Problème V. Étant donnée une inclinaison 9 des branches

de la fausse équerre^ leur donner une inclinaison 26, - > 90® ± 0.

i^ Prenons d'abord le cas où l'on veut faire l'angle 2O.

D'un point A, arbitrairement choisi, on vise successivement deux points dans la direction des tiges qui font entre elles l'angle proposé et, dans ces directions, on fait fixer deux jalons B et C. Sans quitter le point A, et l'une des tiges étant dirigée encore vers le jalon B, mais l'instrument ayant été retourné, on vise de nouveau le long de la deuxième tige et, dans cette direction nouvelle, on fixe un jalon D. Laissant alors cette tige immobile, on fait tourner la Fig, 4t6.

première de façon qu'elle soit dirigée vers le point G ; dans cette disposition, les deux tiges font bien l'angle 2Ô.

2° Cherchons maintenant à faire marquer à la fausse équerre un angle égal à la moitié de celui qu'elle donne.

Soit B AD l'angle. 6 observé -^ par la fausse équerre. Ayant pig^ ^^7^

iixé un jalon au point B; avec un cordeau, on prend la longueur AB -et on la porte, dans le prolongement de DA, de A en G. Si l'on transporte alors la fausse équerre au point ^ et si Ton vise, avec ses deux branches, les jalons D et B,

(•) Erratum. — A la page précédente, lignes 16 et 27; au lieu de problème I, Use% problème II.

.^dl

celles-ci feront entre elles Tangle - • Ainsi, Ton peut, à volon-

té, doubler l'angle des branches de la

fausse équerre, ou le réduire à sa moitié.

2® Enfin, si Ton veut former Tangle

complémentaire 90* — 6, il suffira de

jalonner la droite HH' perpendiculaire

îh" à a, au point A; Tangle HAB est égal

Ftg. U8. ^ ^qo ô^ On observera que si Ton

veut obtenir Tangle 90^ -h 6, celui-ci est égal à Tangle BAH'.

9. — Remarque. Dans les problèmes II, III que nous avons résolus tout à l'heure, nous avons supposé que Ton pouvait jalonner le terrain, de part et d'autre de la droite donnée A ; nous avons admis encore que celle-ci pouvait être prolongée de part et d'autre du point considéré 0. Dans la pratique, ces conditions no sont pas toujours accordées; soit que AB représente le bord d'un fleuve, soit, dans d'autre cas, qu'un obstacle vienne se placer au point et ne permette pas les opérations que nous avons décrites.

On peut résoudre ces cas particuliers par des procédés divers et faciles à imaginer; mais nous indiquerons tout à l'heure, pour ces singularités, des solutions tout à fait simples, en utilisant l'instrument auquel nous avons fait allusion plus haut et que nous avons nommé, pour le distinguer du cordeau ordinaire, le cordeau divisé.

10. Le cordeau divisé. — Imaginons qu'une ficelle, d'une longueur arbitrairement choisie, ait été repliée douze fois sur elle-même; marquons par des nœuds les points de division et plaçons des signes de reconnaissance à la troisième et à la septième division. Nous aurons ainsi constitué le cordeau divisé.

11 nous reste à montrer quelques-unes de ses applications.

Si nous considérons l'équation indéterminée

a» -h î/» = ^% nous pourrons observer qu'elle admet une infinité de solutions entières; en parliculier, elle est vérifiée par

Ces nombres correspondent à la solution la plus simple, en

nombres entiers ; ils représentent les trois côtés d'un triangle rectangle. C'est pour ce motif que le cordeau AA' a été divisé, commenous lavons dit, en trois parties AB=3, BG=4, CA'=5. Le point B, qui sépare les intervalles AB et BG, se désigne parla notation (3.4); de même, G s'appelle le point (4.5). Quand nous réunirons les extrémités A, A' du cordeau, nous obtiendrons un troisième point; ce sera le point (3.5).

11- — Problème VI. Avec le cordeau seul, élever une perpendiculaire en un point d'une droite donnée A.

Au point 0, je place le point (3 .4) du cordeau, et, à J'aide d'un piquet, je fixe également le point (4.5) sur A, en P. Ayant pris le point (3.5) par la réunion des extrémités du cordeau dans la même main, on s'avance jusqu'à ce que le cordeau soit bien tendu. A ce moment le point (3.5) est placé quelque part ^^9* ^*^-

sur le terrain, en Q. Alors, OQ est la perpendiculaire demandée.

Remarque I. — On observera que la construction précédente exige seulement que l'on puisse parcourir une partie de la droite donnée A; cetle solution s'applique donc d'une façon particulièrement simple au problème dans lequel on se propose d'élever une perpendiculaire à Vextrémité d'une droite qu'on ne peut prolonger.

Remarque II. — On voit aussi comment, avec le cordeau, on peut abaisser, d'un point donné 0, wwe perpendiculaire sur la droite A.

Ayant fixé en Q le point (3.5) on chemine sur A jusqu'à ce qu'on ait trouvé sur cette droite un point P tel quePQ, représente, dans le cordeau rigoureusement tendu, le segment de longueur 5. Prenant alors le piquet qui est fixé au point (3.4) on chemine de nouveau sur A, jusqu'à ce que l'on obtienne un cordeau bien tendu. Si est le point auquel on s'arrête, QO est la perpendiculaire cherchée.

Problème (*). — Avec le cordeau mener, par un point donné M, une parallèle à une droite A,

(*) Ce problème, et plusieurs de ceux qui suivent ont été examinés

lis SSSAt SUB LA GÉOMÉTRIE

Jalonnons une droite, partant de M, et coupant A en P ; puis, avec le cordeau, ayant pris une longueur de corde égale

à MP, plantons sur le prolonge- A. ment de MP un jalon M', de telle

à p/ '^-x.y sorte que PM' = MP.

Gela fait, par M' traçons un

1^ '""i'*' *• nouveau jalonnement M'QM" et,

Fig* 430. comme tout à l'heure, fixons en

M" un jalon, do telle sorte que QM" = M'Q. Il ne reste plus qu'à jalonner MM", pour avoir la parallèle demandée,

12. — Problême VII. Avec le cordeau, tracer la bissectrice d'un ang^e donné.

Soient A, A' les droites données; sur A je fixe, arbitrairement, un jalon en A et je prends une longueur do corde

^ égale à OA. En portant cette même

longueur, à partir de 0, jusqu'en A', on pourra tendre une corde de A en A' ; et en repliant cette der-

nière longueur de façon que Tex-

A' trémité A' vienne en A, la nouvelle

Fig. 43i, extrémité M fera connaître le

milieu de A A'. Il ne reste plus qu'à jalonner OM.

Remarque. — Si A et A' représentent les trcces sur le plan horizonlal de deux murs verticaux, on voit que la méthode précédente donne très rapidement, et dans des conditions tout à fait pratiques, la trace OM du plan bissecteur.

13. Esiamen du cas où le sommet de l*angle considéré est inaccessible. — On sait comment on résout ordinairement ce problème en coupant les droites données par une transversale quelconque et en s'appuyant sur ce fait que le centre du cercle inscrit au triangle ainsi formé,

dans une note intilulée Sur les constructions dans le plan et dans l*espacey avec la droite seule ^ par M. de Tilly, membre de TAcadémio royale de Belgique (Mathésis, 1886; p. 124.)

DE LA RÈGLE ET DE l'ÉQUERBE 149

étant joint au centre d'un des cercles ex-inscrits, donne uno droite passant par le sommet correspondant du triangle.

Mais cette construction, très simple en théorie, présente, au point de vue pratique, quelques longueurs qu'on peut éviter, comme nous allons le montrer.

Nous rappelons que si, sur deux droites A, A', on considère deux ponctuelles

XX, Jj, \Jm . . I ^ XX ,J3,V4...,

telles que Ton ait

AB = A'B', BG = B'C . . . , les milieux des droites AA', BB', CC... qui joignent les points homologues des deux ponctuelles sont des points situés sur une droite (*) parallèle à la bissectrice des droites A, A'

(*) C'est cette droite que Ghasles, dans un de ses mémoires [Comptes rendus, 3 décembre 1860) appelait la droite milieu. La propriété en question, qui constitue une proposition d'ailleurs bien connue et très évidente, fait l'objet du théorème III, dans le mémoire cité, lequel a pour titre : Propriétés relatives au déplacement fini quelconque dans l'espace d'une figure de forme invariable.

Ce théorème que nous allons utiliser ici n'est qu'un corollaire d'une proposition plus générale, relative à la parabole, enveloppe des droites qui joignent les points correspondants B, B' de deux ponctuelles, telles que l'on ait