OA R

To = Ocij =:: = — :

d'où (601)

ou bien

a, = Rv/3.

Pour inscrire le triangle équilatéral, il suffit, dès lors, de tracer un diamètre AOD, de couper la circonférence en B, C [)ar la perpendiculaire sur ce diamètre élevée au milieu n du rayon OD, puis de tirer les deux autres côtés AB, AC.

Les seconds points D, E, F, nouvelles traces sur la circonférence, des axes Arj, B'^, C'\i du triangle équilatéral, compléteront avec ses sommets ceux de l'hexagone AFBUCEA (609). On trouvera ensuite

a^ = V/2R (R - Tg) = ^/ 2r(r - -5 j = R (2),

D'après la première de ces deux formules, le côté de l'hexagone régulier inscrit est égal an rayon de la circonférence, conclusion d'une rare élégance qui rend extraordinairemcnt facile l'inscription de l'hexagone, et aussi celle du triangle équilatéral par la jonction de ses sommets de deux en deux (607, IV).

On y arrive immédiatement en considérant que l'angle au centre AOE de l'hexagone étant égal à 01 : 6, son angle AEC, supplément de celui-ci, est égal à (01 : 2) — (^ : 6)= (01 : 3), et ses deux moitiés OAE, OEA à 01 : 6 encore. Le triangle AOE est donc équiangle, équilatéral par suite (239), d'où, en particulier, AE = OA, c'est-à-dire a„ = R.

Une nouvelle application des considérations du no 609, conduit au dodécagone, au polygone de 24 côtés, etc.

612. Décagone déchevêlré (1 : 10); Décagone étoile (3 : 10). Ces caractères sont les seuls convenant à des décagones réguliers, parce que 1, 3 sont les seuls nombres premiers à 10 qui soient inférieurs à 5 sa moitié (604, II). Leur inscription se fait sinuH-

tanément et avec élégance ; nous la plaçons ici, parce qu'elle conduit très facilement à celle des pentagones (613, inf.).

Soient AB, AC {fig. 169) les côtés du premier décagone et du second, issus d'un sommet commun A, d'un même côté du rayon OA, puis AOB, AOG les triangles isoscèles ayant ces côtés pour bases, avec le sommet opposé commun O.

Les angles au centre AOB, AOG étant égaux à (1 : 10) 31, (3 : 10) 'à{, les angles des deux polygones, suppléments de ceux-ci, sont (1 : 2)!îl — (1 : 10);R. := (4 : 10)tR, (1 : 2)SÎ — (3 : 10)31 = (2 : 10)31, dont les moitiés OAB, OAC valent (2 : 10)31. (1 : 10)3{. De Là et de la disposition topograpliique de la figure, il résulte que AC est la bissectrice (intérieure) de l'angle A du triangle OAB, coupant en I le côté opposé OB, et que AB, OC sont parallèles (185).

En outre, les triangles BAI, OCI, dès lors équiangles, sont isoscèles, parce que l'angle AIB du premier, supplément de la somme des deux autres lAB -f- OBA = (1 : 10)31 -f (2 : 10)31 = (3: 10)3{, est égala (1 : 2).3l-(3: 10)31 = (2: 10>3l, c'est-à-dire à ce dernier OBA. D'où AB = AI, IC = OC = R. Enfin, les triangles lAO, OAC sont équiangles, comme ayant leurs angles en A identiques et leurs autres lOA, OCA tous deux égaux, d'où la proportion AI:AO = AO:AC, c'est-à-dire AI. AC = ÂÔ' = R-.

En désignant maintenant, par am, a',„ les côtés de nos deux décagones, cette dernière égalité s'écrit

et les précédentes donnent AC — AB = AC — AI = IC = OC , c'est-à-dire

(5) a',0 — «lo^R.

Pour avoir q,o et a',o il faut donc prendre le plus petit et le plus grand des deux segments déterminés par la condition de donner R.R pour produit et R pour différence (591).

C'est ce que les Anciens nommaient la division du segment R en moyenne et extrême rinson, car les relations (4), (5) donnent facilement

a,o- = R (R - «„)). a'io' = R(R + a'io).

d'après quoi, o,n, o',,) sont les moyennes proportionnelles entre le rayon 31 et son excès sur le premier, ou entre ce même rayon et sa somme avec le second. (Le procédé classique se confond avec le tracé particulier fourni par la méthode générale du n" 591.) En vertu des mêmes relations, — a,,, et a', g sont les racines de l'équation unique du deuxième degré

x2 — Ro: — R- = 0 donnant

nV/5-1 , RV/5-fl

(6) «10 = R — r , ain = R

DÉCAGONES, PENTAGONES. 331

613. Pentagone dcchevctré (1 : ô) ; Pentagone étoile (2 : 5). Il n'y a pas d'autres penta<fones, parce que 1, 2 sont les seuls nombres premiers à 5 et inférieurs à sa moitié, 5 : 2. Pour les inscrire, il suffit de joindre de deux en dcu.x les sommets des deux décagones (607, IV), (612).

En prenant n =5 dans la relation (3) et y donnant successivement à a, ri les valeurs (6), (devant r',; il faut visiblement substituer — à — ), sa résolution fournit immédiatement celles des apothèmes r~, r\ des deux pentagones, d'où l'on passe sur le champ à leurs côtés a-, a\. Mais un peu d'attention montrera facilement, qu'un axe des deux pentagones est toujours parallèle à ((uelque côté du décagone déchevèlré et à quelque autre du décagone étoile, que les apothèmes /■-, r'~ du premier ])entagone et du second sont égaux respectivement aux demi-côtés a',i, : 2, a,o : 2 du second décagone et du premier [remarque applicable ailleurs, en particulier à l'hexagone et au triangle (611)]. Il vient ainsi

puis facilement, pour a^, a\, côtés des deux pentagones R /T- r-^ . R