EXERCICES SUR LES FRACTIONS
4° Effectuer les multiplications suivantes : 2<> Effectuer les divisions suivantes:
f: 4si; * + +4)-
3* Combien y a-t-il d'unités entières dans I»
fraction
4o Combien y a-t-il d'unités entières dans la fraction
5» Quello est la plus grande des deux fractions
ïrei «•
6o Que deviendra la fraction ~ si l'on ajoute
5 à ses deux termes; sera-t-ello plus grande ou plus petite qu'auparavant T 7° Une pièce d'étoffe coûte 729 fr.; quel est le
prix des y de cette pièce ?
8o Les d'un ouvrage ont coûté 824 fr. 50 ; que coûterait l'ouvrage tout entier ?
«o Les ~ d'un champ valent 4296 fr.; que vaui tout le champ ? .
40o Les i- d'une pièce d'étoffe coûtent 45 fr.;
quel est est le prix des -f de la môme pièce ?
4<o Les JL d'un champ ont été labourés pour
44 fr.; à quel prix en labourerait- on les -^T
42° Les— d'un champ coûtent 2,836 fr.; le reste, proportionnellement à son étendue, coûte y plus cher. Quel est le prix de tout le champ?
Meblette et Hauvion aîné.
GÉOMÉTRIE ELEMENTAIRE
DBS LIGNES PROPORTIONNELLES.
474 . Théorème. — Si sur une droite on porte des parties égales, et si par les points de division on mène des droites toutes parallèles entre elles, une droite quelconque rencontrée par cet parallèles sera amm divise* en parties ègaUs,
Soit la droite AE (pl. 26, fig. 4) sur laquelle on a porté les parties AB, BC, CD et DE, etc.. égales ?ntre elles. Par les points A, B, C, D, E, on a mené une série de droites, AF, BG, CH, DJ, EK, toutes parallèles entre elles. 11 faut prouver qu'une rlroile quelconque KF rencontrée par ces parallèles aux points F, G, H, J, K y sera coupée en parties égales et qu'on aura, par conséquent, FG = GH = 1IJ = JK, etc. Pour le prouver, par les points F et G, menons respectivement 'es droites FL ct'GM toutes les deux parallèles à aE. Nous formerons ainsi deux triangles, savoir : le triangle GFL et le HGM. Je dis que ces deux triangles sont égaux entre eux. En effet, le côté FL est égal au côté GM ; car FL et AB sont deux droites égales comme parallèles comprises entre parallèles ; AB = BC par supposition, et les droites BC et GM sont égales comme parallèles comprises entre parallèles. Ainsi FL = AB qui égale BC, qui ellemême égale GH. D'où l'on conclut que les deux côtés FL et GM sont égaux entre eux. Maintenant je dis que l'angle GFL égale l'angle HGM. En effet, ces deux angles sont égaux comme angles correspondants formés par les deux parallèles FL et GM et par la sécante FK. Enfin les deux angles FLG et GMH sont égaux comme ayant leurs côtés paiillèles et dirigés dans le même sens. Il résulte de là que les deux triangles FGL et GFIM ont un côté égal adjacent à deux angles égaux chacun à chacun. Puisqu'il en est ainsi, ces deux triangles sont égaux. Mais dans des triangles égaux à des angles égaux sont opposés des côtés égaux. Donc le côté GH opposé à l'angle GMH est égal au côté FG opposé à l'angle FLG. En s'y prenant comme on vient de le faire pour les deux triangles FGL et GHM, on prouverait que les deux triangles GHN et HJN sont égaux, et l'on en conclurait que HS = GH. Enfin, la mémo démonstration Rappliquant encore aux deux triangles HJN et JKP, il en résulte que JK = HJ. Toutes les parties FG, GH, HJ cl JK de la droite FK sont donc égales entre elles et le théorème est par conséquent démontré.
472. Théorème. — Si à partir du sommet d'un angle on porte sur Cun de ses côtés des distances égales, et que par les points de division, on mène des droites toutes parallèles entre elles, elles couperont l'autre côté de l'angle en parties égales.
Soit l'angle EAJ (fig. 2.) Sur l'un de ses côtés AE, à partir du sommet A, on porte les distances égales AB, BC, CD et DE, et par les points de division B, C, D. E, on mène les droites BF, CG, DH et EJ toutes parallèles entre elles. Il faut prouver que ces parallèles partagent l'autre côté AJ de l'angle EAJ en parties égales, c'est-à-dire que l'on a AF =FG = GH — HJ. Pour le prouver, par le point A, menons la droite AS parallèle aux droites BF, CG, etc., et par yq po, ... ^Içopqua
0 pris sur AS, menons parallèlement au côté AJ la droile OR. En vertu du théorème précédent OR 'sera coupé en parties égales aux points M, N, P, R, par les parallèles BP, CG, DE et EJ suffisamment prolongées, en sorte que l'on aura OM = MN = NP = PR. Mais les droites OM et AF sont égales comme côtés opposés d'un parallélogramme. On en peut dire autant des deux droites MN et FG, des deux droites NP et GH et enfin des deux droites PR et HJ. D'où il résulte que les longueurs AF, FG, GH et HJ respectivement égalesaux longueurs OM, MN, NP. et PR sont égales entre elles, et que, par suite, le second côté AJ de l'angle EAJ est partagé en parties égales aux points F, G, H B, J.
473. Problème. — Partager une droite en un certain nombre de parties légales.
Soit la droite AB (fig. 3) qu'il faut partager en un certain nombre de parties égales, en cinq parties, par exemple. Pour cela, par le point A, on mène une droite AS, faisant avec AB un angle arbitraire. Puis sur AS on porte cinq fois, à partir du point A, une môme longueur prise arbitrairement. On obtient ainsi les points de division C, D, E, F et G. On joint le dernier de ces points G à la seconde extrémité B de la droite AB. Cela donne la droite BG. Par chacun des pointe C, D, E et F, on mène respectivement une parallèle à BG et on prolonge ces nouvelles droites jusqu'à ce qu'elles rencontrent AB aux pointe M, L, K et J, et par cette construction, la droite AB se trouve partagée en cinq parties égales. Cela résulte évidemment du théorème que l'on vient de démontrer ; car, par construction, le côté AG de l'angle GAB se trouve partagé en parties égales, e* comme par les pointe de division on a mené des droites GB, FJ, EK. DL et CM toutes parallèles entre elles, il en résulte que ces dernières divisent le second côté de l'angle GAB en cinq parties égales.
Remarque. — Dans la pratique , on se contente de mener à GB la seule parallèle FJ. La rencontre de AB avec cette parallèle fournit la distance BJ qu'il n'y a plus qu'à porter 4 fois de J en A pour que la droite AB se trouve partagée en 5 parties égales.
