AN ALT SE

Prenez le milieu de AB en E; aF + H P’ = 2 A E’ 4 - 2 ËF ; par conséquent Ap 4 -iTP 4 -ÜF’ = 2 ] 0 ? 4 - 2 EF 4 -CP : . Maintenant 2 À“K' = A B xBE; et de plus, si l’on abaisse la perpendiculaire PF sur EC, il est clair que 2 ET’ = aEP+aPP, et CP 5 — PF’-t-CF*. Par conséquent XF+ÏÏF-PCP : ==ABx BE+3PF’+2ËF : +CP. Prenez EO le tiers de EC, et menez PO; en vertu du lemme précédent, aEF’4-CF : — EC xCO + SOT*. Ainsi ÂT^-t-ïïT’ -t-cP = AB x BE-+- EC x CO+3FF* 4-3<}F , = AB x BE + ECxCO + 3PÜ-. Or les points E et O sont évidemment déterminés; il en est donc de même des rectangles AB xBF, et ECxCO; il suit de-là que 3o 1 “ et OP sont pareillement déterminés. Donc le point P a pour lieu la circonférence décrite de O comme centre avec le rayon OP.

SYNTHÈSE

Prenez A E = j A B , F. O = t E G , et cherchez une droite O P telle que son quarré soit égal- au tiers de l’excès de l'espace donné sur la somme des rectangles ABxBE et ECxCO; le lieu cherché est un cercle dont O est le centre , et P O le rayon. Car 3 PÜ* = 3 ÏÏP-t-3oF’, ou 3 PO 1 4 - ECxCO = 3pF 4 - EC x CO 4 - 3ôT’ = 3pF*4- 2 EF- 4 CF* ( lemme ) = 2 FÊ 7 4- FT’4- CF* = 2 PË? 4- tTF ; par conséquent l'espace donné ou 3PCP4- AB x BE 4 -EC x CO = 2ÏE’4-2PË , 4-CP : = ÂP’4-ÏÏP ; 4-CP-.

Troisième cas. Quand les points donnés sont au nombre de quatre. Les droites AP, BP, CP, DP {/ig. 17 ter. ), menées par les points A, B, C, D , étant telles que la somme de leurs quarrés est constamment égale à un espace donné, le lieu de leur point de concours est une circonférence de cercle déterminée.

Prenez AE = { AB, EF = {■ EC, et menez PE et PF. Il est clair, d’après ce qui a été démontre pour le cas précédent, que A P’-t-BP*’

-t-cTF = ABxBE + ECxCF + 3pF; d’où TF + bp 1 + c"F -+■ FF = AB xBE+ECxCF+3 i>F + dF\ Abaissez la perpendiculaire PG sur D F, et vous verrez que l’espace donné est égal à AB x BE-t-EC x CF+3 Tg-+3fG : + Fg' , + DS - * ; par conséquent 4PG 1 -t-3FÜ'’+ DG - * équivaut à un espace déterminé. Faites FO = -j DF, et menez PO; alors, par le lemme, 3 f‘6‘*+DG* = F D x DO+4ûG*. Donc FD x DO +4ÔG ; -t-4PG ; = FD x DO+4 PO', équivaut à un espace déterminé; donc 4FÔT- et PO sont déterminés. Comme d’ailleurs le point O est donné, on voit que le lieu de P est un cercle qui a pour centre O, et P O pour rayon.

SYNTHÈSE

Faites AE= j A B, E F = E C , et F O = -j F’ D. Cherchez ensuite le côté d’un quarré équivalent à l’espace donné diminué de AB x BE -t-EC xCF + DF x OD, et avec la imkitié de ce côté pour rayon, décrivez, de O comme centre, une circonférence de cercle, qui sera le lieu cherché.

En effet menez PE, PF, PO, et abaissez la perpendiculaire PG sur DF ; alors FDxDQ+4pÔ* — FD x DO-t-4üti , +4ï ï <ï' — 3 F G* -t-ÛG î -t-4PG ; = 3F(J-’+ 3 PG* -t- UF = 3FF’+ DF. Par conséquent AB x BE -I- EC x CF + 3 PF* -t- DP*, équivaut à l’espace donné. Mais, d’après ce qui a été démontré dans la synthèse du cas précédent, il est clair que TF + BP ; + CP’ = AB xBE + ECxCF-t- 3 FF*; donc Af+B P’+C P* + D P‘ équivaut à l'espace donné.

En poursuivant ce mode de démonstration , il est facile d'étendre successivement la proposition à un nombre quelconque de points donnés.

Sc/iolie. La propriété qui vient d’etre démontrée est susceptible d'être généralisée. Ainsi quand l’espace donné, au lieu d’être égal à

la somme des quarrés des lignes droites nlobiles, équivaut à la somme de diftérents multiples de ces quarrés, le point de concours de ccs droites a encore pour lieu une circonférence de cercle.

Ou conçoit d’autres droites dirigées du point P vers les centres A, B, C..., et sur ces droites d’autres centres dout les quarrés des distances au point P étant multipliés par des coëfficiens donnés, soient respectivement égaux aux quarrés des premières distances PA, PB, PC — Mais cette propriété peut être rendue plus claire à l’aide d'une simple extension du lemm e,page 1 3 1 . Soient AP et BP ( fig . \dtbis') deux des droites mobiles qui passent par les points fixes A et B; prenez OB = vxOA; alors , menant P O et la perpendiculaire P L , il a été prouvé que nxAl; +UL’=AB x BO+(v+ i)ol*; ajoutant départ et d’autre (-u+i) FI?, il est clair que L’+PT)+îfL’-t-PT- = v. A P’ + U P 1 = ABx B O •+-(m- i)ÔP\ Multipliez les deux membres par n et supposez nv—m, vous trouverez que m. Al* 1 = /i. AB x BO+(n+m)üP. Par des applications répétées de ce principe , on peut démontrer que m. Xp"’ + n. FF + p. CP’ -t- q. D I” -t- etc. z=z(rn + n + p + q + etc.) ÔP> + certains multiples de rectangles donnés; conséquemment le point de concours a pour lieu une circonférence de cercle dont le centre est O, et le rayon OP. Mais la propriété doit subsister si on divise tous ces multiples de quarrés par le même nombre, c’est-à-dire si , au lieu des quarrés des lignes mobiles, on considère les figures semblables construites sur elles. Si l’espace donné est égal à la somme des rectangles, le cercle se réduit à un point, puisque OP devient nul, et au-delà de cette limite, la proposition est impossible. Il est également visible que le centre O et le rayon OP resteront les mêmes dans quelque ordre qu’on effectue les constructions nécessaires pour obtenir la situation du centre (i).

(i) En examinant attentivement ces constructions, il est aisé de s'apercevoir que le centre du cercle cherché est en même temps le centre de gravité du système

A N AL ï SE GEOMETRIQUE.

DES PORISMES. — DÉFINITION.

Le porisme a pour objet de démontrer qu’on peut trouver plusieurs quantités telles qu’une certaine relation déterminée ait lieu entre ces quantités , et une infinité d'autres qui sont prises suivant une loi donnée.

Le porisme suppose qu’il y a des conditions qui rendent un problème indéterminé, c’est-à-dire susceptible d’une infinité de solutions.

PROPOSITION XVIII

PORISME.

Trois points étant donnés, on peut en trouver un quatrième tel qu’en y faisant passer une droite quelconque, la somme des distances

des différents points fixes donnés. Celte propriété curieuse est énoncée dans le beau traité d'Huygcns , intitulé Horologium oscillatorium , et elle lui fournit un exemple pour appliquer le principe de la conservation des forces vives qui est si important h considérer dans l’action des corps les uns sur les autres.

La proposition intéressante que l'auteur vient de démontrer, peut être établir d'une manière fort simple dans toute sa généralité par la géométrie analytique. En effet, soient (a , b) , («’, b') y (a", b" ), etc. , les coordonnées des points fixes donnés ; [jCyjr) celles de l'un des points du lieu cherché, etm,/i,/>, etc. les multiples donnés. Il est clair que les quarrés des lignes que l'on considère «ont (x— b)\ * etc., el comme par hypothèse, la somme des multiples de ces

quarrés doit élit; égale à un espace déterminé, il s'ensuit que l'équation du lieu cherché est

+ eic. , -f- etc.

A la seule inspection de cetlc équation , on reconnaît que les coefficients de ar et de y sont égaux, et par conséquent le lieu est une circonférence de cercle.

| — const.

ANALYSE GÉOMÉTRIQUE. l3j

de cette droite aux deux premiers points donnes, soit égale à sa distance au troisième.

Soient A, B, C, ( fig . x8 ) les trois points donnés; on peut trouver un quatrième point D tel qu'une droite quelconque HDI étant menée par ce point, la somme des perpendiculaires AH et BI, soit égale à la perpendiculaire CG.

a x A LYSE.

Par le point D , menez C D K ; abaissez sur cette droite les deux perpendiculaires AK, BL, et menez AB qui rencontre KC en E.

D'après la propriété dont jouissent les droites qui passent par le point D, il est clair que les distances AK et B L de la droite CD K menée par le point C aux deux points restants A et B, doivent être égales. Ainsi les triangles rectangles AEK et BLE sont égaux, et par conséquent AF. = BE; donc le point E est déterminé, puisqu'il est le milieu de AB. Menez à-présent la perpendiculaire EF; il est évident que aEF = AH + BI. De plus, CG et EF étant parallèles, CD;DE::CG:EF, et CD:aDE::CG:aFE ou AH+BI; mais, par hypothèse CG=AH+Bl, donc C D = a D F. , et comme C E est déterminé, le point D l’est aussi.

SYNTHÈSE

Faites AE=i AB, et ED=4EC; D est le point cherché.

En effet abaissez la perpendiculaire EF. Puisque CG et EF sont parallèles, CD:DE:;CG:EF; mais CD = a DE, donc CG — aE F = AH+BI.

Le porisme qui vient d’être démontré peut être regardé comme provenant de la solution de ce problème, Mener, par le point M, une droite MN telle que la somme des perpendiculaires AH et BI, abaissées sur cette droite des points A et B, soit égale à la perpendiculaire CG menée par C du côté opposé. Le point D se trouve comme précédemment , et la position de MND est déterminée. Mais II' Suppl. 1 8

l38 AN A L VSE GÉOMÉTRIQUE,

la direction de cette droite serait tout-à-fait indéterminée, s'il arrivait que le point M coïncidât avec D ; dans cette supposition , le problème admettrait une infinité de solutions (1).

PROPOSITION XIX

Un cercle et une droite étant donnés, on peut trouver un point tel que toute droite qui y passe et qui est terminée par le cercle et la droite, est divisée au point cherché en deux segments dont le rectangle est déterminé.

La droite ‘AB {J Ig . 19, pl. 3 ), et le cercle HDF sont donnes de position; cm propose de déterminer un point F qui divise une droite quelconque EDF en deux segments comprenant un rectangle déterminé.

analyse.

Par F menez H F G perpendiculaire à A B. En vertu de l'hypothèse, le rectangle HFxFG est aussi égal à l’espace donné, et par conséquent à FD x FE; donc DF:HF : :FG: F E. Les triangles DF II et GFE ayant ainsi un angle égal chacun à chacun compris entre des côtés proportionnels, sont semblables, et l’angle FDH est égal à F G E , c’est-à-dire à un angle droit ; donc HDF est un demi-cercle qui a MF pour diamètre. Le centre C étant donné, la perpendiculaire HCG est aussi donnée, et par conséquent le point F est déterminé.

(1) Il est à-propos de remarquer que le point cherché D est le centre de gravité du système des trois points A , B , C considérés comme des points matériels pesants. C'est ce qui résulte de la manière dont on obtient le point D; mais cela peut être démontré a priori d'après la propriété de ce point. Car il résulte évidemment de cette propriété que la somme des moments de A , B, C est nulle par rapport à tout axe passant par D, ce qui est, comme on sait, la propriété caractéristique d’un centre de gravité.

('Note du traducteur.)

ANALYSE GÉOMÉTRIQUE. l3f)

Les points F, G, H étant déterminés, il en est de même du rectangle H F x F G.

SÏNTH ES E.

Du centre C abaissez sur AB la perpendiculaire HCFG qui rencontre la circonférence en F; ce point F jouit de la propriété , que si l’on y fait passer une droite quelconque terminée à la circonférence et à AB, ses deux segments comprendront ut»' rectangle déterminé. En effet menez DH; les triangles FGE et F DH sont semblables; donc FG:FE; ;FD : FH , d’où FEx FD = FG,x EH = un rectangle déterminé.

Ce porisme peut être considéré comme provenant de la solution de ce problème. Par le point M, mener une droite DMFE telle que le rectangle de ses segments DF et FE soit égal à. un rectangle déterminé. Le point F étant trouvé comme ci-devant, la droite DM'E est entièrement déterminée. Mais quand le point donné M se trouve coïncider avec F, la droite D E n’a plus de position déterminée, c’està-dire qu’elle satisfait aux conditions du problème, dans quelque direction quelle soit menée.

PROPOSITION XX

POKISXE.

Un cercle et un point étant donnés, on peut trouver un autre point tel qu’en menant de ce point et du premier, deux droites à un point quelconque de la circonférence, ces deux droites soient toujours dans un rapport donné. La circonférence ECF et le point A étant donnés, on peut trouver un point B (fi g. 20) tel que les droites AC et BC, menées au point C de la circonférence ECF, soient entre elles dans un rapport déterminé.

Menez AB qui rencontre le cercle en E et F; tire» CE, CF, et

prolongez AC. Puisque les points E et F sont sur la circonférence, il résulte de l'hypothèse que AC:BC: A E:BE, et AC:BC: : AF:FB. Il suit de-là que CE divise en deux parties égales l'angle AC B, et qu’il en est de même de CF par rapporta l’angle adjacent B CD; par conséquent l’arc ECF est un demi-cercle. Ainsi la droite qui passe par le centre O , est déterminée de position. Maintenant , puisque AF:FB;;AE:EB ou bien AF: AK; ;FB:EB, il s’ensuit que EF étant divisée extérieurement et intérieurement dans le même rapport, EO est une moyenne proportionnelle entre AO et BO, ou EO’=AO x B O. Mais AO et EO sont donnés, donc B O et le point B sont déterminés. De plus, puisque AO;EO::EO:BO, il est clair que A E:EB: ;EO:BO, c’est-à-dire que les droites menées par A et B à la circonférence, sont entre elles, dans un rapport déterminé, égal . EO a B0‘

SYNTHÈSE

Menez AF par le centre du cercle donné, et faites AO:EO::EO :B 0 ; 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 CO qui ont en outre un angle commun en O, sont semblables; donc AC:BC: I AO:CO, c’est-à-dire dans un rapport déterminé.

Ce porisme dérive évidemment du théorème qui forme la douzième proposition de ce livre, ( voyez page 126).

PROPOSITION XXI

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 (fîg. 21) et le cercle HKF; il est

Dinitiz ed bv G oogle

possible d’assigner un point D, par lequel, si l’on 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, H K. Puisque CE:CD;;CD:CF, c D’ = C F. x CF=CK xCI; comme GI passe par le point D, il faut que GH:GD;;GD GI, c’est-à-dire que gü’ = GHxGI. Mais CD‘ = CG‘ + DG’, donc C K. x C I = tÜT- + GH x GI; retranchez ces deux membres de ceuxci; cF — CG - -+- ST , il restera CIxKI=GIxHI; d'où CI:GI : :HI :KI, et par conséquent les triangles CIG et HI K, qui ont en outre un angle commun I , sont semblables. Ainsi l'angle H M 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 G D est déterminé^ il en est donc de même du point D.

SYNTHÈSE

Par le centre O, abaissez la perpendiculaire GOI ; et prenez une moyenne proportionnelle G D entre G H et G I ; D est le point cherché. Car CE x CF = GO" — ïTü‘ = cg : -t-GÜ* — h~ô , = C(V -t- GIi. x GI; mais G D’ = G H x GI, donc CE x CF= CG’ + GD’ — clr.

Ce porisme peut être regardé comme dérivé du problème suivant : « Par un point P, donné sur le diamètre d’un cercle, mener à la perpendiculaire AB une droite CLPM telle que le rectangle des segments CL et CM , soit égal au quarré de G N. » CLxCM=CK x C I = cP — CIxKI; mais cP = CG‘+GT, et CIxKI = GIxHI; donc CL x CM = cG’+GI x GH, et si l’on fait GU"' = GI x GH , il est clair que C L x C M = ccf’ + (TTP = CD’, et conséquemment CD' = GN', et C D = GN. La droite CD et le point D étant déterminés, le point C l'est donc ainsi que la droite CLPM, Le problème est

l4» AN ALYSE GEOMETRIQUE.

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 de celle du point P. Si donc PLM coïncide avec CEF, on aura C E x CF = GNï = CD\ et cette propriété aura lieu quelle que soit la position du point C sur la droite AB.

PROPOSITION XXII

FOKISSE.

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 l’angle formé par deux droit» 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- ou) d’un cercle donné, soit fixé un point A par lequel on mène une corde quelconque BAG ; on peut trouver un point D dans la direction de ce diamètre, tel que l’angle ADC soit égal à A D B.

A N A LYSE

Tirez les droites EB, EO et B O. Les triangles EOD et BOD sont égaux, puisqu'ils ont le côté EO égal à B O, DO commun, l’angle O DE égal à O D B, 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 F.OG est égal à BO‘G. 11 suit de-là que les triangles EOG et BOG sont pareillement égaux , ce qui montre que EB est perpendiculaire au diamètre FH. Par conséquent ( 1 ) FA: AH : : FD:D H ; le rapport

(i) Tirez les- 'Imites CK,CH, et U droite IHK. parallèle à CF ou perpendiculaire à C H. Les angles EC F et F CB étant égaux , les angles C 1 K. et C K I sont aussi égaux, et on a II K =r III. Les triangles semblables CAF, HAR donnent CF: H K ou H I :: A F: Alfl A cause des parallèles CF, Kl; CF:HI::DF:DH; donc AF : AH :: DF:DH.

ANALYSE GÉOMÉTRIQUE. l43

de FA à AH étant donné, celui de FD à DA l’est de même; d’où il résulte que le point D est déterminé.

SYNTHÈSE

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

Ce porisme dérive encore de la proposition ia, page ia6, dans le cas particulier où les deux points donnés coïncideraient avec deux points de la circonférence déterminée par le rapport donné. Car si AC, DC et AB, DB sont dans le même rapport, il est clair que AC :AB; ;D C: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 A DBE (/?£•. a3), le point A, et la cordeDE, 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 I)GxFE et DF xGE, sont entre eux dans le rapport donné de KM à LM.

~ ANALYSE

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

Puisque KM:LM:;DGxFE:DFxGE, il s’ensuit que-KL:LM ;:DGxFE — DF xGErDFxGE; mais DGxFE — DFxGF.

= (DF+FG) (GE+FG) — DFxGE = FGxDE; donc KL:LM ::FGxDE:DF xGE. Prenez sur DE un point H tel qu'on ait K L :LM::DE:DH, alors KL:LM: :FG x DE:FG x DH, et par conséquent FGxDH = DFxGE; en ajoutant aux deux membres de cette e’quation le rectangle DFxFG, on en déduit que FHxFG ==DFxFE = AFxFB. Donc FH:FB:;AF :FG, d’où il suit que les triangles AFH et GF B sont semblables , et que l’angle AH F est égal à FBG; mais l'angle AHF 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 C est fixée.

SYNTHÈSE

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

Car , les triangles AFH et G F B étant évidemment semblables , FH:FB:;AF:FG, d'où FHxFG = FBxAF = DFxFE; par conséquent FHxFG — DFxFG=DFxFE — DFxFG, ou bien FGxDH = DFxGE. Mais, d’ailleurs, KL:LM : :DE: DH: ;FG xDE:FGxDH, donc KL: LM: :FG x DE: DF xGE; 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 problème, par deux points donnés A et C, dont l’un est sur la circonférence d'un cercle donné, mener à cette circonférence deux

droites AB et CB qui interceptent sur la corde DE des segments dont les rectangles DGxFE et DFxGE, soient entre eux dans un rapport donne. Si l’on prend le point H comme ci-devant, l'analyse du problème montrera que l’angle ABC doit être égal à A H F. Donc, en décrivant sur AC un segment capable de cet angle, le contact ou l’intersection de ce segment avec le cercle donné, déterminera la position du point B. Mais il est clair que si le point C est aussi sur la circonférence, les deux cercles se confondront, et le problème 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 droite* 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 E ( fig . a 4 ) deux droites DF et EF, vers un point F de la droite donnée AC; elles détermineront sur lasecon de droite donnée AB , 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 IH x G K est constamment égal à un rectangle donne.

A N ALYSE.

Menez El, EA,DA, DK; et prolongez DE jusqu’à la rencontre de AC en P. Puisque les points A , F, P appartiennent à la droite AC, il résulte de l’hypothèse que les rectangles IAx AK, IHxGK,IN x NK , sont égaux entre eux ; donc IH:IA.;AK:GK, d’où AH: IA ,:AG:GK, ou bien AH:AG:;I A:GK. Par E, menez LEM parallèles à AB et rencontrant les droites AC et F D prolongées. Alors il It Suppl. 19

«46 ANA.LÏSE GEOMETRIQUE.

est clair que LE:LM::AH:AG:;IA:GK. De plus, puisque !A xAK = INxNK,IN:IA::AK.:NK, d’où l’on déduit que AN:1A :;AN:NK, et par conséquent IA = NK. D’après ce résultat, LE :LM::NK:Gk,etLE:EM::IÏR:GlS,<MibieDLE:NKr:EM:GN,

c'est-à-dire :;ED:DN; ainsi les triangles LDE et KNDsont semblables, d’où il spit que LD K est une ligne droite. Menez DO. Puisque IA=NK,LE:I A :;LE:NK ou : :EO:OI: :ED:DN, et par conséquent DO est parallèle à AB. Les parallèles OD et LM étant données de position, il résulte de ce qui précède, que les points O et L, et par conséquent les points I et K sont déterminés; d’où l’on voit qu’il en est de même du rectangle IAxAK.

SYJf TH ÈSE.

Menez DO, EL parallèles à AB, et rencontrant en O et L le prolongement de AC; tirez les droites EO, LD, et prolongez-les jusqu’à AB eu I et K; ces derniers points sont les points cherchés. Car, si l’on mène DF et EF, il est clair que LE:lA::OE:OI:';ED:DN :;DM;DG:;LM:GK, d'où LE:LM:;1 A:GK; mais, d’un autre côté, LE:LM : : A H: AG; donc I A:IH ; ;GK: AK , et par conséquent I A x AK. = 1H x GK.

Cp porisme provient du problème suivant :

Deux droites AB et AC étant données de position, ainsi que les points I, K, E et D, trouver un point F tel que les droites EF, DF menées de ce point aux points donnés D et E, interceptent sur AB, à partir des points donnés I et K, deux segments dont le rectangle soit équivalent à un espace constant. Il est clair que quand les points I et K ont la position qui a été assignée ci-devant, le problème est indéterminé.

PROPOSITION XXV

PORISME.

Trois droites non-parallèles étant données de position, on peut

ANALYSE-GÉOMÉTRIQUE. ll\r

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

Soient (fig. a5 ) AB, CD et AE les trois premières droites données ; on peut en trouver une quatrième F G telle que toute parallèle à une autre droite donnée HI KL, qui traverse les quatre lignes AC, CD, AE, FG, soit divisée par elles en segments proportionnels aux droites HI, IK, KL dont les rapports sont connus.

ANALYSE

Prolongez AE et F G jusqu a leur point de concours M; par K et I, menez NO et PO respectivement parallèles à AB et F G, et par leur point de rencontre O, menez CO. Soit H'I'K'L' une autre droite trausverse divisée comme la première; menez de même P'O'I' parallèle a PIO, et rencontrant CO en O' ; enfin tirez O' K', et prolongez cette droite jusqu’en N.

Puisque KO est parallèle à PH, HI:IK : : P I:IO ; et de plus, les parallèles PO et P' O’ étant coupées par les droites CP, C I et CO, il s’ensuit que PI:I0::P'I':I'0'; donc HT:I'K'::P'I':I'0\ d’où il suit que O' N' est parallèle à ON. Maintenant IK:KL;;OK:KN et l' K' ;K' L' : : O' K' : K' N' ; donc O K:KN ; :0'K':K'N', ce qui prouve que les lignes A E, OC et F G concourent au mèiifc point M. De plus CA:AF;;OK:KN;:IK:KL;.et comme le rapport de C A à AF est donné, il est clair que AF et le point F sont déterminés; mais le point L est donné, donc FLG est déterminée de position.

SYNTHÈSE

Prenez le point F de manière que CA soit à AF dans le rapport de I K 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 CO; prenez sur cette droite un autre point O' quelconque, menez pareillement O' K' N' et O'I'P', qui rencontrent

l48 ANALYSE GEOMETRIQUE.

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

Car, puisque NO, N' O' sont parallèles à AB, et que OP, O'P' le sont à F G, il s’ensuit que HI:IK::PI:IO::PT:I'0'::H'r:rK'.

De plus, comme C A : A F : ;IK:KL; ;OK:KN , on voit que les droites OC, EA, GF concourent au même point M, d’où il résulte que IK:KL; :OK:KN: ;0'K':K'N': :I'K':K'L'.

Le porisme précédent provient du cas indéterminé de ce problème fameux : Quatre droites AB , C D , A E, F G ( fig . a5 bis ) étant données de position , mener une droite transversale H I K L qui soit coupée par ces lignes en des segments proportionnels aux droites données X, Y, Z. Supposez le problème résolu; prolongez GF et EA jusqu’à leur concours en M, menez les parallèles N K. O et PI O, et tirez MT O. Puisque T A : AF ; ; O K : K N : ; I K : K L , le rapport de T A à A F est donné, et par conséquent le point T et la droite M O sont déterminés de position. De plus PI:IO::HI:IK, donc le rapport de PI à 10 est aussi donné; mais le triangle CPI étant évidemment donné d’espèce, le rapport de CP à PI est déterminé; ainsi le rapport de CP à PO est connu, et le triangle CPO déterminé d’espèce. Les droites MO et CO étant donc l’une et l’autre connues de position, leur point d’intersection O est déterminé; conséquemment les parallèles TW) et P O sont déterminées de position ; d’on il suit que leurs intersections K et I , ainsi que la droite] transversale H I L K , sont pareillement connues.

La construction du problème se déduit aisément de l’analyse précédente : pour cela ayant prolongé EA et GF jusqu’à leur point de concours M, faites F A: AT;: Z: Y, et menez MT O. Prenez ensuite un point quelconque Q sur CB; menez QS parallèle à F G, et faites Q R : R S 1 1 X : Y; après cela tirez la droite C S , et prolongez-la jusqu’à la rencontre de MO en O; menez enfin OI et KO respectivement parallèles à F G et AB; la droite HIKL, qui passe par les points

DîgitizecfEy‘Gc)Oglc

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

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

ISOPÉRIMÈTRES. — DÉFINITION.

On appelle figures isopérimètres celles qui ont un contour égal, ou de même étendue linéaire.

PROPOSITION XXVI

PROBLÈME

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 CD (fig- 26 ), aux points donnés A et B, deux droites AG et BG, dont la somme soit un minimum.

ANALYSE

Par B, l’un des points donnés, abaissez une perpendiculaire BE sur CD, et après l’avoir prolongée d’une égale quantité au-dessous de CD, menez GF. Il est évident que les triangles rectangles BEG et F EG sont égayx; et par conséquent que BG = G F; ainsi AG

(1) 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 , i des résultats incertains et même erronés. Cette faute imprévue porta Bosêovich à examiner avec soin toutes les circonstances que pouvait présenter la question , et il découvrit que le problème devient indéterminé précisément dans le cas où il peut être appliqué aux observations astronomiques. ( Note de M. Leslie. )

l 5 o ANALYSE GÉOMÉTRIQUE.

> GF est uu minimum. Il résulte de-là que la ligne AGF est droite, et elle est déterminée, puisque les points A et F sont donnés; donc son intcrsectiou G avec CD, et les droites AG, B G sont pareillement déterminés.

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

Corollaire. On résout d'une manière analogue un problème 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. 26 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 C D comme dans la figure 26 bis, abaissez la perpendiculaire BE que vous prolongerez en EF d’une quantité égale , et meuez les droites AF G et F G. Les triangles BEG et FE G sont évidemment égaux, et par conséquent B G = G F; mais dans le triangle A F G', la différence entre AG' et G' F étant moindre que A F, elle atteint son maximum quand ce triangle est supposé confondu avec ccttc droite AF; dans ce cas l’angle AGE — BGC.

PROPOSITION XXVII

THÉORÈME

Les droites menées par deux points donnés à tin 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 ( Jig . 27 ) à la circonférence du cercle GDH, la somme des droites AD et BD qui font des angles égaux avec la tangente EF, est la plus petite possible.

ANALYSE G^OMÉTIWQCE. x5l

Par la proposition dernière, AD et BD qui tombent sous la même incidence sur la droite EF, sont plus courtes que les autres lignes qu’on pourrait mener par A et B à tout autre point de EF; mais les lignes menées à la tangente sont moindres que les lignes extérieures qui se terminent à la circonférence; ainsi par ces deux raisons combinées, AD et BD forment le minimum de toutes les droites menées des points donnés A et B à la circonférence G D H.

PROPOSITION XXVlfl.

PROBLÉ NE.

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 {Jig. 28}, les droites A D , BD , C D , telles que leur somm* soit un minimum.

ANALYSE

Si on imagine que B D reste constante , la position de D sur la circonférence décrite du centre C avec le rayon BD, doit, par la dernière proposition, être telle que la somme AD+CD étant tin minimum , l’angle ADB soit égal à CDB. Par ta même raison, si AD demeure invariable, BD et CD qui forment un minimum, doivent faire avec AD des angles égaux ADB et ADC. En réunissant ces conditions, on voit que les droites AD, BD, CD, forment entre elles des angles égaux à leur point de concours.

De-là dérive cette construction : Décrivez le triangle ABC, et sur chacun des côtés AC et B C construisez un triangle équilatéral T auxquels vous circonscrirez des cercles qui se rencontrent au point D, ce point est le point cherché. Car les angles ADC et CDB étant les suppléments des angles des triangles équilatéraux , sont chacun égal aux deux tiers de deux angles droits, ou au tiers de quatre;

l52 ANALYSE GÉOMÉTRIQUE.

par conséquent les trois angles formés autour du point D sont égaux.

PROPOSITION XXIX

PROBLÈME

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 AC et BC (fig- 29 ), de manière que l'angle AC B soit un maximum.

ANALYSE

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

PROPOSITION XXX

PROBLÈME

Parmi tous les triangles isopérimètres qui reposent sur une même base, déterminer celui dont l'aire est la plus grande.

Soit proposé de trouver un triangle ABC, reposant sur la base AC {fig. 3 o ) , et renfermant dans un périmètre donné la plus grande surface possible.

ANALYSE

Puisque la base du triangle ABC est constante, tandis que son aire est un maximum , il faut que sa hauteur soit la plus grande possible, et par conséquent le sommet B se trouve sur une parallèle à AC la plus éloignée qu'il est possible. Supposez que cette parallèle soit D E ; la somme des côtés A B et C B , et conséquemment le contour entier du triangle est, par la proposition 26 de ce livre, pag. le

analyse géométrique. i53

plus petit qu’il peut être, quand l’angle ABD est égal à CBE. Or il est clair que AB+BC doit être un minimum, parce que toutes les autres lignes menées par A et C sur Un point quelconque de DE, font une somme plus grande que le contour constant AB+CB, puisque les segments des autres triangles isopérimètres sont en dessous de DE; donc l’angle ABD = CBE, ou ce qui revient au même BAC = BC A, d’où BC = B A. Ainsi le triangle ACB est isocèle, et il est déterminé, .car tous ses côtés sont donnés.

Corollaire. Il résulte de-là qu’un polygone équilatéral est parmi tous les polygones isopérimètres du même nombre de côtés, celui qui renferme la plus grande surface. Car sans changer tout le reste de la figure , supposez que deux côtés quelconques adjacents viennent à varier, ils formeront le plus grand triangle passible quand ils seront égaux en longueur. Le polygone, qui n’est autre chose que (assemblage des triangles ainsi formés, doit donc être à son maximum quand ces triangles sont isocèles dans chaque combinaison, et par conséquent lorsque tous les côtés de la figure sont égaux.

PROPOSITION XXXI

THÉORÈME

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.

Soit le polygone ABCDEF {fig. 3i ), dont les côtés AB,BC,CD, ED et EF sont constants, et reposent sur une base AF variable; l'aire du polygone aura atteint son maximum , quand AF sera le diamètre d'un cercle circonscrit au polygone.

En effet menez AD et FD à un quelconque des sommets D; les espaces ABCD et DEF resteront évidemment les mêmes, tandis que l'angle ADF s’aggrandira, et que les points A et F s’écarteront 11' Suppl. 20

l54 ANALYSE GÉOMÉTRIQUE,

l’un de l’autre. Ainsi le polygone renfermera la plus grande surface, quand le triangle ADF compris entre les côtés AD et DF aura atteint son maximum. Maintenant le triangle sera dans cet état 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 sur une demi-circonférence dont AF 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 AB CD un polygone dont tous les côtés sont donnés; menez le diamètre AF, et tirez DF. Le polygone ABCDF 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 régnlier. Car par le corollaire de la proposition précédente, ce polygone maximum 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

THÉORÈME

Le cercle est le plus grand de tous les polygones isopérimètres.

Par les propositions précédentes, il est clair que le périmètre et le nombre des côtés étant donnés, la figure maximum est un polygone régulier. Soit ABCDEF {fig. 3a) un tel polygone qui a le périmètre donné; partagez en deux portions égales les arcs corresdants du cercle circonscrit, et inscrivez dans ce cercle un polygone

analyse géométrique. i 55

régulier MBGC. . .LA d'un nombre de côtés double du précédent.

Menez le diamètre M I et les droites M D et O D. Les deux polygones

sont composés chacun d'un même nombre de triangles égaux à ODN

pour l'un, et à ODI pour l’autre; ainsi leurs surfaces sont entre elles

comme ON est à OI, ou ce qui revient au même comme P N est à

M I. Mais si le grand polygone M A s’était réduit à un polygone

semblable , de même périmètre que A . . . F et dont le côté homologue

à DI, serait égal à DN, les aires des deux polygones semblables

seraient dans le rapport de UT* à b N’, c’est-à-dire de MI à MN.

Donc le polygone primitif A. . . .F est à un autre polygone du même

périmètre et d’un nombre de côtés double, comme P N est à MN.

Une figure d’un périmètre constant a donc une aire de plus en

plus grande, à mesure que l’on double le nombre de ses côtés. En

continuant cette duplication, le polygone régulier qui en résulte acquiert une surface perpétuellement croissante. Ainsi le cercle , qui est la limite dont s’approchent tous ces polygones à mesure que le nombre de leurs côtés augmente, doit, dans le même contour, renfermer le plus glrand espace possible (i).

(i) On trouve ces trois dernières propositions ( 3 o, 3 t , 3 a ), traitées d'une manière différente, dans les Eléments de Géométrie de M. Legendre, pages t 3 o à i 36 de la onzième édition, année 1817.

Le lecteur pourra encore s'exercer sur le problème suivant , dont un grand nombre de géomètres se sont occupés ■ inscrire dans un cercle donné, un polygone dont les cotés passent par autant de points donnés qu’il y a de cotés dans le polygone.» f' oyez pour la solution de ce problème, tant par l'analyse que par la synthèse. Mémoires de V Academie de Berlin , année 1 776 , ceux de l'Academie de Pétersbourg , année 1780; le Recueil de problèmes, publié en 1809 par M. de Stainville, l'un des répétiteurs de l'école polytechnique; le premier volume des Annales de mathématiques de M. Gergonne , qui contient plusieurs articles fort intéressants de M. Servois, conservateur du Musée d'artillerie; les ouvrages de géométrie de M. Carnot , et enfin les Eléments d'analjse géométrique et algébrique , par M. S. {-huilier, Genève 1809.