SOLUTIONS SIMPLIFIÉES

De deux des cas difficiles les plus usuels dans le partage des terres, et d'un problème de relevé hydrographique.

La solution géométrique ordinaire, comme la solution algébrique de la division d’une figure, ou pour en distraire une partie, de superficie donnée, au moyen d’une ligne droite passant à travers un point à l’intérieur de la figure, sont toutes deux des opérations longues et laborieuses, la formule algébrique dans le traité de géodésie de Gillespie couvrant qu’elle le fait pas moins de trois lignes consécutives du texte.

La conséquence en est que quand il y a à résoudre ce problème, on y procède par tatonnements pour arriver à un résultat seulement approximatif.

Dans le cours de ma simplification et réduction des nombreuses propositions d'Euchde en 1 nombre plus restreint de théorèmes et de problèmes séparés que celti qui figure au travail du grand géomètre, faisant de plusieurs de ces propositions de simples corollaires, postulats et axiomes, la substitution d’une seule proposition pour et embrassant les trois cas de cette proportion du troisième livre d'Euclide qui enseigne que si deux cordes se coupent dans un cercle, les parties de l’une sont les extrêmes d’une proportion dont les parties de l’autre sont les moyens, conduisit M. René Steckel (ci-tevant mon élève, maintenant, à l'emploi

du bureau des travaux publics du Gouvernement Fédéral, et que j'ai espoir de voir figurer bientôt dans les rangs de cette Section de la Société Royale, lui, un des mathématiciens les plus distingués du Canada) a démontrer le lemme ou proposition préparatoire, que les compléments des parallélogrammes autour du diamètre d’un parallélogramme sont moyens proportionnels entre ces derniers.

Tel étant le cas, je conçus l’idée de faire l'application de ce théorème auxiliaire à la solution du problème dont il s’agit.

Soit F le point donné, À F C la ligne de division ou de partage, A B C la superficie à distraire.

Menez les lignes complétant les parallélogrammes de la figure. Le complément B F est moyen proportionnel entre E G et H K ou, ce qui est la même chose, les moitiés étant comme les touts, le —— triangle E F H est moyen entre ee les triangles A EF, F H C; c’est pourquoi le rectangle ou produit des parties inconnues À E F, F H C est connu, étant égal au carré de E F H, c’est-à-dire du nombre d’unités ‘de surface dans E F H. En même temps la somme des parties inconnues est connue, étant égale à la superficie donnée moins celle du parallélogramme B F.

Il ne reste plus pour résoudre le problème qu’à faire l'application de la 5e proposition du deuxième livre d’Euclide, vu que l’on obtient la demi-différence entre AEF et FHC en carrant la demie-somme des parties inconnues et en déduisant de ce produit le rectangle de ces parties, ce qui laisse le carré de la demi-différence. La demi-somme plus la demi-différence donnent la plus grande des deux parties inconnues AE F, c’est-à-dire sa surface ou superficie laquelle par la moitié de la perpendiculaire F M donne la base A E, d'où A B devient connu.

Ou, la superficie F H C devient connue comme égale à la demisomme des parties inconnues moins la demi-différence, et la superficie

FH C divisé par la demi-perpendiculaire menée du point F au côté B C, donne la base H C, d'où B C devient connu.

Il est à peine nécessaire de faire observer que si la figure à partager ou à distraire n’est pas celle d’un triangle, la solution peut toujours se réduire au cas du triangle en prolongeant les côtés entre lesquels doit se trouver la ligne de partage, réduisant ainsi la solution à celle que l’on vient de donner.

Un autre cas plus usuel et plus important sous son aspect commercial, est celui qui se présente lorsque comme cela arrive plus ou moins souvent dans toutes les villes, il y a à partager un lopin, une parcelle de terrain située entre deux rues non parallèles, et surtout dans les centres de commerce, en lots ou parcelles de superficies égales, proportionnelles ou données par des lignes menées de manière à couper les côtés non parallèles proportionnellement aux longueurs respectives de

ces côtés.

Le problème se réduit évidemment pour chaque parcelle de la sub-

division, à celui de trouver les côtés A D, B C dans le quadrilatère A C, où les données sont le côté A B, les angles en À et B et le rapport des côtés A D, B C.

Dans les problèmes hydrographiques on opère le contact des angles et des côtés donnés en se prévalant de cette propriété qu’à le cercle de contenir des angles égaux sous le même segment ou sous des segments égaux.

Dans le quadrilatère A Cla somme des angles inconnus en D, C est connue = 360°— A+ B. En recherchant une solution simplifiée pour ce cas pertinent de subdivision d’un terrein précieux ou pouvant le devenir, M. Steckel concut l’idée de mettre en contact les angles inconnus D et C par une division du quadrilatère au moyen d’une ligne E F joignant les points milieux, E, F des côtés A B, D C, et faisant ensuite tourner une moitié de la figure sur le point F à travers un angle de 180° amenant ainsi l'angle D au point D’ c’est-à-dire en juxtaposition avec l'angle C. |

La solution se réduisait alors comme on va le voir à celle detrouver les côtés d’un triangle dont on a la surface ou superficie et les angles. En effet, prolongeant la ligne E E’ de part et d’autre pour rencontrer les côtés B C, A’ D’ aussi prolongés en Get H, les triangles auxiliaires G E B, H E’ À’, nous sont connus en ce que A? E par la rotation à travers un angle de 180° est devenu parallèle a E B et luiest égal, d’où A’ B est parallèle à G H.

Dans le triangle A’ B L, on a l’angle en L égal à C+D et le apport des côtés B L, A’ L pour trouver les angles en B et A’ égaux à ceux en G et H. Dans les triangles auxiliaires G E B, H E’ 4’, on a donc les angles (G B E = sup. de A B C, H A’ E = sup. de B A D) et un côté BE = 4’ E’=#} A B pour trouver leurs surfaces respectives, lesquelles ajoutées à celle de la figure E B L A’ E’ qui est celle du quadrilatère donné A C, donne la superficie totale du triangle G LH, dans lequel connaissant les angles, on obtient les côtés G L, H L dont en distrayant G B, H A’ l’on a enfin B L, A’ L égâux respectivement à À P, A D.

Le problème hydrographique des quatre points, a b c d en ligne droite situés sur la côte avec o pour point hydrographique, et les trois angles sous-tendus en o par les lignes ab, bc, cd, dont bc est inconnue, a recu de de M. Steckel une solution géométrique très élégante. La voici: Ayant décrit sur ab et cd des cercles respectivement capables des angles & 0 b, co d, prolongé ao, do en h, g, joint ag, d h, fe centres des deux cercles, mené les rayons f à, f 0, ed, e o, les perpendiculaires f k, e Let la ligne e f parallèle a d ; l'angle a © g est supplémentaire de « 0 d comme l’est aussi d o h, d’où l’on connait dans le pentagone a g o hk d a» l'angle en o ; les angles g & b, h de sont connus comme supplémentaires de D o g, co k et la somme des angles en g et h est trois fois 180° moins la somme des autres angles du pentagone. Mais les angles au centre f e, valent le double des angles, q h à la circonférence sur la même base, & 0, do. C’est pourquoi les triangles a f 0, de o étant isocèles, la somme de leurs angles en m, m, n, n devient connue, et de là leur demi-somme m + n en 6, la quelle ajoutée à la somme des trois angles observés en o donne l'angle foe. Alors dans le triangle fo e on a l’angle au sommet o avec les côtés f 0, e 0, rayons connus des deux cercles pour trouver f e la distance entre les centres des cercles et de là dans le triangle f p e rectangle en p la distance p e égale à 41. Puis enfin # { — kb + cb (demi somme de a b, c d) laisse be, la distance voulue. Q. E. D.