AM X AK

Or AM X AN =im*; donc AK : AN :: n* : m*.

Le rapport de AK à AN étant constant , le lieu des points N sera , comme nous l'ayons déjà tu y un cercle.

Si le point A était «dans l'intérieur du cercle donné, on aurait encore un cercle* S'il était sur la circonférence même , on aurait, comme nous l'ayons déjàyUj une droite perpendiculaire à la ligne AO.

53* Phoblèicb. (Fig* 71). Par un point donné A, on tire une droite quelconque AB, terminée à une droite donnée XY; on mène AC telle, que Fangle BAC soit égal à un angle donné et que ton ait ABxAG = m^; on demande le lieu des points G

Abaissez la perpendiculaire AP \ tirez la droite AD qui fasse l'angle donnée ayec AP, et telle que APX AD=m*. Joignez DCj les deux triangles APB, AGD seront semblables^ comme ajant un angle égal compris entre côtés proportionnels ; l'angle C sera

( afô ) doBC égallk P, et par oonséipicait droit. Le Ueu aies points G sera donc une circonférence décrite sur AD comme diamètre.

54* PiioBiiME. {Fig. 72). Trouver les points éCoà deux cercles donnés seront vus sous le même angle,

$oit M un de ces points; si Ton en fait partir des tangentes aux deux fcercles, elles devront former entre elles le même angle; les deux triangles AKM^ HMD seront donc semblables , et l'on aura KM : MH :: AK : HD.

Ce rapport étant constant^ on sait que le lieu chercbé est xm cercle.

Si Ton demandait le point d'où trois circonférences seraient Tues sous le même angle , on l'obtiendrait par Fintersectîoa de deux cercles construits comme le précédent.

55' RaoBiAwK. Par unpointA,pris dans l'intérieur d!un angle donné B (^fig> 73), tirer une droite ZU telle ^ que la surface du triangle ZBU soit égal à m\

Formez le parallélogramme AEBH , et faites-en un- égal adjacent ALMH. Le triangle ALQ étant égal à ZAK., le triangle ZBU est équivalent au parallélogramme connu KBML, plus le triangle QMU dont la surface se trouve alors déterminée. Or QMU est semblable à ZBU, et ils sont par conséquent dans le rapport

de UM à UB ; ce rapport est donc connu, et par suite celui de UM à UB; on peut donc déterminer le point U.

Si le point A était extérieur {JiS' 7^ iw)> on fermerait de même les d'eux parallélogrammes égaux AKBH, ULMB , et tiranf HZ parallèleàla droite chercbée'AV, le triangle UZK aurait une surface connue , comme équivalente à MPZ qui est égal à BTV, plus le parallélogramme KALM ; on rentre donc dans le cas précédent par rapport au point H et aux deux lignes ]iS> KY.

56* Problème. {Fig. 74). Par un point M pris sur la ligne (fui divise F angle XAY en deux parties égales , tirer une droite telle j que là partie comprise dans cet angle soit un minimum, ou que le triangle quelle détermine soit un minimum,

1®* Tirez BG faisant des angles égaux avec AX , AY; je dis que toute autre droite DE sera plus grande; car si vous menez la sy-

( 266 ) • métrique HF , vous aurez un trapèze DFEH dans léqâél BC sera plus près de DH que de FË, puisqu'on a DM<^Mj&; donc

BC<i(DH+FE); or DH<DM+MH et FE<ÎFM+ME-, donc DH+FE<DE + FH, et par conséquent »C<DE.

â^ La roème ligne BG détermine le triangle minimum demandé , car le triangle MCE est plus grand que BMD , puisqu'ilsont des bases égales BM ^ MG ^ et que la perpendiculaire abaissée du point E sur BG est plus grande que celle abaissée du point D..

5j^ Pboblèms. iFig, 76). Mener dans un angle, donné A une droite minimum q^i détermine un triangle dont la surface soit égale à m*.

Si une droite BG fait des angles égaux avec les côtés ÂX^ AT, je dis que toute droite qui déterminera un triangle équivalent à ABC sera plus grande. En effet , soit MN Une de ces lignes \ le point O ou elle coupe BG doit être plus près de G que de B^ sans quoi, d'après ce qui précède, MN serait prouvé plus grand que BG. Tirez les parallèles MD, NP, à BC; le triangle OCN doit être équivalent à MOB, et ayant une hauteur moindre, il faut que la base CW soit plus grande que BM , ou que son égale DC ; donc BG "<|(MD-+-PN). Or on verrait comme précédemment que MN > l (MD + PN) ; donc MN> BC

Il suit de là que pour résoudre le problème, il faut faire sur les côtés AX, AY un triangle isocèle équivalent à la surface donnée ; ce qui n'offre aucune difficulté.

58* Probi JiME. {Fig, j6). Par deux points A , B , pris hors tTun cercle donné f mener deux sécantes qui se coupent en M sur h cercle et telles, que la corde XY soit parallèle à une ligne donnée^

Supposez XK parallèle h AB , et titez la droite R.TÔ ; fes angle» O , K , M seront égaux , et les triangles semblables OBY, ABM donneront BO X B A. =BY X BM ; on pourra doilc déterminer à priori le point O , et il ne restera plus qu'à mener une sécante OK telle , que l'arc KY corresponde à un angle inscrit égal à KXY, qui est celui formé par la direction donnée avec AB. Pour cela, on inscrira d'une manière quelconque cet angle dans

le cercle; et on coniiaitra ainsi là Takur de la oorde KY; la sécante OK , «e mènera alors comme tious l'ayons déjà-yu.

69* Problèmb. [FifT, 77). Inscrire dans un cercle donné un triangle MXT dont les côtés prolongés passent par trois points donnés A, B, C.

Si Ton suppose XN parallèle à AB^ la sécante NYD coupera *AB en un point O qu'on déterminera comme dans le problème précédent; le point X se déterminera donc en menant par les deux points O et C des sécantes telles , que la corde XN soit parallèle à AB ; ce qui revient au problème précédent.

On peiit généraliser ce proULème et cbercber, par des procédés analogue»; à inscrire dans un cercle donné un poljgonç d'un nombre quelconque de côtés qui soient astreints h passer tous y par des points donnés» Nous nous dispenserons d'en donner la solution.

60* PaoBLèME. {Fig' 78). D*un point donné A, mener une se' cante AMN à deux droites données BY, BX, de manière que le rectafjgléÂM X AN, soit égal à m*.

Ghercliez le lîeu des points Z , tels que AU X AZ , soit égal à nt^ 'y ce lieii sera , comme nous l'avons vu , un cercle passant jîar A ; et le point N sera déterminé par la rencontre de ce cercle avec BX.

La surlTace donnée m^ peut être aussi grande qu'on voudra; mais sa petitesse a une limite, parce que le produit AM X AN a un minimum. Pour obtenir ce minimum , on abaissera sur BY la perpendiculaire AK , qui doit passer par le centre du cercle ; On mènenl *Sn cercle tangent à BX , passant par A , et ayant sou centre sur AK; il fera le plus petit qu'il puisse être pour rencontrer BX, et déterminera le minimum du produit AMxAN.. 61* Problème. {Fig. 79); Un trapèze ABCi) étant donnée métier une parallèle XY à CI> > qui divisée sa surface en deux parties qui soient dans le rapport connu demà n.

On a AXYB : ACDB i: m : m + n.

Or , OAB est i. ACDB dans un rapport connu , puisque ces surfaces soiit bômiues ; ou connaît donc le rapport de OAB à AXYB,

et par suite de OAB à OXY^ ou de'OA à i^ ^ et enfin de OA à OX* On pourra donc déterminer le point X.

6a* PROBiinB. Partager un quadrilatère quelconque ABDC en deux parties qui soient "dans le rapport de m d n , par um parallèle ou par une perpendiculaire à tun des cotés.

1^. Soit XY la ligne cherchée parallèle à CD . {fig* 80) ; le rapport de» AXYB à AGDB , sera celui de m à m +n ^ et la confttructioQ se fera comme <(ans le cas précédent.

s**. Soit XY perpendiculaire sur CD {fig. 81); 1^ surfaces des deux parties pouvant toujours être déterminées^ si l'on abaissela perpendiculaire AK à CD, la partie AXYK sera encore connue , et le problème reriendra au précédent.

Théobâbcb. {Fig. 83}. Si de tous les sommets d'un polyf(on9 régulier f on tire des perpendiculaires sur une droite donnée MU, leur somme (en donnant le signe 4- à toutes les perpendicu' laires situées Sun côté de la droite donnée j et le signe — d celtes qui tombent de Vautre côté de cette droite) , sera égale à la perpendiculaire abaissée du centre du cercle circonscrit y multipliée par le nombre des côtés. En effet ;

1®. Supposons d'abord le nombre des côtés pair et égaLà sm; les sommets seront les extrémités de m diamètres ^ et d'après une propriété connue du trapèze y la somme des perpendiculaires sera égale & deux fois la perpendiculaire abaissée du centre , multipliée par le nombre des diamètres , ou à om fob cette perpendiculaire.

a?. Supposons le nombre des côtés impair , et égal à n ^ formons un polygone régulier de an côtés ; tel qu'en joignant leurs milieux de trois en trois , le polygone régiJier résultant soit égal au proposé; la somme des perpendiculaires abaissées des som-^ mets A , B , C , D ^ etc. ifig» 8 a bis) du polygone de an côtés, sera double de celles abaissée^ des sdmmets m^UfP, eXc, du polygone de n côtés ; et la première somme étant égale à an fois la perpendiculaire abaissée du centre^ la seconde sera égale an fois la même perpendiculaire. Ce qu'il fallait démontrer.

Si l'on conçoit que la droite donnée MN s'élère parallèlement à elle-même ; toutes les perpendiculaires diminueront d'unes

même quantité , et par conséquent les* deux membres de Végû."» llté diminueront également; le théorème aura donc toujours lîeu , en considérant comme négatives les p^péndiculaires qui passeront de l'autre côté de la droite, mobile , parce qu'elles auront été diminuées de plus que leur grandeur.

Lorsque la droite passera par le centre y on aura cetbéorkne que la somme des perpendiculaires abaissées des sommets d'un polygone régulier, inscriî ou circonscrit, sur un diamètre quelr conque , est égale à zéro,

THioB^xiE. La sojnme des perpendiculaires abaissées d'un point intérieur sut les côtés d'un polygone régulier de xa côtés , est égale à m fois le rayon du cercle inscriL Caïc la sommé des triangles ayant pour somiliet ce point intérieur^ et pour bases les côtés du polygone , sera ^le à Pun de» <;dtéi multiplié par la demi-i^mme des perpendiculaires. Or, l'aire totale^' est aussi égale au périmètre multiplié par là moitié du rayon du cercle inscrit. On en conclut le théorème proposé.

Si le' point A était extérieur, l'aire du polygone serait la différence entre la somme des triangles partant de À, et ayant pour bases la partie cpncaye Ters A, et la somme de ceux qui auraient pour bases la partiô convexe. Donc il faudra prendre, dans ce cas, la différence entre les sommes des perpendiculaires abaissées de A sur la partie concave et sur la partie convexe du polygone ; cette différence sera égale à m fois le rayon du" cercle inscrit.

Si le polygone donné n'était pas régulier, mais avait ses côtés égaux, la somme des perpendiculaires serait encore constante et égale au double de la surface, divisé par le côté.

63* ProbiImz. iFig' 83). Construire un triangle connais^ sant deux côtés et la longueur de la ligne qui divise leur angle en deux parties égales.

Soient a , 6 les deux côtés donnés ; le troisième sera divisé dans le rapport de ces côtés; on fera donc facilement une figure semiblable à la figure cherchée, en prenant deux parties AB, fiC dans le rapport de a à 6 , et cherchant un point M dont les distances aux points A , B, C , soient dans lé rapport des. trois

droitçd données. Cela £adt, on prendra MïL=:a , on tirera HK p$Lrallèle à AB, et MHK sera le triangle cherché.

64" Problâm£. iFig. 84). Construire un triangle connais^ sont le côté AB=;:ia , l'angle B^etla somme ou la différence des deux autres côtés, V

1^ Prenez BM éga} à la somme donnée des deux côtés; joi- ^ez MA .et élevez tinç perpendiculaire HO sur le milieu de MA^ le point de rencontre ayec B]M sera tel, que BO-f OA sera égal à la somme donnée*

a^. Portez la différence donnée de^ B en N, et élevez une perpendiculaire KD sur le milieu de NAî QKA ^ sera Je triangle cherdié.

65* PaoBLÂHS. CoHstrmre u» triangle connaissaa,t un côté AB y un angle «^ et le rapport C des deux (autres côtés.

Le sommet inoomra devra être sur le QerdQ qui sera le lien des points dont le rapport des dist^iioes ^ux extrémités A et B sera C; si l'angle donné et est itdjacent h AB, on coupera ce cerde par une droite menée par A, et formant Fangle « avec AB^si r^ttgle a est opposé à AB, on décrira sur AB un seg* ment capable de « , <pii 4Ât6|*p^jinera. 1^ çpmmet cherché.

66' PnosLânx. CÉmstimrei^n tricM^ ^ conniassant so^ périr mèp-e ou sa surface i et d^ux angles.

Yojufi construirez d'aliord up triangle semblable au triangle demandé; vous déternftiMrez ensuite, Tun des eôtés du trianglç proposé, par la proportion entre les surfaces de ces triangles , et les carré» de leurs c^Xé» boinologues, ou entre leufs périmètres et leurs côtés homol^^gi^es.

6j^ pROBiâMZ. Con^ruir^un triangle, connaissant les trois hauteurs, âest^à-^dire hs trois perpendiculaires abaissées des sommets des angks smli^s çqf^s,qppos4^f

On sait que dans tout triangle , les ha^te^rs sont réciprçquetnent proportionnelles aMX baso^; fiox (^qi}t^aaf^Si clonç les rapports desj2ôtés du triangle cJwsrcUé, et i'pn en pourra faire un sembidile. On déteivninera enauite un fies cdtés cHerq}iés^ par une proportion entve 4eux .côtés hpQiçilqguQ# ,et l^ Ixauteurs correspondantes.

. *68*PaoBLiacE. (Fig, 85). Construire un triangie connaissant la base AB , t angle y au sommet , e^ /a longueur J" Je /a //g'7i« qui divise cet angle en deux parties égales,

Sui^AB déorivez un segment capable de l'angle donné y, et du milieu G de l'arc inférieur supplémentaire , tirez une corde €N telle q'*;e MN soît égale à la ligne donnée ^; ANB sera le triangle demandé; car l'angle ^ sera divisé par MN/en àm^ parties égales.

Si Ton donnait la ligne qui diyise l'angle supplément^ et pon l'angle même du triangle , ce serait du poiqt D, milieu de ADB^ qu'on mènerait une droite telle que XY = la ligne donnée j le triangle AX6 serait le triangle cherché; car XY étant perpen-r dioulaire sur XO , qui diyise AXB en deux, parties égaler, divisera le supjdément BXZ en. deux parties égales. -

69*. PnoBiiME. {Fig. 86). Par trois points A, B, C, donnés, faire passer les côtés d'un triangle égal à un triangle, donné.

Sur AB etAC^ décrivez des]segmens capables.de deux de$ angles du tHangle donné, et tirea MN.^ale .^ côté adjacent k ces angles. Joignez enmiie'MB et NG; MNQ sera le triangle demandé.

70^Froblàms. (Fig, 87 )* Etant donnée troi^ points A, ^^ C, en trouver un quatrième M, tel que les surfaces des triangle^ AMG, AMB, BMC, soient dans des rapports donnés.

Les bases AG , BG étant données , ainsi que le . rapport de^ deux triangles , si l'on tire MK et MH perpendiculaire^' sur GA et GB , on connaîtra le rapport de MR à MH,jet Vim pourra facilement construire la droite indéfinie GMP« OapQn^trujrdijt df même la droite indéËnie BM£ *, ce qui dét£^Q|iA^ft ^ poipt M demandé.

71* PaoBii^MBr {Fig. 88)* Par un scfn%met Ad^naéd^ns un angle XOY, tracer un triangle semblable à.w^Jrmmgle. donné y et ayant ses deux autres sommets sur les cotés 4^ / 4n^/f •

Tirez par A u^e droite quelconque liH , le pvc^^lèuske reviendra à inscrire dans le triangle OKH , un triangle semblable à un triangle donné, et ayant son sommet en A« Ce pr^bl^me a été résolu précédemment.

70* PROsiixB. iFig. 89). Trouver le triangle lîiaaamHm, connaissant un angle A c/^ ce triangle ^ê' la demi^somme m du côtés qui comprennent f angle A*

Tirez BC telle que, ABr=AC=«; le problème seia résolu, «car si AB diminve de BX , AC augmentera de CY ::3= BX, et d'après ce que nous ayons vu {page 266) , le triangle OGY sera .moindre' que BOX \ donc ABC sera un maximum.

75*FaoBiiME. {Fig. 90). Trouver le triangle maximum, connaissant la base AB et la somme q^ deJ deux autres côtés. Le triangle isocèle AMB , dans lequel AM=: ^, est le trianglef tnaximum deoaandé ; car les droites MA , MB , £ai$ant des angles égaux avec la parallèle XY à AB, pour tout autre point N de XY, on aurait NA+NB>MA4-MB. Tous les sommets des triangles formés avec la somme donnée, seraient aa-dessous de XY3 ces triangles seraient donc moindres que. AMB«

74* PfiosiÀBfE. Former un triangle maximum, avec, an péri* mètre donné.

Ce triangle doit avoir ses trois oâtés égaux ^ car si deux côtés étaient inégaux , en laissant le troisième oonatant > on ferait uÀ triangle plus grand , en conservant le même périmètre , d'après leproblèmis précédent. Le triangle cherché devant être équilatéral , et le périmètre étant connu, on connaîtra les trois côtés. y5* ^ROBièMB. {Fig. 91). Trouver la plus petite cQrde que Von puisse mener dans un cercle O , par un point intérieur donné A. ' '

L^ plus petite corde étant la plus éloignée du centre, il suffît de mener par A une perpendiculaire BC sur OA ; car pour tonte autre direction DAE, la droite OA serait une oblique, et la corde DE étant plus près du centre, on aurait DE^BC

yS^ PhobiIme. (Fig. 9a). Faire le plus grand. reçtUngle pos^ sible avec une somme de côtés donnée*

Soit AB la somme de deux côtés adjacens; pour faire avec cette somme un rectangle égal à un carré donné , on élève £M perpendiculaire sur AB et égsd au côté de ce carré , on tire par M la pat^allèle XY à AB ^ et de l'un des points de rencontre on. abaisse XP perpendiculaire à AB j les segmens. AP, PB sont les

^ (273) côtés du rectai^Ie. D'où il suit que le plus grand cairé auquel puisse être égal le rectangle proposé, est celui pour te^uel XY sera tangent au cercle 5 ce carré est donc celui du rayon , et les deux côtés du rectangle sont les deux rayons AO, OB. Le rectangle maximum est donc le carré fait sur la moitié de la somme donnée.

77* Problème, (fig. 93). Étant donnés deux points A, B, et un point quelconque M tel, que MA ±:MB = aa, on tire MN parallèle à AB.et telle que MN soit à MB dans le rapport constant de m an. On demande quel doit être ce rapport pour que les points T!^ soient tous sur une mênteperpendiculaire à AB.

1^. Désignons par c la moitié OB de AB, et par x la distance de O au pied de la perpendiculaire MX à AB. On aura

AM*— MB*=rAX*— BX*=(AX + XB)(AX— XB)=2cXar-, or AM*— MB* = (AM + MB) (AM — MB) =2a (AM— jMB);

donc , AM—- MBs:: =- .

2La a ^

La différence de MB à la demi-sonime a , derant être la môi-

tié de la différence des deux parties , sera — î de sorte que l'ex-

pression de MB sera a — — . De plus, en tirant NP perpendiculaire à AB, on a MN = OP •— OX; on aura donc

a :op — X :: m :»:

cette {H^oportiou donne

^ Tia , 1 / nc\ •

OP = — [m ]x.

Or, OP doit être indépehdant de x, il faut donc que

— == m: d'oi mi n II cl é, et OP = — .

C ^7* ) Tette doit être la ralear du Rapport de m li n pour que les pointa N 9oient sur une même perpendiouiaire à AB. Le point P 9e dét^i^minera par la velatiou

a^. Si c'est la différence qui est constante^ les mêmes constrùctions conduiront à des résultats analogues; le rapport cherché sera toujours celui de c à a^ et la distance au milieu O sera

encore — *■ . Mais comme a se trouve dans^ce cas plu^ petit que c y

le point P est entré A et B ; tandis que dans le cas précédent il était en dehors.

Dans ces deux cas , la droite qui est le lieu des points N se nomme la directrice des points M. On en trouverait une symétrique par rapport au point A.

78* PROKLàsiE. (Fig*. 94). Trouver unpoint tel, que les sommes ou les différences de ses distances à trois points donnés, pris deux d deux, Soient égales à des quantités données.

Soient A , J3 , G les trois points donnés, et M le point cherché-, construisez les. directrices DX etEY relatives à CB , AC> et abaissez sur elles les perpendiculaires MP , MQ. Le rapport de MC à ]>1P sera connu , ainsi que celui de MQ à MC j on connaîtra donc celui de MP à MQ. Le point M sera donc sur une droite menée par le point O, et facile à construire. Le rapport de OM à MP sera donc connu; or celui de MP à MC f est déjà ; on connaîtra donc celui de OM à MC; et le point M sera par conséquent sur un cercle qu'on s'ait construire; çç point sera donc déterminé par l'intersection de ce cercle avec la ligne droite déjà construitei

79» PKOBiiME. (Fig.^5). Étant donnés deux points A, B, et une droite ST, trouver un point tel, que les différences ou les sommes de ses distances aux points donnés et à la droite^ prises deux à deux , soient égales à des lignes données*

Tirez la directrice XT relative à AB.

1*. Si c'est Ja différence MP — MB qui est donnée , tirez UV parallèle à ST , à une distance égale à cette différence , tous au- i

rez BM = MO, et le problème reviendra au précédent, puis- '{

qu'on connaît le rapport de MB à MK et à MO» À

2?. Si c'est la somme MB + MP qui est donnée, tous tirerez ' ;

U' y parallèle à SX , à une distance égale à cette somme^ alors MB sera égale à MP^ , et la construction sera la même.

8o* Probi^ème.. ijig» 96). Trouver un point connaissant les sommes ou les différences de ses distances à un point donné A , et à deux droites données.

On trouvera , comme dans le cas précédent, de^x droites XT ZU , telles, que AM=:MQ et AM = MR; Il ne 9'iigira plus que de fait*e passer par le point A un cercle tangent à ces deux '

droites.

8i* "PRovLhsx, Connaissant les sommes ou fes différences des distances d'un point à trois droites prises deux à deux , construire ce points

D'après le. problème précédent, cela reviendra k construire un cercle tangent à trois droites qui se déduisent immédiatement des trois premières^ f

Nous allons, au moyen de ces constrnciionè , donner de nouvelles solutions de quelques-uns des problèmes précédens sur le contact des cercles*

8a® PBOBuèME. (F/g. 97). Mener par un point donné A un cercle tangent à deux cercles , ou à une droite et à un cercle, 1**. Soit M le centre du cercle chercbé -, les différences MC — MA , MB — MA , seront égales respectivement aux rayons des deux cercles donnés ; ce qui revient à l'un des problèmes précédens (page 274).

2®. Soit XY (Jig' 98) la ligne donnée, et M le centre du cercle chercbé; on connaîtra dans ce cas les différences des distances de /

ce point a deux points et à une droite ; ce qui se résoudra comme précédemment ( page 274 ).

83^ PnoBLÈMB. Mener un cercle tardent à trois cercles ^ ou '

â une droite et deux cercles,

l^ On connaîtra les dIfiGbrences des distances du centre M aux trois centres' A , B , G.

2^ On connaîtra les diSS^rences ies distances du centre M à deux points et à une droite.

Dans certaines positions de contact intérieur , on pourra avoir des sommes au lieu de différences ; ce qui se ramènera aux problèmes préoédens.

Nota. B.éciproquement , on pourra résoudre les problèmes précédens (pages 374) sur les distances^ par les constructions des contacts des cercles; et je pense qu'on y trouvera quelque avantage. J'ai cru néanmoins qu'il serait utile d'en donner des solutions plus directes. Voici ces solutions; elles auront l'avantage d'exercer utilement l'esprit des élèves.

Théorâmx. iFig» 99). Prouver que les trois centres de si" militude de trois cercles pris deux à deux sont en ligne droite.

Soient A, B, G les trois centres^ et a , ^ , c les rayons correspondans ; soient O^ P deux des centres de similitude; je dis que si l'on prolonge BC jusqu'à la rencontre de OJP en Q, ce point sera le centre de similitude des cercles B et C , c'est-à-dire

qu'on aura la proportion QC l QB II c l b.

En effet, OB :OA:: ft :a et PCrPArZcIa;-