AC*=ÂF+BC' + 2 AB X BI

Mais les triangles ADH et BCI sont égaux ; car ils ont un côté égal AD=BC adjacent à des angles égaux chacun à chacun, savoir DAH = CBI conome correspondants, et ADH = BCI comme ayant leurs côtés parallèles et dirigés dans le même sens. Il en résulte AH=:BI; et par conséquent les doubles produits qui terminent les égalités [1] et [2] sont égaux. Si donc on ajoute les égalités membre à membre , ces doubles produits affectés de signes contraires dispandtront , et il restera

ÂG*+DB' = ÂB*+5C"+ÂB'+ÂD*,

ou, en remplaçant l'un des termes ÂB^par CD' qui lui est égal, ÂC*+DF = ÂB' + BC' + CD*+ÂD*,

ce qui revient à Ténoncé du théorème.

560. Problème. Changer un polygone donné en un polygone équivalent , gui ait un côté de moins.

Soit ABCDEF (fig. 287) le polygone donné. Tirons la diagonale AC ; par le point B menons une parallèle à AC qui rencontre en 1 le prolongement du côté AF ; et tirons IC. Le polygone ICDEF, qui a un côté de moins que le polygone donné , lui est équivalent.

En effet, ces deux polygones ont une partie commune ACDEF, et ne diffèrent que paries parties res^tantes ABCetAlC.Or, ces parties restantes sont des triangles qui ont même base AC , et leurs sommets B et I sur une même parallèle à la base ; ils ont donc même hauteur, et sont par conséquent équivalents (546). Les deux polygones ABCDEF et ICDEF sont donc équivalents aussi.

Remarque. Il est bon d'observer que ce procédé s'appliquerait également à un polygone qui ne serait point convexe.

Soit , en effet , ABCDEFG (fig. 288) un polygone qui a un angle rentrant ABC : remploi du procédé ci-dessus va faire disparaître cet angle rentrant. Tirons AC; par le point B menons BI parallèle à AC , et joignons IC. Les triangles ABC et AIC ont même base AC ; leurs sommets B et I sont sur une même parallèle à la base; ils ont

170 I^IIÈMTÈRB I^ABTrL

donc même hauteur, et sont équivalents. Or, ai de la figuré totale ACDEFG, 00 retranche le triangle ABC, il reste le polygone donné ABCDEF6; mais si de la même figure totale ACDEFG on retranche le triangle AIC, il reste le polygone ICDEFG. Ce polygone est dotic équivalent au polygone proposé; en outre il a un côté de moins , et n'a plus d*angle rentrant.

CoROLLAtRB. En répétant l'opération précédente un nombre suffisant de fois, on pourra toujours réduire le polygone dotiné à n'aroir que trois côtés. Or, on sait trouver un carré équivalent à un triangle donné (846); la quadrature d'un polygone quelconque peut donc s'effectuer par une suite d'opérations rigoureuses (abstraction faite des erreurs graphiques).

Remarque. Lorsque les côtés du polygone proposé sont nombreux , en répétant la construction précédente autant de fois qu'il est nécessaire pour convertir le polygone en un triangle, il en résulte un peu de confusion dans les lignes. Mais plusieurs de ces lignes peuvent être omises , et la construction revient à ce qui suit.

Soit ABCDEFG (fig. 289) le polygone proposé. Par un même som« met À menons les diagonales AC, AD, AE, AF. Prolongeons les côtés DC, ED, FE, GF comme l'indique la figure. Menons ensuite successivement : BH parallèle à AC ; HI parallèle à AD ; IK parallèle à AE ; KL parallèle à AF, et joignons AL. Le triangle ALG sera équivalent au polygone proposé.

Cette construction serait encore applicable dans le cas où le polygone proposé aurait des angles rentrants. Rien n'empêche d'ailleurs de les faire préalablement disparaître.

561. Théorème. Deux polygones semblables sont entre eux comme les carrés de leurs côtés homologues, ou de leurs diagonales homologues.

Soient ABCDE et abcde (fig. 204) deux polygones semblables. Si l'on tire par deux sommets homologues A et a les diagonales homologues KC.ac, AD, ad, les polygones se trouveront partagés en un même nombre de triangles semblables et semblablement disposés.

Les triangles ABC et abc étant semblables, sont entre eux comme les carrés de leurs côtés homologues (548), et l'on a

ABC: abc::W:'^ [i].

Les triangles ACD et ocd étant semblables, on aura de même :

ACD : acd :: CD': êa*.

Or, à cause de la similitude des polygones, on a

CD : cd :: AB : oft, d'où cD* : ^ :: ÎB" : ï?; donc ACD lacditW.Tb* [t].

On obtiendrai! de ttiétûè \

ADE : flife :: îff : 57 [3].

Les proportions [1], [2], [3] ayant un rapport commun, on endé^ duit cette suite de rapports égaux :

àBC : abc :: ACD : acd :; ADE : ode;

mais, dans une pareille suite de rapports égaux, la somme des antécédents est à la somme des conséquents comme un antécédent est à son conséquent. En appliquant ce principe on obtient :

ABC + ACD + ADE : abe + acd + ade :: ABC : abc,

ou, ce qui revient au même,

ABCDE : abcde ;: ABC : abc [4].

Les proportions [1] et [4] ayant un rapport commun, les deux autres rapports sont en proportion, et Ton a :

ABCDE : abcde :: ÂB* : âff.

D'ailleurs on a

AB : ab :: BC : bc \: kC: ac, etc.,

d'où ÂB' : 06" ::W:T? :: I(? : ô?, etc

donc

ABCDE : abcdê :: ÂB' : ôé' :: BC' : 6? :: ÎC* : ôc*, etc.

Application. Lorsqu'on a levé le plan d'un terrain , on connaît le rapport qui existe entre un côté quelconque du polygone tracé sur le terrain et le cdlé homologue du polygone tracé sur le papier. Supposons, par exemple, que AB et ah étant d«ux cà\é% bomologuM, on ait

AB= abxn

(n étant un nombre qui dépend de Téchelle adoptée);

on aura AB*=ô5' x n*.

Les aires des polygones sont donc entre eUes comme â&*xn*est li oP, ou comme n' est à 1 .

Il suffît donc, pour obtenir Taire du polygone tracé sur le terrain, d'évaluer celle du plan , et de la multiplier par n*.

Mais, en général, quelle que soit la longueur conTentionnelle qui représente le mètre , le carré construit sur cette longueur représentera le mètre carré. On n'aura donc qu'à se servir de ce carré comme unité d'aire pour évaluer la superficie du plan, ce qui sera'toujours facile, puisque toutes les lignes de la figure sont évaluées en unités de longueur égales au côté de ce carré.

562. Problème. Construire un polygone semblable à un polygone donné, et dont l'aire soit à celle de ce polygone dans le rapport demà t^.

172 FBfilflÈRB PARTIE.

Soit ÀB ( fig. 204 ) l'un des cdtés du polygone donné ; la question se réduit à trouver le côté homologue ab du polygone demandé ; car sur ce côté homologue, s'il était connu, on n'aurait plus qu'à construire un polygone semblable au polygone donné, problème que nous avons appris à résoudre (242).

Appelons P l'aire du polygone donné, p celle du polygone cherché. D'après la nature de la question, on doit avoir

mais , à cause de la similitude des polygones, on doit avoir aussi

p: P :: W :ÂF,

et, à cause du rapport commun à ces deux proportions, il &ut qu'on

ait

ô? : AB' :: m : n.

La question est donc ramenée à trouver le côté d'un carré dont l'aire soit à celle d'un carré donné comme m est à n. Ce problème a été résolu au n<'552.

Application: On aurait à résoudre un problème de ce genre si l'on cherchait quelle échelle de réduction on doit adopter pour que Taire d*un plan soit à celle du terrain quMI représente dans un rapport déterminé.

Supposons, par exemple, qu'on veuille faire en sorte que l'aire du plan soit la 40000' partie de celle du terrain, il faudra qu'on ait

ôPrÂB*:: 1:40000.

Mais ici la solution graphique éUnt impraticable , il faudrait extraire la racine carrée de chaque terme de la proportion ci-dessus, ce qui donnerait

ab : AB :: 1 : VÏÔÔÔÔ.

Dans l'exemple particulier que nous avons choisi , la racine carrée s'extrait Immédiatement, et l'on trouve

ab :AB:: 1:200.

l\ faudrait donc que chaque ligne du plan fût la 200* partie de la ligne homologue du terrain. Or la 200* partie d'un mètre, ou de iOOO millimètres, est 5 millimètres. L'échelle ^ adopter serait donc de 5 millimètres par mètre.

563. Théorème. Les aires des polygones réguliers d'un même nombre de côtés sont entre elles comme les carrés de leurs côtés, ou de leurs rayons, ou de leurs apothèmes.

Soient ÂB et a6 (fig. 218) les côtés de deux polygones réguliers d'un même nombre de côtés, et par conséquent semblables; soient AO et ao leurs rayons, OH et oh leurs apothèmes, et appelons P eip leurs aires.

En vertu du théorème précédent , on aura

P:p::W:ât^ [i].

GÉOMÉTfilE PLANE. i73

La droite AH étant la moitié de ÂB, et ah étant aussi la moitié de aft, paîsque Tapothème divise le côté en deux parties égales, il en résulte :

AH:aA:: AB:a6, et ÂH':5ï* :: ÂB*:ô6* [2].

A cause de la similitude des polygones, d'où résulte celle des triangles AOH et aoh , on a aussi

AH : ah :: AO : ao :: OH : oh,

d'où Âff : ôÂ* :: ÂO* : ^' :: Ôff :^' [3].

Si l'on a égard aux rapports communs entre les proportions [1], [2] et [3] on en tire

P : j) :: AB'iôft" :: ÂÔ" :âô" :: Off :ôÂ*

ce qui revient à l'énoncé du théorème .

Remarque. On trouve, par des méthodes Irigonom étriqués, qu'en prenant pour unité d'aire le carré du cdté d'un polygone régulier, l'aire de ce polygone est exprimée par les nombres suivants :

Nombre des côtés. Valeur de l'aire.

etc. etc.

Pour obtenir à l'aide de cette table l'aire d'un polygone régulier d'espèce d^ lerminée dont le côté est donné, il faut multiplier le carré de ce cOté par le nombre que fournit la table. Supposons , par exemple , qu'il s'agisse de mesurer la superficie d'une pièce d'eau, dont la forme est celle d'un octogone régulier de 3" de côté. Appelons A l'aire cherchée. L'aire de l'octogone régulier qui a pour côté 1, est, d'après la table ci-dessus, 4,8284. En vertu du théorème précédent, on doit donc avoir

d'où A=9— X4,8284=43— ,4556.

364. L'aire d'un polygone régulier ayant pour mesure la moitié du produit de son périmètre par son apothème , on obtiendrait sa quadrature en cherchant une moyenne proportionnelle entre la moitié de son périmètre et son apothème.

56â. Théorème. Les aires des cercles sont entre elles comme les carrés de leurs rayons ou de leurs diamètres.

17/t PHEMIÈHIi; PABllE.

Appelons A et a les aires de deux cercles, R et r leurs rayons, D et e2 leurs diamètres. Nous aurons (527)

A = wXR' et a = 'KXr^.

Il en résulte la proportion

A: a:: wXR*:irXH,

ou , en supprimant le facteur tz , commun aux deux termes du second rapport :

De plus , le diamètre étant le double du rayoa , on a évidemment

D:d::R:r, d'où D":d*::R*:r» [2].

A cause du rapport con^mun entre les proportions [1] et [2], il vient donc

366. Problâmi. Décrire un cercle dont l'aire soit à celle d'un cercle donné, dans le rapport de m an»

Appelons R le rayon du cercle donné , x le rayon du cercle cherché; on devra avoir, en vertu du théorème précédent,

La question est donc ramenée à trouver le càté d'un carré dont Taire soit à celle d'un carré donné comme m est à n (voy. le n'»5S2).

567. Problème. Décrire un cercle dont l'aire soit équivalente à la somme des aires de deux cercles donnés.

Placez à angle droit les diamètres AB et BC (fig. 290) des deux cercles donnés, et joignez AC, qui sera le diamètre du cercle demandé , car on aura (56S)

cercle AB : cercle BC : : îff : BC",

d'où cercle AB+ cercle BC : cercle AB : : ÂB^+BC* : AS",

ou, en remplaçant ÂP+BU* par ÂC*,

cercle AB + cercle BC : cercle AB : : ÂC* : ÂB" ;

mais on a aussi

cercle AC : cercle AB : : ÏC* : ÂB*.

Ces deux dernières proportions ayant les trois derniers termes communs, il faut que les premiers soient égaux , et qu'on ait

cercle AC == cercle AB -f cercle BC.

GtoMÉTRlE PLAN£. 175

RBMAftQins. Décrivons les demi-cercles AnpC, ANB et BPC. D'après ce qui

£ récède , Taire du premier équivaudra ^ la somme des aires des deux autres. ais le premier demi-cercle a avec les deux autres les parties communes AnBA et BpCB : il faut donc que les parties restantes soient égales. Or, ces parties restantes sont, d'une part, le triangle ABC, de Tautre, les lunules ANBnA et BpCpB. Donc la somme de ces lunules équivaut au triangle ABC.

568. Pboblèms. Décrire un cercle dont l'aire sait équivalente à la différence entre les aires de deux cercles donnés.

Plaçons les cercles donnés de manière que leurs centres coïncident. Soit 0 (fig. 291) C6 centre. Par un point quelconque A de la circonférence extérieure , menons une tangente AT à la circonfé* rence intérieure : cette tangente sera le rayon d'un cercle équivalent à la différence des cercles donnés , c'est-à-dire à l'aire de la couronne circulaire comprise entre leurs circonférences. Car, si Ton tire les rayons OA et OT, le triangle ATO étant rectangle en T (105), on aura :

AO«=Âr+ôr, d'où TP=IÔ'-(5T";

ou , en multipliant de part et d'autre par n ,

wXAT'=icXÏO'— wxOT.

c'est-à-dire cercle AT = cercle AO — cercle OT.

369. Le problème de la quadrature du cercle a eu jadis une grande célébrité. Ce problème est au fond le même que celui de la rectification de la circonfë'rence; car si Ton savait trouver rigoureusement une droite de même longueur que la circonférence , en cbercbant une moyenne proportionnelle entre cette droite et la moitié du rayon, on aurait le côté du carré équivalent à Taire du cercle. En effet, soit c cette moyenne proportionnelle, et R le rayon du cercle, on aurait

2icxR:c j:c: p d'où c»=2itxRXj,

ou («=«xRS

c'est-à-^ire que le carré qui aurait pour c6té c équivaudrait à Faire du cercle qui a pour rayon R.

On démontre que la rectification de la circonférence ne peut s'effectuer par aucune opération graphique rigoureuse. La quadrature du cercle est donc désormais une quesUon oiseuse. En supposant d'ailleurs sa solution rigoureuse ]>ossibie , elle ne conduirait pas dans la pratique , vu les erreurs graphiques inévitables, à une approximation plus grande que celle à laquelle on peut parvenir.

£n effet, la relation

^=icxR' ou <î»=iR»x«, donne c = Rxv'ïti ou c=RxV3.l4l&a265368Q... = Rxl.7724Sa8...

Pour obtenir dans chaque cas le côté du carré équivalent à un cercle , il faut donc multiplier son rayon par le nombre constant i ,7724588... SI, par exemple, le rayon a 10 mètres, le cMé du carré cherché aura 10* x 1)772468(1... ou 17-,72453S... c'esi-)Hlire 17»,734 environ.

379. A défaut d'une solution graphique rigoureuse de la question, on a cherché des solutions approchées qui permissent, en cas de besoin, d'éviter de recourir au calcul. On a proposé à cet effet différentes constructions qui fournissent un résultat plus ou moins approché. Nous proposerons la suivante qui conduit à une approximation plus que suffisante.

Soient AMBN (fig. 292) un cercle , AB un diamètre, AT une tangente indéfinie menée à l'extrémité du diamètre. Prenons 01 égal à la sixième partie du rayon OB; du point 1 comme centre , avec une ouverture de compas éga]« au double du diamètre AB , décrivons un arc de cercle qui coupera la tangente en un point T ; joignons TB qui coupera le demi-cercle en un point M : la corde AM sera le cdté du carré équivalent au cercle , à moins d'une demi-unité du cin* quième ordre décimal.

En effet, pour plus de simplicité prenons le rayon pour unité, nous aurons

01 = i; AI=}; AB = 2; Tl = 4.

Le triangle rectangle ATI donne

Le triangle rectangle ATB donne

TB'=ÂB' + ïP=4 + ^=^.

Mais Tangle AM6 étant droit , puisqu'il est inscrit dans un demi-cercle , les triangles rectangles AMB et ATB qui ont l'angle B commun, sont semblables» et Ton a

AM : AB :: AT : TB, ou Âff: ÂB* :: ÏP: TB*,

ou encore On tire de là

et AM = \/i^ = 1 ,7724502 , etc.

Or, si dans la valeur trouvée pour c dans le numéro précédent , on fait R égal à 1, il reste c= 1,7724538...

On voit que la différence entre la valeur approchée AM et la valeur véritable c est d'environ 0,0000036... , c'est-à-dire moindre qu'une demi-unité du cinquième ordre décimal; en sorte que, théoriquement parlant, cette erreur ne serait pas d'un demi-millimètre, pour un cercle dont le rayon aurait 100 mètres.

Remakque. Si du point M on abaisse sur le diamètre AB la perpendiculaire MP, on aura (264, Coroll. Il] :

AP:AM::AM:AB, d'où ÂS"=APxAB.

Or, AM étant le cdté du carré équivalent au cercle (approximativement), on a

AM*=r7cxÔÂ*j d'ailleurs AB = 0Ax2j

donc wxôr = APx0Ax2, d'où AP=^2|2:^ = ?^,

c'est-à-dire que AP équivaut au quart de la circonférence, ou au quadrans rectifié» du moins avec une approximation suffisante.

574. Par des méthodes trigonom étriqués , on peut calculer le côté d'un polygone régulier d'espèce déterminée, ayant une aire équivalente à celle d'un

GiOMÉTRIB PLARB* i77

cercle doimé. SI Ton prend pour unité le rayon de ce cercle, on trouve que :

le côté do triangle équilatéral doit être 3,69355. . .

du carré 1,77245. . .

du peulagone régulier 1,35130. . .

de rhexagone ^ . 1,09964. . .

de Teplagone 0,92080. . .

de Toctogone 0,80663. . .

de Tennéagone 0,7 1288. . .

du décagone 0,63899. . .

du dodécagone 0,4881 1 . . .

etc. etc.

81 le rayon est différent de l'unité , on n'aura qu^ multiplier ces nombres par la valeur du rayon.

379. THio&ÈMB. Lei aires des secteurs semblables sont entré elles comme les carrés de leurs rayons.

Soient S et « les aires de deux secteurs semblables ^ c'est-à-dire ayant même angle au centre, et pour base des arcs semblables par conséquent. Désignons leurs arcs par À et a, leurs rayons par R et r; nous aurons (529) :

S=iAxR et s=^aXr,

d'où l'on tire la proportion identique

S:5::iAxH:iaXr,

ou S:j::AxR:aXr [1].

Mais les arcs A et a étant semblables» on a (S9tt)

Multipliant terme à terme les proportions [1] et [2], on trouve

SxA:*xa:: AxR':aXf*.

Divisant les antécédents par A et les conséquents par a , il vient

S:s::If:f^ [3].

CoaoLLÀiBB. On tire de la proportion [2]

A«:a»::R«:f« [fl.

Donc, à cause du rapport commun entre les proportions [3] et [4], on peut écrire

c'est-à-dire que deux secteurs semblables sont entre eux comme les carrés des arcs qui leur servent de base.

RsMAEQUE. On obtiendrait la quadrature d'im secteur en calculant la valeur de Tare qui lui sert de base, et en cherchant une moyenne proportionnelle entre cet arc et la moitié du rayon.

178 PRBmÈBE PIBTIE.

373 Ce qui a été dil au n» 364 , relalWcment aux polygones femblablM, oeul s'appliquera deux figures semblables quelconques; car loule ligne courbe oouvanl èlrc considérée comme une ligne brisée, dont les côtés sont mfinimcnl nelils, loule figure curviligne peut ôlre regardée comme un polygone. On peul donc dire, en général, que les aires de deux figures semblabUs quelconques sont entre elles comme les carrés de leurs lignes homologues.

574 Nous avons appris, aux n« 33S el 336, à mesurer avec une approximation suffisante l'aire d'une figure curviligne quelconque. Pour obtenir le cfllé d'un carré équivalent à cette figure, il suffit d'extraire la racine carrée du nombre qui exprime son aire. ,. ..^ . ^ x i v

Supposons, par exemple, que l'aire d'une figure ait été trouvée égale à 552— %25; en désignant par x le côté du carré équivalent , on devra avoir

«» = 552-%25, d'où a; = V552-%25 , ou . ai=23-,5.