V. y et en joignant les extrémités de ce côté au milieu D de
l'arc AB. Donc AB est perpendiculaire sur le milieu
du rayon OD.
4° Trouver l’apothème r% du pentagone régulier inscrit dont le côté Cj = R x - V io — a y/5 . On a
r^Iy/V-R’^
" R X~ Vô -J- a y/5
Ainsi, l’apothème du pentagone régulier inscrit est égal à la moitié du côté du décagone étoilé inscrit dans le même cercle.
Problème U.
Connaissant le rayon OA d’un cercle et te côté AB d'un polygone régu lier inscrit de n côtés , trouver la surface S. de ce polygone.
44° riOTES SUR LB LIVRE IV. — NOTE 4^-
Soient OA = R et AB = a. L’apothème OC sera égal à - ^ — — ; donc (277)
{.) S.= 2îÆZ5.
Remarque 1. — Pour avoir les surfaces S, , S,, S, du carré, de l’hexagone régulier et du triangle équilatéral en fonction du rayon R du cercle circonscrit à ces polygones, on n’applique pas ordinairement la formule (i); car on a immédiatement
S, = GRx ^ = -R’ ^3,
Si l’on veut obtenir la surface S, du triangle équilatéral en fonction de son côté a, il faut dans la formule (i) remplacer U par -- (272), ou
nT
mieux remplacer dans la formule ( a ) R’ par -y > et il vient
S, = in1v^3.
D’ailleurs, cette formule s'obtient plus directement en multipliant la
base a du triangle par la moitié de sa hauteur ou par ' • — •
Remarque II. — Connaissant le rayon R d'un cercle et le côté AB = a d’un polygone régulier inscrit de a côtés, il est facile de trouver la surface S,„ du polygone régulier inscrit.de an côtés. Car on a
donc
triangle OAD =ODx — = Rx 7;
an R X 7 =
Applications. — 1° Trouver la surface S, de l’octogone régulier inscrit, sachant que a = Ct = R /à. On a
Si=4R-*R^ = aRJ^
Le calcul serait moins simple, si l’on calculait S, au moyen de la formule (1). On aurait
= aR1 V a — y/ a l/a + /a = iR' y/â.
a* Trouver la surface S, de l’hexagone régulier inscrit, sachant que « = C, = R /3. On a
3" Trouver la surface S„ du dodécagone régulier inscrit, sachant que a — C, = R. On a
Donc, la surface du dodécagone régulier est égale à trois fois le carré du rayon du cercle circonscrit.
Calculs relatifs au pentagone régulier.
Problème.
Connaissant le côté AB d’un pentagone régulier ABCDE, calculer son rayon OB. son apothème OF, sa diagonale AC cl la flèche GU.
(On appelle flèche d’un arc ABC la droite GB qui joint le milieu B de cet arc au milieu G de sa corde.)
Soient :
AB = a, OB = B, OF = r,
AC = d, GB =/.
i° On a, (voir Note 46)
d'où
Vio - a v'ô
a* On a aussi, d’après la première partie de cette Note, donc
a V 10 — a fî
3' Les triangles semblables AGB, OFB donnent
AG r i — t— v/5
donc
a AG = AC = d = a
i 4- \fî>
4° A cause des mêmes triantes, on a
nu * #
donc
GB
Remarque. — Supposons qu’un triangle équilatéral ait pour côté la
diagonalo AC ; le rayon du cercle circonscrit à ce triangle sera — - > 6t, par conséquent, en désignant l’apothèmo du triangle par g, on aura
AC ^ i + \/5 a v 3 4 v 3
Observation. — Les formules que nous venons de trouver serviront pour le» calculs relatifs aux polj èdres régttlici s (iw'r Mole 77).
SUR QUELQUES MAXIMUMS ET MINIMUMS.
Définition. — On dit que des ligures sont isopérimètres , lorsque leurs périmètres ont la même longueur. (Cette définition comprend celle qui est donnée au n° 2‘J5 ).
Théorème I.
Parmi tous les polrgones isopérimètres et il' un même nombre rie rôles, celui qui est maximum liait être coure xe.
Soit, par exemple, le pentagone ABCDE qui a un périmètre donné et un angle rentrant CDE ; je dis qu’il n’est pas un maximum parmi tous les pentagones do même périmètre.
Car, si l’on fait tourner le triangle CDE autour de CE, de manière qu’il occupe la position CD’E, les deux pentagones ABCDE et ABCD'E seront isopérimètres, et la surface du second sera plus grande que cello du premier. Donc ABCDE u’e>t pas un maximum.
Théorème II.
Parmi tous tes quadrilatères isopérimètres et ayant un côté donné, échu qui est maximum doit avoir ses deux angles, non adjacents au côté donné, égaux entre eux.
SÛTES Sl'R LE LIVRE IV. — NOTE 49- 44^
Soit le quadrilatère ABCD qui a un périmètre donné, ainsi qu un côté donné AD, et dans lequel l’angle D est plus grand que l’angle C ; je dis que ABCD n’est pas un maximum parmi les quadrilatères isopérimètres dont l’un des côtés est AD.
Faisons l’angle CBF., que nous nommerons J, moindre que 5 puis l’angle
’j >() EBF égal à l’angle BF.C; prenons DF = EC
et joignons EF. Le trianglo BEF sera égal au triangle BEC, et le pentagone ABl'ED aura même surface et même périmètre que le quadrilatère ABCD.
Maintenant, je dis que le pentagone ABl’ED a un angle rentrant ABF, ou que la somme des angles ABE, EBF est plus grande que deux droits. Car on a, par construction.
et, par suite,
BED < ABE
or, BED 4- BEC = a droits; donc on a aussi
ABE 4- EBF > i droits.
Cela posé , prolongeons EF d’une longtiéur FG égale, à FB 4- BA ; joijoins GA, et du milieu H de celte droite élevons sur GA une perpendiculaire HK. Cette perpendiculaire coupera PG en un pointK situé entre F et G, puisque la droite FA est plus petite que FB 4- BA ou que FG, et la droite KA sera égale à KG ; donc on aura
FK 4- KA = FK 4- KG = FG = FB 4- BA.
De là il résulte que le quadrilatère AKED a le même périmètre que le pentagone ABFKD, et par conséquent le même périmètre que le quadrilatère ABCD; d’ailleurs la surface du quadrilatère AKED est évidemment plus grande que celle du pentagone ABl'ED , et par conséquent elle est aussi plus grande que celle du quadrilatère ABCD.
Donc ABCD n’est pas un maximum.
Théorème 111.
Parmi tous 1rs polygones isopérimètres il' un même nombre n de côtes, le polygone maximum P doit être régulier.
En effet : i" Ce polygone maximum doit être convexe.
a°ll doit avoir tousses côtés égaux ; car, si deux côtés consécutifs AB, BC étaient inégaux, on pourrait remplacer le triangle ABC par un triangle isocèle AB’C qui aurait même base AC et même périmètre, et par conséquent on aurait un second polygone isopérimètre à P et plus grand que P ( voir Note 26) ; donc P ne serait pas un maximum.
444 NOTES SUR LE LIVRE IV. — NOTE 5o.
3° Le polygone P doit avoir tousses angles égaux ; car, si l'on considère trois côtés consécutifs AB, BC, CD cl qu’on suppose l'angle B > C , on pourrait remplacer le quadrilatère ABCD par un autre quadrilatère qui aurait le môme côté AD, le même périmètre et une surface plus grande, et par conséquent on aurait encore un second polygone isopérimétre à P et plus grand que P ; donc P ne serait pas maximum.
Ainsi, le polygone maximum P a tous scs côtés égaux et tous ses angles égaux ; donc il est régulier.
Théorème IV.
Parmi tous les / mlygones fie même surface et d'un même nombre n de côtés, le /xdjgonc régulier P a le plus petit /térimètre.
Car, si un polygone non régulier P’ de n côtés a la même surface que le polygone régulier P, on peut construire un polygone régulier P* de n côtés isopérimétre au polygone P' ut dont la surface sera plus grande que celle de P', et par conséquent plus grande que celle de P. Donc le périmètre de P', et par suite celui de P', est plus grand que celui de P
Théorème V.
De lieux polygones réguliers isopérimètres P, P', le plus grand est relui gui a le plus grand nombre de côtés.
Supposons que les polygones P et P’ aient respectivement m et m -+- « côtés; je dis qu • P' est plus grand que P. Car, en prenant» points quelconques sur le périmètre du polygone P, on peut regarder ces points et les m sommets du polygone P comme les sommets d'un polygone irrégulier de m + n côtés; donc ce (toly gone est moindre que le polygone régulier P', qui a le même périmètre et le même nombre de côtés.
Théorème VI.
Des périmètres de deux jmhgoncs réguliers équivalents P, P', te plus petit est celui du /mlygonc qui a le plus grand nombre de côtés.
Sup[K)sons que les polygones P et P' aient respectivement m et m -4- « côtés. On peut construire un (mlygonc régulier P" de m -f- « côtés isopérimètre à P et dont la surface sera plus grande que celle de P, et, par conséquent, plus grande que celle de P’. Donc le périmètre de P', et i>ar suite celui de P, est plus grand que celui de P'
