BG __OD CE OD "~ CE ~" OA
et les segments OD, CE représentent les deux moyennes propor» tionnelles entre les deux lignes BG et OA.
Problème de la trisection de l'angle (•). — Le problème.
{*) Grjêgoihb DB SiLiNT-ViNCBHT. — Opus Gôometricum Qmdraturœ CircuU, Anvers, 1647, livre VI, prop. i38, p. 602.
(^) Arithmetica Universalis, a « édition de Raxphson, 1728, p. 242; voir aussi, pp. 243» 245.
(3) Pour la bibliographie de la question, voir le lupplément de Vlnter-» médiaire des Mathématiciens, Paris» mai et juin igo4.
de la trisection de Tangle constitue la seconde de ces questions qui nous ont été léguées par les anciens sans toutefois Tenrichir 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 langle donné. D'un point quelconque P pris sur OB, on abaisse la perpendiculaire PM sur OA 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 R tel que QH = 2OP. Si cette construction est possible, on a :
AOR = ~ 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-a)' -+- iy-hy = 4 (a* -H h%
Soit X la plus grande des abscisses des points d'intersection, on a
PR = rr — a et arc tg. - = 5 arc tg -.
Seconde solution. — Soit AOB l'angle donné. Prenons OA = OB et de comme centre avec OA pour rayon, décrivons une circonférence. Sur le prolongement de OA on prend un point C à l'extérieur du cercle tel que GB coupe la circonférence en un point
(») Pappus. — Mathematicœ Collectiones, livre IV, prop. Sa, 33 (édition Gommandini, 1670, pp. 97-99)- ^^^^ l'application, à cette question, des méthodes traditionnelles d'analyse des Grecs, voir Touvrage J. Lbsub, Geometrical AnalysU, Edinburgh, 2® édition, i8ii, pp. 245-347.
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 = i 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 par la perpendiculaire élevée sur le milieu de AS. De ce point 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 Torigine, de la parabole j'^ ^= j x avec le cercle.
x8 4- y» ^ jc -H 4 a/ = o.
Les ordonnées de ces points sont données par Téquation ky^ = 3y — a. La plus petite racine positive est le sinus du « 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 toici en
(1) Pappus. — Mathematicœ Collectiones, livre IV, prop. 34» pp. 99-104* {^) Geometria, livre III, édition Schooten, Amsterdam, 1669, p. 91.
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quelques mots (^) : soit A le sommet de l'une des branches d'une hyperbole dont Texcentricité est a, 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 Thyperbole de foyer S.
Alors l'angle PAS est égal au ^ de Pangle 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 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 = aHL. 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 Thyperbole passant par H ; le prolongement de la perpendiculaire PM abaissée de P sur OG coupe en Q la même circonférence OA. Alors, d*apiès les propriétés connues de la directrice et du foyer on a :
