LIVRE TROISIÈME. ‘ J
égaux (22) : clone mP est parqHèle â BË ( : i8 , liv. 1 ); donc les droites B M , BE se confondent?.
Solution II. Du point  conime céWtre, et du rbyon AB (Jig. i5 ;> soit décriie la demicirconférence BCDE (64) des points B et E comme centres, et du même rayon 'AB, soient décrits ies deux arcs indéfinis CP, J)Q; des mêmes pojnts B et E, corames centres ; ét du rayon BE, Soiedt décote les deux arcs EQ, BP; du centre P et d'un ray^m soit décrit l’a£c BM; enfin qu’on 'îécme du ppim; JE comme centre, et d’un rayon PQ , ufî arc qui coupe Parc BM au point, M;. le point M sera le point cherche. ••
Démonstration. Après avoir fait les substitutions nécessaires dans la fis. 5 (23) , on aura
r-\ > . , ' ■ i ■ : V fh Pflf fTrn”
PQ.BE éf(BE)< — (|P)».
Mais BE = aAB, BP = AB , PQ == ME; 4ooc , , » '
aME.AB = 4 ( AB )• )• =L 5-( AB/; 1 .
donc, divisant par AB, or» aura 2 ME == 3 A B, Mais à cause de l’égalité de| côtés opposés , PQEIVtf sera un parallélogramme qui, divisé en deux triangles équilatéraux par la diagonale QM, donne 1 angle P Q M = Q ME (8, liv. 1 ) ;
d’où l’on voit que PQ est parallèle à ME ( 28 , liv. 1 ) , et PM parallèle à QE (33, liv. i). De plus, on a PQ parallèle à BE (23) : donc ME, BE coïncident; donc, ayant ME=MA-f-AE = M A -f- AB , on aura
2 ME = aMA + 2 AB = 3AB ;
d’où l’on tire
SolutîonlII. Du «entre A et dun rayon AB soit délite (yî|f. 10 ) la demi-circonfe'reïfce BCDE (64) J du centre B et d’un rayon BE soit décrit l’arc indéfini PE/j ; du centre E et d’un rayon EC, qu’on décrive un arc qui coupe ce dernier aux points P et 'p ; de^ centres P et p, et dii même rayon PE, soient décrits deux arcs qui se coupent en M , le point M sera le point cherché.
Démonstration. Le point M sera sur la droite B E (1 3) ; et en substituant dans l’équation (19) pP./jQ= ( Ap)* ies distances > c’est-à-dire les droites^ correspondantes- de cette figure; on aura l’équation EM.EB = (PE) a . D’où, à cause de (PE)»=f(EC)‘ = 3(AB)* ( 12 , Uv. i3) (2) , on aura ‘ •
' , v Il'
» 2 AB.EM == 3(AB)*;‘ ' < h;
== AB
et divisant par AB, aEM = 3AB, ou bien aAE M- a AM = 3AB :
d’où, retranchant les quantités égales aAE, aAB, il reste 2AM = AB.'
Solution IV. La demi-circonférence BCDE (Jïg. 17) étant décrite (64) ; du centre B et d’un rayon BD soit décrit un arc indéfini aDp j du centre E et du même rayon BD soit décrit un arc qui coupe celui aDp au point a; puis du rayon A a et du centre E soit décrit un arc qui coupe cet arc aDp en P et p ; enfin du même rayon A a et des centres P et p soient tracés deux aixs qui jse coupent en M , le point M sera le point cherché.
Démonstration. Le point M sera sur la droite BE (13); puis, faisant les substitutions nécessaires dans l’équation
(AQ)- = (Ap)-+pQ.PQ, (18).
(PB)* = (PE)* + EB.MB ; ou
(BD)* = (Aa)* H- 2 AB. MB ; ou bien (12, liv. i3), (2)
3(AB)* = a(AB)* (27) + aAB.MB; * d’où, soustrayant 2 (AB)*,
AB=aMB.
On peut donner plusieurs autres solutions de ce problème, ou en employant de nouveaux rayons de cercle, ou en combinant entre elles les solutions précédentes ; mais je crois inutile de les indiquer. En voici une assez simple , mais qui pourtant n’est pas très exacte dans la pratique , parce que les arcs s’y coupent à angles trop aigus.
Solution V. Après avoir décrit (Jig. i4)> t®. du centre A et d’un rayon AB la demi-circonférence BCDE (64) ; 2 0 . du centre E et d’un rayon EB l’arc indéfini PBp, qu’on décrive du centre B et d’un rayon AB un arc qui coupe l’arc P Bp en P ey?; soient encore décrits, des centres P et p et du même rayon AB, deux arcs qui se coupent en M , le point M sera le point cherché.
Démonstration. Le point M sera sur la droite BE (1 5) ; ^t comme , à cause d’un angle à la base commun en B (5, 32 , liv. 1 , liv. 6) > les deux triangles isoseèles BPM, PBE sont ■ ^semblables , on aura
„ BE : BP.-:: BP : BM :
<Toii(i 7 , liv. 6)
tlVRË TfcOlSlÈMfc. 71
! ; BE. BM = (BP)* = (AB)% ou
2 AB.BM= (AB)*; et divisant par AB,
aBM sa AB.
PROBLÈME
67. Continuer la sous-division en deux parties égales, avec une construction plus simple, de AM en N, de AN en 0, etc . , à l’infini.
Solution /". Après avoir décrit (Jîg. 18 ) du rayon AB la demi-circonférence BCDE (64) ; du centre B avec le même rayon AB, l’arc indéfini P'CÂp'; des centres E et B et du rayon BE les deux arcs R/Q't'Bp'çV, PQREnjr/?; et du centre E du rayon EC, l’arc PC/?; si l’on décrit des centres P' et p' et du rayon AB deux arcs, ils se couperont en M au milieu de la droite AB ( solution V) ( 66 ). Si des centres P et p et du rayon PE on décrit deux arcs, ils se couperont aussi au même point M ( solution III) ( 66 ). Qu’on fasse maintenant à AP' = BQ' = B?' = q'N = Q'N (1 1 ), le point N sera au milieu de la droite AM. Qu’on fasse à
AQ' = BR' = Br' = r'O = R'O , le point O sera au milieu de la droite AN. En continuant ainsi, on diviserait de la même manière AO en deux parties égales , etc. , à l’infini.
Démonstration. Si l’on imagine une droite P'A qui divise en deux parties la base BE du triangle P'BE (12), on aura (26)
(BP')» + (P'E)* = 3 (AB)» + a ( AP')».
D’où, après avoir substitué les valeurs de BP' = AB et de P'E = 3 AB; et soustrayant 3 (AB)*, on aura 3 (A B)» = 2 (AP')*; d’où l’on tirera, en divisant par 2 ,
(AP')»=(bq')‘=ï(ab)v
et comme le point N est sur la droite B E ( 1 3 ), le triangle isoscèle Q'BN, à cause de l’angle commun en B (5 et 32, liv. 1 , 4 , liv. 6) sera semblable au triangle Q'BE. D’où (BQ')*- = BN.BE (17, liv. 6). Puis, comparant entre elles les deux valeurs de (BQ')*, l’on aura
\ (AB)* = BN.BT3=2 BN.AB, çt divisant par 2 AB,
y AB = BN :
