MB' CB

OpB • MO^^i • CB

D'autre part, les triangles semblables donnent

MB' A'B' CB AB

MCV. ~ BÔ~; ♦ ** CB' - A'B" Les égalités (2) et (3) prouvent que

BOp, AB

OpB

Nous avons donc

OpOp-, + OpB ^ I +P— I

Fig. ««.

ou

Op-jB ^ p

Cette dernière égalité, comparée avec (1), donne bien, finalement, '

41. Remarque. — La démonstration de Servois est g sensiblement plus longue que celle que nous venons d'indiquer; mais elle se

termine par une réflexion utile, portant sur ce fait que « ce problème pourrait servir à se former sur le terrain une échelle de lever ». Observons pourtant, à ce propos, que les échelles de lever se font ordinairement au 1/10% au

DE LA RÈGLE ET DE l'ÉQUERRE 37

1/100®. . . ; et nous donnerons plus loin une construction tiès rapide pour partager une droite en 10, 100. . . parties égales.

42. Solution de M. Cremona. — Pour résoudre le même problème, AB désignant encore le segment proposé, M- Cremona suppose connu le point G, symétrique de A par rapport à B. C'est, au fond, comme le voulait Servois, dans la solution que nous venons de rappeler, s'accorder une parallèle au segment. En effet, ce problème ne peut être résolu, non plus que ceux de la même espèce, avec la règle seule; mais, pour insister encore une fois sur cette

tig. ^9.

idée, avec la règle plate, ou avec la règle et Téquerre. Quoi qu'il en soit, voici la solution proposée par M. Cremona (*). Soit joint un point quelconque M^ aux points A, B et C; la construction indiquée par la figure donne trois points Oi, Oj, Oa et Ton a

Les droites COj, BO, donnent alors lé point Mj ; puis, de celui-ci on déduit le point O4 ; et ainsi de suite.

[*) Loc, cit.y p. 82.

38 ESSAI SUR LA GiOMÉTRlE

On détermine ainsi sur une droite A, parallèle à ÀB, une série de points :

0„ 0„ 0, .. Op+,, et Ton a

0^0, == 0,0, .... =0p Op+i.

Cela posé, si Ton joint BO, et AOp+i, ces droites se coupent en un certain point Z et le faisceau (Z0„ ZO,, . . . ZOp) donne sur AB la ponctuelle cherchée.

43. Remarque I. — Si le point Z était rejeté à Tinfini, ce qui arriverait si, par hasard, on avait

AB = pOjO,,

il suffirait de changer la position du point initial M^, en le rapprochant ou en l'éloignant de AB. Mais il est très facile, par un simple coup d'œil donné sur le dessin, d'éviter cette singularité; on peut même toujours s'arranger de façon que le point Z soit placé daus les iiraites du cadre.

44. Remarque II. — On peut résumer la construction précédente en observant qu'elle revient, en définitive, à porter p longueurs égales sur une parallèle au segment donné et à faire la perspective du groupe ainsi obtenu sur la droite donnée, les rayons extrêmes de cette perspective passant par les extrémités du segment proposé.

Si l'on s'accorde l'usage continu de la règle plate, on voit qu'il résulte de la remarque précédente un moyen rapide de résoudre le problème en question. Mais cette construction est trop évidente pour que nous ayons besoin d'y insister autrement.

45. Solution de M. Baehr. — Sous le titre : Figuration des inversés des nombres entiers et des inverses des produits de deux nombres entiers consécutifs, M. Baehr, professeui* à l'École polytechnique de Delft, a communiqué à l'Association française pour l'avancement des sciences (*) une remarque dont malheureusement le titre seul figure dans l'Annuaire.

(♦) Congrès du Havre; 1877.

DE LA RÈGLE ET DE l'ÉQUERRE 39

Mais M. Laisant l'a reproduite plus tard (*) avec quelques détails et nous allons la donner ici, avec certaines modifications.

M. Baehr prend pour base de sa construction un rectangle dont les côtés sont, respectivement, égaux à i et 2. Pour plus de généralité, considérons un trapèze quelconque ABGD; puis effectuons la construction indiquée par la figure, construction qui conduit, de proche en proche, aux points Oi, O2, ... Op i, Op que nous allons considérer.

Par application d'un principe précédent (§ 14) (après avoir posé MfcO* = Xjk, AB = a, CD = 6) nous avons :

Xr

Ces éc^àlités combinées donnent

Xp b a'

Si, dans cette formule, nous supposons o = 6, ce qui, au point de vue de la construction géométrique précédente, revient à prendre pour point de départ de celle-ci un parallélogramme, au lieu d'un trapèze , nous avons

Xn ^— , •

De cette re marque résulte

Fig. 30.

un tracé rapide et simple, pour résoudre, au moyen de la règle

[*) Discours d'ouverture et notice historique sur les travaux mathématiques de r Association^ par G.-A. Laisant, dépaté de la Loire- Inférieure, docteur es sciences mathématiques; congrès de Montpellier, 1879.

40 ESSAI SUA LA GiOMÉTRII

eideTéquerre, le problème qui nous occupe. Mais nous allons déduire encore, comme on va le voir dans le paragraphe suivant, do la construction que nous venons d'indiquer, un procédé rapidepour partager une droite donnée en dix parties égales. Ce cas particulier de la division d'un segment en parties égales présente une importance spéciale au point de vue des opérations pratiques que soulève Tarpentage.

46. Problème XIV. — Partager une droite donnée en 40, 400f.., parties égales.

Première solution. — Reportons-nous à la figure précédente et cherchons quel est le rapport des deux longueurs OpOp-i et BD.

Nous avons d'abord

BOp Xp BOp i (Tp-i

= ^, et