BG 0D CE OD ~ CE — OA
et les segments OD, CE représentent les deux moyennes proporw tionnelles entre les deux lignes BG et OA.
Problème de la trisection de l'angle ('). — Le problème
(*) Grégoire de Saint-Vincent. — Opas Geometricum Quadralarse Circali, Anvers, 1647, livre YI, prop. i38, p. 602.
(^) Arithmetica Universalis, 2® édition de Ra.lphson, 1728^ p. 342; voir aussi, pp. 243, 245.
(3) Pour la bibliographie de la question, voir le fiupplément do Vlnter-*' médiaire des Malhémalieieni, Paris, mai et juin 1904*
de la trisection de l'angle constitue la seconde de ces questions qui nous ont clc léguées par les anciens sans toutefois l'enriciilr d'une légende plus ou moins vraisemblable.
Parmi toutes les solutions qui ont été présentées, les deux suivantes figurent comme les plus anciennes et les meilleures, elles sont citées par Pappus (*), mais nous ne savons à qui en attribuer l'origine.
Première solution. — Soit AOB l'angle donné. D'un point quelconque Ppris sur OB, on abaisse la perpendiculaire PM surOA et on détermine sur MP un point Q tel que la droite -OQ prolongée coupe la parallèle à OA. menée par P en un point 1\ tel que QR r=£: 2OP. Si cette construction est possible, on a :
AOR = -3 AOB.
Le problème revient à déterminer le point R, ce qui peut se faire au moyen d'une construction présentée analytiquement
comme il suit : soit - l'expression de la tangente de l'angle donnée ;
construisons l'hyperbole xy = ah et le cercle {x-ay -\- {y-hy = 4
Soit » la plus grande des abscisses des points d'intersection, on a PR =: X — a et arc tg. - ■= w arc tg - .
Seconde solution. — Soit AOB l'angle donné. Prenons OA = OB et de 0 comme centre avec OA pour rayon, décrivons une circonférence. Sur le prolongement de OA on prend un point G à l'extérieur du cercle tel que CB coupe la circonférence en un point
(i) Pappus. — Mathematicœ Collectiones, livre IV, prop. 82, 33 (édition Commandini, 1670, pp. 97-09)- Pour l'application, à cette question, des méthodes traditionnelles d'analyse des Grecs, voir l'ouvrage J. -Leslie, Geometrical Analysis, Edinburgh, 2® édition, 181 1, pp. 245-247.
D dont la distance à G soit égale au rayon OA, puis on mène la parallèle OE à CDB. Si celte construction peut se réaliser, on a :
AOE = ~ AOB.
Les anciens déterminaient la position du point G au moyen de la conchoïde ; on peut également utiliser les sections coniques.
Donnons maintenant quelques autres solutions dans lesquelles les sections coniques seules sont employées.
Voici d'abord une nouvelle construction présentée par Pappus(^). On décrit une hyberbole dont Texcentricité est égale à 2 ; soient G son centre et A, A' ses sommets. Prolongeons GA' d'une longueur A'S égale à GA', et sur AS décrivons un segment capable de l'angle donné, lequel est coupé en 0 par la perpendiculaire élevée sur le milieu de AS. De ce point 0 comme centre avec OA ou OS pour rayon, décrivons une circonférence qui rencontre en P la branche
de l'hyperbole passant par A'. On a : SOP = ^ SOA.
Dans les temps modernes, l'une des plus anciennes solutions faisant directement usage des coniques a été trouvée par Descartes (^) : elle se ramène à la détermination des points d'intersection, autre que l'origine, de la parabole y^ = j x avec le cercle.
^2 |- y2 X -h ^ay = o.
Les ordonnées de ces points sont données par l'équation 4j^ = 3y — a. La plus petite racine positive est le sinus du 0 de l'angle dont le sinus est égal à a.
La démonstration est fort ingénieuse.
Une des solutions proposées par Newton est pratiquement équivalente à la troisième de celle donnée par Pappus. La voici en
(1) Pappus. — Mathemadcx Collectiones, livre IV, prop. 34, pp. 99-104-
(2) Geometria, livre III, édition Schooten, Amsterdam, 1659, p. 91.
quelques mots (*) : soit A le sommet de l'une des branches d'une hyperbole dont l'excentricité est 2, et S le foyer de l'autre branche ; sur AS on décrit le segment capable du supplément de l'angle donné, lequel coupe en P la branche de l'hyperbole de foyer S.
Alors l'angle PAS est égal au 0 de l'angle donné.
L'élégante solution suivante est due à Clairaut {^). Soit AOB l'angle donné ; on prend sur ses côtés les longueurs égales OA, OB et du point 0 comme centre on décrit la circonférence de rayon OA. On trace la corde AB que l'on divise en trois parties égales aux points H et K, AH =: HK = KB ; puis on mène la bissectrice OC de l'angle AOB, laquelle coupe AB en L. On a AH = 2HL. On décrit alors une hyperbole de foyer A, de sommet H et dont la directrice est OC. Soit P le point d'intersection de la circonférence OA avec la branche de l'hyperbole passant par H ; le prolongement de la perpendiculaire PM abaissée de P sur OC coupe en Q la même circonférence OA. Alors, d'après les propriétés connues de la directrice et du foyer on a :
