OD : OA

(576) Cor. 1. De là, le rectangle OA.OB est égal au rectangle OD.OC ; conclusion à laquelle on est déjà arrivé par la méthode du par. (503).

(577) Sco. 1. Observons l'analogie entre cette prop. et la dernière ; la seule différence étant que dans ce cas les deux cordes AB, AD se coupent en dehors du cercle au lieu de se couper en dedans. L'on peut aussi regarder la prop. suivante (579) comme un cas particulier de celle que l'on vient de démontrer.

(578) Cor. 2. Soit OEB un triangle quelconque et EF la perpendiculaire menée du sommet E du plus grand angle à la base OB et partageant cette base en deux segments OF, BF. Si au point E comme centre, avec un rayon égal au plus petit EB des deux autres côtés OE, EB du triangle, l'on décrit un cercle DCB, et si l'on prolonge OE puisqu'en C, l'on aura OC=OE+EB, à cause des rayons égaux EC, EB ; c-à-d., OC sera égale à la somme des côtés OE,EB et OD

sera éo-ale à la différence entre ces côtés, à cause des rayons é2;aux ED, EB. Il est clair aussi que OA sera égale à la différence entre les segments OF, BF de la base OB, à cause de AF=BF, la corde AB étant (408) bissectée en F par la perpendiculaire EF menée du centre. Cela posé, et voyant que OB, OC sont en même temps deux sécantes menées à un cercle, d'un point O situé hors de ce cercle ; on aura, par la prop., OB : OC :: OD : OA ; c-à-d. : dans un triangle quelconque OEB, le plus grand côté ou base OB est à la somme OE+EB (ou OC) des deux autres côtés, comme la différence OE — EB (ou OD) entre ces côtés est à la différence OF — FB (ou OA) des segments de la base formés par la perpendiculaire EF abaissée du sommet de l'angle apposé E sur cette base.

PROP. LVII. THÉOR.

(579) Si du même point 0 endehors d'un cercle, l'on mène une tangente OA et une sécante OC j la tangente sera moyenne proportionnelle entre la sécante entière OC et son segment extérieur OD ; c-à-d., l'on aura OC : OA::OA:OD.

Car, joignant AD, AC, les triangles OAD, OAC ont l'angle O commun. L'angle OAD formé par une tangente OA et une corde AD a pour mesure (486) la moitié de l'arc DA sous-tendu par la corde, et l'angle C à la circonférence appuyé sur l'arc DA a aussi pour mesure (442) la moitié de cet arc ; d'où, l'angle OAD=C. Les triangles OAD, OAC sont donc (260) équiangles et semblables, °et donnent OC : OA:: OA : OD ; d'où (87) OA^=OC. OD.

(580) Cor. Si trois lignes droites OC, OA, OD sont

proportionnelles, le rectangle contenu par les extrêmes est égal au carré du moyen, puisque ]e rapport OC : OA:: OA:OD donne (87) OC.OD=OA^; et si le rectangle contenu par deux lignes est égal au carré d'une autre ligne, ces trois lignes sont proportionnelles ; car, lorsque OC.OD=OA~, il en resuite (89) OC : OA :: OA : OD.

(581) Sco. 1. Prob. Puisque la tangente OA est égale au côté d'un carré équivalent au rectangle OC.OD ; il est clair que cette prop. fournit un nouveau ('488) moyen de mener à un cercle luie tangente OA d'un point donné O hors du cercle.

A cet effet, menez du point donné 0 une sécante quelconque OC ; trouvez (376) 0 A égale au côté d'un carré équivalent au rectangle OC.OD et du point O comme centre avec un rayon OA, coupez le cercle en A qui sera le point de contact de la tangente cherchée. Joignez alors OA et vous aurez la tangente requise.

(582) Sco. 2. Prob.

Diviser une ligne donnée AB en deux parties AF, FB, telles que la plus grande AF soit moyenne porportionnelle entre la ligne entière AB et l'autre partie FB : c-à-d., de manière que l'on ait AB : AF :: AF : FB.

Au point B menez BC perpendiculaire et égale à la moitié de AB ; du point C comme centre, avec le rayon BC décrivez le cercle DBE ; joignez AC, coupant la circonférence en D et faites AF= AD ; la ligne AB sera alors divisée au point F de la manière requise ; car, AB étant perpendiculaire à l'extrémité du rayon BC est (468) une tangente et AC prolongée jusqu'en E est une sécante; ce qui, par la prop. donne AE:AB::AB:AD et (96) par

division AE — AB : AB :: AB — AD : AD. Mais, puisque par constr. le rayon CB est moitié de AB, le diamètre DE est égal à AB et en conséquence AE — AB=AE — DE=AD= AF ; et puisque AD= AF, l'on a AB— AD=AB— AF=FB ; de là, AF:AB::FB;AD (ou AF) et (93), mettant les extrêmes «à la place des moyens, AB : AF :: AF : FB.

(583) Sco. 3. Cette espèce de division de la ligne AB est appelée division en moyenne et extrême raison. On en verra l'utilité dans la suite (640) de ce traité. L'on peut aussi remarquer que la sécante AE est divisée en moyenne et extrême raison au point D ; car AB étant =DE, l'on a AE: DE:: DE: AD.

2° Puisque par la prop., l'on a AB: AF :: AF :FB ou AB.FB=AF^ il est clair que le dernier problème équivaut à celui du paragraphe (381) où. l'on demandait à diviser une ligne de manière que le rectangle de la ligne entière et de l'une des parties fût égal au carré de l'autre partie,

(584) Sco. 4. Prob. Faire un rectangle équivalent à un carré donné C et ayant la différence entre ses côtés adjacents égale à une ligne donnée AB.

Autour de AB comme diamètre, décrivez le cercle AEF et (468) menez AD tangente au cerle au point A et égale au côté du carré donné C ; par le point D et le centre O, menez la sécante DF ; vous aurez DE, DF respectivement égaux aux côtés adjacents du rectangle demandé ; car, en premier lieu, la difiérence entre ces côtés est égale au diamètre EF ou AB, et en second lieu, le rectangle DE.DF est égal à AD" par la prop. (579); de là, ce rectangle est équivalent au carré donné C.

L'on se souviendra que ce problème est déjà résolu d'une manière toute autre au par. (375).

PROP. LVIII. THÉOR.

(585) Les parallélogrammes équiangles LB, NF ont l'un à l'autre le rapport composé des rapports de leurs côtés, ou sont l'un à l'autre comme les produits ou rectangles de ces côtés; c-à-d., LB : NF :: AB.CB :EF. GF.

Soient CD, GH perpendiculaires sur AB, EF ; les triangles CDB, GHF seront semblables, à cause de l'angle droit D=H et de l'angle B=F. A D B E JI F

Ces deux triangles donnent donc CD : GH :: CB : GF, et si l'on multiplie les termes de ce rapport par ceux du rapport AB:EF::AB:EF, l'on aura AB.CD : EF.GH:: AB.CB : EF.GF ; car (103) les produits des termes correspondants de deux séries de quantités proportionnelles sont proportionnels. Maintenant (343) les parallélogrs. quelconques sont entre eux comme les produits de leurs bases et de leurs hauteurs ; donc LB : NF :: AB.CD : EF.GH et l'on vient de voir que AB.CD: EF.GH:: AB.CB: EF.GF; or, (75 Ax.) les rapports qui sont égaux à un même rapport sont égaux entre eux ; donc, LB : NF :: AB.CB : EF.GF.

(588) Cor. Si deux quantités LB, NF ont l'une à l'autre un rapport donné, les multiples ou sous-multiples égaux de ces quantités auront aussi entre eux (73 Ax.) le même rapport ; or, les triangles ABC, EFG étant (281) moitiés de leurs parallélogrs. correspondants, auront entre eux le même rapport que ces parallélogrs ; c-à-d. que l'on aura ABC: EFG:: AB.CB: EF.GF; donc, les triangles quelconques, ayant chacun un angle égal, sont proportionnels aux produits des côtés qui comprennent les angles égaux ; c-à-d. que leurs surfaces sont entre elles comme les rectangles de ces côtés.

OÉOMÉTEIE

PROP. LIX. THÉOK.

(587) Les parallélogrammes GE, KH autour du diaraiètre AC d'un parallélogramme DB, sont semblables au parallélogramme entier DB et par conséquent (209) semblables entre eux.

Parceque FH, FE sont respectivement parallèles à AB, BC, les triangles partiels FHC, AEF sont (148 ou 518) équiangles au triangle entier

ABC et par conséquent (209) D K ~C

équiangles entre eux; pour la même raison les triangles FKC, AGF sont équiangles au triangle entier ADC et équiangles entre eux ; or (205. Déf.) les triangles équiangles sont semblables ; clone les parallélogrs. GE, DB, KE sont composés de triangles semblables ; donc (207. Déf.) ces parallélogrs. sont semblables.

(588) Cor. Si deux parallélogrammes semblables GE, DB ont un angle A commun, et sont placés symétriquement, ils sont autour du même diamètre AC.

Car, si les parallélogrs. sont semblables, ils sont composés (207) de triangles semblables AEF, ABC, ayant leurs angles homologues EAF, BAC égaux l'un à l'autre ; et toute direction ou inclinaison de diamètre AF autre que celle du diamètre AC donnerait évidemment (123) l'angle EAF inégal à son homologue ou correspondant BAC ; ce qui ferait que les triangles EAF, BAC ne seraient pas semblables ; or, ces triangles sont semblables, puisque par hyp. les parallélogrs. dont ils font partie le sont; donc AF, AC sont sur une seule et même ligne droite ; donc, etc.

PROP. LX. THÉOR.

(589) Chacun des compléments FB, FD des parallélogrammes GE, KH autour du diamètre A G d'un parallélogramme DB est moyen proportionnel entre ces parallélogrammes ; c-à-d. le parallélogr. FB ou FD e^t moyen proportionnel entre ceux GE, KH, ou GE: FB (ou FD)::FB (ou FD) : KH, ou GExKH=FB^ ou FD^.

Parceque (342) les paralléîoffrs. de même hauteur sont entre eux comme leurs bases, l'on a GE:FB::GF : FH ; pour la même raison, DF :

KH::GF:FH; mais(75Ax.) D K C

les rapports égaux à un même rapport sont égaux entre eux; donc GE:FB::DF:KH; or il a été démontré (297) que DF=FB ; substituant donc FB à son égal DF dans la dernière équation, il vient GE: FB ::FB : KH, et à FB substituant son égal DF, l'on a GE: DF ::DF :KH; doue etc.

(590) Sco. 1. Quoiqu'il ne puisse y avoir do difficulté à concevoir qu'une surface FB soit moyenne proportionnelle entre deux autres surfaces GE, KH ; cependant, comme le rapport GE : FB :: FB : KH donne (87) GE.KH-FB^, c-à-d., le produit des surfaces GE, KH, égal au carré de la surface FB, quantités d'une espèce telle qu'il parait d'abord difficile de les concevoir; il est clair que ces quantités peuvent être regardées comme numériques, en les considérant simplement comme les résultats de la multiplication des nombres respectifs d'unités de mesure contenues dans les termes GE, FB, KH du rapport. Autrement, GE.KH peut-être regardée comme une surface GE prise autant de fois qu'il y a d'unités de mesure dans une autre surface KH, ou une surface KH prise autant de fois qu'il y a d'unités dans GE, et FB^, comme une surface FB prise autant de fois qu'il y a d'unitéa de mesure dans FB.

(591) Sco. 2. Prob. Si l'on demandait à partager un triangle quelconque BLi^ en deux parties égales ou proportionnelles ABC, A CNL, au moyen d'une ligne droite AC passant y par un point donné F dans l'intérieur de la figure, on y parviendrait

en faisant application du raisonnement suivi dans ce théorème et dans les props. XXTT. et XXIII.

Si l'on suppose que AC soit la ligne demandée et que par les points A, C et F on mène les lignes AD, EK HG et CD respectivement parallèles aux côtés BC, BA de la fig. ; il est clair que BD sera un parallélogr. Les figs. EG, HK seront aussi des parallélogrs. autour du diamètre AC du parallélogr. BD et BF, DF seront les compléments de ces parallélogrs.

Ayant partagé dans le rapport voulu le nombre total d'unités de mesure contenues (571. Lem. 9°) dans la fig. BLX et obtenu de cette manière la surface relative de la partie ABC, l'on aurait à soustraire de ABC, le parallélogr. BEFH pour en déduire la somme des parties inconnues AEF, CFH. Maintenant le parallélogr. EG étant (281) double du triangle AEF et celui HK, double du triangle CFH, la somme de EG et de HK sera connue, et il vient d'être démontré que le complément BF des parallélogrs. EG, HK est moyen proportionnel entre ces parallélogrs. ; c-à-'d. que EG : BF : : BF : HK ou que EG.HK=BF^. On a donc la somme EG+HK des quantités inconnues EG, HK et le rectangle au produit EG.HK de ces quantités, pour en déduire les quantités elle-mêmes ; ce qui s'opérera de la manière indiquée au par. (373).

(592) Eu effet, diviser une ligne donnée de manière que

le rectangle de ses segments soit équivalent à un carré

donné, n'est autre chose que diviser un nombre donné

de manière que le rectangle ou produit de ses parties

soit égal à un carré donné, puisque à la ligne donnée l'on

peut subtituer le nombre d'unités de mesure de cette ligne

et opérer sur ce nombre comme sur toute autre quantité

numérique. Considérant donc comme numériques les

quantités EG+KH et EG.HK, l'on obtiendra séparément

EG et HK en prenant leur demi somme, c-à-d. EG+HK,

carrant cette demi-somme, ce qui donnera (EG+ÏÏK)" et de

ce carré soustrayant le rectangle EG.HK, pour avoir le carré de la demi-différence. La racine carrée de ce dernier résultat sera la différence entre les surfaces EG et HK et comme on connaît déjà la somme de ces quantités, Ton obtiendra EG, la plus grande, en ajoutant (368) la demidifférence à la demi-somme, et HK, la plus petite, en soustrayant cette demi-différence de la demi-somme ou en soustrayant EG de EG+HK.

Enfin, connaissant EG et se rappelant que (349) la surface d'un parallélogr. divisée par sa hauteur donne sa base, l'on obtiendra EA en divisant EG par la perpendiculaire FM abaissée du point donné F sur le côté BL de la fig. et l'on obtiendrait de même HC en divisant HK par la perpendiculaire abaissée du même point F sur le côté Bl^ ; et la somme de AE et BE donne BA, c-à-d., la position du point A, par lequel et par le point F, menant AFC, cette dernière sera la ligne droite voulue et la surface BLî^ sera partagée par cette ligne de la manière proposée.

(593) Sco. 3. Pour résoudre ce problème entièrement par construction l'on aurait à faire (376) un carré AC

équivalent au triangle donné BLN. Partageant alors (514) AB, côté de ce carré en deux parties AD, DB ayant l'une à l'autre le rapport voulu (571. Lem.) des surfaces ABC, ACNL et menant DE parallèle à BC ou AF, on aurait le rectangle AE au rectangle DC dans le rapport désiré; puisque (330) les rectangles de même hauteur sont entre eux comme leurs bases. Le rectangle AE sera donc équivalent en surface à la fig. ABC. Ayant ensuite réduit (376) le rectangle AE en un carré équivalent et le parallélogr. BF aussi en un carré équivalent et trouvé (309) un carré équivalent à la diiFérence entre ces deux carrés ; c-à-d. équivalent à la différence entre le parallélogr. BF et le triangle ABC; ce dernier carré sera égal à la somme des parties inconnues AEF, CFH, et la somme de ces parties inconnues est (281) la demi-somme des parallélogrs. EG et HK auxquels le complément BF est moyen proportionnel. II faut donc obtenir (306) un carré équivalent à la somme des parallélogrs. ECj et HK, c-à-d. équivalent à deux fois le carré ci-dessus mentionné.

(594) Maintenant, après avoir obtenu une quantité géométrique équivalente à la somme des parties inconnues EG, HK, si l'on pouvait en obtenir une de même espèce équivalente au rectangle de ces mêmes parties ; l'on procéderait immédiatement à terminer la résolution du problème par la méthode du par. (373) ; mais ne connaissant aucune quantité géométrique de l'espèce EG.HK ou BF^, c-à-d.

qui puisse représenter le rectangle ou produit de deux surfaces ou le carré d'une surface, (les seules quantités géométriques que l'ou puisse concevoir étant, à part des points, les quantités linéaires, superficielles, solides et angulaires) il faut d'abord remplacer ces quantités par d'autres auxquelles l'on pxiisse adapter le raisonnement géométrique ; c-à-d., par des lignes.

(595) Or, on a vu (538) la méthode de trouver un carré qui soit à un carré donné comme une ligne donnée à une ligne donnée, et il est clair qu'il n'y aurait pas plus de difficulté à opérer l'inverse de ce problème, c-à-d., trouver luie ligne qui soit à une ligne donnée comme un carré donné à un carré donné. Ou ce qui revient au même, trouver deux lignes ayant entre elles le rapport voulu.

En effet, ayant disposé à C

angle droit deux lignes indéfinies CE, CF et porté sur ces lignes des longueurs CA, CB égales aux côtés des carrés équivalents à la somme des parallélogrs.

EG et HK et au complément BF de ces parallélogrs. ; il n'y aurait plus qu'à joindre les points A, B par une droite et du sommet C abaisser sur AB la perpendiculaire CD qui couperait AB en D dans le rapport voulu de AC^ à BC^, puisque (537) AC^ : BC^ :: AD : BD.

(596) Appelant P et Q les lignes AD, BD ainsi trouvées proportionnelles à EG+HK et à BF, l'on aura EG+HK : BF :: P : Q. Donc P représente la somme des parties inconnues EG, HK et Q^, c-à-d. le carré fait sur la ligne Q, le rectangle de ces parties; or, l'on trouvera par la méthode du par. (373) un rectangle équivalent au carré Q^ et ayant la somme de ses côtés adjacents égale à la ligne P ; ou en d'autres termes, on divisera la ligne donnée P de manière que le rectangle de ses parties soit équivalent au carré Q ;

et puisque la ligne P représente la somme des quantités inconnues EG, HK ; il est clair que les segments ou parties de la ligne P trouvées comme susdit représenteront le rapport entre ces quantités.

(597) Avec la somme EG+HK des parties incomiues et le rapport entre ces parties, il sera facile de touver ces parties EG et HK séparément. Si l'on représente par E., S les parties ou segments de la ligne P trouvés comme ci-dessus, l'on aura It:S::EG:HK et (95) componendo R-j-S:S::EG+HK:HK et S+R : R:: HK+EG : EG ; ce qui, réduit à une opération géométrique, veut dire qu'il faut prendre sur une ligne droite indéfinie AB, une partie AD— R+S=P et une partie DB=R; sur cette ligne, comme diamètre, décrire un demi-cercle BCA ; au point D de jonction des parties AD, DB, ou çj

R+S et R, élever la perpendiculaire DC ; joindre CA, CB et s'il le faut les prolonger indéfiniment ; sur CA ou CA

prolongée, prendre CE égale ^E ^"^

au côté du carré équivalent à la somme de EG et HK, et par le point E, mener EF parallèle à AB, coupant CB ou CB prolongée en F ; ce qui donnera (538) CF égale au côté d'un carré équivalent au parallélogr. EG. En faisant DB=S au lieu de R, l'on aurait CF égale au côté d'un carré équivalent à HK.

(598) Enfin, ayant fait (303) sur EF un parallélogr. EG, équivalent au carré en dernier lieu trouvé, et ayant un angle AEF=à l'angle donné B (puisque par constr. EF est parallèle à BC et que BA est une ligne droite) ; l'on aura AE-fEB=AB égale à I)

l'un des côtés du triangle demandé ABC, et par les points A et F, menant la droite AFC, la partie ABC de la fig. entière BLN sera à la partie ACNL dans le rapport voulu.

(599) Sco. Il est à peine nécessaire de remarquer combien la résolution ajrithmétique ou numérique de ce problème, telle que donnée aux pars. (591 et 592) est plus simple et concise que la construction géométrique qui comprend la solution de pas moins de dix problèmes secondaires, comme ou peut le voir par le résumé suivant, qui aura aussi l'avantage de mieux faire saisir, d'un seul coup d'œil, à l'aide de la figure de ce paragraphe, l'ensemble des opérations plus amplement détaillées dans les paragraphes précédents ; savoir :

1° Réduire (376) le triangle donné BLN en un carré équivalent.

2° Partager (593) ce carré en deux rectangles ayant l'un à l'autre le rapport des surfaces ABC, ACNL.

3'^ Réduire (376) en un carré équivalent le rectangle équivalent à ABC.

4° Réduire (376) le parallélogr. BF en un carré équivalent a k.

5° Faire (309) un carré équivalent à la difî'érence des carrés équivalents à ABC et à BF.

6° Faire (306) un carré cg équivalent au double du dernier ; c-à-d. équivalent à la somme des parallélogrs. EG etHK.

7° Trouver (.565 ou 595) deux lignes ad.hd (P et Q) ayant entre elles le rapport des surfaces EG+HK et BF ; c-à-d., proportionnelles aux carrés c g et bk équivalents à ces surfaces.

8° Diviser (373) la ligne a d (P) en n en deux segments an,dn (R et S) tels que le rectangle an. dn de ces segments soit équivalent au carré Q" de la ligne bd (Q) ; c-à-d. (596) en parties propotionnelles aux surfaces des parallélogrs. EG, HK.

9° Partager (593) le carré e g en deux rectangles m g, ch respectivement équivalents à EG et à HK ; c-à-d., proportionnels à. an et à dn.

10° Enfin, sur la ligne EF de la fig. donnée BLÎT, faire (303) un parallélogr. EG équivalent au rectangle mg et ayant un angle AEF égal à l'angle B.

Sco. 1. L'on remarquera que le point n de section de la ligne ad s'obtient (373 ou 374) en portant sur sv, côté du carré (JP) , c-à-d du carré de la moitié de la ligne ad, une longueur st égale au côté bd ou do du carré Q ou du rectangle b o. Du point t comme centre, avec un rayon i7i= as ou. V s qui intersectera la ligne ad en n, l'on aura (309) ns égale au côté d'un carré équivalent à la différence entre les carrés Q^ et (JP)^; c-à-d. (374) que ns sera égale à la demi-différence des segments ou parties a ?z, dn (R,S) de la ligne ad (P) ; et cette demi-différence ns ajoutée à a s, moitié de la ligne ad, donne (367) a7i le plus grand segment et par conséquent dnle plus petit.

Sco. 2. Observons aussi que la méthode indiquée (9°) par la figure de ce paragraphe, de partager le carré cg en deux rectangles m g, c h équivalents aux parallélogrammes EG, HIv, diffère de celle dont on a fait usage au paragraphe (597) dans un but analogue, celui de trouver deux carrés qui fussent entre eux comme ces mêmes parallélogrs ; et il est indifïérent que l'on se serve de l'une ou de l'autre raétbode pour arriver aux surfaces requises EG et HK ; puisque la dernière opération (10°), celle de décrire sur la ligne donnée EF de la tig. J3LX un paraliélogr. EG d'une surface donnée et ayant un angle égal à un angle donnée B, ne difière en rien de celle indiquée au par. (598) ; car la surface donnée et à la quelle le paraliélogr. EG doit être équivalent, se prêtera à la construction requise, tout aussi bien sous la forme d'un rectangle 7n g que sous celle d'un carré équivalent à ce rectangle ou (303) de toute autre figure rectiligne équivalente.

Sco. 3. La méthode ici indiquée d'opérer la division du carrée^ en deux rectangles m ^, c A respectivement proportionnels à an et à dn est la même que celle déjà employée au par. (593) et nécessité seulement de mener la ligne 71 m parallèle à c d. Cette ligne intersectera le côté CA du carré donné c g en m, d'où, menant m h parallèle à a g, l'on aura (330) 7ng : c h::a7n: cm:: a 7î: dn, à cause (518) des triangles semblables an7n, a d c.

Sco. 4. Résumons aussi les quelques procédés de la solution numérique ; ce qui fera voir que ce problème est après tout assez simple à résoudre.

Ayant trouvé (571. Lem. 9°) le nombre d'unités de surface quelconques dans BLIST, et divisé ce nombre en deux autres nombres ayant entre eux le rapport voulu des surfaces ABC à ACî«I"L, eu faisant la somme des termes du rapport (:) au terme qui représente ABC (::)

comme la surface entière BLN (:) à la surface relative de ABC ; l'on procédera ensuite à trouver la surface relative de BF que Ton retranchera de ABC pour avoir la somme AEF+CFH des parties inconnues. L'on prendra ensuite EFH (moitié du parallélogr. BF) qui sera (589) moyen proportionnel entre AEF et CFH (moitiés des parallélogrs. KG et HK) puisque (73. Ax.) les moitiés sont comme les tonts. O.. aura alors la somme AEF+CFH et le rectangle AEF. CFH (ou EFH') des parties inconnues, pour trouver ces parties séparément ; ce qui se fera (374) en prenant le carré (AEF+CFHy de la demi-somme des parties, de ce

carré soustrayant le rectangle AEF.CFH de ces njêmes parties, c-à-d. (EFn)"", pour avoir le carré de la demidifférence entre elles. Cette demi-diflereuce qui s'obtiendra en extrayant la racine carrée du carré en dernier lieu trouvé, étant ajoutée à la demi-somme, donnera (368) la plus grande des deux parties inconnues, et retranchée, donnera la plus petite. Enfin, la surface AEF divisée par la demi-perpendiculaire ou hauteur FM, donnera (349) la base AE et par suite le point A qui, avec le point donné F, fixera la position de la ligne demandée AC.

Seo. 5. Si l'on divisait la même surface AEF par la demiperpendiculaire tombant du point F sur l'autre côté BN" de la figure ; il est clair que l'on obtiendrait une nouvelle base H cet par suite, une nouvelle position ac de la ligue de division requise ; et si la division donnait une base EA ou Hc plus grande que EL ou HN, il est évident que la ligne de division au lieu de tomber entre BL et BN, devrait changer tout à fait de direction et tomber soit entre BL et LN ou entre BN et LN ; ce dont on s'assurerait aisément d'avance par un calcul ou une construction aj)proximative, afin d'opérer de suite sur l'angle B ou L ou N de la fig. de manière à n'avoir pas à recommencer.

PROP. LXI. THÉOR.

(600) Si l'un quelconque A des angles d'un triangle ABC est bissecté par une ligne AD qui coupe aussi le côté opposé BC ; le rectangle des côtés BA, AC qui comprennent l'angle bissecté est équivalent au rectangle des segments BD, DG du coté ainsi coupé, plus le carré de la bissectrice AD; c-à-d. BA.AC=BD.DC+ AD'^.

Inscrivez (420) le triangle ABC clans un cercle ; prolongez la bissectrice AD pour rencontrer la circonférence en E et joignez CE. Vous aurez alors le triangle BAD semblable au triangle EAC ; car, par hyp.

l'angle BAD=EAC ; et l'angle B=E, puisqu'ils ont chacun pour mesure la moitié de l'arc AC. Or, les triangles équiangles ou semblables ont leurs, côtés homologues proportionnels ; donc BA: AE::AD: AC ; donc BA.AC=AE. AD=(357) AD.DE+AD'^. Mais (502) AD.DE-=BD.DC ; donc BA.AC=BD.DC+ADI

PROP. LXII. THÉOR.

(601) Dans tout triangle ABC, le rectangle de deux côtés BA, AC est équivalent au rectangle contenu par le diamètre CE du cercle circonscrit et la perpendiculaire AD menée de l'angle opposé A au troisième côté ; c-à-d. BA.AC=AD.CE.

Parceque AD est perpendiculaire à BC, ADB est un triangle rectangle, etjoignautAE, le triangle EAC sera aussi rectangle en A, à cause de l'angle A appuyé sur le diamètre EC. De plus, les deux triangles rectangles ADB, EAC ont l'angle B=E, parceque ces angles sont mesurés

par un même arc AC ; ces deux triangles sont donc semblables et donnent AB : CE :: AD: AC ; d'où (86) AB.AC=CE. AD.

(602) Cor. Si l'on multiplie ces quantités égales AB.AC, CE. AD par une même quantité BC, il en résultera (78. Ax.) AB.AC~BC--=CE.AD.BC ; mais (344) AD.BC est double de la surface du triangle ABC; donc le produit continu (41) des trois côtés d'un triangle est égal au double de sa surface multipliée par le diamètre du cercle circonscrit, ou ce qui est la même chose, à sa surface par deux fois le diamètre du cercle circonscrit.

(603) Sco. Remarquons aussi, que la surface d'un triangle ABC est égale à son périmètre multiplié par le demi-rayon du cercle inscrit ; car les triangles AOB, BOC, AOC qui ont un sommet commun en 0, ont A Jl C pour hauteur commune le rayon du cercle inscrit; delà, la somme de ces triangles est égale à la somme des bases AB, BC, AC multipliée par la moitié du rayon OD ; donc etc.

PROP. LXIII. THÉOR.

(604) Dans tout quadrilatère ABCD inscrit dans un cercle, le rectangle des deux diagonales AC, BD est équivalent à la somme des rectangles des côtés opposés AB, DCetAD,BC; c-à-d. AC.BD^AB.DC+AD.BC.

Faisant l'arc CO=AD et menant BO qui rencontrera AC en I, on aura l'angle CBO ou CBI=ABD, parceque (449) les angles à la circonférence appuyés sur des arcs égaux sont égaux ; l'angle ADB= ICB ou ACB appuyé sur le même arc AB ; donc le triangle ABD est équiaugle et semblable au triangle

IBC et on a le rapport AD : CI :: BD : BC ; de là, AD.BC= CI.BD. De plus, le triangle ABI est semblable an triangle DBC ; car, l'arc AD étant =C0, si à cbacun de ces arcs on ajoute l'arc OD, on aura l'arc AO— DC ; de là, l'angle ABI est égal à DBC ; et l'angle BAI ou BAC=BDC, parce qu'ils sont appuyés sur le même arc BC ; donc les triangles ABI, DBC sont semblables, et les côtés homologues donnent le rapport AB : BD :: AI : CD; donc AB.CD=ALBD. Ajoutant les deux résultats obtenus, et remarquant que ALBD+ CI.BD-=(AH-CI). BD=AC.BD (353), l'on aura AD.BC + AB.DC-AC.BD.

PROP. LXIV. THÉOR.

(605) Si du point C de bissection et des extrémités A, B d'un arc de cercle ACB, l'on mène des lignes CD, AD, BD à un point quelconque D sur la circonférence ; le rapport entre la somme des deux lignes AD, BD menées des extrémités de l'arc, et celle CD menée du centre de l'arc, sera le même que celui entre la corde AB de l'arc entier ACB et la corde AC ou BC de la moitié de cet arc ; c-à-d., AD+DB : CD :: AB : AC ou BC.

Puisque ADBC est un quadrilatère inscrit dans un cercle, et dont les diagonales sont AB et CD ; l'on aura par la dernière prop. AD.BC+ AC.BD =AB.CD; mais AD.BC+AC.BD= AD.AC+BD.AC, puisque AC=BC ; donc (68. Ax.) AD.AC+BD.AC= AB.CD; c-à-d. (353) AD-fBD.AC-- AB.CD. Et parceque (545) les côtés de rectangles (171) égaux sont réciproquement proportionnels, l'on a AD+BD : CD::AB:AC.

D'ailleurs (88) si le rectangle ou produit de deux quantités est égal au rectangle ou produit de deux autres quantités,

deux de ces quantités sont les extrêmes d'une proportion dont les deux autres sont les moyens ; donc, encore de cette manière, l'on obtient, en raison inverse, AD+BD ; CD :: AC:AB, ou en raison directe, AD+BD: CD:: AB : AC ; donc, etc.

PROP. IXV. THÉOR.

(606) Si, sur le diamètre AC prolongé d'un cercle ABC, l'on prend deux points E, F, tels que le rectangle contenu par les segments ED, FD interceptés entre ces points et le centre du cercle, soit équivalent au carré du rayon AD ; et si de ces points l'on mène deux lignes droites EB, FB à un point quelconque B de la circonférence ; le rapport entre ces lignes sera le même que celui entre les segments AE, AF compris entre les points en premier lieu mentionnés et la circonférence du cercle ; c-à-d., si ED.DF=AD^ l'on aura FB : BE :: FA : AE.

Joignez BD, et parceque ED.DF est égal Jg^

au carré de AD, c-à-d.

au carré de BD (rayons d'un même cercle), FD:BD::BD:

ED (89 ou 580). Dans les deux triangles FDB, BDE, les côtés qui comprennent l'angle commun D sont donc proportionnels ; ces deux triangles sont donc (523) équiangles, l'angle DEB étant égal à l'angle DBF et DBE à DFB. Maintenant, puisque (520) les côtés qui comprennent ces angles égaux sont aussi proportionnels, FB : BD :: BE : ED, et alternativement (94) FB : BE :: BD : ED, ou FB : BE : : AD : ED. Mais, parceque FD : AD : : AD : ED, l'on a par divison (96) FD-AD : AD :: AD— ED : ED, ou F A : AD : : AE : ED, et alternando, F A : AE : : AD : ED ; or, il a été démontré que FB : BE : : AD : ED ; donc, (75. Ax.) FB:BE::FA:AE.

(607) Cor. 1. Si l'ou mène AB ; parceque FB : BE :: FA : AE, l'angle FBE est bissecté (542) par AB. De plus, puisque FD : DC :: DC : ED, DC étant =AD, rayons d'un même cercle, l'on a par composition (95) FC :DC ::EC :ED et alternando, FC : EC :: DC : ED. Il a été démontré aussi que FA : AD ou DC :: AE : ED et alternando, FA : AE :: DC : ED ; donc (75. Ax.) FA : AE :: FC : EC ; mais FB : BE :: FA: AE ; donc(75. Ax.)FB:BE::FC:EC; c-à-d. que si l'on prolonge FB jusqu'en G et si l'on mène BC, cette dernière bissectera (544) l'angle extérieur EBG.

(608) Cor. 2. Puisque par hyp. ED.FD=AD2, ou que (89) FD : AD :: AD : ED, l'on aura, convertendo (98) FD : FD— AD : : AD : AD— ED, c-à-d. FD : F A : : AD : AE. Maintenant convertendo et alternando (93 et 94) FA: AE ::FD : AD et dividendo (96) FA— AE : AE : : FD— AD : AD ou (83. Ax.) FA— AE:AE::FA:AD, puisque FD— AD=FA ; d'où il suit que AD est une quatrième proportionnelle à FA — AE, AEetFA; c-à-d., le rayon AD du cercle ABC dont le centre D serait situé sur le prolongement de la base FE d'un triangle quelconque FBE, et dont la circonférence, passant par le sommet du triangle, couperait la base EF en parties FA, AE ayant entre elles le même rapport que celui entre les côtés FB, BE du triangle ; est une quatrième proportionnelle entre la différence FA — AE des segments de la base, le plus petit segment AE et le plus grand segment FA.

(609) Sco. 1. Prob. Il suit directement du dernier corollaire que dans un triangle quelconque FBE, étant donné la surface, l'un FE des côtés et le rapport M à N entre les deux autres côtés FB, BE, pour construire le triangle ;

il n'y a qu'à partager (514) le côté donné en A de manière que les segments FA, AE de ce côté soient entre eux dans le rapport voulu ; puis trouver (516) AD, en faisant FA — AE : AE ::FA: AD. Du point D, avec le rayon AD, décrivant alors le cercle ABC, et prenant sur la circonférence de

ce cercle, un point B tel que la hauteur BH du triangle soit égale à sa surface divisée par sa demi-base ; les lignes menées des extrémités F, E du côté donné au point B seront les côtés inconnus du triangle et BFE sera le triangle voulu.

(610) Sco. 2. Si la surface du triangle FBE était donnée sous forme d'un carré ou de toute autre figure équivalente ; il est clair que pour trouver par construction BH la hauteur du triangle voulu, il y aurait à faire (304) sur la ligne donnée FE un rectangle égale en surface au carré ou autre fig. donnée, et à prendre BH égale au double du côté inconnu de ce rectangle. Menant alors à FE une parallèle à une distance de FE égale à la hauteur BH ainsi trouvée, cette parallèle intersecterait le cercle en B, sommet voulu du triangle.

PROB. LXVI. THÉOR.

(611) Dans un cercle, une ligne DF qui, étant perpendiculaire au diamètre, rencontre une corde AB menée de l'une A de ses extrémités ; coupe ce diamètre et cette corde ou ces deux lignes prolongées, de manière à ce qu'elles soient réciproquement proportionnelles aux parties AD, AF comprises entre la ligne de section et l'extrémité du diamètre ; c-à-d. que si DF est perpendiculaire à AC ou à AO prolongée, l'on aura AC : AB :: AF : AD ou (86 et 573) AC.AD=AB.AF.

Ayant mené BC, l'on voit B*

de suite que les triangles ABC, ADF sont semblables, ayant chacun un angle A en commun, et l'angle B, appuyé sur le diamètre AC, droit (444) et par conséquent égal à l'angle D, droit par hypothèse. Or, les triangles semblables ABC, ADF donnent AC : AB :: AF : AD ; donc, etc.

PROP. LXVII. THÉOR.

(612) Les perpendiculaires AG, BD, CE menées des trois angles d'un triangle quelconque aux côtés opposés, s'intersectent en un même point F.

Soient d'abord AG, BD respec- C

tivement perpendiculaires à BC, AC ; le demi-cercle ADGB passera par les points D, G, puisque (444) tous les augles ADB, AGB dans un demi-cercle sont droits.

Ayant mené la droite CFE, le cercle CDFG décrit sur CF, comme diamètre, passera aussi, pour

la même raison, par les points D A E B

et G. Maintenant l'angle FGD appuyé sur l'arc DF est égal à l'angle FCD appuyé sur le même arc ; et l'angle FGD ou son égal AGD, aj)pnyé sur l'arc AD, est égal à l'angle ABD appuyé sur le même arc ; donc (68. Ax.) l'angle ABD =ACE. Les triangles AEC, ADB ont donc les angles en C et B égaux et l'angle en A commun ; d'où il suit que l'angle CEA=BDA, et puisque BDA est droit par hyp., CEB est aussi droit et CE est perpendiculaire sur AB ; donc, etc.

(613) Cor. Le triangle CDG est semblable au triangle entier ABC ; car les triangles CDB, CGA sont semblables, ayant l'angle en C commun et les angles en D et G droits par hyp. ; ce qui donne CG: CD :: CA : CB ; or (523) deux triangles qui ont deux côtés de l'un proportionnels à deux côtés de l'autre, et l'angle compris par les côtés proportionnels, égal dans chaque triangle, sont semblables ; donc, etc.

PROP. LXVIII. THÉOR.

(614j Si de l'un quelconque A des angles d'un triangle ABC, l'on mène une perpendiculaire AD au côté opposé

BC, ou à ce côté prolongé s'il le faut ; le rectangle de la somme et différence des deux autres côtés AB, AC est équivalent au rectangle de la somme et différence des segments DB. DC de la base, faits par la perpendiculaire. C-à-d., AC+AB X AC— AB=DC+DB x DC— DB.

Du point A comme centre, avec le rayon AC, le plus grand des deux côtés, décrivez le cercle C-b'G ; prolongez AB jusqu'à sa rencontre avec la circonférence en E et F, et CB jusqu'en G. Maintenant, parceque AF=AC, rayons d'un même cercle, BF=AB+AC = la somme des deux côtés, et BE=AE — AB=AC — AB est ésrale à la diiierence entre ces côtés.

Il est clair aussi que BC=DB+DC est égale à la somme des segments de la base, et BG à la différence de ces mêmes segments, lorsque la perpendiculaire tombe en dedans du triangle; et que BG=DC+DB est égale à la somme des segments de la base, et BC, à la différence entre ces segments, lorsque la perpendiculaire tombe eu dehors de la base. Or, dans chacun de ces deux cas, CG et EF étant deux lignes qui se coupent dans un cercle, donnent (572) EB.BF=GB. BG ; c-à-d. (AC+AB) (AC-AB)=(CD+DB) (CD-DB).

PEOP. LXIX. THÉOR.

(615) L'on peut inscrire dans un cercle et circonscrire à un cercle un polygone régulier quelconque ; et réciproquement, l'on peut inscrire un cercle et circonscrire im cercle à un polygone régulier quelconque.

La vérité de cet énoncé pourrait de suite se tirer des conclusions déjà établies (2° et S°) au par. (555).

D'ailleurs, soit ECB un cercle dans lequel toutes les cordes AB, BC, etc. sont égales ; la fig. ABCDE sera (175 Déf.) un polygone régulier.

En effet, parceque par hyp. la corde AB==BC=CD=etc. et que (403) dans un même cercle, les cordes égales sousteudent des arcs égaux ; on a l'arc AB= l'arc BC=CD=etc. ; c-à-d. (69. Ax.) l'arc ABC-= l'arc BCD, et la corde AC= celle BD, puisque (403) les arcs égaux dans un même cercle sont sous-tendus par des cordes égales. Les triangles ACB, DBC ont donc leurs côtés correspondants égaux, et par suite (239) leurs angles sont égaux. Donc l'angle B du pol. est égal à l'angle C, et l'on prouverait de même C=D, D=E et ainsi des autres ; donc le polygone ABCDE a tous ses angles égaux ; et ses côtés sont égaux par hyp., étant formés des cordes égales du cercle ECB; donc il est régulier; et il est composé d'un nombre quelconque de cordes ou de côtés ; donc un polygone régulier quelconque peut être inscrit dansun cercle.

(616) En second lieu, parceque les cordes égales AE, ED, etc. sont (461) également éloignées du centre 0 du cercle ; les perpendiculaires OF, OG, etc. qui mesurent ces distances (200) sont égales, et un cercle décrit du centre G avec un rayon GF, toucherait le côté AE et tous les autres côtés du pol. aux points F, G, etc., milieux de ces côtés ; car (407) la perpendiculaire menée du centre sur une corde, bisscte la corde, et (468) le point de contact du cercle est situé à la rencontre de la tangente et de la ligne menée du centre perpendiculairement à cette tangente. Le cercle GHF est

donc inscrit dans le pol. et ce polygone est un pol. d'un nombre quelconque de côtés, (le nombre des cordes égales, AB, BC, etc. étant par hjp. indéfini); donc un cercle peutêtre inscrit dans un polygone régulier quelconque.

(617) En troisième lieu, le pol. ABODE est circonscrit au cercle GHP, puisque (616) ce cercle lui est inscrit ; donc un polygone régulier quelconque peut-être circonscrit à un cercle.

(618) En dernier lieu, le pol. ABCDE étant inscrit dans le cercle ECB, ce même cercle est par conséquent circonscrit au pol; donc aussi, l'on peut circonscrire uu cercle à un polygone régulier quelconque.

(619) Cor. 1. De ces conclusions il résulte que si d'un centre commun l'on peut inscrire un cercle dans un polygone et lui circonscrire un cercle, ce polygone est régulier. Car, si l'on suppose que ces cercles soient décrits, le cercle intérieur touchera tous les côtés du pol. ; ces côtés sont donc (461) également éloignés du centre, et étant en même temps des cordes du cercle circonscrit, elles sont égales et contiennent des angles égaux, comme il est démontré (615) par la prop. ; donc le polygone est en même temps équilatéral et équiangle, c-à-d. (175) régulier.

(620) Sco. 1. Le point O, centre commun des cercles inscrit et circonscrit (555, 2° et 3°) peut aussi être regardé comme centre (175) du polygone ; et pour cette raison, l'angle AOB est appelé angle au centre, étant formé par deux rayons menés aux extrémités d'un même côté AB. Toutes les cordes étant égales, tous les angles au centre du polygone régulier sont aussi égaux (404) et l'on trouvera en conséquence la valeur d'un de ces angles en divisant (24) quatre angles droits par le nombre des côtés du polygone.

(621) Sco. 2. Prob. Pour inscrire un polygone régulier quelconque dans un cercle ; il n'y a qu'à diviser la circonférence en autant de parties égales que le polygone a de

cotés; car, les arcs étant égaux, les cordes seront auss égales (403) et le pol. sera (615) régulier par la prop.

(622) Cor. 2. Les cordes AE, DE, etc. étant égales et les rayons OA, OE, OD, etc.

égaux, les triangles AOE, DOE, etc. qui composent le polygone régulier ABCDE, sont isocèles et égaux en toutes choses (239) ; donc angle AEO = angle DEO ; donc le rayon OE mené du centre à l'angle E du pol. bissecte cet angle ; et l'on prouverait de même que le rayon OA bissecte l'angle A et ainsi des autres ; donc les lignes menées du centre aux angles d'un polygone régulier bissectent ces angles ; et réciproquement les bissectrices des angles d'un polygone régulier se rencontrent en un même point qui est le centre du polygone ; car, les angles A, B, 0 etc. étant égaux, leurs moitiés sont aussi égales (69. Ax.) et les triangles AOE, DOE, etc. ayant tout leurs angles et un côté égaux, sont égaux en toutes choses (238) ; donc, l'on a OA=OE=OD= ctc ; d'où, 0 est évidemment le centre (175) du polygone.

(623) Sco. 3. Prob. Il suit que pour circonscrire un cercle à un polygone régulier quelconque ; il n'y a qu'à bissecter deux des angles du pol., et au point de rencontre des bissectrices, avec un rayon égal à l'une d'elles, décrire le cercle voulu.

(624) Sco. 4. Prob. Il suit aussi que pour inscrire un cercle dans un polygone régulier quelconque ; après avoir trouvé le centre du cercle, situé, comme il a été dit, à la rencontre des bissectrices de deux angles du pol., il n'y a qu'à abaisser de ce point une perpendiculaire OF sur l'un des côtés et prendre cette perpendiculaire pour rayon du cercle voulu.

(625) Sco. 5. Prob. Les triangles AOE, DOE, etc. étant (622) égaux et isocèles, les angles au sommet O sont bissectés par les perpendicula^.res OF, OG, etc. (235 et 236). Mais les angles au centre EOA, EOD, etc. sont égaux (620) et leurs moitiés sont aussi égales (69. Ax.) ; donc l'angle GOF=EOA ou EOD=FOK= etc. ; car ces angles sont composés des moitiés égales KOA, FOA, FOE, etc. Or, les angles égaux au centre sous-tendent (399) des arcs égaux ; donc, pour circonscrire un polygone régulier quelconque à un cercle donné, il n'y a qu'à diviser la circonférence en autant de parties égales GF, FK, etc. que le pol. a de côtés, mener ensuite les rayons OG, OF, etc. aux points de division G, F, etc. et aux extrémités de ces rayons, mener les perpendiculaires DE, EA, AB, etc. qui seront les côtés du pol. requis.

En eflet, soient E, A, etc. les points où ces côtés se rencontrent ; joignez OE, OA. Les angles GOF, FOK sont égaux, puisque les arcs GF, FK, etc. sont égaux par coustr. Les tangentes EG, EF sont égales (493) ainsi que celles AF, AK, et les lignes OE, OA menées du centre à la rencontre E, A, de ces tangentes, bissectent (494) les angles formés par ces tangentes. Les deux triangles GOE, FOE sont donc égaux en toutes choses ; donc angle EOG= angle EOF=GOF, et FOA=KOA=KOF ; mais GOF=

îi 2

KOF par constr ; donc aussi FOE=FOA, et les angles en F étant droits et le côté OF commun, la base FE= celle FA ; d'où il suit que EA=2EF=2EG=ED=AB=etc. ; donc le polygone est équilatéral ; et il est aussi équiangle, car dans chacun des quadrilatères FOGE, FOKA dont la somme des angles intérieurs vaut (255) quatre angles droits, il y a deux angles droits en G et F et en K et F, et des quatre autres angles, les deux en O sont égaux par constr. ; d'où, il est clair que les angles en E, A, sont aussi égaux.

On prouverait de même l'égalité des angles B, C, etc. ; donc le polygone est équiangle, et il a été prouvé équilatère ; donc il est régulier (175) et le problème est résolu.

PEOPOSITIONS. ETC.

(626) Seo. 6. Il est évident, d'après ce qui précède, que l'on pourra toujours inscrire dans un cercle ou lui circonscrire un polygone régulier d'un nombre quelconque de côtés, pourvu que l'on puisse diviser la circonférnce du cercle en le même nombre de parties égales que le polygone doit avoir de côtés.

(627) Sco. 7. Prob. Inscrire un triangle équilatéral dans un cercle.

Par un point quelconque A sur la circonférence, ayant mené (488) une tangente DE, faites chacun des angles EAC, DAB égal au tiers de deux angles droits (263), c-à-d. égal à l'angle d'un triangle équilatéral, et joignez BC ; ABC sera le triangle demandé, chacun des angles B, C dans les segments alternes ACB, ABC étant égal, respectivement (487) aux angles DAB, EAC formés par la tangente DE et les cordes AC, AB.

(628) Sco. 8. Prob. Il suit du dernier paragraphe que pour inscrire dans un cercle un triangle quelconque équiangle à un triangle donné ; l'on n'aurait qu'à faire les angles eu EAC, DAB respectivement égaux à deux des angles du triangle donné, et joindre BC pour compléter la construction.

Rem. On se rappellera que la méthode de circonscrire un cercle à un triangle donné a déjà été démontrée au par. (420).

(629) Sco. 9. Prob. Pour inscrire VLD. cercle dans un triangle équilatéral, on suivrait la méthode générale du par. (624), le triangle équilatéral n'étant autre chose qu'un polygone régulier de trois côtés.

(630) Sco. 10. Prob. On procé- g

derait tout de même à inscrire un cercle dans un triangle donné quelconque, puisque (494) les bissectrices AD, BD, CD passent toutes par le centre du cercle auquel les côtés AB, BC, CA doivent être tangents.

(631) Sco. 11. Prob. Puisque dans tout quadrilatère AEDG, la somme des angles intérieurs vaut (255) quatre angles droits et que les deux angles AED, AGD formés par les rayons DE, DG menés aux points de contact E, G des tangentes AB, AC, sont droits (466) ; il s'en suit que la somme des angles A et D du quadrilatère vaut aussi deux angles droits ; ces angles sont donc suppléments (130 Déf.) l'un de l'autre. Donc, pour circonscrire à un cercle donné un triangle équilatéral ou polygone régulier de trois côtés ; il n'y a qu'à mener les trois rayons DE, DF, DG formant l'un avec l'autre des angles EDG, EDP, GDF respectivement égaux aux suppléments des angles du triangle demandé, c-à-d., dans ce cas ci, égaux entre eux et chacun aux deux tiers de deux angles droits, ou au double d'un des angles du triangle équilatéral, et par les extrémités E, F, G de ces rayons, mener les perpendiculaires AB, BC, AC qui détermineront le triangle requis.

(632) Sco. 12. Prob. Si l'on avait à circonscrire au cercle un triangle quelconque équiangle à un triangle donné 5 il est clair qu'il n'y aurait qu'à faire les angles EDG, EDF, GDF respectivement égaux aux suppléments des angles du triangle donné, et procéder ensuite comme ci-dessus pour résoudre le problème.

(633) Sco. 13. Prob. Inscrire et circonscrire un cercle à un carré, et un carré à un cercle.

En premier lieu, soit HF le carré donné pour y inscrire un cercle ABCD. Il est démontré (624) que pour inscrire

lin cercle dans un pol. régulier quelconque, il n'y a qu'à bissecter deux des angles du pol. et avec un rayon égal à la perpendiculaire menée de la rencontre des bissectrices an côté du pol., décrire le cercle requis. Or, un carré est un pol. rég. de quatre côtés (165 Déf ) et la règle donnée s'appli(Hie au carré comme à tout autre pol. ; faisant attention seulement, comme il faut le faire, dans tout pol. ayant un nombre pair de côtés ou d'angles, que les deux angles bissectés ne soient pas opposés l'un à l'autre, puisque dans ce cas, les bissectrices ne s'intersecteraient pas et ne tonneraient qu'une seule et même ligne droite, comme cela est évident pour le carré, où les deux bissectrices opposées HE, FE forment chacune partie de la diagonale HF.

(634) Sco. 14. Prob. Il est clair que dans le carré, comme dans tout autre polygone ayant un nombre pair de côtés, le centre du polygone ainsi que celui des cercles inscrit et circonscrit, est situé au milieu d'une des diagonales menées entre deux de ses angles opposés, et peut s'obtenir en menant et bissectant dette diagonale.

(635) En second lieu, soit ABCD G A F le carré auquel il faut circonscrire un cercle. On voit de suite que l'intersection E des deux diagonales donne le centre du cercle voulu.

(636) En troisième lieu, si ABCD est le cercle auquel il faut inscrire un carré, il est évident qu'on partagera la circonférence du cercle en quatre parties égales, en menant dans le cercle deux diamètres AC, BD perpendiculaires l'un à l'autre. Joignant ensuite les points A, B, C, D, on aura (621) le carré requis.

(637) En dernier lieu, si ABCD est le cercle auquel il faut circonscrire un carré ; ayant procédé comme ci-dessus, l'on mènera aux extrémités A, C, B et D des diamètres AC, BD, les perpendiculaires GF, HK, GH et FK, qui formeront (625) le carré GHKF demandé.

(638) Sco. 15. Puisque le triangle AED est isocèle et rectangle, à cause des rayons égaux EA, ED qui se rencontrent à angle droit, l'on a (305) AD^=AE^4-DE^ et si le rayon AE=1, AD sera ==|/I ; donc le côté du carré inscrit est au rayon comnie la racine carrée de 2 est à l'unité, ou AD:AE::]/2:1.

PÎIO?. LXX. THÉOR.

(639) L'angle C au centre d'un décagone régulier AGL est moitié de l'angle BAC ou ABC compris entre le rayon oblique CA ou CB et le côté AB du décagone.

En effet, l'angle C au centre du décagone vaut un dixième de quatre angles droits, puisque tous les angles que l'on peut faire autour d'un point C ne valent ensemble (140) que quatre angles droits, et que (620) tous les angles au centre d'un polygone régulier quelconque sont égaux, étant appuyés sur les côtés égaux du pol. qui sont en même temps des cordes égales du cercle circonscrit et sous-teudeut des arcs égaux, mesures (425) de ces angles.

Mais (255) la somme de tous les angles intérieurs d'un polygone quelconque vaut autant de fois deux angles droits que la fig. a de côtés moins deux, c-à-d. autant de fois deux angles droits que la fig. a de côtés moins quatre angles droits ; donc l'angle A ou B du décagone, c-à-d. l'angle OAB ou EBA formé par deux côtés adjacents du décagone vaut un dixième de cette somme. Or, dix fois deux angles droits, moins quatre angles droits, font seize angles droits ; donc l'angle A du décagone vaut un dixième de sieze angles droits, et l'on vient de voir que l'angle C au centre vaut un

dixième de quatre angles droits ; donc l'angle 0 est le quart de l'angle A, c-à-dire la moitié de l'angle CAB, puisque (622) la ligue CA menée du centre à l'angle A du pol. bissecte cet angle.

(640) Sco. 1. Prob. L'angle C au centre du décagone régulier étant, comme on vient de le démontrer, moitié de l'angle CAB ou CBA, ou quart de l'angle A à la base ; il est clair que si l'on peut faire un triangle isocèle ACB, dont l'angle C au sommet soit moitié de l'angle à la base, CAB ou CBA, cette base AB sera le côté d'un décagone régulier inscrit dans un cercle ayant pour rayon le côté AC ou BC du triangle isocèle.

Or, l'on parvient à ce résultat en faisant (381 ou 582) AB=CD telle que AB^ ou CD^ soit égal au rectangle AC. AD. Soit donc à inscrire un décagone régulier ABEFG etc. dans un cercle OFL. Ayant mené en un point quelconque A de la circonférence un rayon CA et partagé ce rayon en D de manière que CD =CA.AD, l'on portera (225) sur la circonférence une longueur AB^CD qui sera un des côtés du décagone voulu.

En effet, ayant joint BD et inscrit (420 ou 628) le triangle DBC dans un cercle CDE, l'on voit que AB est tangente à ce cercle au point B, puisque (507) si le carré d'une ligue AB menée à un cercle, d'un point quelconque A hors de ce cercle, est égal au rectangle d'une sécante AC menée du même point et de la partie AD de cette sécante hors du cercle, cette ligne AB est tangente à ce cercle.

Maintenant, parceque l'angle ABD formé par une tangente AB et une corde BD est égal (487) à l'angle C dans le segment alterne du cercle, le triangle ABD est équiangle à ACB et par conséquent isocèle, à cause des rayons CA, CB, car l'angle ABD=C et l'angle A est commun à chacun des triangles ; donc l'angle ADB=ABC (260). Le triangle ABD étant isocèle donne BD=BA=DC ; donc le triangle BDC est aussi isocèle, et l'angle DBC=C ; mais l'angle

extérienv ADB=C+DBC=2C ; donc aussi, l'angle CAB on CBA=2C ; donc le triangle ACB est tel que chacun des angles à la base est double de l'angle au sommet; donc, etc. Portant enfin sur la circonférence dix fois la corde AB, on aura le décagone régulier demandé par le problème.

(641) Sco. 2. Prob. S'il s'agissait d'un pentagone régulier BFHLO à inscrire dans un cercle ; on voit de suite qu'il n'y aurait qu'à porter sur la circonférence cinq longueurs BF chacune égale à la corde d'une arc BEF double de l'arc BA du décagone.

(642) Sco, 3. Probs. Ayant démontré la manière de diviser une circonférence de cercle, soit en dix ou en cinq parties égales ; il est clair que pour circonscrire à un cercle un décagone ou pentagone régulier, il n'y a qu'à suivre la méthode générale indiquée au par. (625) ; les paragraphes (623) et (624) indiquant le moyen de circonscrire et inscrire un cercle à ces mêmes polygones.

PROP. LXXI. THÉOR.

(643) Le côté d'un hexagone régulier inscrit dans un cercle est égal au rayon du cercle.

Il a été démontré (620) que tous les angles au centre d'un polygone régulier quelconque sont égaux ; or, l'hexagone ayant six côtés et par conséquent six angles au centre, chacun de ces angles AGB, BGO, etc. vaut un sixième

de quatre angles droits ou un tiers B " ' C

de deux angles droits ; mais le triangle AGB est isocèle, à cause des rayons égaux AG, BG, et les angles A, B, à la base du triangle sont donc aussi égaux (229) l'un à l'autre, et valent ensemble les deux tiers de deux angles droits ; d'où il suit que chacun de ces angles pris séparément vaut le tiers de deux angles droits. Le triangle AGB est donc équilatéral et le côté AB=AG=BG ; donc, etc.

(644) Sco. 1. Prob. Donc, pour inscrire un hexagone régulier dans un cercle, il n'y a qu'à porter (225) le rayon six fois sur la circouféreuce.

(645) Sco. 2. Prob. Il est à peine nécessaire de rappeler que pour circonscrire un hexagone régulier à un cercle ;

il n'y aurait qu'à diviser la circonférence en six parties égales, de la manière indiquée par la prop., puis mener des rayons GA, GB, etc. aux points de division, et à l'extrémité de ces rayons, mener des lignes perpendiculaires qui, aux endroits de leurs intersections, détermineraient les angles du pol., le tout tel que démontré au par. (623).

(646) Sco. 3. Probs. Pour inscrire ou circonscrire un cercle à un hexagone régulier, l'on procéderait de la manière déjà indiquée aux pars. (624) et (625).

(647) Sco. 4. Prob. En joignant les points alternes A, C, E de l'hexagone régulier, il est évident que l'on a un autre (627) moyen d'inscrire un triangle équilatéral dans un cercle.

(648) Sco. 5. Puisque AB=BC=CG=AG, la fig. ABCG est un rhombe (168 Déf.) ; donc (394) AC^+BG^=4AB^ ; et parceque BG=AB, AC^=3AB^ ; d'où, AC^ : AB^ :: 3 : 1 ou AC: AB::i/3 1; de là, le côté du triangle équilatéral inscrit est au rayon comme la racine carrée de 3 est à l'unité.

(649) Sco. 6. Prob. La combinaison des méthodes indiquées aux pars. (640) et (644) fournit le moyen de diviser la circonférence du cercle en quinze parties égales et par conséquent d'inscrire un pentédécagone régulier dans un cercle.

En effet, après avoir trouvé (643) la sixième partie de la circonférence, égale à l'arc sous-tendu par le rayon, si l'on en trouve ensuite (640) la dixième partie, il est clair que la diflérence entre ces arcs sera égale à la quinzième partie de cette même circonférence, puisque ^ — i^=^-

(650) D'ailleurs, l'on verra peut-être d'une manière plus évidente que si ABC est un triangle équilatéral inscrit et ADEFG un pentagone régulier inscrit, l'arc AGC qui jjl est le tiers et celui AG le cinquième de la circonféren- ^ ce, contiendront respectivement, le premier, cinq, le second, trois des parties égales dont la circonférence entière contiendra quinze. Par suite, retranchant l'arc AG de l'arc AGC, il reste l'arc GC égal aux deux quinzièmes de la circonférence, lequel étant bissecté (415) en H, donnera enfin l'arc GH ou CH égal à un quinzième de la circonférence. Menant GH et HC et portant autour du cercle (225) des lignes CF, etc. chacune égale à GH ou HC, on aura le quindécagone voulu.

(651) Sco. 1. Probs. Ayant inscrit dans un cercle un polygone régulier quelconque; si l'on bissecté (415) les arcs sous-tendus par ses côtés, les cordes de ces demi-arcs formeront un nouveau pol. régulier d'un nombre double de côtés. C'est ainsi qu'en ayant un carré inscrit, l'on peut successivement inscrire des polygones de 8, 16, 32, 64, etc. côtés. Avec l'hexagone on peut former des polygones de 12, 24, 48, 96, etc. côtés. A l'aide du décagone, on aura des polygones de 20, 40, 80, etc. côtés ; et au moyen du pentédécagone, l'on peut inscrire des polygones de 30, 60, 120, etc. côtés.

(652) Il est évident que l'on pourrait inscrire dans un cercle un polygone régulier quelconque, pourvu que l'on pût diviser sa circonférence en un nombre quelconque de parties égales ; mais cette division de la circonférence, comme la trisection d'un angle, qui en dépend, est un problème qui n'a pas encore été résolu. Il n'y aucun

moyen d'inscrire dans un cercle un heptagone régulier,

ou, ce qui revient au même, la circonférence ne peut-être divisée en sept parties égales par aucun moyen jusqu'à présent connu.

(653) On avait longtemps supposé, qu'à part les polygones déjà enumérés, l'on ne. pouvait en inscrire aucun autre par les opérations de la géométrie élémentaire, ou ce qui revient au même, pur la résolution d'équations du premier et du second dégrés ; mais M. Gauss prouva enfin, dans ses " Disquisitiones arithmeticœ," que la circonférence d'un cercle peut se diviser en un nombre quelconque de parties égales capable de s'xprimer par la formule 2"-fl, pourvu que ce soit un nombre premier, c-à-d. ne pouvant se résoudre en facteurs.

Le nombre 3 est le plus simple de cette catégorie, étant la valeur de la formule lorsque n=l. Le nombre premier suivant est 5, contenu aussi dans la formule lorsque n=2. Mais les polygones de 3 et 5 côtés ont déjà été inscrits. Le nombre premier suivant exprimé par la formule est 17; de sorte qu'il est possible d'inscrire dans un cercle un polygone régulier de 17 côtés, puis de 257 côtés, puis de 6537 côtés, et ainsi de suite, suivant la série 2^-f 1, 2^-f-l, 2^+1, 2^+1, 2^^-f 1, 2^*''--fl, doublant successivement l'exposant.

(654) Il est évident qu'un polygone inscrit quelconque est moindre que le polygone inscrit ayant un nombre double de côtés, puisque (84 Cor.) une partie est moindre que le tout.

PROP. LXXII. THÉOR.

(655) On peut circonscrire à un cercle un polygone régulier quelconque capable de lui être inscrit ; et réciproquement, l'on peut inscrire à lui cercle un polygone régulier quelconque capable de lui être circonscrit.

La vérité ce cet énoncé découle assez directement du raisonnement suivi au par. (555).

D'ailleurs, soit ACE un pol. régulier d'un nombre quelconque de côtés inscrit dans un cercle ; prolongeant

indéfiniment les rayons OA, J^ L

OB, etc. et par les points T, IST, etc., milieux des arcs AB, BC, menant aux rayons OT, ON, etc., les perpendiculaires GH, HI, etc. à la rencontre des rayons prolongés en G, H, I, etc., la fig. GIL sera un pol. circonscrit semblable au pol. ACE.

En efîet, les rayons OT, ON menés du centre aux points milieux des arcs AB, BC sont (407) perpendiculaires aux cordes AB, BC, et bissectent ces cordes et les angles au centre sous-tendus par ces cordes. Maintenant GH, HI sont perpendiculaires par coustr. aux mêmes rayons OT,ON ; d'où (150) GH est parallèle à AB et HI à BC ; les triangles GOH, HOI sont donc équiangles et semblables aux triangles AOB, BOC ; mais OA=OB=etc. ; donc OG=OH=OI=etc. et un cercle décrit du centre O avec un rayon OG passerait par les points G, H, I, etc. Les côtés GH, HI, etc. sont donc des cordes du cercle circonscrit au pol. GIL, et étant soustendua par des angles égaux au centre GOH, HOI, sont ésraux entre eux.

De plus, les angles G, H, I, etc. du pol. circonscrit sont égaux à ceux A, B, C, etc. du pol. inscrit, à cause des parallèles AB, GH et BC, HI ; donc le pol. circonscrit a tous ses angles égaux et tous ses côtés égaux ; donc il est régulier ; et il est semblable au pol. inscrit ACE, étant composé d'un même nombre de triangles semblables GOH, AOB et HOI, BOC, etc., situés d'une manière correspondante dans chaque figure (207).

(656) En second lieu, si GIL est un pol. régulier circonscrit au cercle, il est clair, d'après le raisonnement qu'on vient de faire, qu'en menant les rayons OG, OH, etc. aux angles du pol., et joignant ensuite les points A, B, C, où ces rayons rencontrent le cercle, on aura un pol. inscrit ACE semblable au pol. circonscrit au cercle.

(657) Seo. 1. Probs. Ce que l'on vient de dire indiquera de suite la méthode à suivre pour inscrire dans un cercle un polygone régulier quelconque semblable au polygone circonscrit à ce cercle, ou pour circonscrire à un cercle un polygone régulier semblable au polygone inscrit dans ce cercle.

(658) Sco. 2. Il est clair, puisque OT et ON" bissectent respectivement (655) les côtés égaux GH, HI, du pol., que HN+HT=HT+TG=HG, l'un des côtés du polygone.

D'ailleurs, HN, HT sont deux tangentes menées d'un point à un cercle ; ce qui (493 ou 506) les rend égales; or HT=TG ; donc HG=2HT=HT+HN, comme auparavant.

PROP. LXXIII. THÉOR.

(659) Etant donné un polygone régulier quelconque AEC circonscrit à un cercle, on demande à circonscrire à ce cercle un polygone régulier abc de etc. ayant un nombre de côtés double du premier.

Nous avons démontré (625) que pour circonscrire un pol. rég. quelconque à un cercle, il suffit de diviser la circonférence en autant de parties égales que îe pol. a de côtés, mener ensuite des rayons aux points de division, et aux extrémités de ces rayons, mener des perpendiculaires ou tangentes pour déterminer le pol. voulu.

Or, le cercle GKN est déjà divisé en parties égales aux points 6, H, K, etc. puisque les angles GOH, HOK, etc.

sont (625) égaux. Bissectant ces angles égaux en r, 5, etc.

ce qui bissectera en même temps (405) les arcs GH, HK, etc. et menant aux extrémités r, 5, etc. des rayons Or, Os, etc. les tangentes la, bc, de, etc., on aura le pol. rég. demandé a b c d e etc ayant un nombre de côtés double de celui du pol. donné ABCDE.

(660) Sco. 1. Il est clair que le pol. AEG est plus grand en surface que le pol. a è c 6/ etc, puisque les triangles A o a, Bcb, etc. compris dans le premier sont en dehors du second ; et si l'on circonscrit au cercle un pol. d'un nombre de côtés double de celui du pol. abcd, l'on voit de même que sa surface sera plus petite que celle du pol. a bcd; donc, en général, tout polygone régulier circonscrit est plus grand qu'un polygone régulier circonscrit ayant un nombre double de côtés.

(661) Sco. 2. B est clair aussi que le pol. AEG est plus grand en périmètre que le pol. abcd, puisque le côté a o du dernier est plus petit que la somme des parties correspondantes Aa, Ao, du premier, la somme de deux côtés quelconques d'un triangle étant (161) plus grande que le troisème côté.

Si l'on circonscrivait au cercle un troisème pol. ayant un nombre de côtés double de celui du pol. abcd, l'on prouverait de même que le périmètre de ce dernier est plus petit que celui du second, et ainsi de suite ; donc, en général, tout polygone réguUer circonscrit est plus grand en périmètre qu'un polygone circonscrit ayant un nombre double de côtés.

(662) Sco. 3. Il n'est pas moins évident que tout polygone régulier inscrit est plus petit en périmètre qu'un polygone inscrit ayant un nombre double de côtés.

(663) Sco. 4. On a vu (603) que la surface d'uu triangle est égale à son périmètre multiplié par le demi-rayou du cercle inscrit, et l'on voit de même que la surface d'un polygone régulier quelconque AEC est égale à son périmètre multiplié par le demi-rayon du cercle inscrit, c'est-à-dire par le demi-rayon droit fl75 Déf. et 555 3°) du polygone; car, tous les triangles AOB, BOC, etc. sont égaux, puisqu'ils ont des bases égales AB, BC, etc. et des hauteurs égales OG-, OP, etc. Mais la surface du triangle A0B=ABXJ0G (348) et celle du triangle BOC==BCx |0P ou |0G ; donc la surface des deux triangles pris ensemble est égale à (AB+BC)xèOG; et en continuant ainsi la même opération pour les autres triangles COD, etc., on trouve enfin la surface entière du polygone égale à (AB+BC+CD+etc.)x|OG; donc, etc.

PEOP. LXXIV. THÉOR.

(664) L'on peut toujours faire deux polygones réguliers ABCD etc. abcd etc. d'un même nombre de côtés, l'vm inscrit et l'autre circonscrit à un cercle, différant l'un de l'autre d'une quantité moindre qu'aucune surface assignable.

Soit Q le côté d'un carré égal à la surface donnée. Bissectez AC, quart de la circonférence, et procédez ainsi, bissectant toujours l'un des arcs formés par la dernière bissection, jusqu'à ce que vous obteniez un arc dont la corde AB soit moindre que Q. Comme cet arc sera une partie exacte de la circonférence, si l'on applique des cordes AB, BC, etc. chacune égale à AB, la dernière terminera en A, et l'on aura un polygone régulier ABCD etc. inscrit dans le cercle.

Décrivant maintenaDt (657) autour du cercle un pol. ahcd etc. semblable au premier, la diiférence entre ces deux polygones sera moindre que le carré de Q. En effet, des points a et 6 menez les lignes a O, 6 0, au centre O ; elles passeront (655) par les points A et B. Menez aussi OK au point de contact K ; elle bissectera (407) AB en I, et lui sera perpendiculaire, puisque (466) elle est perpendiculaire à la tangente ah qui est parallèle à AB. Prolongez AO jusqu'en E et menez BE. Soit P le polygone circonscrit et p le pol. inscrit ; alors, parceque les triangles a O 6, AOB sont des parties correspondantes de P et p, l'on aura (73. Ax.) a O 6 : AOB ::P : p ; mais les triangles étant semblables donnent (552) aOb: AOB :: O a^ : OA^ (ou OK^) ; d'où il suit (75. Ax.) que P: p :: O a^: OA^ (ou OK^). De plus, puisque les triangles OaK, EAB sont semblables, leurs côtés KO, BE étant respectivement parallèles, à cause des angles droits AIO, ABE, (444) l'on a 0 a^ : OK^-:AE^: EB'^; d'où, P:/?:: AE^ :EB^ ou par conversion (98) P:P — p :: AE^ : AE"^— EB'^ ou : AB^.

Mais P est moindre (660) qne le carré décrit sur le diamètre AE ; donc P — j) est moindre que le carré décrit sur AB, c-à-d. moindre que le carré donné sur la ligne Q ; de là, la différence entre les polygones circonscrit et inscrit peut toujours être faite moindre qu'une surface donnée, si petite quelle soit.

(665) Sco. 1. Un polygone régulier circonscrit ayant un nombre donné de côtés, est plus grand que le cercle, parceque le cercle ne forme qu'une partie du polygone ; et pour une raison semblable, le polygone inscrit est moindre que le cercle. Mais en augmentant le nombre de côtés du pol.

circonscrit, le polygone diminue en surface (660) et par conséquent sa surface se rapproche de celle du cercle ; et en augmentant le nombre de côtés du polygone inscrit, le polygone augmente (654) et se rapproche aussi du cercle.

Maintenant, si l'on augmente indéfiniment le nombre de côtés des polygones circonscrit et inscrit, la longueur de chaque côté deviendra indéfiniment petite, et les polygones deviendront enfin égaux l'un à l'autre et en conséquence égaux au cercle.

Car, si les polygones ne deviennent pas enfin égaux, soit D leur plus petite différence; or, on vient de démontrer (664) que la diiierence entre les polygones inscrit et circonscrit peut-être f\iite moindre qu'aucune quantité assignable, c-à-d., moindre que D ; de là, la diflërence entre les polygones serait en même temps égale à D et moindre que D, ce qui est absurde ; donc les polygones deviennent enfin égaux. Mais lorsqu'ils sont égaux, l'un à l'autre, chacun d'eux doit être égal au cercle, puisque le polygone circonscrit ne peut entrer dans le cercle et que celui qui lui est inscrit ne peut en sortir.

(666) Sco. 2. Puisque le polygone circonscrit a le même nombre de côtés que le polygone correspondant inscrit, et que les deux polygones sont réguliers, ils sont (555) semblables (207 Déf.) et en conséquence, quand ils deviendront égaux, ils coïncideront exactement et auront un périmètre commun. Mais comme les côtés du polygone circonscrit ne peuvent tomber en dedans du cercle, et que ceux du polygone inscrit ne peuvent tomber en dehors, il suit que les périmètres des polygones se réuniront sur la circonférence du cercle et lui deviendront égaux en longueur.

(667) Sco. 3. Lorsque le nombre des côtés du polygone inscrit est indéfiniment augmenté, et que le polygone coïncide avec le cercle, la ligne 01 menée du centre O perpendiculaire au côté du polygone, deviendra un rayon du cercle, et une partie quelconque ABCD du polygone deviendra le secteur OAKBC, et la partie AB-hBC du périmètre deviendra l'arc AKBC.

(668) Sco. 4. Le problème de la quadrature du cercle consiste à trouver un carré égal en surface à celle d'un cercle dont on connaît le rayon. Or, il a été démontré (431) que le cercle est équivalent en surface à un triangle ayant pour hauteur le rayon et pour base une ligne égale en longueur à la circonférence du cercle ; et ce triangle peutêtre réduit (291) en un rectangle équivalent, puis (376 ou 535 2°) en un carré.

Carrer le cercle n'est donc autre chose que trouver la circonférence quand on connaît le rayon ; et pour ce faire, il suffit de connaître le rapport de la circonférence à son rayon ou à son diamètre

Jusqu'à présent, le rapport en question n'a jamais été déterminé qu'approximativement ; mais l'approximation a été portée si loin, qu'une connaissance du rapport exact n'offrirait aucun avantage réel sur celui du rapport approximatif. En conséquence, ce problème qui occupa si profondément les géomètres, lorsque leurs moyens de rapprochement étaient moins parfaits, est maintenant réduit à ces questions oiseuses dont personne ne s'occupera, pourvu qu'il possède la moindre teinture de science géométrique.

Archimède montra que le rapport du diamètre à la circonférence est compris entre SU et 34? ; de là, 8| ou V offre de suite une approximation assez correcte du rapport voulu ; et la simplicité de ce premier rapprochement a ftiit que l'usage en est devenu très général. Métius, pour le même rapport trouva la valeur ?f| qui est beaucoup plus exacte que la dernière. Enfin d'autres calculateurs trouvèrent cette même valeur, développée jusqu'à un certain ordre de décimales, de 3.141,592,653,589,793,2 etc.

En 1590, Ceulen qui vivait du temps de Métius étendit le calcul jusqu'à 36 chiffres que l'on fit graver sur sa tombe. H parvint à ce résultat en calculant les cordes d'arcs successifs, dont chacun était moitié du précédent, le dernier arc dans ce cas étant le coté d'un polygone de 36,893,488,147, 419,103,232, côtés.

PEOPOSITIONS,ETC. 227

La méthode de calculer fat ensuite de beaucoup simplifiée par Snell qui porta l'approximatiou jusqu'à 55 chiflres, à l'aide d'un polygone n'ayant que 5,242,880 côtés.

Par d'autres mathématiciens le calcul fut continué, atteignant successivement, pendant le dernier siècle, 75, 100, 128 et 140 décimales.

Bien que Lambert en 1761, et plus tard Legendre, dans ses éléments de géométrie, aient prouvé que le rapport du diamètre à la circonférence ne peut être exprimé en nombres ; le désir de satisfaire ceux qui cherchaient encore à obtenir l'expression exacte de ce rapport, engagea d'autres mathématiciens à continuer d'ajouter à ces chiffres. En 1846 l'on obtint correctement 200 décimales et l'année suivante 250. En 1851, le nombre fut porté à 315, puis à 350. M. Shanks porta bientôt ce nombre a 527 décimales et en 1853, à 607 décimales.

Lorsqu'il devint évident que l'expression arithmétique était impossible, plusieurs espérèrent encore obtenir le rapport par construction géométrique ; mais l'on admet généralement aujourd'hui que ce dernier moyen est impraticable, et il faut avouer qu'il n'a résulté que peu d'avantage du temps et du travail énormes dévoués à ce fameux problème.

L'Académie des sciences en 1775 et bientôt après, la Société Royale de Londres, pour décourager cette recherche et d'autres aussi futiles, refusa d'examiner par la suite tout travail ayant trait à la quadrature du cercle, la trisection d'un angle, la duplication du cube et le mouvement perpétuel.

Une approximation de 600 chiffres décimaux et même de moins équivaut à une exactitude parfaite, puisque comme on la déjà dit (53), il suffit d'en faire entrer 17 en compte pour éviter une erreur de la millième partie d'un pouce sur les 200 millions de lieues qui forment la longueur de la circonférence de d'orbite de la terre autour du soleil; et dans aucun cas ou ne connaît d'une manière plus exacte la racine d'une puissance imparfaite.

Le problème suivant indiquera une des méthodes élémentaires les plus simples d'obtenir ces rapprochements.

PEOP. LXXV. PROB.

(669) Etant données la surface d'un polygone régulier inscrit, et celle d'un polygone semblable circonscrit ; trouver les surfaces des polygones réguliers inscrit et circonscrit ayant un nombre double de côtés.

Soit AB un côté du pol. inscrit donné, EF parallèle à AB, un côté du pol. correspondant circonscrit, C le centre du cercle. Si on mène la corde AM et les tangentes AP, BQ, AM sera (659) un côté du pol.

inscrit ayant un nombre double de côtés, et (658) AP+ PM=2PM (ou PQ) sera un côté du pol. semblable circonscrit. Maintenant, comme la même construction aura lieu à chacun des angles égal à ACM, il suffira de considérer ACM par lui même ; les triangles ACD, ACM étant évidemment l'un à l'autre comme les polygones entiers dont ils fout partie (622 et 102). Soit donc A la surface du pol. inscrit dont le côté est AB, B celle du pol. semblable circonscrit, A' la surface du pol. dont le côté est AM, et B' celle du pol. semblable circonscrit. A et B sont donnés pour trouver A' et B'.

En premier lieu, les triangles ACD, ACM ayant le sommet commun A, sont l'un a l'autre (344) comme leurs bases CD, CM ; ils sont aussi entre eux comme les polygones A et A dont ils font partie; d'où (75 Ax.) A : A':: CD : CM. Puis, les triangles CAM, CME, ajaut le sommet commun M sont entre eux comme leurs bases CA, CE; ils sont aussi entre eux comme les polygones A' et B dont ils

font partie; donc A':B::CA:CE. Mais puisque AD et ME sont parallèles, l'on a CD : CM :: CA: CE ; de là, (75 Ax.) A : A' :: A' : B ; d'où, le polygone A', l'un de ceux qu'on demande, est moyen proportionnel entre les deux polygones A et B, et en conséquence A'=l/AxB.

En second lieu, la hauteur CM étant commune, le triangle CPM est au triangle CPE comme PM est à PE ; mais puisque CP bissecte (622) l'angle MCE, l'on a (541) PM : PE :: CM : CE :: CD : CA :: A : A' ; de là, CPM : CPE :: A : A et en conséquence (95) CPaM : CPM+CPE (ou CME) :: A: A+A. Mais CMPA ou 2CPM et CME sont l'un à l'autre comme les polygones B et B', dont ils font partie ; donc B': B::2A: A+A'. Or, A a déjà été déterminé; cette nouvelle proportion servira donc à déterminer B' et donnera B'=2A.B ; et de cette manière, au moyen des polygones

A+Â' A et B il est facile de trouver les polygones A' et B' ayant un nombre double de côtés.

PPOP. LXXVI. PROB.

(670) Trouver le rapport approximatif de la circonférence au diamètre.

Soit le rayon du cercle =1; le côté du carré inscrit sera =j/2^(638) et celui du carré circonscrit sera égal au diamètre 2 ; de là, la surface du carré inscrit est 2 et celle du carré circonscrit est 4. Mettant alors A=2 et B=4, on trouvera, par la dernière proposition, l'octogone inscrit A'=y'8=2. 8284271, et l'octogone circonscrit B'= 16 =3.3137085.

2+72 Aj-ant de cette manière déterminé les octogones inscrit et cu'conscrit, on déterminera fixcilement à l'aide de ces derniers les polygones ayant un nombre double de côtés. On n'a dans ce cas qu'à poser A=2. 8284271, B=3.3137085; on trouvera A'=i/XB=3.0614674, et B'=2AB=3. 182597 9.

Ces polygones de 16 côtés fourniront à leur tour le moyen de trouver les polygones de 32 côtés ; et l'on peut poursuivre l'opération jusqu'à ce qu'il n'y ait plus de difierence entre les polygones inscrit et circonscrit, ou au moins jusqu'au nombre de décimales où se termine le calcul, c-à-d. jusqu'à la septième décimale dans cet exemple. Arrivés à ce point, on en concluera que le dernier résultat exprime la surface du cercle, lequel, puisqu'il doit toujours se trouver entre les polygones inscrit et circonscrit etparceque ces polygones s'accordent jusqu'à un certain ordre de décimales, doit nécessairement s'accorder avec chacun d'eux jusqu'à ce même nombre de décimales.

Nous donnons ici le calcul de ces polygones continué jusqu'à ce qu'ils aient sept décimales communes. Nombre de côtés. Polygone inscrit. Polygone circonscrit.

D'où l'on conclut que la surface du cercle est égale à 3. 1415926 quand le rayon est 1.

Comme il pourrait exister un doute sur l'exactitude du dernier chiifre décimal, par suite d'erreurs x^i'O venant des parties omises, l'on fera remarquer que le calcul a été continué avec une décimale de plus pour que le dernier résultat ici donné fût absolument correct jusqu'à la septième décimale près.

(671) Cor. Puisque la surface du cercle est égale (431) à la demi-circouférence multipliée par le rayon, la demi-circonférence doit être 3.1415926 quand le rayon est 1 ; ou la circonférence entière doit être 3.1415926 quand le diamètre est 1 ; de là, le rapport de la circonférence au diamètre que l'on désignera par ^ est égale à 3.1415926. Le nombre 3.1416 est celui qu'on employé généralement.

(672) Sco. On a déjà eu occasion de parler (53) de l'ineommensurabilité du diamètre et de la circonférence du cercle, et l'on voit évidemment qu'en continuant à doubler le nombre des côtés des polygones, on ne fait qu'approcher de plus en plus du rapport réel, sans pouvoir jamais l'atteindre ; car, quelque soit le degré de rapprochement auquel l'on parvienne, il sera toujours possible (659) de continuer à doubler le nombre des côtés du polygone sans jamais en finir, et sans autre résultat que celui d'ajouter continuellement aux 600 chiflres décimaux déjà trouvés sans arriver jamais à une limite ; de même que pour le côté et la diagonale d'un carré (398) l'on trouve après chaque subdivision un nouveau reste, sans pouvoir jamais arriver au rapport exact entre les quantités données.

PROBLÈMES