La possibilité de la construction de toute expression

irrationnelle qui ne contient que des radicaux du second

degré entraine nécessairement celle des racines de l'équation

du second degré à une inconnue : c'est la question que nous

allons résoudre par une méthode particulière et fort simple.

Toute équation homogène du second degré peut être mise

sous la forme

x^àzaxdib^- = 0

«t présente les quatre types

(i) .r* 4- aa: -H ô« = 0,

(2) x^ — ax -f- b' = 0,

(3) X» — oor— ô« = 0,

(4) x2 + ox — 6' = 0, dans lesquels a et b représentent deux longueurs par leurs mesures.

Remarquons d*abord que la première et la troisième de ces

DAUZAT. — MéTHODOL. 60

équations se déduisent respectivement de la seconde et de la quatrième par le changement de xr en — x ; il s'ensuit que leurs racines sont celles de ces dernières changées de signe, et par suite qu'il suffit pour traiter la question qui nous occupe de savoir construire les racines des équations (2) et (4). Ces équations peuvent se mettre sous la forme

x(a -h X) = b^, et Ton voit ainsi que construire leurs racines revient à construire, dans le premier cas, deux longueurs a: et a — X dont la somme est a et la moyenne proportionnelle 6, et dans le second cas deux longueurs a? et x -+- a dont la difTérence est a et la moyenne proportionnelle b.

Pour que les racines de Téquation (2) soient réelles, il faut

et il suffit que Ton ait -^ > ^i et alors ces deux racines sont

positives. Les racines de Téquation (4) sont réelles, mais de signes contraires et c'est la plus petite en valeur absolue qui est positîve .

La question est donc ramenée à la résolution des deux problèmes suivants :

261. 1. Construire deux droites connaissant leur somme et leur moyenne proportionnelle.

Supposons le problème résolu et soient AB et BC {fig. 77) les deux longueurs demandées. Si sur leur somme AC on

construit un demi-cercle, cette ligne déterminera sur la perpendiculaire menée à AG par le point B une longueur BD égale. à la moyenne proportionnelle des deux longueurs cherchées. De là la construction suivante :

sur la somme AG des deux longueurs à construire décrire un demi-cercle ; élever en un point quelconque de AG, A par exemple, la perpjpndiculaire à cette droite et y porter une longueur AE égale à la moyenne proportionnelle donnée ; mener par le point E

MÉTHODES DE HÉSOLUTION DES t>ROBLÊMES NUMÉRIQUES 947

la parallèle à AC ; abaisser enfin de Tintersection D de cette parallèle avec le demi-cercle la perpendiculaire DB à AC : le point B détermine sur AC les deux longueurs demandées AB et BG.

Si la parallèle ED coupe le demi-cercle, il y a deux intersections D et D' et par suite deux points de division B et B' sur AC. Mais il est facile de voir que l'on a AB' = BC et B'C = AB, par suite que la question n'a qu une solution qui comporte deux longueurs inégales.

Si la parallèle ËD est tangente au demi-cercle, il n'y a qu'un point de division sur AC, qui se trouve en son milieu ; dans ce cas Tunique solution comporte deux longueurs égales.

Enfin si la parallèle ËD ne rencontre pas le demi-cercle, il n'y a pas de solution. Cette impossibilité est due à ce que

la moyenne proportionnelle est supérieure au rayon du demi-

d cercle, c'est-à-dire à — -; c'est ce que le calcul nous avait déjà

donné.

Ce problème s'énonce encore ainsi : Construire les deux côtés d'un rectangle connaissant leur somme et le côté du carré équivalent au rectangle.

262. II. Construire deux droites connaissant leur différence et leur moijenne proportionnelle.

Supposons le problème résolu et soient (fig. 78) AB et AC les deux droites demandées. Si sur leur différence BC prise

pour diamètre on décrit un cercle et que par le point A on mène une tangente AD à ce cercle, cette tangente sera la moyenne proportionnelle aux deux longueurs AB et AC. D'où la construction suivante : sur la difîérence DE = BC des deux longueurs à construire décrire un cercle ayant cette Fig. 78. différence pour diamètre; mener parle

point D la perpendiculaire à DE et y porter une longueur DA égale à la moyenne proportionnelle donnée ; enfin joindre le

point A au centre 0 du cercle et prolonger au delà : les deux intersections B et C de cette dernière droite avecîe cercle déterminent les deux longueurs demandées AB et AC.

Le problème est toujours possible et n'admet qu'une solution.

Cette question s'énonce encore de la manière suivante :

Construire ks deux côtés d'un rectangle connaissant leur différence et le côté du carré équivalent au rectangle.

.i^ II. — Problèmes du premier degré.

263. Ces préliminaires établis, passons à l'application du calcul algébrique à quelques problèmes de géométrie, en commençant par ceux qui conduisent à des équations da premier degré.

264. I. Calculer les côtés d'un triangle isocèle connaissant k périmètre 2p et la hauteur h correspondant à la hase.

Représentons par 2x la base du triangle et par y la longueur de chacun des deux autres côtés . En exprimant d*une part que le périmètre % h- 2x est égal à 2p, d'autre part que le carré y^ d'un des deux côtés égaux est égal à la somme des carrés x* de la demi-base et k^ de la hauteur^ on aura les deux équations suivantes :

2ï/ -h 2a? = 2p et 1/2 = x* -+- h\

qui peuvent s'écrire

(2) ^f^^J:^ = hK

En divisant ces deux équations membre à membre, la seconde par la première, on obtient

et des deux équations (1) et (3), qui forment un système équivalent à celui qui résuite de la mise en équation du problème, on lire

et

Discussion. - Pour que cette solution du problème soit acceptable, il faut et il suffit que les valeurs de y et de x, qu'elle comporte, soient positives, et que l'expression 2x de la base représente une longueur moindre que Texpression 2y de la somme des deux autres côtés du triangle à construire. La valeur de y est évidemment positive ; pour que celle de

ar le soit, il faut que l'on ait

p« > A* ou p>à.

D'autre part, pour que la longueur de la base soit moindre que la somme des longueurs des deux autres côtés, on doit

avoir

ou, plus simplement, a;<y,

ce qui s'exprime comme il suit en fonction des données :

ijT"^ 2p

Or cette relation est toujours satisfaite.

La possibilité du problème ne dépend donc que de la seule condition p > A,

c'est-à-dire que la moitié du périmètre doit être plus grande

que la hauteur.

Construction géométrique, — Pour obtenir graphiquement la valeur de y {fig. 79), on construit d'abord celle de p'*-!- A% en

portant sur les deux côtés d'un angle droit CAB des longueurs AB et AG respectivement égales à p et à A et en menant la droite CB ; on a ainsi une longueur dont le carré représente l'expression p^-hh^. Si par le milieu D de BG on mène la perpendiculaire DE, le point E détermine sur AB une longueur EB égale à y. En effet, les deux triangles DEB et CAB sont semblables et donnent la relation

Fig

aux longueurs - / 3 -h ^ et A. En prolongeant la hauteur AG ou h du triangle donné d'une longueur GH égale à la hau-

teur — v^ d'un triangle équilatéral BKG ayant BC ou a pour

côté, on a la longueur --/s^h. Si sur cette droite prise

pour diamètre on décrit un demi-cercle et que du point A on trace avec un rayon égal à AG ou A un arc de cercle qui coupe le premier en L, en menant la perpendiculaire LE à la droite AG on détermine sur celle-ci une longueur Al égale à x. En effet, on a

Âl' =AHXAI,

ou Âg" =AHxAI,

c'est-à-dire h^ = ( — /3 4- A^x.

La valeur de y est représentée par la portion DE de la perpendictilaire LE à AH, comprise entre les côtés AB et AG du triangle donné.

On achève la construction du triangle DEF en déterminant

le point F, soit en menant la perpendiculaire JF sur le milieu

de DE, soitenjoignantle point K au point A : Tune et Tautre

de ces droites donnent le point F par leur intersection avec

BC, la première parce que le troisième sommet du triangle

équilatéral doit se trouver à la fois sur BC et sur le lieu des

points équidistants de D et de E, la seconde parce que dans

les deux figures homothétiques BKG et DFE la droite KF qui

joint deux points homologués K et F doit passer par le point

A de concours des deux droites BD et CE qui joignent aussi

dans ces deux figures des points homologues, B et D d'une

part, G et E de l'autre.

Rbmarque. — Nous avons déjà donné (219) une méthode générale pour inscrire graphiquement un triangle de forme quelconque dans un triangle donné, qui repose sur la propriété des figures homothétiques.

266.. III. Un cercle étant donné, trouver sur le 'proiongencnt

de l'un de ses rayons un point tel qu'en menant par ce point une 'tangente au cercle Vaire décrite dans une rotation complète autour du rayon considéré par la portion de tangente comprise entre le

point de contact et le point cherché soit dans un rapport donné —

avec Vaire décrite par l'arc de cercle compris entre le rayon et la tangente .

Soit A (fig, 81) le point demandé. Menons la tangente AT ; du point T abaissons la perpendiculaire TB à OA, et représentons par r le rayon du cercle et par x la distance du point A au centre 0 du cercle.

L'aire décrite par AT aura pour expression

(1) ttBTxAT.

Or les deux triangles rectangles semblables ABT et ATO BT OT

Fig. 81.

donnent

ou d'où

BA BT

AT

BA AT BTXAT = r.BA;

rexpression (1) devient ainsi

(2) irr.BA.

D'autre part, on a BA = OA — OB,

ou BA = a: — OB.

En portant celte valeur de BA dans l'expression (2), elle devient

(3) 7tr(jr — OB).

Enfin de la relation

or = OAxOB,

ou r2 = a:.0B,

que donne le triangle ATO, on tire

et cette valeur de OB introduite dans l'expression (3) donne

934 GÉOMÉTRIE ÉLÉMENTAIRE PRATIQDE

pour valeur de Taire décrite par la tangente

D'un autre côté Taire décrite par Tare de cercle CT a pour expression

(5) 27rr.BC.

Or on a BG = OC — OB,

ou, d'après les valeurs respectives de OC = r et OB =

BC = r

L'expression (5) devient donc

(6) iizr ^r ~ — y

Dès lors, en exprimant que le rapport des deux quanti-

TU

tés (4) et (6) est égal à — , on a Téquation du problème :

qui devient, par simplification,

d'où Ton lire

/m (2wi — n)

Discussion. — Pour que le problème soit possible, il faut et

il suffit que la valeur de x soit plus grande que r et que Ton

ait, par conséquent,

^hn —n

n d'où m^n.

Dans ce cas, en effet, x étant plus grand que r, le point A est extérieur au cercle et la construction de la tangente peut avoir lieu.

Si m était égal à ?/, x serait égal à r, le point A serait sur le cercle, et les deux surfaces décrites se réduiraient à zéro.

Si m était inférieur à n, x serait plus petit que r. Par suite le point A se trouverait à Tintérieur du cercle, la tangente ne pourrait pas être construite, et le problème serait impossible.

Construction géométrique, — L'équation (7) qui donne directement la valeur de x montre que x est la quatrième proportionnelle entré les longueurs n, 2m — n et r. Pour avoir x, il suffît donc de construire cette quatrième proportionnelle, ce que l'on sait faire (256).

^ m, — Problèmes du second degré.

267. I. Diviser une droite limitée en moyenne et extrême raison.

Diviser une droite en moyenne et extrême raison c'est la partager en deux segments tels que le plus grand soit moyen proportionnel entre la droite entière et l'autre segment.

Soit AB {fig, 82) la portion de droite qu'il s'agit de diviser en moyenne et extrême raison. Supposons le problème résolu

et soit M le point de division. Repré- , y ( sentons par a la longueur de AB et

^ ^ par X la longueur AM. L'équation du

*^* problème sera la suivante :

x^ = a(a — a?), ou (i) x^-\-ax — a* = 0.

Discussion, — Les racines de cette équation sont réelles, car la relation

est toujours satisfaite.

Ces deux racines ont leur somme, —a, négative et leur

produit, — a', aussi négatif ; il s'ensuit qu'elles sont de

signes contraires et que la plus grande en valeur absolue est

négative. La racine positive est représentée par la longueur

AM et elle a pour expression

ar' = 4(v/5"-1).

La racine négative est représentée par une longueur AM', prise à gauche du point A, et elle a pour expression

x' = - -g <v^ -+■*)• Ainsi, il y a deux points qui divisent une portion de droite en moyenne et extrême raison, mais il n'y en a que deux, Tun situé entre Torigine et Textrémité de la portion de droite et Tautre en dehors, à gauche de Torigine.

Construction géométrique. — Pour obtenir graphiquement la

valeurdea?', oncons-

^^"^ ^^-s. truit d'abord {fiq, 83)

/ \ celle de tt v^t q^»

/ /'^ >E est l'hypoténuse d'un

/ le ^ \

! ( ^< I triangle rectangle

^K^ \ / ayant pour côtés de

^' A M B l'angle droit a et -

A cet effet, sur la perpendiculaire élevée à Textrémilé B de la droite AB, on porte

AB une longueur BC = -^» et la droite AC représente la valeur

-- /S, car on a