CF = CI = FG
et la figure CIGF est un carré. On trouvera la même propriété en abaissant des points C, A, M, des perpendiculaires sur OB.
De là résulte cette construction simple du carré inscrit dans un parallélogramme donné OADB : Par le point de rencontre C des diagonales du parallélogramme^ abaissez la perpendiculaire CF sur un des côtés OA5 portez la longueur CF en FG sur ce côté, et parle point & élevez sur OA une perpendiculaire qui rencontre l'autre côté OB en un point N. Menant ensuite par ce point N la ligne NCQ, et par le point C la perpendiculaire MCP^ joignant enfin deux à deux les points M, N, P, Q où ces deux lignes rencontrent les côtés du parallélogramme^ la figure MNPQ ainsi formée sera un carré inscrit.
En effet, si Ton mène à OA la parallèle CI et la perperpendiculaire CF, les triangles rectangles CNI, CMF sont égaux, car les côlés CI, CF sont égaux par construction, et les angles NCI, MCF ayant même complément,
(453 ) sont égaux. Donc CN= CM, et l'on prouvera facilement que la figure MNPQ est un carré.
II. Désignons par Q F angle AOB (fig* i ), que nous supposerons toujours un des angles aigus du parallélogramme*, posons
OA = 2 fl et OB = 2 6 ; d'où résulte
CK=OH=HA==«, CH = è,
«t abaissons BL perpendiculaire sur OA. Pour qu'il soit possible d'inscrire un carré dans le parallélogramme OADB, il faut et il suffit que les points M et N déterminés par la construction précédente tombent sur les côtés OA et OB , et non pas sur leurs prolongements.
Or, d'après cette construction, pour que le point N se trouve entre O et B, il faut qu'en portant FC en FG, le point G tombe entre O et L : ce qui exige que Ton ait à la
fois
CF > FL et CF < FO.
Mais comme on a
€F=:CHsin0==^>sin0, FL==FA == HA— HF = a — ^cosô» FO = OH 4- HF = fl-l- cos Ô,
<^es inégalités deviennent
bsinO'^a — b cos 0 et ^ sin 9 <^ a -f- ^ ces 9 ,
ou enfin
(i) a < b (sin ô -+- cos ô) ,
(a) a > /^ (sin ô — cos ô).
Comme le sommet M pourrait être déterminé par une constt'uction identique à celle qui a donné le point N , le»
' ( 454 ) conditions pour que le point M se trouve entre O et A, seront
è<a(sine -h cosO), ^>fl(sinÔ — coa9),
et pourront s'écrire sous la forme
b (5) ^>sinô4-cose'
^^^ SiliÔ — COS0
Je dis maintenant que les quatre condition^ (i), (2), (3), (4) se réduisent à deux. En effet, l^. Si Ton a
0 < 4^'», d*où cos 0 > sin 0 ,
les inégalités (a) et (4)9 mises sous la forme
a-i- b (cos0 — sin0)> o, ^ + <i(cos0 — sia0)>o,
sont toujours satisfaites , et il ne reste que les conditions (i) et (3).
2**. Si Ton a
0>45^ d'où sinO^cos^,
la relation évidente
sin* 0 — cos* 0 <; 1
donne , en divisant par sin 9 -h ços ô ,
sin 0 — cos 0 <^
sin 0 -t- cos 0
et, par suite, l'inégalité (3) entraîne l'inégalité (2). De pième la relation
sin 0 -4- cos 0 < -7-
' sin 0 — cos 0 montre que l'inégalité (i) entraîne Tinégalité (4).
(455) Donc enfin toutes les conditions demandées sont renfermées dans les deux relations
a^b (sinQ-^ cosô),
sinôH- cosô
Ces deux dernières inégalités sont d'ailleurs compatibles, car l'angle 0 étant aigu, on a
sinÔ>o, cos9>o, sin 9 -h cosÔ > i,
et, par sujie,
è (sinO-hcosôj^-r-
sin 0 + cos B Nous allons maintenant interpréter ces résultats.
ICI. Supposons d'abord que l'angle BOo: et l'un des côtés OB = 2 & du parallélogramme soient donnés IJig' 2). Les relations (i) et (3) indiqueront les limites entre lesquelles devra être compris l'autre côté aa, pour qu'il existe un carré inscrit.
Afin de construire ces limites, abaissons 6L perpendiculaire sur Ox et portons BL en LA' 5 OA' sera la longueur maximum du côté 2a ^ car on aura
OA' = OL -h LA' = OL -H BL = 2^ (cos 0 H- sin Ô). Menant ensuite par le point B la droite BA'', de ma-»
( 456 ) nière que l'angle OBA"= 45^, la longueur OA'^ sera la limite inférieure du côté 2 a] car en abaissant A'^S perpendiculaire sur OB , on aura
SB = SA", et , par suite ,
2 6 = OS -h SB = OS + S A'^nr O A'' ( CCS e -h sin 0 ) ,
d'où
