THÉORÈMES ET PROBLÈMES SI R LES PROPORTIONS

Théorème l»'. — Dans toute proportion le produit des extrêmes est égal au produit des moyens.

Pour le prouver, considérons la proportion

3-= Nous avons là deux fractions égales. Si nous les réduisons au mémo dénominateur, elles ne cesseront pas d'être égales, puisque l'on no change pas la valeur des fractions que l'on réduit

au même dénominateur. Nous obtiendrons ainsi

IIXO

es deux nouvelles fractions Voilà deux fractions égales et qui ont do plus le même dénominateur. Je dis que leurs numérateurs ont forcément égaux. En etfct, puisque nos deux raclions ont le même dénominateur, elles sont -omposées de parties égales ; si donc ces parties n'étaient pas en môme nombre dans chacune des deux fractions, elles ne pourraient pas être égales. Comme il faut absolument qu'elles le soient, elles doivent être formées d'un même nombre de parties; mais les numérateurs indiquent de combien de parties sont formées les fractions, donc il faut que ces numérateurs soient égaux. Ainsi 7x48 U X 9 ; mais 7X18 «*l 'e produit des extrêmes ; 14 X 9 est le produit des moyens, donc dans toute proportion le produit des extrêmes est égal au produit de* moyens.

Problème. — Trouver un extrême manquant dam une proportion.

Soit la proportion = dans laquelle le quatrième terme a été désigné par la lettre x. 11 s'agit de trouver ce quatrième terme. Pour cela, nous savons que d.ms toute proportion le produit des extrêmes est égal au produit des moyens. Donc on aura : 8 X x = 13 X 40. Si 8 x valent 13 X 40, un seul x, an lieu de 8, vaudra huit fois

moins, c'est-à-dire iilil. On conclul de cette

valeur do x que pour trouver un extrême manquant dans une proportion, il faut faire le produit des moyens et diviser par l'extrême connu.

Problème. — Trouver un moyen manquant dans une proportion.

Soit la proportion -j- = -j • Puisquo dans toute proportion lo produit des moyens est égal à celui des extrêmes, on peut écrire o Xx= 6X9 ou même 5x = BX9, Si di valent 6X9, un

seul x, au lieu de 5, vaudra 5 fois moins ou — 5— .

On conclut do celte valeur de x que, pour trouver un moyen manquant dans une proportion, il faut faire le produit des extrêmes et diviser par lo moyen connu.

Théorème. — Quand le produit de deux nombres est égal au produit de deux autres, on peut, arec ces quatres nombres, faire vite proportion. — Soit 4X10=5X8. Il f«ut prouver qu'avec les quatre nombres 4, 40, 5 et 8 convenablement disposé.}, on |»eut faire une proportion. En effet, puisque les quantités 4 X 40 et 5X 8 sont égales, si od les divise toutes les deux par un même nora-

bro, on obtiendra évidemment des quotients égaux. Divisons-les par le produit 10 X 8. H vien-

dra M x a = "io x »' * ma'3 chacunc do deux fractions égales peut être simplifiée : on peut, dans la première, supprimer le facteur 10 commun à ses deux termes. On peut de même ôler dans la second o le facteur 8 et l'on a -5- = Jô- VoiIà deux fractions égales, donc elles forment une proportion. Mais cette proportion est composée des quatre termes 4, 8, 5 et 10; le théorème est donc démontré.

Hemarque. — On voit par ce qui précède que, pour former une proportion avec quatre nombres formant deux produits égaux de deux facteurs, il faut écrire d'abord un facteur d'un des produits, puis les deux facteurs de l'autre produit et terminer en écrivant comme quatrième terme de la proportion, le second facteur du premier produit.

Théorème. — Quand deux proportion* ont un rapport commun, on peut avec les deux autres rapports faire une proportion.

Soient les deux proportions = îr ct T — "5- Les deu* fractions et valant toutes les deux -|- sont évidemment égales entre elles, en vertu de l'axiome qui dit que deux quantités égales à une troisième,' sont égales entre elles. Doue on peut écrire : — ~ ; c'est la proportion qu'il s'agissait d'établir.

Théorème. — Dont toute proportion on peut changer la place des moyens ; il en résulte une nouvelle projmrtion.

Soit la proportion -j = Elle forme une égalité.

Au-dessousécrivons l'égalité évidente 4-==v '

nous avons s

Si nous multiplions ces deux égalités membre ù membre, il en résultera une troisième qui sera 4X8 s x s

TxT ^TÔTÏT • ^primons dans

changer la place des extrêmes; il en résulte une nouvelle proportion.

Soit la proportion 7- = rô" Au ' rfe;iS"9 de cette égalité écrivons la suivante — = -r- et multiplions-lcs membre à membre, il en résultera celte nouvelle égalité -j^-j- = txt0'- Supprimons lo fadeur commun aux deux termes de chaque fraction, on aura !-^- = Si l'on compare cette dernière proportion à la proportion primitive 4" = ^- on voit qu'elles ont les mêmes extrêmes et les mêmes moy ens, et qu'elles ne diffèrent qu'en co que dans la nouvelle proportion la place des extrêmes a été changée; le théorème est donc démontré.

Merlette et Hacvion aîné.

SOLUTION DES PROBLÈMES DE GÉOMÉTRIE

DO DERKIBU NUMÉRO.

la suivante

chacune de ces deux fractions le fadeur commun à ses deux termes, il viendra \-=> ^. Voilà

deux fractions égales, et par conséquent une nouvelle proportion. Si nous la comparons à la proportion priraitivo — = , nous voyons qu'elle

a les mêmes extrêmes et les mêmes moyens que cette dernière et qu'olle n'en diffère qu'en ce que la place des moyens a été changé*. Le théorème est donc démontré.

Thèrorème. — Dans toute proportion, on peut

**T problème. — A partir de chacun des quatre sommets d'un carré, on porte sur ses côtés, et toujours dans le même sens, des longueurs égales. En joignant les quatre points qui les terminent, on obtient un quadrilatère; démontrer que ce quadrilatère est aussi un carré.

Soit le carré ABCD (pl. SI. fig. 1). Si l'on porte sur ses quatre côtés et dans le même sens les longueurs égales AE, BP, Cil, DK et qu'on mène les droites EF, FH, HK et KE, on obtiendra un quadrilatère EFHK. Il s'agit de démontrer que ce quadrilatère est un carré, c'est-à-dire qu'il a tous ses cotés égaux cl ses angles droits.

l°Lo quadrilatère EFHK a ses quatre côtés égaux. En effet, cela résulte de l'égalité des quatre triangles rectangles EBF, FCH, HDK et KAE. Ces triangles sont égaux. En effet, ils ont les côtés BF, Cît, DK et AE égaux par construction, et les côtés EB, FG, 1ID et KA égaux, puisque ces quatre longueurs sont telles que, ajoutées respectivement à BF, CH, DK et AE, elles forment les côtés du carré donr.é ABCD. Maintenant les quatre angles B, C, D, H et A sont égaux comme droits. Nous avons donc quatre triangles qui onl un angle égal compris entre deux côtés égaux; donc, ces quatre triangles sont égaux. Mais, dans des triangles égaux, à des angles égaux sont opposés des côtés égaux. Donc, les quatre côtés EF, FH, HK et KK sont égaux.

S° Il reste maintenant à prouver que les angles KEF, EFH, FHK et HKE sont 8roits. Prouvons

cela pour un seul de ces angles. Le raisonnement I somme des segment* adjacent* à la base qu'elle di-

que nous aurons fait dans cette circonstance pourra se répéter pour les trois autres, et il sera dès loi» établi que le quadrilatère EFHK est un carré. Je dis que l'angle KEF est un angle droit. En effet, au point E et au dessous de la droite AB, il y a trois angles dont la 6omme vaut deux droits. Parmi ces trois angles, se trouve l'angle BEF, qui égale l'angle AKE, parce que tous les deux, dans les deux triangles égaux EBF et KAE, se trouvent opposes aux cotés égaux BF et AE. On a vu que dans tout triangle rectangle, la somme des deux angles aigus vaut un angle droit; donc, AEK + AKE =. un droit.

Mais, d'après ce que I on vient de voir, on peut, dans cette dernière égalité, remplacer l'angle AKE par son égal BEF, et l'on aura alors

AEK + BCF — un droit.

Puisque les deux angles AEK et BEF valent ensemble un droit, et que les trois angles AEK, KEK et DEF, réunis, valent deux droits, il faut absolument que l'angle KEF vaille à lui seul un angledroit. Ainsi, l'angle KEF est droit. On démontrerait de même que les angles EFH, F1IK et 1IKK sont également droit

Le quadrilatère EFHK ayant tous ses côtés égaux et ses angles droits, est un carré.

îc problème. — Trouver, tur fun de* côtés d'un angle, un point également distant du second côté et d'un point donné tur le premier côté.

Soit l'angle BAC (fig. S). Il faut trouver sur h côté AC un point qui soit à égale distance du poin! E cl du côté AB. Pour cela, supposons le problème résolu. Soit D le point demandé. Du point D, me nons la droite DK perpendiculaire sur AB. On aura, d'après l'énoncé du problème, DK = DE. Maintenant, par le point E, menons EF parallèle à DK, et tirons la droite KE. Puisque les droites DK et El sont parallèles, les angles alternes internes DKI i et KEF sont égaux, et, puisque le triangle DKE' e*t isocèle, les angles DKE et KED sont égaux comme opposé» à des côtés égaux. Pdrcon-é.pjenl. l'angle KEF, qui vaut l'angle DKE, \audra so: égal KED. Cela étant, la droite EK est la bissectrice de l'angle DEF. De celle remarque, on conclut la construction suivanle. Du point donné E. abaissez sur AB la perpendiculaire EF; partage/ l'angle AEF en deux parties égales au moyeu de lu bissectrice EK rencontrant le côté AB au point K Par ce dernier point K, menez KD parallèle à EF. L'intersection D do celte parallèle avec le côté AC sera le point demande.

3« problème. — Etant donné un triangle, on pro jo>e de mener une parallèle à sa base, de sorte Hue la longueur de cette parallèle toit égale à lu

termine sur le* deux autres côtés du triangle.

Soit le triangle ABC (fin. 3). Il faut mener à la ba?e AC une parallèle dont la longueur égale la omme des segments que celle parallèle détermine sur les deux côtés AB et CB à partir des deux extrémités A et C de la base AC. Pour cela, supposons le problème résolu, et soit DE la parallèle demandée. A partir du point I», portons sur celte parallèle la distance DO égale à AD. Le reste OE de la parallèle sera évidemment égal à CE. Menons les droites AO et OC. Puisque AD = DO, le triangle ADO est isocèle, et par conséquent les angles DAO et DOA sont égaux comme angles à ta ba-* d'un Iriangle isocèle. Mais les angles DOA et OAC sont égaux comme angles allernes-interiK-s formés par les parallèles DE et AC. Donc, les angles DAO et OAC sont aussi égaux, car deux quantités égales à une troisième sont égales entre elles. Puisqu'il en est ainsi, la droite AO est la bissectrice de l'angle BAC. Par un raisonnement tout à fait analogue, on prouverait que la droite CO est la bissectrice de l'angle BCA. De cette remarque, on ronclut la construction suivante : Menez les bissectrice* AO et CO des deux angles à la base BAC et BCA du triangle proposé. Par le point d'intersection 0 de ces bissectrices, menez parallèlement à AC la droite DE, qui sera la droite demandée.

Hauvion aîné.

CHIMIE