CHAPITRE PREMIER

DES POLYGONES UÉGCLIERS.

320. Si l’on suppose qu’après avoir divise une circonférence en parties égales, on joigne chaque point de division avec le suivant, on formera ainsi un polygone dont tous les côtés seront égaux ainsi que les angles (91 et 116). Un pareil polygone est dit régulier. Ainsi on appelle polygone régulier celui qui est a la fois équianglect équilatéral. Le triangle équfc latéral et le carré sont donc des polygones réguliers. On voit qu’il y a des polygones réguliers d’un nombre quelconque de côtés, et que ces polygones sont nécessairement convexes.

TnéoRÈMF. I.

32 1 . Tout polygone régulier est a la fois inscriplible et circonscriplible a la circonférence.

Fig. 158. Soit ABCDEF un polygone régulier d’un nombre quelconque de côtés. On pourra toujours faire passer une circonférence par les trois sommets consécutifs A, B, C (79), et je dis qu’elle passera nécessairement par le sommet suivant D. Joignons, en effet, le centre O avec les sommets A, B, G, D. Les deux triangles ABO et BGO, seront équilatéraux entre eux, et par conséquent égaux : donc l'angle ABO e= OBC (166); ainsi chacun d’eux est la moitié de ABC. Mais le triangle BCO est isocèle : donc l’angle BCO est égal à OBC (167); il est donc la moitié de ABC, et partant de son égal

BCD; donc l’angle OCD est l’autre moitié de celui-ci, et les triangles BCO, OCD, ont un angle égal compris entre côtés égaux chacun à chacun; donc ils sont égaux; donc OD = OB; donc la circonférence qui passe par les trois sommets consécutifs A, B, C, passera aussi par le sommet suivant D. Mais on prouvera , par un raisonnement semblable, que, puisqu’elle passe par les trois sommets B, C, D, elle passera par le sommet suivant E, et ainsi de suite : donc, enfin, tous-les sommets du polygone se trouvent sur la circonférence que nous avons décrite par les trois sommets A, B, C; donc le polygone est inscrit dans cette circonférence.

En second lieu, tous les côtés AB, BC, CD.... sont des cordes égales de la circonférence que nous venons de décrire : donc elles sont également éloignées du centre O (94); donc les perpendiculaires O K, O G

abaissées de ce point sur ccs côtés seront égales; et par conséquent la circonférence décrite du point O comme centre, avec le rayon OG, touchera tous les côtés du polygone (87), chacun dans son milieu (81). Cette circonférence sera inscrite dans le polygone, ou le polygone sera circonscrit à la circonférence (').

522. Scholif. i. Cette démonstration s’appliquerait très-bien à une ligne brisée régulière , c’est-à-dire à une brisée formée de droites égales et également inclinées entre elles : ainsi toute ligne brisée régulière est à la fois inscriptible et circonscriptible il la circonférence.

Remarquons qu’une brisée régulière serait une portion du périmètre d’un polygone régulier, si l’arc de la circonférence circonscrite, sous-tendu par un doses côtés, était une partie aliquote de cette circonférence.

(') Il est évident que l’on ne peut circonscrire qu’une seule circonférence ù un polygone régulier. On ne peut de même lui inscrire qu’une seule circonférence, car le centre de toute circonférence inscrite dans le polygone régulier AB CDKF, doit se trouver sur les bissectrices des angles A. et B (138) et ccs droites ne se rencontrent qu’en un seul point.

3553 Sciior.iE il. On appelle, ordinairement centre d'un polygone régulier le centre commun des circonférences qui lui sont inscrite et circonscrite, mais cette dénomination est vicieuse, car le point dont il s'agit n’est vraiment un centre que si le polygone a un nombre pair de côtes (180).

524. Scholie ni, I/angle au centre d’un polygone régulier est l’angle AOB formé par les deux rayons menés du centre commun Odes circonférences inscrite et circonscrite aux extrémités d’un même côté AB. Tous les angles au centre d’un polygone régulier sont égaux (103); et, comme leur somme est égale à quatre droits (44), on aura la valeur de chacun, en divisant quatre droits par le nombre de ces angles ou par le nombre des côtés du polygone.

32o. Désormais nous appellerons rayon et apo thème d’un polygone régulier, les rayons respectifs des circonférences circonscrite et inscrite à ce polygone.

Théorème II.

326. Deux polygones réguliers d’un meme nombre de côtés sont semblables , et leurs périmètres sont proportionnels aux rayons des cercles qui leur sont inscrits et circonscrits.

1° Soit il, le nombre des côtés d’un polygone régulier, la somme des angles de ce polygone vaudra 2 (« — 2) , eu prenant l’angle droit pour unité, et par

conséquent chaque angle sera égal à — (’); puis

donc que nos deux polygones ont le môme nombre de

(•) Cette formule revient à 2 — — ; or, à mesure que n aug-

mente, la fraction — tend vers zéro, et, par conséquent, la dif-

férencc 2 — — tend en même temps vers 2; deux droits sont

ffonc une limite dont l’angle d'un polygone régulier s'approche d’autant plus que le nomhte des côtés de ce polygone est plus grand, et qu'il ne pourrait atteindre que si ce nombre était infini.

côtes, on voit qu’ils sont équianglcs. D’ailleurs, comme chacun de ces polygones est équilatéral, leurs côtés homologues sont proportionnels; donc ils sont sembla* blés (258).

2° Soient AB et A' B' les côtés de deux polygones réguliers d’un môme nombre de côtes; O et O' les cen-Fig. 159. très des cercles inscrit et circonscrit à chacun d’eux,

OI et O'I', et ÜA et O' A', les rayons de ces cercles.

Les deux triangles isocèles O AB et O'A'B' sont semblables; car les angles au ceutre AÜÜ et A' O' B' sont égaux. On aura donc la proportion.

AB: A' B' OI: O'I' :: OA : O'A'; ce qui prouve que les côtés de deux polygones réguliers semblables sont proportionnels h leurs rayons et h leurs apothèmes. Mais ces côtés sont aussi proportionnels aux périmètres des deux polygones (205) : donc, enfin, les périmètres de deux polygones réguliers semblables sont proportionnels à leurs rayons et 5 leurs apothèmes.

Problème I.

327. Un polygone régulier ABCDEF étant in- Fig, 158, sait dans un cercle , on propose , 1° de circonscrire à ce cercle un polygone régulier du même nombre de côtés ; 2° de calculer le côté du nouveau polygone en fonction de celui du premier, et du rayon de la circonférence.

1° Première solution. Du centre O abaissez OI perpendiculairement sur AB , et menez au point I une tangente que vous terminerez aux prolongements des rayons OA et OB. Je dis d’abord que OA' = OB ; et, en effet, les triangles O IA' et OIB' ont un côté égal ad-

jacent à deux angles égaux chacun à chacun : car, le point I étant le milieu de l’arc AB, les angles A'OI et B'OI interceptent des arcs égaux entre leurs côtés; donc, si du point O comme centre, et avec le rayon OA', on décrit une circonférence, clic passera par le point B'. Tirez les rayons OCC', 01)1)'...., puis

156 I.EÇOXS DE GÉOMÉTRIE.

joignez B'C', CD' Je dis que\ le polygone

A' B'C' D' E' F' est régulier, et circonscrit à la circonférence OA. En effet, ses angles au centre étant précisément ceux du polygone ABCDEF,on voit que les

arcs A' B', B'C', C'D' compris entre leurs côtés,

sont égaux ( 106 ) : donc tous les côtés A' B', B'C'. . .

sont égaux ( 91 ), et les angles A', B', C' sont

aussi égaux ( 116 ); donc le polygone est régulier. En second lieu, il est circonscrit; car tous ses côtés sont des cordes égales de la circonférence O A', et par conséquent également éloignées de son centre. Mais l’une d’elles A' B' est tangente à la circonférence OA : donc toutes les autres le sont aussi.

Seconde solution. A chaque sommet du polygone menons une tangente, et le problème sera résolu. En

Fig. 160. effet tous les angles A'AB, A'BA, B'BC sont

égaux ( 118 ) : donc tous les triangles A'AB, B'BC

sont isocèles. Mais les côtés AB , BC sont

égaux : donc tous ces triangles sont égaux ( 161 ); donc A'A = A' B = B' B = B' C = C' C = etc. ; par conséquent

A'B'=B'C'=C'D'=etc.

D’ailleurs les angles A', B', C',.... sont égaux ( 161 ) ; donc le polygone A'B'C’D'E'F' est régulier. Mais il est circonscrit; donc il résout la première partie dn problème.

Fig. 158. 2° Représentons par R et par a les longueurs res-

pectives du rayon et du côté AB du polygone inscrit; et par x celle du côté A' B' du polygone circonscrit. I.a similitude des triangles ABO, A'B'O, donne la proportion ( 263 )