BE

4BD2 et AD^=BDV4BE^ d'où ED^ = BE'^ + BD^ = AD^ + CE^-

(831) PROB. Déterminer un tri angle rectangle ABC dont on connaît l'hypoténuse AC et le côté DE du carré inscrit.

AC-DE:DE::BG-BF:BF, A Qç à cause (792) des triangles semblables ABC, DBE.

(832) PROB. Quand le carré inscrit du dernier problème est situé de manière à avoir un. de ses sommets sur l'hypoténuse ; le problème se ]j réduit à celui du par. (729) où on a la base AC d'un triangle, l'angle vertical B (angle droit) et la bissectrice BD de l'angle vertical (diagonale du carré) pour déterminer les côtés.

(833) PROB. Déterminer un triangle rectangle dont on a le rayon KG du cercle inscrit et le côté du carré inscrit FE ayant un sommet D sur l'hypoténuse.

DK:KG::DB:BH; or DF:

KL : : BD : BK et DK=BD-BK. L.

On a donc dans le triangle rectangle BHD ce qu'il faut pour déterminer l'angle BDC, c-à-d., la direction de l'hypoténuse AC.

PROBLÈMES

(834) PROB. On donne l'hypoténuse AC d'un triangle rectangle ABC, et la différence AE entre les lignes AD, Cl) menées des angles aigus au centre du cercle inscrit ; déterminer le triangle.

Ou a, dans le triangle ADC la base AC, l'angle opposé D=B+ ^ (A+C), à cause des bissectrices

AD, CD de ces angles, et la différence AE entre les côtés ; c-à-d., on a dans le triangle AEC deux C A

côtés AC, AE et l'angle AEC=sup. de | supplément de D, à cause de ED=CD, pour trouver EC et le reste.

(835) PROB. Déterminer le rectangle dont on a la diagonale et le périmètre ; ce qui se traduit :

Déterminer un triangle rectangle dont on a l'hypoténuse et la somme des côtés. Soit ACB le triangle voulu dans lequel on a AB, AC+ CB et l'angle droit C. On trouve -^^ iï]'^-^ "h )S

(814) CF=^V'^(AC + CB)^ et FK=

CF.FE ; d'où on a GK ou sou égale

FG CD (hauteur du triangle) égale à FK— FG ou à FK— |AB.

(836) PROB. Déterminer un triangle ABC dont on connaît la base AC, la perpendiculaire ou hauteur BE et différence AD entre les côtés,

n'est autre chose que trouver, sur

une ligne donnée BF, le centre B

d'un cercle passant par un point

donné C et tangent à un cercle

donné A, ou, ce qui est la même

chose, décrire un cercle tangent à un cercle et qui passe par

deux points donnés C, G (FG étant = FC = BE) dont on a

déjà traité au par. (725).

(837) PROB. Soient donnés la base, la perpendiculaire et le rectangle des côtés d'un triangle ABC, pour le déterminer.

On obtient (601) AD, rayon du cercle circonscrit, =J AB.BC. Dans ADC on

~1W~ a maintenant les côtés pour trouver l'angle AD0=:2ABC et le par. (727) indique la manière d'achever la construction. ^ ^

(838) PROB. Ayant dans un triangle, deux côtés et la bissectrice de la base, déterminer (393) la base.

(839) PROB. On a, dans un triangle les côtés qui comprennent l'angle vertical et la bissectrice de cet angle pour trouver le reste ; (600), (541) et (694).

(840) PROB. Déterminer un triangle, dont on a la base, la somme des deux côtés et la bissectrice de la base.

On trouve (393) ABg + BC^ = 2AD''^ (ou i AC^) +2BD'^. Soit maintenant BE=BC, ce qui donne AE=AB+BC ; on a (359) AE2= AB^+BE^+2AB.BE; d'où AB.BE A J) C

= AE^ — (AB^ + BC^) ; on a donc AB+BC et AB.BC pour

trouver AB et BC par la méthode du par. (373).

(841) PROB. Déterminer le triangle rectangle dont on a le périmètre et le rayon du cercle inscrit.

Soit CD=AB, DE= AC ; alors BE= pér.

Pér. X FG=AB.AC--

CD.DE. OnaBE^ou ^ G- C DE

pér.2=(359)BC2 + CE^ + 2BC.CE; orCE2=(359) CD^ -}-DE^+2CD.DE ; donc, substituant à CE'^ de la première équation, sa valeur dans la seconde, on a BE^=BC^-|-CD +

PROBLÈMES

DE^+2CD.DE+2BC.CE ; mais on a dans la dernière équation CD'^+DE2=AB"'+AC"'=BC- ; donc BE"'=2BC^+2CD. DE+2BC.CE, et comme (357) BE.BC=BCHBC.CE, on a BE--=2BE.BC+2CD.DE, c-à-d. que BE^— 2CD.DE=2BE. BC ; doù BC^BE.BC.

BE

(842) PROB. Elever en un point P, 0 à déterminer sur une ligne donnée AE, une perpendiculaire PQ qui étant suffisamment prolongée, rencontrerait au point 0 de leur intersection, deux autres lignes indéfinies AD, BC menées des extrémités de la première.

A cette fin, il est seulement nécessaire de mener aux lignes AD, BC, les perpendiculaires BE, AF quié tabliront (612) au point G- de leur intersection le point de trajet de la perpendiculaire voulue.

(843) PROB. Déterminer dans un triangle donné ABC un rectangle DE dont on connaît la surface.

Il est clair que la perpendiculaire BF partage le rectangle en deux parties DF, FG qui sont entre elles comme AF.FG.

Cela posé, supposons la chose faite ; on aura EK=|/EF.EC ^^-j; =|/EF.EH quand rectangle

FH: rectangle FG::EH:EG; d'où on conclut que pour résoudre le prob. il faut faire EG:EC::FG:FH et construire ensuite un triangle rectangle CKF ayant FC pour hypoténuse et pour hauteur une ligne EK égale à la racine carrée du rectangle FH. La perpendiculaire EK abaissée du sommet K de ce triangle déterminera le côté EG du rectangle demandé.

(844) PROB. Partager un quadrilatère donné ABCD en quatre parties égales ou ayant entre elles des rapports donnés m :n:r:s par deux lignes droites dont l'une EF soit parallèle à l'un AD des côtés de la figure.

Ayant d'abord mené (754) C

la parallèle EF telle que y^

surf. BF soit à surf. ED:: "^ \

n + r'.m + s; on divisera , y^ \ r \

(758) la trapèze ED en deux ^\ "" n\]Y \

parties AENR, DFNR ayant y^'"h: n^ T

entre elles le rapport vou- ,. ' \m %^^^ \

In mis. K A-i RG^P D

Maintenant, comme il est clair, à cause des triangles és'aux NOQ, POR, que pour n'altérer en rien les surfaces relatives des parties composantes du trapèze ED, toute ligne de division PQ, autre que RIST, devra nécessairement passer par le point milieu O de cette dernière ; il suit que pour conserver le rapport m,: s entre les parties EG, FG du quadrilatère, la ligne de division GH devra aussi passer par le point 0 ; ce qui réduit d'autant la difficulté de la solution et ne laisse plus qu'un seul point G ou H à établir pour compléter la construction.

A cet effet, ayant prolongé AD, BC jusqu'à leur rencontre en K et EF jusqu'en L et trouvé les surfaces respectives des triangles auxiliaires AKB, ELB qu'on ajoutera aux surfaces^BN, BG pour avoir les surfaces GKH, NLH qui sont entre elles comme les carrés des côtés KH, LH, on n'aura plus qu'à faire i,/GKH-t/NLH : vKLH::KL : LH et à retrancher KB de KL+LH pour fixer le point voulu H et par conséquent la direction de la droite GH.

(845) PROB. Décrire un cercle DEF qui soit tangent à trois cercles donnés A, B, C.

PROBLÈMES

Il est clair que le cercle voulu est concentrique au cercle HKL passant par le centre L d'un des trois cercles donnés et tangent aux cercles H, K décrits des centres des deux autres cercles donnés A, B, avec des rayons respectivement égaux aux différences entre les rayons des cercles donnés ; ce qui réduit le problème à celui du par. (783).

L'étudiant ne manquera pas de voir et de tenter les nombreuses solutions que peut admettre ce problème. Ainsi, le cercle demandé peut toucher extérieurement aux trois cercles donnés, (comme dans la fig.) ou les comprendre tous les trois dans un contact intérieur AJBC. Le cercle voulu pourrait encore toucher intérieurement au cercle A et extérieurement à B et à C, ou extérieurement à A et intérieurement à B, C. Un cercle dont le contact serait extérieur pour A et C et intérieur pour B répondrait aussi au problème, de même que celui qu'on décrirait pour contenir A, B et toucher extérieurement à C, et ainsi de suite.

(846) PROB. Trouver le lieu d'un point G (G'), également éloigné de deux droites AB, CD inclinées l'une à l'autre.

Il est clair qu'on aura la distance GK=GN, (G'K'=G'N'), etc., quant le point G, (G') sera sur la bissectrice EF de l'espace angulaire compris entre les ligues données ; donc, etc.

Il est bon de se rappeler au besoin que :

(847) Sec. 1° Le lieu des sommets de tous les triangles ayant même base et un de leurs côtés d'une longueur donnée, est la circonférence d'un cercle de rayon égal au côté donné.

2° Le lieu d'un point également éloigné de deux points donnés est la perpendiculaire au centre de la droite joignant les deux points.

3° Le lieu des sommets de tous les triangles qui ont même base et raiême surface ou même base et hauteurs égales, est une ligne parallèle à la base.

4° Le lieu des sommets de tous les triangles rectangles ayant même base ou dont la somme des carrés des côtés soit égale à un carré donné, est (444) la demi-circonférence décrite sur cette base comme diamètre.

5° Le lieu des sommets de tous les triangles ayant même base, et les angles opposés à la base égaux, est (443) la circonférence d'un cercle décrit sur cette base et capable de l'angle voulu.

6° Le lieu des sommets de tous les triangles ayant même base et même rapport entre les côtés, est (608) la circonférence d'un cercle dont le centre serait situé sur le prolongement de la base et qui couperait cette base en parties ayant entre elles le rapport des côtés.

7° Si les droites OA, OB, etc., menées d'un point O à une ligne AD sont coupées en E, F, etc., dans un rapport donné, le lieu des points de section est une droite EU parallèle à la ligne AD.

Ceci est clair (509) à cause des triangles semblables OAB, OEF, OAC, OEG, etc. et fournit un nouveau (513 et 514) moyen de diviser une ligne donnée EH ou E'II' en un nombre quelconque de parties égales ou ayant entre elles des rapports donnés.

A cet effet il n'y a qu'a porter sur une droite indéfinie AK des longueurs AB, BC, etc. dans le rapport voulu (571 Lem. 1°) et à construire sur AD comme base, un

PROBLÈMES

triangle équilatéral AOD ; on portera alors sur OA, OD, ou sur les prolongements de ces lignes les longueurs OE, OH, ou OE' on égales à celle de la ligne à diviser, pour joindre ensuite EH, EH' qui sera égale à OE ou OH (O'E' ou OH') et par conséquent à la ligne donnée, et divisée en F, G (F', G) de la manière voulue.

(848) PROB. Trouver un point 0 tel qu'une droite quelconque AB (A'B') menée par ce point soit à égales distances (313) DE, CF (DE' CF) de deux points donnés C, D.

Le milieu 0, de la droite CD qui relie les points donnés répond évidemment au problème.

(849) PROB. Trois points A,B, C étant donnés, trouver un quatrième point 0 tel que la somme des distances AD, BE de deux des points donnés à une ligne DE passant par le quatrième, soit égale à sa distance CH de l'autre point.

Joindre et bissecter AB en F (805) et diviser OF en 0 de manière à avoir C0=20F.

Si DE' était la ligne, on aurait AD'+CE'=-BH' ; car (733) BG est la bissectrice de AC et on a 0G=

Si AD+BE au lieu d'être égale à CH devait avoir à CH un rapport donné m : n, on n'aurait qu'à faire OF : OC nim : n.

(850) PROBS. On n'a qu'a se rappeler ce qui a été dit (430, 2°) (433) (435) et (436) et à recourir, comme aux pars. (674) et (684) etc. à une hypothèse, pour saisir immédiatement la méthode de revenir aux éléments d'im secteur, segment, zone ou luniile dont on connaîtrait l'angle au centre sous-tendu par l'arc du secteur ou du segment ou

par les arcs ou cordes de la lunule et de la zone ; après quoi le par. (785) fournira le moyen de trouver le rayon du cercle dont ces figures font partie.

(951) Ou proposerait encore indéfiniment des problèmes, mais il suffira à l'étudiant de ceux qu'on a déjà donnés pour lui remettre en mémoire les diverses propositions de la géométrie des lignes et surfaces.

(852) Il est clair qu'on ne saurait ofirir de méthode générale pour résoudre les problèmes, puisqu'il a fallu dans la solution de ceux qui précèdent, recourir tour k tour à presque toutes les propositions de ce traité ; mais on tirera souvent un grand parti de l'emploi du cercle, tant pour fixer (450) le lieu (847, 5°) du sommet d'un angle soustendu par une base ou corde donnée, que pour rendre adjacents (709) à une ligne donnée des angles qui lui seraient opposés.

(853) Il faudra s'étudier aussi à réduire à sa plus simple expression l'énoncé de tout problème à résoudre ; ce qui diminuera souvent d'autant les difficultés de la solution. C'est ainsi qu'on a vu (845) que la difficulté de décrire un cercle qui soit tangent à trois cercles donnés, se réduit à en décrire un qui soit tangent à deux cercles et qui passe par un point donné. Au lieu donc d'avoir à fixer les trois points de contact ou de trajet du cercle voulu, on n'en a plus que deux à établir. De même, s'il s'agissait de décrire un cercle qui fût tangent à trois lignes données AB, CD, FE, problème dont la solution H paraît d'adord. assez difficile ; il ^- \

n'y aurait qu'à prolonger jusqu a ^^ Ni

ce qu'elles se rencontrassent mu- -4^ ( \

tuellement les trois lignes données y' \ /y

pour s'apercevoir que ce problème q jp E K

n'est autre que celui (630) d'inscrire un cercle dans un triangle donné.

PROBLÈMES. 325

(854) On a vu (699, 754, 760, 844, etc.) tout le parti à tirer du prolongement des côtés d'un quadrilatère, dans l'établissement de triangles auxiliaires, ainsi nommés, et à bon droit, pour les services importants qu'ils rendent à la géométrie. Par exemple, si la division AC dont il s'agit aux pars. (591) et (744) devait s'opérer pour un quadrilatère OjS" au lieu d'un triangle BLIST, le ^^ triangle auxiliaire OBP ajouté au // quad. donné permettrait de poursuivre l'opération tout de même que si la ligne OP n'existait aucunement.

(855) Cette méthode de prolonger les côtés d'une figure ou autres lignes finies ou indéfinies est aussi d'un puissant secours dans la solution de beaucoup d'autres problèmes, comme on le voit aux paragraphes (706) (709) (725) (736) (768) (783) etc. et notamment au par. (717).

(856) Quand on trouve apropos d'inscrire dans des cercles les figures sur lesquelles on opère, il est souvent avantageux de relier par des lignes les divers points d'intersection formés tant par les côtés que par leurs prolongements, comme le fi^nt voir les figures des pars. (712) (715) etc ; tandis que dans d'autres cas ce sera un rayon à mener, ou un diamètre, ou encore une perpendiculaire à un diamètre, etc. D'ailleurs, comme on l'a déjà dit, les modes de solution sont aussi variés que les problèmes mêmes et exigent que l'on mette à contribution tour à tour toutes les propositions de la géométrie.

(857) Il y a un nombre des problèmes précédents qui peuvent paraître à l'étudiant comme purement de fantaisie et sans aucune utilité pratique ; mais il suffira d'indiquer dans un ou deux cas la relation de la théorie à la pratique, pour lui faire voir l'avantage de n'en négliger aucun. C'est ainsi que le par. (760) présente le moyen de partager un terrain AC de manière que les acquéreurs des parcelles

contigues (fig. du par. 761) Ab, ad, etc. aient chacun une part proportionnelle Aa etB b, a c et bd, etc. dans les lignes de front AD, BC, considération, souvent de la plus haute importance quand le terrain à partager fait front sur une place publique ou voie commerciale.

(858) Au par. (749) il s'agit de déterminer par exemple la hauteur AC d'une forteresse dont ou connaît la distance horizontale d'un point B et l'angle sous-tendu en ce point par un mât de pavillon CD dont on connaît la longueur ou hauteur. Or, dire que AC est une hauteur ou ligne verticale et AB une distance ou ligne horizontale, équivaut à dire que le triangle BAC est rectangle en A et comme, le mât CD est censé à plomb ou posé verticalement sur le sommet C de la forteresse, on en conclut que ACD est une ligne droite et de là le problème réduit à l'abstrait, s'énonce " construire " un triangle rectangle dont on a un côté et ra.ngle sous- " tendu à l'extrémité du côté donné par le prolongement de " l'autre côté."

(859) Au par. (717) c'est par exemple un récif 0 dont il y a à fixer la position, les données étant les angles AOB, BOC, COD sous-tendus en G par les rayons visuels OA, OB, etc. dirigés du point G sur quatre objects A, B, C, D situés en ligne droite, mais dont un obstacle rend impossible le mesurement de la distance BC du second au troisième.

(860) Au pars. (591) et (744) c'est encore du partage d'un terrain qu'il s'agit, et si l'on demande non seulement que la lio-ne de division AC passe par un point donné F mais encore qu'elle soit droite ; c'est que F est un puits, etc. auquel chaque fermier doit parvenir sans passer sur la terre de son voisin, et que la ligne droite étant la plus courte qu'il soit possible de tirer dans les conditions voulues est eu même temps la moins coûteuse à clore.

''861) La ligne brisée GHKL dans la fig. du par. (294) est un mur ou une clôture quelconque qu'il s'agit de remplacer par une nouvelle division NL eu ligne droite et qui n'altère en rien les surfaces relatives des terrains contigus.

(862) DG, par. (705) est le plus grand rectangle qu'on puisse tirer du triangle ABC ; soit la coupe transversale du plus grand morceau de bois écarri qu'on puisse tirer d'un morceau triangulaire.

(863) Le point 0 du par. (706) est un point invisible ou inaccessible ou les deux, dans la direction duquel il est à mener une ligne passant par un point donné P.

(864) Les problèmes (725) (768) (771) (775) (781) et d'antres de cette nature indiquent le moyen de raccorder les courbes de voies ferrées, soit entre elles ou avec les parties droites de ces voies et de manière aussi que ces courbes ou parties de chemin passent par des points donnés, soit pour éviter des obstacles ou pour toucher à un endroit voulu.

(865) ABCD (763) est une terre de surface connue dont le possesseur a perdu les bornes A, B, C, D ; mais prévenant ce danger, il a d'avance observé sur chacune des lignes AB, CD, etc., un arbre ou autre objet remarquable, et il donne maintenant à résoudre le problème de retrouver les bornes ou points angulaires de son terrain au moyen des distances HF, GE entre les objets E, F, G, H et de l'inclinaison des droites reliant ces points.

(866) (683) Dans ce prob. CD est une distance qu'on ne peut mesurer, quoiqu'il soit possible cependant d'observer de ses extrémités les angles sous-tendus p«ar la ligne de base AB qu'on peut mesurer, mais dont on ne peut observer en A et B les angles sous-tendus par le côté opposé.

(867) abc (728) peut représenter un terrain dont il soit possible d'observer les angles en a, b, c, mais dont on ne peut mesurer les côtés ; dans ce cas on prend un point intérieur quelconque d dont on puisse mesurer les distances aux points angulaires du terrain.

(868) Le problème (727) sans avoir une utilité pratique directe est cependant essentiel à la solution du prob. (763) et en cela d'une importance toute aussi grande que ce dernier. On ne saurait trouver non plus dans (745) autre

chose qu'une proposition de fantaisie, n'était le secours essentiel qu'on en obtient dans la solution du prob. (744) et il y a un nombre de problèmes de cette sorte dont l'utilité n'est que relative ou secondaire, comme ceux dont il est question aux paragraphes (376) (514) (309) (306) (538) (373) (303) qui concourent tous à la solution du problème (591) dont l'utilité pratique est d'une haute importance.

(369) On ne saurait négliger non plus les problèmes de la nature de ceux dont il est traité aux articles (774) (684) (691) (692) (695) (724) (729) (738) (739) et (741) etc., tout étranges qu'ils puissent paraître au premier abord ; car l'utilité de ces propositions s'est déjà fait sentir dans plusieurs cas où après avoir obtenu par construction ou par calcul les données qu'on trouve dans les énoncés, les éléments qui avaient servi à les déterminer ont été perdus, nécessitant par la même, pour les retrouver, l'opération inverse, comme pour revenir par exemple de la surface d'un triangle à sa base quand on en connaît la hauteur ou à la hauteur quand on en connaît la base.

(870) Eniin, pour une raison ou une autre tous les problèmes ici données et un nombre indéfini d'autres problèmes non moins variés se présentent tous les jours dans la pratique de l'arpenteur, du mesureur, du géomètre et dans les sciences, arts et métiers et pourront généralement se résoudre soit au moyen de quelqu'une des propositions de ce traité ou d'une conbinaison convenable de méthodes déjà enseignées, ne perdant jamais de vue que les données, toutes nouvelles qu'elles puissent paraître au premier abord, se réduiront pour la plupart à des données, tout autres, comme dans le cas du par. (836) où l'énoncé " déterminer un triangle dont on connaît la base, la perpendiculaire et la différence entre les (ou (724) la somme des) côtés " devient celui de " décrire un cercle qui soit tangent à un cercle et qui passe par deux points, donnés."

(871) Il est clair qu'avant de tenter la solution de quelque

PROBLÈMES

nouveau problème, on s'épargnera souvent un travail inutile en se demandant d'abord si le problème est déterminé ou eu d'autres termes, s'il peut se résoudre ; car, tel problème qui paraît d'abord résoluble, est souvent loin de l'être, les données étant soit en trop petit ou en trop grand nombre. Par exemple si on connaissait dans un triangle ABC un côté BC et le rayon DE du cercle inscrit ; on n'aurait qu'à s'y arrêter un moment, pour voir que si le

cercle était situé au centre B E' Ë E"0

A de la base ou près du centre, le triangle voulu serait plus ou moins isocèle ; si le cercle D' était à une distance d'une des extrémités de la base égale à son rayon D'E', le triangle qui en résulterait serait évidemment rectangle, et si la distance E''C était moindre que D 'E" ou aurait un triangle obtusangle. On voit donc que ce problème admet autant de solutions différentes que de positions du cercle donné sur le côté donné et qu'il est en conséquence impossible à résoudre, faute d'une donnée additionnelle, pour fixer la position du cercle.

(872) Maintenant, soit à décrire un cercle qui doive passer par deux points donnés A,B, et toucher à deux lignes CD, EF ; on n'a qu'a recourir à l'extrême, comme au par. (828) et à supposer que l'une EF des deux lignes données soit indéfiniment éloignée en E'F', pour s'apercevoir d'un coup d'œil que le prob. ne peut se résoudre que quand la distance GH, GH' du centre du cercle à la tangente EF, E"F" est égale au rayon du cercle passant par les deux points donnés et tangent à l'autre ligne CD ; le problème est donc ici encore indéterminé, les conditions étant trop nombreuses pour qu'on puisse les remplir toutes, et en général il est clair que puisqu'il suffit de trois points.

pour déterminer le rayon et la position d'un cercle, on ne saurait dans aucun cas imposer une condition additionnelle; de même que dans un triangle il sufiit d'avoir trois de ses six éléments (trois côtés et trois angles) pour déterminer le reste et on ne saurait mieux réussir à la solution avec une condition de plus qu'avec une de moins.

(873) On n'a plus qu'a mettre l'étudiant en garde contre le danger, dans la solution des problèmes, d'une construction graphique qui fasse croire à l'existence de données qui n'ont aucune raison d'être. C'est ainsi qu'une ligne par exemple dans une figure sera accidentellement parallèle ou perpendiculaire à une autre ligne ou paraîtra être dans le prolongement d'une autre ligne et former avec cette dernière une seule et même ligne droite. Une ligne passera quelquefois par pur huzard par le point d'intersection de deux autres lignes ou par le centre d'un cercle et ces ap[)arences spécieuses auront quelquefois pour effet de porter à de fausses conclusions, l'esprit étant toujours plus ou moins en danger d'être influencé et méconduit par les impressions oculaires. (*) Lorsque ces accidents se présentent dans la

(*) Le Canada a failli de cette manière jouir de Tlionneur d'avoir résolu le célèbre problème de la trisection d'un angle: mais malheureusement pour celui qui prétendit en avoir tait la découverte, une ligne essentielle qui pour résoudre le problème ou prouver l'exactitude de la construction devait se trouver dans le prolongement d'une autre ligne de la ligure, ne formait pas avec cette dernière, partie d'une seule et même ligne droite ; malgré qu'en raisonnant toujours "dans un cercle " l'homme ait réussi à y croire lui même et à inspirer ea croyance à quelques zélés de sa force en géométrie.

Cette prétendue solution de 11. Thorpe (jugez de riiomme ; il admet y avoir dévuué 'Si années de sa vie) divestie de tout le fatras dont il l'a entourée, consiste simplement (BAC étant l'angle à " trisecter " ou à partager en trois parties égales) après avoir prolongé AC jusqu'en D et mené DE parallèle et égale à AK, à joindre et prolonger DlC d'une quantité KF — DK. joindre ensuite EF et par le point

construcliou d'une figur? il vaut mieux recommencer et faire la fig. de manière a ce que toutes les lignes qui la composent soient aussi éloignées que possible de tout parallélisme et de toute perpendicularité ou intersection qui n'est pas une condition essentielle à l'énoncé du problème.

d'intersection G de la droite DF et du côté AB de l'angle donné ïiiener la parallèle G^ qui est la corde du tiers de l'angle donné. Or cette construction ne vaut que pour un angle égal à deux angles droits et mesuré par la demi-circonférence, la construction dans ce cas donnant pour corde " trisectrice" le rayon DE du cercle; on démontre aussi que la construction vaut pour un angle de 98^ 69'-(- , ainsi que pour un angle de 1 18° 66' + , mais dans nul autre cas ; et pour en démontrer l'absurdité, il sutiît de considérer uu angle droit CAK, la construction donnant dans ce cas pour corde " trisectrice " une ligne KL— ^ DE (à cause des triangles semblables DEF, KLF et de KF = DK = ^ DF par constr.) Maintenant soit KN = NP = PC, on aura KXP = ^ demi-circonférence et KP corde de KNP = ra3"on = DE, La construction de Thorpe comme on vient de le voir donne pour corde de l'arc KN la ligne KL = ^ DE = ^ KP = KR côté du triangle rectangle KRN et moindre par conséquent que KN hypoténuse du même triangle ; et équivaut à dire en d'autres termes que la demi-corde d'un arc est égale à la corde de la moitié de cet arc.

On n'aurait pas même pris au sérieux ou fait mention d'une aussi absurde prétention, n'était le fait que Thorpe a obtenu du bureau des patentes un brevet d'invention pour sa ridicule solution et que passer sous silence une énormité de la sorte serait avouer en quelque manière qu'il y en a d'autres qui se sont laissés prendre à ses spécieux arguments.

On peut à bon droit se demander si de toutes les prétendues découvertes de la trisection d'un angle, de la quatlrature du cercle ou du mouvement perpétuel, etc., dont l'Académie des Sciences et autres sociétés scientifiques ont été pendant tant d'années inondées, il s'en est trouvé une seule aussi éloignée de la vérité que celle que nous venons de signaler.