" angles drftits , ou la dixième de qua— •

ire i donc l’arc AB est la dixième partie de la circonférence, et la <:orde .AB est. le côté du décagone . •

régulier. ' . ' . ’ “ . .

V ‘ ’ed by Googli

Il» GBOlfÉTklB. <0

Corollaire I. Si on joint de deux en deux les sommeU ^ du décagone régulier, on formera le pentagone régulier ACEGI.

Corollaire II. AB étant toujours le côté du décagone, soit AL le côté de l’iiexagone; alors l’arc BL sera, par rapportais circonférence, 7 — — out^; doite • ^ la corde BL sera le côté du pentédécagone ou polygoncrégulier de i 5 côtés. On voit en même tempsque l’arc CL est le tiers de CB.

Scholie. Un polygone régulier étant inscrit, si on ' divise les arcs sous-tendus par ses côtés en deux par-

ties égales , et qu’on tire les cordes des demi-arcs celles-ci formeront un nouveau polygone régulier . ' d'un nombre de côtés double : ainsi on voit que le . r - qiiarré peut servir à inscrire successivement les po- , lygones réguliers de 8 , 16 , 3 a , etc. , côtés. De même hexagone servira à inscrire les polygones réguliers de I a , a4 , 4^ > ^tc. , côtés ; le décagone , des polygones de ao, 40| 80? etc., côtés; le pentédécagone, des polygones de 3 o, 60, lao, etc., côtés (i).

PROBLÔHE.

Bg. i8o. Etant tlonné le polygone régulier inscrit ABCD, etc.', circonscrire à la même circonférence un polygone semblable.

(i) On s cru long-temp* que ceà polygones étaient les seuls qui pussent être inscrits par les procédés de la géométrie élémentaire, ou , ce qui revient au même, par la résolution des équations du premier et dn second degré : mais M. Ganu •' prouvé , dans un onvrage intitulé />û;iiùinone> ùtr , 1801, qu’on peut inscrire par de semblables moyens lé polygone régulier de dix-aept côtés, et en général celai de -

côtés, pourvu qne soit un nombre premiers .

Au {luiiitT, milieu de l'arc AB,inenex la tangente GM , qui sera parallèle à AB*; faites la même chose au milieu • io. 3. de chacun des autres arcs BC, CD, etc.; ces tangentes Tonneront par leurs intersections le polygone régulier circonscritGHIK, etc., semblable au polygone inscrit.

M est aisé de voir d'abord que les trois points O,

B, H , sont en ligne droite, car les triangles rectangles OTH, OHN, ont l'hypoténuse commune OH, et le côté OT=ON; donc ils sont égaux *; donc * 18,1. l’angle TOH = HON , et par conséquent la ligne OH I passe par le point B milieu de l’arc TN : par la même raison le point I est sur le prolongement de OC, etc.

Mais, puisque GH est parallèle à AB et HI à BC, l’angle GHl=ABC *; de même H 1 K. = BC 0 , etc. *aB, i. donc les angles du polygone circonscrit sont égaux à ceux du polygone inscrit. De plus , ü cause de ces mêmes parallèles, on a GH:AB::OH:OB, et HI; BG::OH:OB; donc GH: AB :: HI:BG. Mais AB = BC,doncGH = HI. Par la même raison HI=IK, etc.; donc les côeés du polygone circonscrit sont égaux entre eux; donc ce polygone est régidier et semblable au polygone inscrit.

Corollaire I. Réciproquement , si on donnait le polygone circonscrit GHIK, etc. , et qu’il fallût tracer par son moyen le polygone inscrit ABC, etc., on voit qu’il suffirait de mener aux sommets G, H , I, etc. ^ du polygone donné les lignes OQ, OH, etc. , qui rencontreraient la circonférence aux points A, B, C, etc.; on joindrait ensuite ces points par les cordes AB ,

BC, etc., qui formeraient le polygone inscrit. On pourrait aussi , dans le même cas , joindre tout simplement les points de contact, T, N, P, etc., par les cordes TN, NP, etc., ce qui formerait également un polygone inscrit semblable au circonscrit.

Corollaire II. Donc on peut circonscrire à un

CÉUlIKtlIlk.

cercle donné tous les polygones réguliers (^u on «dl inscrire dans ce cercle, et réciproquement.

THÉOBéliB. V

L’aire d'un polygone régulier est égale à son périmètre multiplié par la moitié du rayon du

cercle inscrit. . \

lig. lOo. Soit, par exemple, le polygone régulier GHIK, etc. , le triangle GOH a pour mesure GH X 7OT, le triangle OHI a pour mesure HIXtON : mais ON =.Or} donc les deux triangles réunis ont pour mesure (GH + HI) X7OT. En continuant ainsi pour les autres triangles, on verra que la somme de tous Ips triangles, ou le polygone entier a pour mesuré -la somme des bases GH , HI , IR, etc. , ou le périmètre du polygone, multiplié par^OT, moitié du rayon du

cercle inscrit. . * t - '

ScholU. Le rayon du cercle inscrit OT n’est autre chose que la perpendiculaire abaissée du centre sur un des côtés ; on l’appelle quelquefois XapothêtM .àn polygone. . ...

- . , proposition yiii. - i.

THEOEÂME.

4 cf périmètres des polygones réguliers <Tun même nombre de côtés sont comme les rayoru des cercles circonscrits , et aussi comihe ^ tayons des cercles inscrits; leurs surfaces sont comme

'quairés de ces mêmes rajoru. i

Cj.iSi. Soit AB un côté de l’un des polygones dont il s’agit, O son centre, et par conséquent OA le rayon du cerclé circonscrit , et OD , perpendiculaire sur A 3 >

ttV&K IV. tl5

le rayon du cercle inscrit; soit pareillement ab le côté d’un autre polygone semblable, o son centre, oa et od les rayons des cercles circonscrit et inscrit. Les périmètres des deux polygones sont entre eux comme les côtés AB et ab; mais les angles A et a sont égaux comme étant chacun moitié de l’angle du polygone; il en est de même des angles B et b; donc les triangles ABO, nôo, sont semblables, ainsi que les triangles rectangles MX) ^ ado; donc AB:rtô:;AO: ao’.\ DO:do; donc les périmètres des polygones sont entre eux connue les rayons AO , do , des cercles circonscrits, et aussi comme les rayons DO, do, des cercles inscrits.

Les surfaces de ces mêmes polygones sont entre elles comme les quarrés des côtés homologue^ AB ab; elles sont par conséquent aussi comme les quarrés des rayons des cercles circonscrits AO, ao , ou comme les quarrés des rayons des cercles inscrits OD, od.

LSHMB.

Toute li^ne combe ou polygone qui enveloppe d'une extrémité à Vautre la ligne convexe A MB est plus longue que la ligne enveloppée AMB.

Nous avons déjà dit que par ligne convexe nous entendons une ligne courbe ou polygone, ou en partie courbe et en partie polygone, telle qu’une ligne droite ne peut la couper en plus de deux points. Si la ligne AMB avait des parties rentrantes ou des sinuosités, elle cesserait d’être convexe, pai-ce qu’il est aisé de voir qu’une ligne droite pourrait la couper en plus de deux points. Les arcs de cercle sont essentiellement convexes; mais la proposition dont il s'agit maintenant s'étend à une ligne quelconque qui remplit la condition exigée.

lÎK. t5a.

Dioiîi^ec by Googh

lit) gbométkib.

Cela posé, si la ligne AftlB nest pas plus petite ijuo toutes celles qui l’enveloppent, il existera parmi ces dernières une ligne plus courte que toutes les autres, laquelle sera plus petite que AMB, ou tout au plus égale à AMB. Soit ACDEB cette ligne enveloppante ; entre les deux lignes menez par-tout où vous voudrez la droite PQ, qui ne rencontre point la ligne AMB, ou du moins qui ne fasse que la toucher; la droite PQ est plus courte que PCDEQ; donc, si à la partie PCDEQ on substitue la ligne droite PQ, on aura la ligne enveloppante APQB plus courte que APDQB Mais, par hypothèse, celle-ci doit être la plus courte de toutes; donc cette hypothèse ne saurait subsister ; donc toutes les lignes enveloppantes sont plus longues

que AMB. . ' , , »

Scholic. On démontrera absolument de la meme manière qu’une ligne convexe et rentrante sur ellemême AMB, est plus courte que toute ligne qui l’envelopperait de toutes paru, soit que la ligne enveloppante FHG touche AMB en un ou plusieurs poinu. Soit quelle l’environne sans la toucher.