DÉFINITION

XI N e quantité variable qui dérive d'une quantité constante, ou qui en dépend par quelque relation assujétie à une loi déterminée, est renfermée nécessairement entre certaines limites extrêmes. Quand elle a acquis la plus grande valeur possible, on dit quelle a atteint son maximum ; et quand elle se resserre dans ses plus petites dimensions, elle est à l’état de minimum.

PROPOSITION PREMIÈRE

PROBLÈME

Par un point donné, ‘mener une droite qui intercepte sur deux parallèles données, des segments qui aient entre eux un rapport donné.

Soient AB et CD {fig. t,pl- a ) deux parallèles sur chacune desquelles on fixe un point P et O; il faut mener, par un autre point donné E, une droite EF telle que PG soit à O F dans un rapport donné.

ANALYSE

Menez PO, et prolongez cette droite jusqu'à sa rencontre avec EF en I.

Puisque PG et O F sont parallèles, PI: OI :: PG :OF, mais le rapport de PG à OF est donné; celui de PI à OI et celui de PO à

OI le sont donc aussi, d'où il suit que O I et le point I sont connus, puisque PO est donne, donc 1EF et les segments PG et OG sont déterminés.

SYNTHÈSE

Prenez PK = M et OL=N, tirez les. droites KL, PO, et prolongez-les jusqu’à leur point de concours I ; joignez ce point avec F. par la droite IEF; PG et OF sont les segments cherches.

Car les parallèles A B et C D étant coupées en parties proportionnelles par les droites I K , I P et I G , le rapport de PG à OF est égal à celui de K P à O L ou de M à N.

Si M = N , le point I se trouve situé à l'infini , et EF devient évidemment parallèle à OP.

Si les droites KL et PO concourent au point donné E, le problème est indéterminé, c’est-à-dire qu’il admet une infinité de solutions; et en effet, dans ce cas, les segments PG et OF interceptés par une ligne quelconque passant au point E, sont dans le rapport donné.

PROPOSITION II

PROBLÈME

Deux droites qui se coupent étant données de position, mener, par un point donné, une droite qui détermine sur elles des segments dont le rapport soit égal à un rapport donné.

Soit proposé de mener par le point D (fig. 2 ), la droite EDF telle que AE soit à AF comme M est à N.

ANALYSE

Par D menez à AE la parallèle DG, qui rencontre AC ou son prolongement en G.

Les triangles EAF et DGF étant semblables, AE:AF: ;G D:GF; mais le rapport de AE à AF est donne, celui de GDà GF l’est

A N A I. y S K GÉOMÉTRIQUE. 7^

donc aussi. Et puisque G D et le point G sont évidemment connus, il en est de même de G F et du point F.

SYNTHÈSE

Sur AB et AC prenez des distances AK = M, et AL = N, tirez KL et menez par le point D à cette droite la parallèle DEF; AE et AF sont les segments demandés.

Car les parallèles EF et KL coupent en parties proportionnelles les droites AB et AC, et le rapport de AE à AF est le même que celui de AK à AL ou de M à N.

PROPOSITION III

PROBLÈME

Deux droites qui se coupent étant données, mener par un point donné une droite qui détermine sur chacune d’elles des segments qui aient un rapport donné; ces segments étant comptés, pour la première à partir du point de concours, et pour la seconde à partir d’un point donné.

Soient AB et AC ( fig . 3) deux droites qui se coupent; il faut, par le point D, mener EDF de manière que AE soit à O F comme M est à N.

ANALYSE

Menez DG parallèle à AE, et rencontrant AC ou son prolongement en G; prenez un point H tel que AE:GD;;OF:OH. Le rapport de AE à OF étant connu, celui de GD à OH l'est donc aussi; et puisque G D et le point O sont donnés, il en est de même de OH et du point H. A cause des parallèles DGetAE,AE:GD:;AF:GF, donc OF:OH ; ; AF:GF ; d'où il suit que FH:OH: : AG:GF, et GFxFH = AG x OH. Mais AG et OH sont tous deux connus, donc le rectangle des segments GF et F H dont la différence est II' Suppl. io

y4 ANALYSE GÉOMÉTRIQUE.

connue, est déterminé; le point I' et la droite ED le sont donc aussi.

SYNTHÈSE

Prenez le point H de manière que G D:OH ; ; M:N, et cherchez sur GH prolongé un point F tel que le rectangle GFx FH soit égal à AG x OH; menez EDF, et les segments AE, O F sont dans le rapport de M à N. Car GF x FH == AG x OH, donc FH:OH:; AG:GF, et OF:OH : : A F: GF; mais AE:GD; : AF; GF. par conséquent AE:OF : : G D : O H, c’est-à-dire ; : M : N.

PROPOSITION IV

PROBLÈME

Deux droites qui se coupent étant données, mener par un point donné une ligne telle que les distances des points où elle rencontre les deux premières à deux autres points donnés sur celles-ci , soient dans un rapport également donné.

Soient A B, AC ( Jîg . 4 ) deux droites qui se coupent; il est question de mener par le point D la droite EDF de manière que PE soit à O F comme M est à N , les points P et O étant donnés.

ANALYSE

Tirez DP qui rencontre AC en I , et par le point I, menez IK parallèle à AB, qui coupe EF en K.

Puisque les points P et D sont donnés, la droite PD est donnée de position, et par conséquent le point I et la droite IK sont également déterminés. Mais PE:IK:;PD:ID, donc le rapport de PE à IK est connu, puisque PD et ID sont données; d’ailleurs le rapport de PE à OF étant donné, celui de IK à OF l’est aussi; donc au moyen de la proposition précédente, la position do la droite EDF sera déterminée.

SYNTHÈSE

Tirez PD et menez IK parallèle à Ali; prenez une ligne IK=L telle que le rapport de M à L soit égal a celui de PD à I D, et menez, par la proposition précédente, la droite K D F de telle manière que I K soit à O F comme L est à N ; alors PE et O F seront les segments cherchés.

Car PE:IK::PD:ID::M:L, et IK:OF:;L:N; donc PE:OF PROPOSITION V.

PROBLÈME

Etant donné deux parallèles et une droite qui les coupe, mener, par un point de cette sécante, une autre droite telle que les segments interceptés sur les parallèles entre elle et la sécante, forment un rectangle donné.

Soient AB, CD deux parallèles (Jig. i5), et O PG une sécante; on propose de mener par le point G, la droite GFE qui intercepte deux segments OE et PF, dont le rectangle soit égal à un rectangle donné.

ANALYSE

Puisque A B et C D sont parallèles ,GO:GP:;OE:PF, et par conséquent G O : G P ; ; oT? : P F X O E ; or GO et GP sont donnés, donc le rapport de 0"E i à PF x O E l’est aussi; mais le rectangle P F x O E est également donné, d’où il suit que le quarré de OE, et OE lui-même sont déterminés.

SYNTHÈSE

Portez sur GO de G en I une moyenne proportionnelle entre GO et GP, menez IK parallèle à AB et CD, et faites cette droite IK d’une longueur telle que son quarré équivaille au rectangle donné ; tirez la droite EKFG, c’est la ligne demandée.

’jt ANALYSE Gb'ox^TRIQUI.

Car les droites OE, IK et PF étant parallèles, OG:IG;;OE:IK, et PG:1G::PF:IK; en multipliant ces proportions par ordre, on en déduit que OG x PG:îg"*: :OE x PF:Î1T*, mais OGxPG = ig ; , donc OE x PF =ÎK\

PROPOSITION VI

PROBLÈME

Par un point donné, mener une droite qui intercepte sur deux parallèles données-, et à partir de deux points donnés deux segments dont le rectangle soit égal à un rectangle donné.

Soient AB et CD (/%■. 6,/?/. a ) deux parallèles sur lesquelles on donne les points O et P; il est question de mener par le point G une droite GFE, telle que les segments OE et PF forment un rectangle donné.

Menez GO et GP qui rencontrent CD et AB en I et H. Ces deux points sont connus, puisque les points P, O et G étant donnés, les droites GIO et GP H sont données de position. Comme AB est parallèle à CD, il est clair que GP:GH: ;PF:HE, ou ce qui revient au même GP:GH:;PFxOE:HExOE. Maintenant GP et GH étant donnés, leur rapport l’est aussi; il en est donc de même du rapport de PFxOE à H E x OE ; le premier de ces deux rectangles étant donnés, le second est donc connu; comme de plus la différence de HE à O E est donnée , il est évident que le point E est déterminé, et conséquemment la droite cherchée EFG.

SYNTHÈSE

Menez GO et GP; Portez de H en K une droite H K qui forme avec GP un rectangle égal au rectangle donné; cherchez ensuite sur le prolongement de HO un point E tel que le rectangle HExOE soit égal à H G x H K ; la droite qui joint ce point au point G, est la droite cherchée.

Car HE:PF:;HG:GP, d’où HExOE:PFxOE:;HGxHK :GPxHK; mais par construction le rectangle HExOE est e'gal à GH x H K, donc PF x OE est égal à GP x H K, c’est-à-dire au rectangle donné.

PROPOSITION VII

PROBLÈME

Deux droites qui se coupent étant données, mener, par un point donné , une troisième droite telle que les segments quelle détermine sur elles à partir de leur point de concours, forment un rectangle donné.

Soient AB et AC (fig. 7 ) les deux lignes données; on propose de mener, par le point D, la droite DFE de manière que le rectangle des segments A E , AF, soit égal à un rectangle donné.

ANALYSE

Menez HD parallèle à AB, et prenez le point I de manière que DHxAI équivaille au rectangle donné.

Puisque AExAF = DHxAI,AE:DH:;AI:AF, mais d’un autre côté, AE:DH; : AF:FH, donc AF:FH:: AI:AF, d’où il résulte que AH: AF; ;I F: AI, et par conséquent AHxAl=AFxIF. Or AH et DH sont au nombre des données; donc AI est connu, ainsi que le rectangle A F x IF. La question se réduit donc à partager au point F la ligne donnée A I de manière que le rectangle des deux segments soit équivalent à un rectangle donné, problème qui a déjà été résolu.

SYNTHÈSE

Menez DH parallèle à AB, déterminez le point I par la condition que DHxAI soit égal au rectangle donné , et divisez A I de manière que le rectangle des segments AF, FI, équivaille au rectangle AI x AH; EDF est la droite cherchée. Car par construction AF xIF —AI x AH, donc A H: AF : :1F: AI , d’où AF:FH:;AI:AF; mais.

jg ANALYSE GÉOMÉTRIQUE.

d’ailleurs, AF:FH::AE:DH, par conséquent AK:DH;:AI:AF, et A E x A F = D H x A I.

PROPOSITION VIII

PROBLÈME

Par un point donné, mener une droite telle que par son intersection avec deux droites données qui se coupent, elle forme un triangle d'une aire donnée.

Soit proposé de mener par le point D (/?£•. 8 ), la droite EDF qui coupe les droites AD, AC de manière que le triangle A EF soit équivalent à un espace donné.

ANALYSE

Menez DI1 parallèle à AB, abaissez sur AC les deux perpendiculaires ES et DT, et prenez le point I de manière qu'un triangle qui aurait AI pour base et DT pour hauteur, fût équivalent à l'espace donné.

Puisque les rectangles ESx AF et DT x AI sont chacun double des triangles A EF et ADI, ils sont équivalents, et par conséquent ES:DT : ; A I: AF. Mais les triangles AES et HDT étant évidemment semblables, AE:HD : :ES:DT, d'où AE:HD::AI:AF et AExAF =HD x AI. Maintenant H D et conséquemment AI sont donnés; donc le rectangle AE x AF est connu , et, par la dernière proposition, on peut déterminer la droite EDF.

S Y N T H ÈSE.

Menez DH parallèle à AB, abaissez la perpendiculaire DT, partagez-Ia en deux portions égales au point R, et prenez A I de façon que le rectangle DRxAI soit équivalent à l’espace donné; ensuite, par la proposition précédente, menez EDF telle que le rectangle AE x A F équivaille à DH x Al.

Ayant abaissé la perpendiculaire ES dont Q est le milieu, il est

clair que les triangles AES et HDT sont semblables; donc AExAF :DHxAI;;QSx A F; RT x AI; mais le rectangle AExAF = HD x AI, par conséquent QS x AF = RT x AI, ce qui démontre que le triangle A E F est équivalent à l’cspacc donné.

Ce problème est susceptible d'une construction simple, dans le cas oii le point D se trouve dans l’angle aigu formé par les droites AB et AC. En effet menez DG parallèle à AC, et faites le parallélogramme AGKI équivalent à l’espace donné.

Puisque le parallélogramme AGKI et le triangle A EF sont équivalents, si vous les retranchez l’un et l’autre du polygoue AEDKLF, les triangles restants GED-t-ILF d’une part, et DLK de l’autre, seront équivalents ; mais ces triangles supplémentaires étant formés par des lignes parallèles, sont évidemment semblables, et par conséquent GD et I F étant les côtés d’un triangle rectangle, DK en sera l’hypothénuse , puisque les aires des triangles semblables sont entre elles comme les quarrés des côtés homologues; donc ÏTO’ -H IF’ =ÜkT’, ou ïT* = HT* — ÂH’. Or AH et HI sont donnés, donc IF est déterminé.

SYNTHÈSE

Construisez le parallélogramme AGKI équivalent à l'espace donné, menez DH parallèle à AB, sur HI décrivez un demi -cercle dans lequel vous porterez la corde HSI égale à AH, menez IM, et faites IF ou I F' = I M ; EDF ou E'DF' est la base du triangle cherché.

En effet, le triangle II M I étant rectangle, il est clair que + ÏÏF, ou bien DK' = G"ÏÏ : +n fi ; de ce résultat et de la similitude évidente des triangles DLK, G ED, et IL F, ou DL'K,GE'D, IL' F', on déduit que le triangle DLK est équivalent à la somme des triangles G ED et IL F, ou I)L'K' à celle des triangles G E' D et I LF'. En ajoutant de part et d’autre l'excès du parallélogramme AK sur le triangle DLK, il en résulte que le triangle AEF ou AE'F' est équivalent au parallélogramme AK , c’est-à-dire à l’espace donné.

PROPOSITION IX

Ko

PROBLEME

Doux droites qui se coupent étant données, mener par un point donné une autre droite qui détermine sur elles deux segments dont le rectangle soit égal à un rectangle donné; ces segments étant comptés, l’un à partir du point d’intersection des droites données, et l'autre à partir d’un point fixe sur l’une de ces droites.

Soit proposé de mener EDF (Jig. 9 ) , de manière que le rectangle AE xOF, soit égal à un rectangle donné.

ANALYSE

Menez DH parallèle à AB, et prenez OI de façon que le rectangle DHxOI, équi vaille à l’espace donné; OI et le point I sont par conséquent donnés. Et puisque AExOF = DHxOI, il s'ensuit que AE:DH : :OI;OF; mais d’un autre côté, AE:DH;;AF:FH, donc AF:FH:;OI:OF. De cette proportion il résulte que AF:AH :;OI:FI, et que A F x FI = AH x OI; Ainsi AI et le rectangle de ses segments AF, FI, sont donnés ; donc on peut déterminer le point F, et par conséquent la droite EDF.

SYNTHÈSE

Après avoir mené D H parallèle à A B , et avoir fait le rectangle DHxOI équivalent à l’espace donné , partagez AI en F ou en F', de telle manière que le rectangle de ses parties soit égal à A H x O I ; EDF 1 , ou E'DF', sera la ligne cherchée. En effet, AFxFI étant égal à A H x O I , il en résulte que A F : A H ; : OI : I F, d’où A F; F H ::OI:OF; mais d’ailleurs, AF : F H : : A E : D H , donc A E : D H • '.O I ; OF; ainsi le rectangle AExOF est égal à DH x OI , c’est-àdire au rectangle donné.

analyse géométrique.

PROPOSITION X

PROBLÈME

Deux droites qui se coupent étant données , ainsi qu’un point sur chacune d’elles, mener, par un autre point donné, une troisième ligne qui détermine sur les deux premières, et à partir de chacun des points donués sur elles , des segments dont le rectangle soit égal à un espace donné.

Soit proposé de mener EDF (Jig. 10 ) de manière que le rectangle O F x P E équi vaille à un rectangle donné.

ANALYSE

Menez la droite DO, et par le point de son intersection avec AB, menez QR parallèle à AC.

Puisque DO:DQ:;OF:QR, il s’ensuit que DO:DQ;:OFxPF, :QR x PE; mais DO et DQ sont évidemment donnés, il en est donc ainsi du rapport de O F xPE à QRxPE; le premier de ces rectangles étant donné, le second est donc «^terminé. Si l’on observe de plus que la droite QR étant parallèle à AC, elle est déterminée de position, on verra que le problème revient à celui que nous a vous résolu en dernier lieu.

SYNTHÈSE

Tirez la droite DQO, menez à AC les parallèles DH et QR, et prolongez DH en S jusqu’à la rencontre de OS, parallèle à AB menée par "le point O; ensuite prenez PI de manière que le rectangle DSxPI équivaille à l’aire donnée, et cherchez, par la dernière proposition IX, un point E sur le prolongement de P I, qui soit tel que Q R x P E soit égal à D H x P I ; E F D est la droite cherchée.

Car, DQ:DO; :DH;DS; :QR:OF, donc DHxPI:DSxPI;;PE xQR:PExOF; mais DHxPI =PExQR, par conséquent le //' Suppl. 1 1

rectangle DS x PI, c’est-à-dire l’espace donné équivaut au rectangle P E x O F.

PROPOSITION XI

PROBLÈME

Partager une ligne donnée en deux portions telles que le quarré construit sur l'une soit équivalent au rectangle construit avec l’autre et avcc-une ligne donnée.

Soit proposé , ftg. 1 1 , de partager A B au point C , de manière que le rectangle G x AC équivaille au quarré de CB.

ANALYSE

Prenez BD = G, et puisque ACxG — cTf', il est clair que AC :CB: ;CB:BD; donc AB:CB: ;CD:BD, d’où AB xBD = CBxCD. Le rectangle AB x BD est donné, donc il en est de même de CB x CD; comme de plus la ligne BD est donnée, il est évident qu'on pourra déterminer la position du point C, (voyez proposition XIII , livre 1", page 46 ).

* SYNTHÈSE

Après avoir fait BD = G, déterminez un point C tel que le rectangle C B x C D soit équivalent à A B x B D ; C sera le point de division cherché. Car on aura évidemment AB:CB : ;C D:BD, d’où A C:CB :;CB:BD, et AC. BD = üF.

PROPOSITION XII

PROBLÈME

Diviser une ligne donnée en deux portions telles que le quarré de la première soit dans un rapport donné avec le rectangle construit sur la seconde et sur une droite donnée.

Soit proposé de déterminer sur AB (Jîg. 8 ) un point C tel que AC x G soit à c"EF comme M est à N.

ANALYSE

Prenez une quatrième proportionnelle H aux droites données M, N, G. Vous aurez alors ACxG:cB’::G:H, donc CB'=ACxll. Ainsi le problème est ramené au précédent.

SYNTHÈSE

Ayant pris la ligne H comme ci-dessus, divisez AB par la dernière proposition, de façon que AC x H soit égal à CB’. Il est clair qu’alors A C x G : cïf : : M : N ; car AC x G : AC x H ou cl? : : G : H ou : : M : N.

PROPOSITION XIII