EO ^ BO

SYNTHESE

, Menez A F par le centre du cercle donné, et faites AO:EO;;EO :BO; B est le point cherché. En effet tirez CO. Puisque EO = CO, il s'ensuit que AO:CO.:CO:BO;ce qui prouve que les triangles ACO et B C O qui ont en outre un angle commun en O , sont semblables ; donc AC:BC;;AO:CO, c'est-à-dire dans un rapport déterminé.

Ce porismé dérive évidemment du théorème qui forme la douzième proposition de ce livre, {voyez pa^e 126).

PROPOSITION XXL

PORISME.

Un cercle et une droite étant donnés , on peut trouver un point tel que toute droite menée par ce point à la ligne donnée, soit moyenne proportionnelle entre les deux segments interceptés par la circonférence et la droite données.

Soient donnés la droite AB {fig. 21) et le cercle HKF; il est

ANALYSE GEOMJ^TRIQUE. l4t

possible d'assigner un point D^ par lequel^ si Ton mène une droite quelconque FDC, la partie CD soit moyenne proportionnelle entre les segments CE et CF.

ANALYSE

Par D abaissez la perpendiculaire IDG sur AB, et menez les droites CI, HK. Puisque CE:CD::CD:CF,CD= = CExCF=CK xCI; comme GI passe par le point D, il faut que GH:GD::GD GI, c'est-à-dire que gd» = GHx GI. Mais Cl5' = CG'-hDG', donc C K X C I = CG* + GH X GI ; retranchez ces deux membres de ceuxci; cp=CG^+gT, il restera CIxKI = GIxHI; d'où CI:GI;:HI :KI, et par conséquent les triangles CIG et HIK, qui ont en outre uri angle commun I , sont semblables. Ainsi Tangle H K I étant égal à CGI, est droit, et par conséquent HI est un diamètre; donc GI est déterminée de position, et comme les points G, H, et I sont donnés, le rectangle GH x GI ou le quarré de GD est déterminé; il en est donc de xnême du point D.

SYNTHÈSE

Par le centre O, abaissez la perpendiculaire GOI; et prenez une moyenne proportionnelle GD entre G H et GI; D est le point cherché. Car CExCF = cô^ — hTJ'==cG^ 4- GÔ^ — ïro^=C(? + GH

xGI; maisGDr' = GHxGI, donc CExCF= cg"»+GD"' = CD^.

Ce porisme peut être regardé comme dérivé du problême suivant : « Par un point P, donné sur le diamètre d'un cercle , mener à là perpendiculaire AB une droite. CLP M telle que le rectangle des segments CL et CM, soit égal au quarré de GN. :» CLxCM=CK

X CI = CP — CI X Kl ; mais cï* = CG^+GP, et CI x K I = G I x HI; donc CL X CM = CG'+GI x GH, et si l'on fait gF = GI x GH , il est clair que CLxCM=cG'-hGD'= CD", et conséquemraent CD' = GN% et CD=±=GN. La droite CD et le point D étant déterminés, le point C l'est donc ainsi que la droite CLP M. Le problême est

l4'^ ANALYSE GÉOMÉTRIQUE.

résolu alors en cherchant une moyenne proportionnelle G D entre G H

et G I, et décrivant de D comme centre avec un rayon égal à GN, un

cercle qui rencontre la perpendiculaire A B en C. On voit par-là que

la position du point C ne dépend nullement ae celle du point P. Si

donc PL M coïncide avec CEF, on aura CExCF = GN^ = CD^, et

cette propriété aura lieu quelle que soit la position du point C sur

la droite AB.

PROPOSITION XXII

PORISHE*

Un point étant donné sur le diamètre d'un cercle donné, on peut trouver un autre point dans le prolongement de ce diamètre, tel que Fangle formé par deux droites menées de ce point aux extrémités d'une corde quelconque qui passe par le point donné, soit divisé en deux parties égales par le diamètre.

Sur le diamètre FH ^fig. sta) d'un cercle donné, soit fixé un point A par lequel on mène une corde quelconque BAC ; on peut trouver un point D dans la direction de ce diamètre, tel que l'angle ADC soit égal à A D B,

ANALYSE

Tirez les droites E B , EO et B O. Les triangles E O D et B O D sont égaux , puisqu'ils ont le côté E O égal à B O , D O commun , l'angle ODE égal à ODB, et qu'ils sont tous deux de même espèce, vu que les angles DEO et DBO sont égaux l'un à l'autre. Donc l'angle EOG est égal à BOG. Il suit de-là que les triangles EOG et BOG sont pareillement égaux , ce qui montre que EB est perpendiculaire au diamètre FH. Par conséquent (i) FA:AH;:FD:DH; le rapport

(i) tairez leA droites CF,CH, et la droite IRK parallèle à Cf ou perpendicu*^

laii*e^à^CH. Les angles ECF et FCB éunt égaux, les angles CIK et CKI sont aussi

égaux, et on a H'K^=:HI. Les triangles semblables GAF, HAR donnent CF:HK

ou HI:: AF:AH. A ôâuse de» parallèles CF, Kl ; CFrHI:: DF:DH; donc AF

:AH::DP:DH^

ANALYSE GÉOMÉTRIQUE; l43

de F A à AH étant donné, celui de FD à D A Test de même ; d'où il résulte que le point D est déterminé.

SYNTHÈSE

Si vous prenez un point D tel que OA:OH: ;OH:OD, ce sera le point cherché. Pour le prouver, menez OC et OB. Puisque OH = OC,OA:OC:;OG:OD; donc les triangles AOCetCOD ayant un angle égal chacun à chacUn compris entre des côtés proportionnels , sont semblables , et par conséquent l'angle O C A est égal à O D C. On ferait voir , de la même manière , que l'angle O B A est égal à ODB. Mais le triangle BOC étant isocèle, les angles OC A et OB A sont égaux ; donc il en est de même des angles ODC et ODB.

Ce pori3me dérive encore de la proposition 12, page 126, dans le cas particulier où les deux points donnés coïncideraient avec deux points de la circonférence déterminée par le rapport donné. Car si AC,DCetAB,DB sont dans le même rapport, il est clair que AC :AB;;DC:DB, et conséquemment l'angle BDC est divisé en deux parties égales par la droite DA.

PROPOSITION XXIII

PORISME.

Un point étant donné sur la circonférence d'un cercle , on peut trouver un autre point tel que deux droites menées par ce point et par le premier à la partie opposée de la circonférence, retranchent sur une corde donnée, des segments dont les rectangles soient entre eux dans un rapport connu.

Supposez que le cercle AD BÈ (^g-.ra3), le point A, et la corde DE, soient •donnés ; il existe un autre point C tel que la droite AB et la droite CB menées à un point quelconque B de la circonférence, déterminent sur DE des segments, dont les rectangles DGxFE et DFx GE, sont entre eux dans le rapport donné de KM à LM.

l44 ANALYSE GEOMETRIQUE.

ANALYSE

Menez la droite CA, et prolongez-la jusqu'à la rencontre de ED en H.

Puisque KM:LM::DGxFE:DF x GE, il s'ensuit que KL:LM ::DGxFE— DFxGE:DFxGE; mais DGxFE — DFxGE = (DF+FG)(GE+FG) — DFxGE = FGxDE;doncKL:LM ;:FGxDE:DFxGE. Prenez sur DE un point H tel qu'on ait KL :LM::DE:DH, alors KL:LM::FGxDE;FGxDH, et par conséquent FGxDH = DFxGE; en ajoutant aux deux membres de cette équation le rectangle DFxFG, on en déduit que FHxFG =:DFxFE = AFxFB. Donc FH:FB::AF : F G , d'où il suit que les triangles A F H et G F B sont 3emblable3 , et que l'angle A H F est égal à F B G ; mais l'angle A H F est donné , puisque les points A , H et D sont déterminés, donc la droite AC est aussi déterminée, puisqu'elle doit sous-tendre un segment capable d'un angle déterminé FBG ou ABC; ainsi la position du point G est fixée.

SYNTHÈSE

Prolongez la corde ED jusqu'en H d'une quantité telle que DE DH; :KL:LM, menez H A, et en un point quelconque B de la circonférence, faites l'angle ABC égal à AHF, C est le point cherché.

Car , les triangles A F H et G F B étant évidemment semblables , FH:FB::AF:FG, d'oii FHxFG= FBxAF = DFxFE; par conséquent FH x FG — DF x FG = D F x FE— DF x FG, ou bien FGxDH = DFxGE. Mais, d'ailleurs, KL:LM;:DE:DH::FG xDE:FGxDH^donc KL:LM;:FGxDÎE:DFxGE; par conséquent KM:LM;:FGxDE+DFxGE:DFxGE , ou à cause de FG=DG— DF,DE = DG+GE;KM:LM::DGxFE:DFxGE.

Le porisme qui vient d'être démontré ,^ dérive naturellement de ce problême , par deux points donnés A et C , dont l'un est sur la circonférence d'un cercle donné, mener à cette circonférence deu?

ANALYSE ciOMiTRIQUE. l45

droites ÂB et Cfi qui interceptent sur la corde DE des segments dont les rectangles DGxFEetDFx GE , soient entre eux dans un rapport donné. Si l'on prend le point H comme ci-devant , l'analyse du problème montrera que l'angle ABC doit être égal à AHF. Donc, en décrivant sur A G un segment capable de cet angle, le contact ou rintersection de ce segment avec le cercle donné, déterminera la position du point B. Mais il est clair que si le point G est aussi sur la . circonférence , les deux cercles se confondront , et le problême deviendra susceptible d'une infinité de solutions.

PROPOSITION XXIV

PORISM E.

Si par deux points donnés on mène à l'une de deux lignes données , deux droites qui coupent l'autre ligne en deux points ^ on peut trouver sur cette seconde ligne deux points fixes , tels que le rectangle de leurs distances aux points d'intersection, soit égal à un rectangle assignable, qui restera le même quelle que soit la direction des deux droites sécantes.

Supposez qu'on mène par les points donnés D et £ {^fig. ^4) deux droites DF et EF, vers un point F de la droite donnée AG; elles détermineront sur lasecon de droite donnée A B, deux points H et G, et quels que soient ces points, il existe sur AB deux autres points fixes I et K, tels que le rectangle I H x GK est constamment égal à un rectangle donne.

ANALYSE

Menez El, EA, DA, DK; et prolongez DE jusqu'à la rencontre de A G en P. Puisque les points A , F, P appartiennent à la droite A G , il résulte de l'hypothèse que les rectangles lAx AK, IHxGK,IN xNK,sont égaux entre eux; donc IH:IA.;AK:GK,d'où AH:IA .;AG:GK, ou bien AH:AG;:IA:GK. Par E, menez LEM parailèles à AB et rencontrant les droites A G et FD prplpngées. Alor/s il //• SuppL 19

l46 ANALYSE GéOMiT&IQUE.

est clair que LErLMrrÂHiAG.'ilAçGK.. IDc pins, 'p^ûaque IA X AK = INxNK JN:ÏA::AK:KK,d'<yù l'on déduit que AWrlA ::AN:NK, et par conséquent IA==N^. Wajïï^ te rësaltat,LE :LM: :NK:GK,ët LErï:]»: :NlC:GN,ou bien LE:^«C: :«M:GN, c'ëst-â-dire : r'È'DiDN ; ainsi les triangles VÙ'E'A K1ït)'sont semblables, d'où il suit que 1.DK est une ligne droite. Menez t>0. Puisque IA='NK,LE:IA::LÉ:NK ou ::'ÉO:OI::ED:DN,etpar conséquent DO est parallèle à AB. Les patràllèles QD et IjM étant données de position, il résulté de ce qui précède, que les points O et L, et par conséquent les points 1 et K'sdift déterminés ; d'où l'on voit qu'il en est de même du rectangle I A x A K.

SYNTHÈSE

Menez Dû, EL parallèles à AB, et rencontrant en O et L le. prolongement de AG; tirez les droites EO,LD, et prolongez^Ies jusqu'à AB éhl et K; ces derniers points «oiitles points cherchés. Car, si l'on mène Dt et EF, il eAt clair que LE:IA::OE:OI::ED:DN ::DM:DG::LM:GK, d'où LE:LM::IA:GK; mais, d'un autre côté, LE:LM::A'H:AG; donc IA:IH;:GK:AK, et par conséquent lA x AK =IH x GK.

Ce porisme provient du: problème suivant :

Deux droites ÀB* et AC étant données de positi^Mi, «iosi que les

^points I, K,E et D, trouver un point F tel icjue les droites £11^, DF

menées de ce point aux points donnés D et E, ijitercept^t sur AB,

à partir des points donnés let K, deux segments dont le rectangle

soit équivalent à un espace constant. Il est clait que quand les points

'Fet K ont la^pesition qui a été assignée ei-dévant, le problême ^t

indéterminé.

PROPOSITION XXV

PORISHB.

Trois droites tion-pârallèles étant données de position , on peut

ANALYSE GjéOMBTRIQUE. \lq

en trouver une quatrième telle quç si Ton mène à travers les quatre droites , des parallèles à une cinquième droite donnée , ces parallèles coupent les qiiatre premières droites en parties proportionnelles, dont les rapports sont constants.

Soient {fig. a5 ) A B, CD et A E les trois premières droites données ; on peut en trouver une quatrième F G telle que toute parallèle à une autre droite donnée HIKL, qui traverse les quatre lignes AC,CD,AE, FG, soit divisée par çlles en segments proportionnels aux droites H I , I K , KL dont les rapports sont connus.

ANALYSf.

Prolongez A £ et F G jusqu'à leur point de concouis M; p^r K et I, menez NO et PO respectivement parallèles à AB et F G, et par leur point de rencontre O, menez CO. Soit HTK'L' une autre droite trans verse divisée comme la première ; menez de même P'O'F parallèle à PI O, et rencontrant CO ep. O' ; enfin tirez O'K', et prolongez cette droite jusqu'en N,

Puisque KO est parallèle à PH, HI:IK;:PI:IO; et déplus, les parallèles PO et P' O' étant coupées par les droites CP, C I et CO, il s'ensuit que PlrlOriPT:!' O'; donc HTirK'llP'rir 0^ d'oîi il suit que O^N' est parallèle à ON. Maintenant IK:KL:;QK:KN et rK':k'L'::0'K':K'N'; donc OK:KN::0'K':ït'N% ce qui prouve que les lignes A £, OC et F G concourent au m^ipe point I^. De plus CA:AF;:OK:KN::IK:KL; et cdmpie le rapport de CA à AF est donné, il est clair que A F et le point F soijt déterminés; mais le point L est donné, donc FLG est déterminée de positiop.

SYNTHÈSE

Prenez le point F de manière que G A soit à A F dans le rapport de IK à KL, et menez LF;'ce sera la ligne cherchée. Pour le prouver, menez NK et PI parallèles à AB et F G, et par leur point de concours O , menez C O ; prenez sur cette droite un autre point O' quelconque, menez pareillenient O'K'N' et O'I'P', qui rencontrent

l4B ANALYSE cioMléTRIQUE.

AE et CD en K' et I'; la droite transversale H'I'K'L' est divisée de la même manière que H IKL.

Car, puisque NO, N'O' sont parallèles à AB, et que OP, O'P' le sont à FG,il s'ensuit que HI:IK::PI:IO::P'I':rO'::H'I':I'K'. De plus, comme CA: AF::IK:KL::OK:KN, on voit que les droites OC, E A, G F concourent au même point M, d'où il résulte queIK:KL::OK:KN::0'K':K'N'::I'R':K'L'.

Le porisme précédent provient du cas indéterminé de ce problême fameux : Quatre droites AB,CD,AE,FG {^fig^ a5 his) étant données de position , mener une droite transversale H I K L qui soit coupée par ces lignes el>des segments proportionnels aux droites données X, Y,Z. Supposez lé problême résolu; prolongez G F et EA jusqu'à leur concours en M, menez les parallèles NKO et PIO^ et tirez M TO, Puisque TA:AF::OK:KN::IK:KL, le rapport de TA à AF est donné, et par conséquent le point T et la droite MO sont déterminés de position. De plus PI:IO::HI:IK", donc le rapport de PI à lO est aussi donné; mais le triangle CPI étant évidenunent donné d'espèce, le rapport de CP à PI est déterminé; ainsi le rapport de CP à PO est connu, et le triangle G PO déterminé d'espèce. Les droites MO et C O étant donc Tune et l'autre connues de position , leur point d'intersection O est déterminé; conséquemment les parallèles N O et P O sont déterminées dé position ; d'oii il suit que leurs intersections K et I, ainsi que la droite] transversale HILK, sont pareillement connues.

La construction du problême se déduit aisément de l'analyse précédente : pour cela ayant prolongé E A et G F jusqu'à leur point de concours M, faites FA:AT::Z:Y, et menez MTO. Prenez ensuite un point quelconque Q sur C B ; menez Q S parallèle à F G , et faites QR:RS: ;X:Y; après cela tirez la droite CS , et prolongez-la jusqu'à la rencontre de MO en O; menez enfin OI et KO respectivement parallèles à FG et AB; la droite HIKL, qui passe par les points

AlfJ^LYSE G]£oM]éTRIQU£. ' 149

d'intersection I et K, est la droite demandée. Car HI:IK:;PI:IO :;QR:RS::X:Y, etIK:KL;;OK:KN::TA:AF::Y:Z.

Maintenant, si le rapport de GA à AF devenait égal à celui de Y à Z , le point T coïnciderait avec G , et la droite T O avec G O. Le problême, dans ce cas, serait donc indëterminë , c'est-à-dire que tout point pris sur G O jouirait de la propriété qui était auparavant exclusive au point O (i).

ISOPÉRIMÈTRES. — DIÉFINITION.

On a{^elle figures isopérimètres celles qui ont un contour égal , ou de même étendue linéaire.

PROPOSITION XXVI

PROBLEME

Sur une droite donnée de position, trouver un point tel que la somme de ses distances à deux points donnés soit la plus petite possible. •

Soit proposé de mener par un point de la droite GD {fig. ^6 ), aux points donnés A et B , deux droites A G et B G , dont la somme soit un minimum^

ANALYSE

Par B,run des points donnés, abaissez une perpendiculaire B£ sur GD, et après l'avoir prolongée d'une égale quantité au-dessous de GD, menez G F. Il est évident que les triangles rectangles BËG et F£G sont égaux; et par conséquent que BG= GF; ainsi A G

(i) Ce problème fut d'abord proposé par Newton, pour déterminer le cours d'une comète , au moyen de quatre observations faites à petits intervalles l'un de l'autre. Mais malheureusement la solution conduisit ^ dans la pratique, à des résultats incertains et même erronés* Cette faute imprévue porta Boscovich à examiner avec soin toutes les circonstances que pouvait présenter la question , et il découvrit que le problâme devient indéterminé précisément dans le cas où il peut être appliqué aux observations astronomiques. ( Note de AT. ImH».)

l5o ANALYSE G]£OM^TRIQ^£.

+GF est un minimum. Il résulte de-la que la ligne AGF est droite ^ et elle est dëteriumée ;, puisque les points A et F sont donnés ; donc son intersection G avec CD, et les droites AG, BG sont pareillement déterminés.

Il est évident que les angles AGC et BGD sont égaux.

Corollaire. On résottt d*une manière analogue un problemie semblable au précédent ; sur une droite donnée de position , trouver un point tel que la différence de ses distances à deux points donnés , soit la plus grande possible. Si ces points sont situés tous deux du même côté de la droite. C D , fig. a6 bis , il est clair que la différence entre A' G et BG étant toujours moindre que A'B, la limite extrême a lieu , et cette différence est à son maximum quand A' G et B G coïncident avec A'B, auquel cas le point G se trouve en prolongeant A'B jusqu'à la rencontre de CD. Mais si les points A et B sont situés de côtés différents de la ligne CD comnle dans la figure fi&'bis^ abaissez la perpendiculaire BE que vous prolongerez en EF d'une quantité égale , et menez les droites AF G et FG. Les triangles BEG et FE G sont évidemment égaux , et par conséquent B G == G F ; mais dans le triangle AFG', la différence entre A G' et G' F étant moindre que A F, elle atteint son m^ujcimumvpjBXïA ce triangle est supposé confondu avec cette droite A F; dans ce cas l'angle AGE = BGC.

PROPOSITION XXVII

TH^ORÊHE.

Les droites menées par deux points donnés à un même point de la circonférence d'un cercle, forment la somme la moindre possible, quand elles sont également inclinées sur la tangente menée par leur point de concours.

De toutes les droites menées par A et B {fig. 1^7 ) à la circonfé^ rence du cercle GDH, la somme des droites AD et BD qui font des angles égaux avçc la tangente £F, est la plus petite possible.

ÀITALV^StE ciOMî^T RISQUE. l5l

Par la proposition dernière, AD et £D qui tombent sous la mâme incidence sur la droite EF, sont plus courtes que les autres ligmes qu'on pourrait mener par A et B à tout autre point de £F; mais les lignes menées à la tangente sont moiiidres que les lignes extérieures qui^e terminent à la -circonféreQce; ainsi par ces deux raisons combinées, AD et BD ferment le minùnum de .tontes les droites menées

des points donnés A et B à la circonférence GDH.

TRO POSITION XXVni.

P^ROB-LÊME.

Trouver un point tel que la somme de ses distances à trois points donnés, soit la plus petite possible.

Soit proposé de mener par les points A,'B, C^yï^-aS"), les droites AD, BD , CD, telles que leur somme soit un minimum.

Si on imagine que BD reste constante, la position de D sur la circonférence décrite du centre C avec le rayon BD,doit, par la ' dernière proposition ,* êtne telle que la somme AD h^OD ^taxit un minimum^ l'angle ADB soit égal à CDB. Par 'la ménie raison, si AD demeure invariable, BD et CD qui ' forment un minimum^ doivent foire avec AD des aqgles égaux ADB et ADC. En réunissant ces conditions, on voit que les droites AD, BD,iCD, forment entre elles des angles égaux à leur point de concours.

De-là dérive cette cona^ruction iDêcriYffi le triangle ABC, çt sur chacun des œtés AC et iB.G eonstniùsez .uni triangle léquiktéml., auxquels vous drconscrîrezjdes cercles; qnis^' rencontrent au^p^int-D, ce point est le jpoint vdasrlcbé. Carjles ailles. ADC et rCDÏB ^taitt les suppléments tles angles des /triangles équilatéraux ,.30Qt .<;lpiieH|i égal aux« deux tiers de deux angles droits, ou «u tiers d^^qùatre;

l52 ANALYSE GÏOMl^TRIQUE.

par conséquent les trois angles formés autour du point D sont

égaux.

PROPOSITION XXIX

PROBLEME

Trouver sur une droite donnée un point tel que les lignes menées de ce point à deux points donnés , comprennent le plus grand angle possible.

Soit proposé de mener A C et BC (^fig. 29 ) , de manière que Tangle A C B soit un maximum.

ANALYSE

Faites passer un cercle par les trois points C, A et B. Puisque l'angle AGB est plus grand que tout autre angle dont le sommet serait sur D£, cette droite doit avoir tous ses points hors du cercle, excepté le point C ; ainsi DE touche le cercle en C. Il suit de-là que G A X GB = CG", et par conséquent le point C est déterminé.

PROPOSITION XXX

PROBLÈME

Parmi tous les triangles isopérimètres qiui reposent sur une même base , détenniner celui dont l'aire est la plus grande*

Soit proposé de trouver un triangle ABC ^ reposant sur la base AC (^fig. 3o ) ^ et renfermant dans un périmètre donné la plus grande sur&ce possible.

ANALYSE

Puisque la base du triangle A B C est constante ^ tandis que son aire est un m^zximum^ il faut que sa hauteur soit la plus grande possible^ et par conséquent le sommet B se trouve sur une parallèle À AG la plus éloignée qu'il est possible. Supposez que cette parallèle soit DE; la somme des côtés AB et GB, et conséquemment le contour entier du triangle est, par la proposition ^6 de ce livre, pag» 1499 le

ANALYSE GléOM^TRK^UBi l53

plus petit cftÊk^il peut être, ^and {"angle A BD est égal à CB£. Or il est clair que AB+BG doit être un mmimum^ parce que toutes les autres lignes menées paor A «t C sur un point qut^lconque de D £ , font une somme plus granidé que ie <:oBtour constant AB+CB, puis^ que les segments des autres triangtes isopéritnètrôs sont en dessous de DE; donc l'afigle ABD=^€BE, ou ce qui revient au même BAC=BCA, d'oîi BC=t:BA. Ainsi le triaftgle ACB est isocèle, et il est détermine, car tous ses câtës sont donnes.

Corollaire. Il résulte de-là qu'un polygone équilatéral est parmi tous les polygones isopériii^tre$ du même nombre de côtés, celui qui renferme la plus grande s«irl*€e. Car sarns changer tout le reste de la figure ^ supposez que deux côtés quelconques adjacents viennent à varier , ils formeront le phis grand triangle possible quand ils seront égaux en longueur. Le polygone , qui B'est autre chose que l'assemblage des triangles ainsi formés, doit donc éîxt à son maximum quand ces triangles sont isocèles dans chaque combinaison, et par conséquent lorsque tous les eôtés de la figure sont égaux*

PROPOSITION XXXI

THlêoRiME.

Un polygone dont tous les côtés sont donnés , à l'exception d'un seul , comprend la plus grande aire possible, quand il est inscrit dans un demi-cercle, qui a pour diamètre, le côté indéterminé.

Soitle polygone ABCDEF (>%-.3i ), dont les côtés AB,BC, CD, £D et £F sont constants, et reposent sur une base A F variable; Taire du polygone aura atteint sen maxèmam^ quaiid A F sera le diamètre d'un oerde cÀrconiscirit au pdy^new

En e^et mettes^ AD et FD à uû queleonque de» sommets D; lef espaces ABCD et DEF resteront évidemnAnt les mettes, tandis que l'angle A D F s'aggrandira , et que les points A et F. s'écarteront ir Suppl. ao

l54 ANALYSE GEOMETRIQUE.

YvLU de l'autre^ Ainsi le polygone renferiaera la plus grande surface, quand le triangle ADF compris entre les côtes AD et D F aura atteint son maximum. Maintenant le triangle sera dans cet ëtat lorsque la perpendiculaire abaissée de F sur AD sera la plus grande possible. Alors il est clair que ADF doit être un angle droit, et par conséquent le point D est situé sftr une demi-circonférence dont A F est le diamètre. En appliquant le même raisonnement à tous les sommets B, C,E, on verra que tous doivent être sur la demi-circonférence dont A F est le diamètre.

Premier corollaire. Ainsi un polygone , dont tous les côtés sont donnés, contient la plus grande surface quand il peut être inscrit dans un cercle. Car soit ABCD un polygone dont tous les côtés sont donnés; menez lé diamètre AF, et tirez DF. Le polygone ABCD F, ainsi formé est un maximum; mais le triangle ADF est évidemment déterminé^ donc le polygone restant ABCD est aussi un maximum:

Deuxième corollaire. Il résulte de-là que de tous les polygones isopérimètres d'un nombre donné de côtés, le plus grand est le polygone régulier. Car par le corollaire de la proposition précédente, ce polygone m^aximum doit avoir tous ses côtés égaux, et ses angles sont aussi égaux, puisque tous ses sommets sont sur la circonférence circonscrite au polygone.

• PROPOSITION XXXII