DÉFINITIONS
i». D ans chaque question, on appelle données , les quantités qui sont déterminées d’après le seul énoncé du problème, et celles qui peuvent être déduites des précédentes par des moyens déjà connus.
a° On dit qu'un rapport est donné quand il est égal à celui de quantités données.
3° Les lignes , les points , les étendues dans une position fixe , sont donnes lorsqu’ils résultent de l’énoncé du problème, ou qu’ils peuvent en être déduits par des moyens déjà connus.
4° Un cercle est donné de position et de grandeur, quand son eentre et son rayon sont donnés.
5° Une figure rectiligne est dite donnée d'espèce , lorsqu’elle est semblable à une figure donnée.
• PROPOSITION PREMIÈRE
Par deux points donnés , mener des obliques à une droite connue qui soient egalement inclinées sur elle.
Soient A , B {Jig. i , pl. i ) les deux points donnés, et CD une droite donnée de position; on propose de tirer AG etBG de manière que les angles AGC et BGE soient égaux.
ANALYSE
Par B, l'un des points donnés, abaissez sur CD la perpendiculaire •
ANALYSE géométrique. 36
BE, et prolongez-Ià jusqu’à ce quelle rencontre en F, AG ou son prolongement. L’angle BGE étant égal à AGC d’après l'hypothèsé , il est aussi égal à FGE; l’angle droit BEG = FEG, et le côté GE est commun aux triangles GBE et GFE ; donc ces triangles sont égaux, d’où il résulte que le côté BE est égal à FE; mais la perpendiculaire BE est donnée, en conséquence FE est connu tant en position qu'en grandeur ; ce qui détermine le point F et aussi le point G qui est l’intersection de AF avec CD.
SYNTHÈSE
Abaissez la perpendiculaire BE, et prolongez-la d’une égale quantité au-dessous de CD; tirez AF qui rencontre CD en G; AG etBG sont les lignes cherchées.
Car les triangles GBE et GFE ayant un angle égal BEG = FEG, compris entre deux côtés égaux, puisque BE = FE et que GE est commun, sont égaux; ce qui prouve légalité des angles BGE et AGC.
PROPOSITION II
Par un point donné, mener une droite qui fasse des angles égaux avec deux droites données de position.
Soit A (/Ig. 2 ) le point donné, et CB, GD les lignes droites qui. sont données de position.
ANALYSE
Menez GH parallèle à FE, et prolongez CD. L’angle extérieur GCH est égal à CFE, et ECH est égal à son alterne CEF; mais l’angle CFE est égal à CEF, donc GCH est égal à ECH; conséquemment l’angle GCE est divisé en deux parties égales par la ligne
droite CH. Or CH est donné de position, donc la parallèle EF est
également connue.
SYNTHÈSE
Coupez l’angle connu GCB en deux parties égales par la ligne droite CH, et par le point donné A, menez à cette droite la parallèle F.E; l’angle CEF est égal à CFE. Car ces deux angles sont respectivement égaux, l’un à l’angle interne ECH, l’autre à l’angle correspondant GCH; ils sont par conséquent égaux entre eux.
PROPOSITION III
PROBLEME
Par un point donné, mener une droite telle que les segmens interceptés par les perpendiculaires abaissées sur elle de deux points donnés , soient égaux.
Les points A, B et C étant donnés (fig. 3 ), on propose de tirer une ligne droite FCE, de manière que les parties CF et CE, déterminées par les perpendiculaires AF et BE, soient égales.
ANALYSE
Prolongez AC jusqu’à la rencontre de BE en D. Les triangles •rectangles AFC' et DEC, ayant l’angle ACF égal à DCE et le côté CF égal à CE, sont égaux; il en résulte que le côté CA est égal à CD. Mais CA est évidemment donné; donc CD et le point D sont connus; ainsi BD est donné, et il en est de même de la perpendiculaire CE.
S Y N T H ÈSE.
Prolongez AC d’une égale quantité jusqu’en D, tirçz BD, menez une parallèle AF à la ligne BD et une perpendiculaire CE à la même ligne;
^J Dioitiz ed t
ANALYSE GÉO. «ETRIQUE.
FCE est la ligne cherchée. Car les triangles FAC et EDC ayant les angles ACF, AFC respectivement égaux à DCE, DEC, et le côté AC égal à CD, il s'ensuit qu’ils sont égaux et que CF — CE.
PROPOSITION IV
PROBLÈME
Partager un triangle en deux parties équivalentes, par une ligne drqitc menée d’un point donné sur un des côtés.
Soit proposé de tirer par le point D, la droite DF qui partage en deux portions équivalentes le triangle ABC.
ANALYSE
Prenez le milieu E de AC ( fig . 4 ), tirez EB, EF et BD. Le triangle ABE est équivalent à EBC, et il est par conséquent la moitié de ABC; ainsi d’après l’énoncé, ABE doit être équivalent à AF D; si on retranche de chacun de ces triangles la partie commune A F E , il restera deux triangles équivalents EF B et EFD. Puisque ces deux triangles ont la même base, il faut qu'ils aient la même hauteur, c’est-à-dire que FE soit parallèle à BD. Mais les points B-et D étant donnés, la droite BD est donnée de position, d’où- il suit que EF est aussi connu.
SYNTHÈSE
Ayant pris le milieu de AC en E et tiré BD, menez la parallèle EF à cette droite, qui rencontre AB en F; la ligne DF divise le triangle en deux portions équivalentes.
En effet, tirez BE. Puisque BD est parallèle à FE, le triangle EFB est équivalent à EFD ; et si l’on ajoute A F E à chacun de ces deux triangles, les triangles ainsi formés AFD et ABE sont égaux : donc le premier est la moitié de ABC puisque le second l’est.
PROPOSITION V
PROBLÈME
Trouver un point dans l’intérieur d’un triangle, par lequel les droites menées aux trois sommets, divisent le triangle en trois triangles équivalens (i).
Soit F (Jtg. 5) le point cherché, duquel partent les lignes FA, F B et FC qui partagent en trois portions équivalentes le triangle donné ABC.
ANALYSE
Menez I'D, FE parallèles aux côtés BA, BC , et tirez BD, BE. FD étant parallèle à AB, le triangle ABF est équivalent à ABD, lequel est ainsi le tiers de ABC; par la même raison, le triangle BEC qui est équivalent à B FC, est pareillement le tiers de ABC. C'est pourquoi les bases AD et EC sont chacune le tiers du côté AC, et par conséquent les points de division D et E sont donnés. Les parallèles DF et EF sont donc connues, et il en est de même de leur point de concours F.
Mais le point F peut être déterminé autrement. En effet, prolongez AF et CF en G et en H. Le triangle DFE est évidemment setnblable à ABC, d’où il résulte AC:AB; ;DE:DF. Mais AC = 3DE, donc AB = 3DF. De plus, à cause que AH et DF sont parallèles, on a AC: AH; ;DC:DF, ou, ce qui revient an même, aAC:aAH;;3DC :3DF ; mais aAC = 6AD = 3DC et aAH = 3DF = AB. Ainsi le
(i) Le problème analogue dans la Géométrie à trois dimensions , consiste à trouver, dans l'intérieur d'un tétraèdre, un point tel que les tétraèdres qui ont pour sommet commun ce point, et pour bases les quatre faces du tétraèdre, soient équivalentes ; ce point est le centre de gravité du tétraèdre.
( Note du traducteur , M. Comte. )
ANALYSE GÉOMÉTRIQUE. 3n
point li est le milieu de AB, et, par la même raison, G est le milieu de BC. Ces deux points étant donc connus, l’intersection F des lignes CH et AG, est egalement déterminée.
SYNTHÈSE
Coupe* AB et BC par leurs milieux en H et en G, tirez CH et AG, et, par leur point d’intersection , menez FA, FB et FC; vous aurez ainsi divisé le triangle ABC en trois parties équivalentes. Ën effet, abaissez par les points A et B les perpendiculaires AI et BL. Les triangles H AI et HBL sont égaux-, puisque AHI = BHL, que AIH==BLH, et que le côté AH est égal à BH; AI est donc égal à BL. Les triangles AF'C et BFC reposent sur la même base CF, et ayant des hauteurs égales AI et BL, sont équivalents. Par le même raisonnement, on démontre que les triangles AFC et AFB sont équivalents. la; triangle entier ABC est donc partagé en trois triangles égaux en surface et qui ont leur sommet commun au point F.
PROPOSITION VI
Partagez un triangle en trois parties équivalentes par des lignes droites menées d’un point donné dans l’intérieur du triangle.
Soit ABC (,/%■. 6 ) un triangle qu’on se propose de diviser en trois aires équivalentes, par les droites DB, DG et DH, tirées du point D.
ANALYSE
Tirez BG, menez la parallèle DE à cette ligne, et joignez B et E. Le triangle BD G est équivalent à BEG, et conséquemment le quadrilatère ABDG équivaut au triangle ABE, qui est ainsi le tiers de ABC. Il en résulte que la base AE est le tiers de AC, et par conséquent que le point E est connu; la parallèle BG à DE est donc déter-
A N A I. Il S F. G F O M F T R I Q ü E.
minée, et pareillement le point G ainsi que DG. Par un raisonnement semblable, on voit en menant BH et sa parallèle DF, tirant DH, que la ligne BH est également déterminée.
SYNTHÈSE
Partage/, la base AC en trois parties égales, et par les points de division E, F, menez les droites DE, DF; menez à ces lignes les parallèles BG, BH; tirez les droites DB,DG, DH; elles divisent le triangle ABC en trois portions équivalentes.
Car DE étant parallèle à BG, le triangle BDG est équivalent à BEG, et par conséquent le quadrilatère AB DG est équivalent au triangle ABE. Par la même raison, le quadrilatère BDHC équivaut au triangle BFC; donc les triangles restants GDH et BFE sont équivalents. Mais les triangles ABE, BEF, FBC, ayant des-bases égales et leur sommet commun, ont la même aire; donc les espaces ABDG, .GDH et BDHC, sont chacun le tiers du triangle donné ABC.
PROPOSITION VII
Inscrire un quarré dans un triangle.
Soit le triangle ABC ( fig . 7) dans lequel oir propose d'inscrire un quarré IGFH. #
ANALYSE
Tirèz AF, et prolongez cette droite jusqu'à la rencontre en E de la parallèle BE à AC; abaissez de plus les perpendiculaires BD et EK.
Puisque EB est parallèle à AC ou à FG,on a la proportion, AF:AE: :FG:EB; et de plus la peqtendiculaire EK étant parallèle à FH, 011 a aussi AF:AE;;FH:EK. Il résulte de ces deux proportions que F G : EB : : FH : E K ; mais F G =F H , donc E B = E K. Or, la ligne EK est connue puisque elle est égale à BD qui est la bau-
ANALYSE CEO METRIQUE. 4 1
tenr du triangle donne; donc EB est aussi déterminée tant en position qu’en grandeur; d’où il résulte que le point E est connu, qu’il en est de même de l’intersection de AE avec BC, et conséquemment de la parallèle FG et de la perpendiculaire F H; le quarré FGIH est donc complettement déterminé.
SYNTHÈSE
Menez par le point B une parallèle BE à la droite AC, et une perpendiculaire BD.; prenez BE égal à BD, tirez la ligne AE qui coupe BC en F, et achevez le rectangle IGFH.
Puisque BE et EK sont respectivement parallèles à GF et à F H, AE: AF; ;BE:GF, et A E: AF ; ; EK:FH ; d’où il résulte que BE:GF ; ; E K : F H. Mais B E est égal à E K par construction ; donc G F= F H. Il est évident par- là que le rectangle 1G-FH est un quarré.
PROPOSITION VIII
Par un point donné, mener une droite telle que les parties de cette droite , terminées à deux lignes données, soient entre elles dans un rapport donné.
Soit A ( fig . 8 ) le point dpnné, et BC, BD les deux droites données; on propose de tirer EAF de manière que EA soit à AF comme M est à N.
ANALYSE
Si vous menez par le point A la droite AG parallèle à BC, cette droite rencontrera BD en un point G qui est évidemment donné. Les lignes FE, I' B sont coupées en parties proportionnelles par les parallèles BE, GA, et par conséquent EA: AF: ;BG:G F; le rapport de EA à AI étant donné, il en est ainsi de celui de BG à GF. Or B G est connu, GF l’est donc aussi, d'où il résulte que le point F et la ligne EAF sont déterminés.
SYNTHÈSE
Menez AG parallèle à BC, déterminez GF de manière que BG:GF ::M:N, et tirez FA K; cette droite est la ligne cherchée.
Car BE et AG étant parallèles , on a la proportion EA : AF : : BG : GF ; mais BG:GF: :M:N, donc E A: AF: ; M:N.
PROPOSITION IX
Par un point donné, mener une droite qui soft divisée dans un rapport donné par la circonférence d’un cercle donné.
Soit A ( Jtg . 9 ) le point donné, et B DCE le cercle donné; il est question de mener BC de manière que B A soit à AC comme M est à N.
Tirez le diamètre DAE, les droites DB, CE, et menez CF parallèle à DB. Puisque le point A et le centre du cercle sont donnés, Le diamètre DE est connu de position, ainsi que ses extrémités D et E. Mais DB étant parallèle à CF, BA: AC: :DA: AF, d’où il suit que le rapport de DA à AF est connu,* et comme DA est donné, il en est de même de AF. De plus, en vertu d’une propriété très-connue du cercle BAx AC=AI)xAE, c’est-à-dire que AE: AC : ;BA:DA; mais B A:D A : : AC: A F, donc AE: AC; : AC:AF. Donc AC s'obtient en prenant une moyenne proportionnelle entre AF et AE; ainsi le point C est connu, et par conséquent la droite BC est déterminée epmplettement.
SYNTHÈSE
Après avoir tiré le diamètre DE, prenez AF de sorte que DA: AF ::M:N, cherchez ensuite une moyenne proportionnelle AG entre
AF et AE, et déterminez le point C de manière que AC soit égale à cette moyenne proportionnelle; BAC est la ligne cherchée.
Pour le prouver, menez les droites DB, CF et CE. Puisque le produit de B A par AC est égal à celui de DA par AE, il s ensuit que AE:AC:;BA:DA; mais par construction , A E: A C :: AC: AF, donc AC:AF; ;BA:DA, d’où il résulte que AC:BA: ; AF:DA, c’està-dire : : M : N.
PROPOSITION X
' PROBLÈME
Pac deux points donnés sur la circonférence d’un cercle, mener à un autre point de cette circonférence, deux droites qui soient entre elles dans un rapport donné.
On propose de mener par les points A et B {Jig. 10) les droites A C et B C de manière quelles aient un rapport donné.
ANALYSE
Menez C E qui divise en deux parties égales l’angle A CB. Vous aurez la proportion (i)AC:CB;:AD:DB,et par conséquent le rapport de AD à BD est donné, ce qui détermine le point D. Mais, puisque l’angle ACE est égal à BCE, l’arc AE est égal à l’arc EB; ainsi le point E s’obtient en prenant le milieu de l’arc AEB. Les points D et E étant déterminés, la droite EDC est connue; il en est donc de meme du point C, et des cordes AC et BC.
s Y NT h È SE.
Coupez l’orc AEB en deux parties égales au point E, divisez au point D la ligue A B en deux portions qui soient entre elles dans le rapport donné, menez la ligne DE, et prolongez-Ia au-dessus de AB jusqu’à la rencontre de la circonférence en C; les cordes A Cet BC
{i) Prolonge* AC «le CF = CB ; à cause «le B F parallèle i CD, on a la proportion AC:CF=CB:: AD:DB.
sont dans le rapport donne. Car, puisque Tare AE est égal à BE, l’angle ACD est égal à BCD, et par conséquent le rapport de AC à BC est le même que celui de AD à BD, c’est-à-dire qu’il est égal au rapport donné.
PROPOSITION XI
PROBLÈME
Par un point donné, mener à un cercle une sécante telle que le rectangle de la partie extérieure et de la partie comprise dans le cercle, soit équivalent à une aire donnée.
Soit proposé de mener par le point A ( fig . 1 1 ) la droite ABC, de manière que le rectangle de AB et BC équivaille à un espace donné.
A N A.LYS E
Par le centre O menez AF, et cherchez une longueur AE qui forme avec AD un ' rectangle équivalent à l’aire donnée. Puisque AB x AC=AD x AF, et que, par construction, AB x BC=A D x AE, il s’ensuit que A D:AB; : AC: AF; :BC: AE. On déduit de cette proportion que AD:AB:;AC — BC, c’est-à-dire AB:AF — AE, c’està-dire EF. Donc AB est une moyenne proportionnelle entre AD et EF; mais AE étant donné, EF l’est aussi, et par conséquent AB est connu tant en grandeur qu’en position.
SYNTHÈSE
Menez AF par le centre du cercle, prenez AE de sorte que le rectangle ADxAEsoit équivalent à l’espace donné; cherchez une moyenne proportionnelle entre AD et EF, et portez-la depuis A sur la circonférence jusqu’en B, le rectangle ABxBC équivaut a laire donnée.
Car AD:AB;;AB:EF, et AD; AB:: AC:AF; d’où il résulte que AD: AB: : AC— -AB ou BC:AF — EF ou AE, par conséquent AD x AE est équivalent au rectangle ABxBC.
PROPOSITION XII
PROBLÈME
Par deux points donnes, faire passer un cercle qui coupc par le milieu la circonférence d’un cercle donné.
Soient A et B deux points (Jig . la) par lesquels il faut conduire un cercle ADGEB qui divise en deux parties égales la circonférence du cercle H D FE.
ANALYSE
Soient D et E les points d’intersection des deux cercles. Puisque DFE est, par hypothèse, une demi -circonférence, DE est un diamètre sur lequel doit par conséquent se trouver le centre C. Menez la droite AC, et prolongez-la jusqu’en F. DC étant égal à CE, il est évident que A C x C G = CD 1 =HCxCF; mais le rectangle H C. C F est donné , donc il en est de même du rectangle AC. C G ; et comme AC est connu, CG l’est aussi, et le point G est déterminé. Maintenant que l’on connaît les trois points A, B et G, il est facile de décrire le cercle A G B.
S Y N T H ÈSE.
Par le point C, centre du cercle donné, menez la droite AGF, et prenez sur cette ligne un point G tel que A C : H C : : F C on H C : C G ; faites passer un cercle AGB par les trois points A, B et G; il divisera en deux parties égales la circonférence H D F E.
En effet, par un des points d’intersection, menez le diamètre DCI, et prolongez-le jusqu’à la rencontre du cercle AGB en K. Puisque AC:HC;;HC:CG, le quarré de HC est équivalent au rectangle de AC. CG; mais HC= DCxCI,et ACxCG = I)CxCK; donc DCxCI = DCxCK,ce qui prouve que Cl est égal à CK , c’est-àdire que les points I et K se confondent, et que le cercle AGB passe par les extrémités du diamètre du cercle H DFE.
/|f» UNAlïSE GÉOMÉTRIQUE.
PROPOSITION XIII
• PROBLÈME
Couper une droite donnée en deux parties telles que le quarré construit sur la première soit équivalent au rectangle construit avec la seconde et avec une autre ligue donnée.
Soit AB (Jig- i3 ) une droite de longueur donnée sur laquelle on propose de déterminer un segment dont le quarré soit équivalent au rectangle construit sur le reste de la droite et sur la ligne donnée C.
ANALYSE
Prolongez B A en AD d’une quantité égale à C, et sur DB comme diamètre, décrivez une demi-conférence, et élevez la perpendiculaire A F. Puisque KG' = C x G B, il s'ensuit que D A : A G : : A G : G B ; d’où D A : AG : : D G : A B ; par conséquent DAxAB = AGxl)G; mais par une des propriétés principales du cercle, DAxAB=ÂÏ% donc AGxDG = ÂF'. Il résulte de-là que AF est égal à une tangente menée par G au demi-cercle qui aurait DA pour diamètre. Prenez le milieu de DA en E, et tirez EF ; comme AG x DG=ÂF’, si vous ajoutez ËV aux deux membres de cette équation, vous trouverez que AG x DG + Af?, c’est-à-dire Et? (i), est égal à AF" -t-ÉA*, c’est-àdire EF; donc EG est égal à EF, et par conséquent le point G est déterminé.
SYNTHÈSE
Après avoir prolongé AB d’une quantité AD égale à C, et décrit sur BD un demi-cercle, élevez la perpendiculaire AF; joignez le point E milieu de AD avec le point F, et prenez F.G égal à F.F; le quarré du segment AG ainsi déterminé sur AB, équivaut au rectangle de G B et de la ligne donnée C,
(i)AG = EG— AE; DG =: EG-f-AE; A G x D G = Em — ÏF-
En effet, le triangle EF A étant rectangle EK - = EA’+ Al"’, donc ÂF>=rËp — Ëa^=EG’ — ëâ î =(EG-eEA)(EG — EA)=DGx AG. Mais d’un autte côté ÂF = DAxAB, donc DAxAB = DGxAG, d’où il suit que AG:AB;;DA:DG. Or on déduit de cette proportion que AB— AG, ou GB:AG;;DG — DA, ou AG:DA, donc ÂG* = G B x DA = GBxC.
CoroU. On peut remarquer ici que si la ligne donnée C est égale à AB, alors AG* = AB x BG, c’est-à-dire que la dro^e AB est divisée en moyenne et extrême raison au point C. La construction alors se> confond évidemment avec celle qui est exposée dans les éléments(i), laquelle n’est qu'un cas particulier de la construction qui vient de nous occuper.
PROPOSITION XIV
Problème. Fig. 1 4 et 1 4 bis.
<1 ;'él~ **tiki*<* ■
Partager une ligne donnée en deux parties qui soient entre elles en raison sous-dôublée (a) de deux autres parties aussi données de la même ligne.
Soit proposé de diviser la droite AB ( Jig . i4), de sorte que les segments AD, BD soient en raison sous-doublée des segments donnés AC, BC.
Premier cas. La somme des deux segments donnés est égale à la ligne donnée.
Le point de division C, commun aux deux segments, est entre A et B.
Sur AB {fi g. i4 ) décrivez une demi-circonférence , élevez la perpendiculaire CE, et menez les droites A E, BE et ED ou ED'. Puis-
(«) Voyez la Géométrie de M. Legendre, io' édition , livre 3, prob. 4, psg- flG , ou celle de M. Lacroix, io' édition, pag. 83, §. i3ï.
(a) Deux quantités sont en raison sous-doublée de deux autres lorsque le rapport de ces dernières est égal au rapport des quartés des premières.
• que AEB est un angle droit, le rapport de A E à B E est sous-double du rapport de AC à BC, et par conséquent AE:BE;;AD:BD ou AD'rBD'. Cette proportion fait voir (note ( 1 ) , page 43 ), que l’angle AEB ou son supplément AEF, est coupé en deux parties égales par la ligne ED ou ED'. Mais la perpendiculaire et le demicercle sont donnés; donc le sommet E, la ligne droite ED ou ED', et les poiuts de division D et D', sont également déterminés.
• SYNTHÈSE
Ayant décrit sur AB une demi -circonférence, élevez la perpendiculaire CE; menez F. A, EB, et divisez en deux parties égales l’angle AF.B par la droite KD ou son supplément AEF par la droite ED'; les segments intérieurs AD, DB, ou les segments extérieurs AD', D'B, sont en raison sous-doubléc de AC à CB. .
Car d’après la construction, AE:BF.;;AD:DB ou AD': BD'; mais le triangle AEB étant rectangle , A E est à B E en rapport sous-doublé de AC à B C, donc il en est de même du rapport AD:BD ou AD': D'B.
Deuxième cas. La différence des deux segments donnés est égale à la ligne donnée.
Le point de division C est sur le prolongement de la droite donnée AB.
Sur AB (fig- i4 bis) décrivez une demi-circonférence , menez la tangente CE, et tirez les droites AE, BE et ED ou ED'. Les triangles AC F. et ECB sont semblables, car ils ont un angle commun ECB, et de plus les angles CEA, CBE sont éçaux comme ayant tous deux pour mesure la moitié de l’arc AE; il suit de-là que AC:CE:;CE:BC; or puisque CE est une tangente, CE 1 = CB x CA, donc Âc î :iJfc’”AC :BC. Eu combinant cette proportion avec la précédente, il en résulte évidemment que CE est à BC en raison sous-doublée de AC à BC,ou,CË’:BC*:;AC:BC. Mais dans les mêmes triangles semblables,
AE:BE::CE:BC; donc aE;BE::i/âc:i/bc::AD:BD, ou::AD' :BD', ainsi l’angle AEB est coupé (voyez note (i) pag. 43) en deux parties égales par ED , ou son supplément AEF l’est par ED'.
SYNTHÈSE
Décrivez sur AB une demi-circonférence, menez-lui la tangente CE, et tirez les droites AE, BE; divisez ensuite en deux parties égales l’angle AEB ou son supplément par ED ou ED'; les segments intérieurs AD, BD, ou les segments extérieurs AD', BD', sont en raison sous-doublée du rapport de AC à BC.
En effet, l’anglfe CEA étant égal à CBE, et BCE étant commun aux deux triangles ACE et BCE, ces deux triangles sont semblables, et AC:CE; ;CE:BC; donc le rapport de CE à BC est sousdoublc du rapport de AC à BC. De plus, par la similitude des mêmes triangles , A E : B E ; : C E : B C , et par conséquent A E est à B E en raison sous-doublée de AC à BC. Mais A E;BE; ; AD:BD, ou AD': BD'; donc le rapport de AD à BD ou de AD' à BD', est sousdouble de celui de AC à BC.
Corollaire. Dans ce second cas, l’angle CD E étant égal à la somme des deux angles DEB, DBE, ou, ce qui revient au même, à la somme des angles DEA, AEC, il s’ensuit que l’angle CDE est égal à l’angle CED, et que le triangle CDE est isocèle. De plus, en vertu de l’hypothèse, D'EF = D'EA = D'EC+AEC; mais d’un autre côté D'EF = CD'E+D'BE=CD'E-+-AEC; en comparant ces deux résultats, il est clair que les angles CD'E et D'EC sont égaux, et que le triangle D' C E est aussi isocèle. Donc CE=CD=CD'; ainsi, sans qu’il soit nécessaire de diviser l’angle AEB ou AEF en deux parties égales, on peut trouver le point D ou D' au moyen de la tangente CE, qui est une moyenne proportionnelle entre les segments AC, BC,
PROPOSITION XV
PROBLÈME
Trouver un point sur le diamètre d’un cercle, tel qu’en menant //' Suppl. 7
5o ANALYSE GÉOMÉTRIQUE,
par ce point, sous une inclinaison donnée, une droite terminée à la circonférence , le quarré de cette droite soit dans un rapport donné avec le rectangle des deux segments du diamètre.
Soit proposé,/^. i5, de mener DE faisant un angle donné avec DB de telle manière que le quatre de D E ait un rapport donné avec le rectangle AD, BD.
A N A LYSE
Prenez EG = FD, menez CF, le rayon CGH, et la droite AH; prolongez cette dernière jusqu a la rencontre de CE en I. Comme CE est égal à CF, l’angle CEF est égal à CFE. De l égalité de ces deux angles et de l’égalité respective des côtés CE, EG aux côtés CF, FD, il résulte que les triangles CD F et CGE sont égaux, et conséquemment que l’angle ECG est égal à l’angle F C D; donc l’arc H E est égal a A F, et par conséquent A H est parallèle à DE. L’angle BD E étant donné , BAH l'est donc aussi, et la corde AH est connue. De plus le rectangle AD. DB étant égal au rectangle FD. FE, il l’est pareillement au rectangle DE. E G ; c’est pourquoi 'DE' 1 est à D E x E G, ou D E est à EG dans le rapport donné; mais DE:EG : : A 1:1 H , donc AI est à IH dans un rapport connu, et il en est de même de AH à l’égard de HI. Puisque AH est donné, IH l’est donc aussi, et par conséquent le point I et IC, le point E et DE sont déterminés.
SYNTHÈSE
Menez AH inclinée sur AB d’une quantité égale à l’angle donné, prolongez cette droite d’une quantité AI qui soit avec IH dans le rapport donné; tirez IC, menez ED parallèle à IA; D est le point cherché. •
Car, puisque AI:I H ; : D E:EG , DE est à EG dans le rapport donné, et par conséquent DE* est à DEx EG dans le même rapport Mais FE étant parallèle à AH, l’arc HE est égal à l’arc AF, l’angle H CE est donc égal à ACF, ainsi les triangles GCE et CDF sont égaux, puisque le côté CE est égal à CF, et que les angles ECG et
CEG sont respectivement égaux aux angles F CD et C F D; donc GE = FD,et par conséquent D E x F.G=DF. x FD=AD x DB , donc DÏ? est à A D x DB dans le rapport donné.
PROPOSITION XVI
problème. Fig. 16 et 16 (bis).
Par deux points donnés, mener à un point de la circonférence d’un cercle donné , deux droites telles que la corde de l’arc quelles interceptent soit parallèle à la ligne qui joint les deux points donnés.
Par les points A, B, on propose de mener les droites AC, B C qui coupent la circonférence donnée en D et E, de manière que DE soit parallèle à AB.
A N A LYSE
Menez la tangente DF qui rencontre AB en F. L'angle FDE est égal à l’angle ECD {fig. 16) ou à son supplément {fig. 1 6 bis ) ; mais DE étant parallèle à AB, l'angle FDE ou son supplément est égal à l'angle AFü, lequel est 'donc égal à ECD ou ACB. De-là il résulte que les triangles {fig. 16) AFD et ABC, qui ont en outre un angle commun CAB, sont semblables, et que AD: AF: : AB: AC, d’où AD x AC=A F x AB. Or, le point A et le cercle DCE sont donnés, le rectangle A D x A C est donc connu ; car il est égal au quarré de la tangente AG quand le point A est hors du cercle, et au quarré de la perpendiculaire A G {fig. 16 bis) sur le diamètre, quand le point A est dans l'intérieur du cercle. Ainsi le rectangle AF x AB est déterminé; et comme AB est donné, il sera facile d'en déduire AF, et par conséquent la position du point F. On aura donc celle de la tangente F'D et du point D; en joignant ce point avec A qui est donné, la ligne AC et ensuite BC, ainsi que son intersection en E avec la circonférence, seront déterminées. . .
SYNTHÈSE
Si le point A ,Jig. tG, est extérieur au cercle, menez la tangente AG , ou s’il est intérieur , fig. iG (bis), élevez la perpendiculaire A G sur le diamètre qui passe par A. Prenez une troisième proportionnelle aux lignes AG, AB, et portez-la de A en F; par le point F menez la tangente FD, tirez la droite Al) et prolongez-la jusqu'à la rencontre de la circonférence en C; tirez CB qui coupe le cercle en E; la ligne DE est parallèle à AB.
En effet, puisque AB: AG: : AG: AF, AG*= ABx AF; mais d’un autre côté, AG’ = CAx AD, donc ABx AF = CA x AD, et par conséquent AB: AC: : AD:AF. Il suit de-là que les triangles BAC et DAF sont semblables comme ayant un angle commun compris entre deux côtés proportionnels; ainsi l’analyse AC B est égal à AFD> mais AC B ou DCE est égal à E D F ou à son supplément, par conséquent l’angle AFD est égal à E D F ou à son supplément , et la corde D E est parallèle à A B.
PROPOSITION XVII
PROBLÈME
Par deux points ‘ donnés , mener à un point de la circonférence d’un cercle deux droites telles que la corde de l’arc intercepté rencontre en un point donné la droite qui joint les deux premiers points donnés.
11 est question de mener par les points A et B {fig- 17 ) les droites AF et B F, de manière que la corde DG prolongée rencontre en C le prolongement de AB.
analyse.
Menez DE parallèle à AC, tirez la droite EG, et prolongez-la jusqu’à ce quelle rencontre AB en H. L’angle BHG est égal à son
alterne GED, lequel est égal à GFD puisqu’il est inscrit dans le même segment ; donc les angles B H G , B F A sont égaux , et les triangles BUG, B FA sont semblables. Ainsi BG:BH : ;BA:BF, et B G x B F =BH x BA ; mais le rectangle BG x BF est connu, puisqu'il équivaut au quarré de la tangente menée par B ; donc B H x B A est déterminé, et par conséquent le point H l’est aussi. Le problème est actuellement ramené au précédent , car il suffit de mener par les points C et H, les droites CD et HE, de telle manière que DE corde de l’arc intercepté, soit parallèle à HC.
S I >' T H ÈSE.
Par le point B menez au cercle une tangente B I , prenez B H de manière que BA:BI;:Bl:BH,ct, par la dernière proposition, menez les droites HE et CD telles que DE soit parallèle à HC ; alors si l’on prolonge BG jusqu’en F à la circonférence; ADF forme une ligne droite.
Car, puisque B A:BI::BI:BH, le rectangle BAxBH est équivalent au quarré de B I ou au rectangle B G x B F ; donc B A : B F : ; B G :BH, et les triangles BAF et AGH sont semblables; donc BFA = BHG = GED = GFD. I^es angles BFA et GFD étant égaux , il est clair que les lignes FA et FD sont dans le prolongement l’une de l’autre.
PROPOSITION XVIII
PROBLÈME
Par deux points donnés sur la circonférence d’un cercle, mener à un autre point de la partie opposée de la circonférence des droites qui coupent un diamètre donné en deux points également éloignés du centre. .
Soit proposé de mener par les points A et i8)les droites AC
et BC, telles que les points F et G quelles déterminent sur le diamètre DE, s’écartent également du centre O.
Tirez la droite BA, prolongez-la ainsi que le diamètre ED jusqu'à leur rencontre en M , menez C OL, abaissez du centre O sur A B la perpendiculaire OR, joignez le point K. au point L, par A menez AHI parallèle à DE, et tirez H K.
Les parallèles F G et A I sont coupées en parties proportionnelles par les droites GA, CH et CI; et comme FO est égal à OG, il faut que A H soit égal à II I. Comme de plus, par construction , le point K est le milieu de AB, la droite H K est parallèle à ï B , et l'angle AKH est égal à A BI. Or l'angle ABI ou ABC est égal à ALC, donc AKH est égal à A LH ou ALC; en observant de plus que les angles A LH et AKH reposent sur une même base AH, il est clair qu’à cause de leur égalité, il faut que le quadrilatère AKLH soit inscriptible dans une circonférence, et par conséquent que les angles HAK et HLK soient égaux. Mais HAR=OMR en vertu du parallélisme des droites AI et DE; donc OMK est égal à HLK ou OLK; ainsi le quadrilatère MOKL est pareillement inscriptible dans un cercle, et il en résulte que MLO est égal à MK O. Or l’angle MKO est droit, donc ML est une tangente. Cette tangente est une donnée, puisqu’on connaît le point M où concourent les droites ED et BA; donc on peut déterminer le diamètre LC et le point C.
s Y N THÈSE.
Prolongez ED et B A jusqu’à leur point de concours en M, menezla tangente ML et le diamètre LC; les lignes droites AC et B C sont telles que leurs points d’intersection avec le diamètre DE s’écartent du centre O de quantités égales O F et O G.
Pour le prouver menez AI parallèle à DE, O K perpendiculaire à AB, et tirez les droites LK et KH.
Puisque ML est une tangente, l’angle O LM est droit, il est donc égal à MKO; conséquemment MKL est égal à MOL, et de plus à A HL. Il résulte de-là que le quadrilatère AH KL est inscrip-
tible dans un cercle , et par conséquent l’angle AL H est égal à A K H; mais, par la même raison, ALH ou ALC est égal à ABC ou ABI; donc AKH = ABI, et KH est parallèle à Bl. Maintenant puisque AK est égal à KB, il s’ensuit que AH est égal à HI, et que FO est égal à O G.
PROPOSITION XIX
problème. ( Fig. 19 et 19 bis).
Par un point donné, mener une droite telle que le rectangle des segments interceptés sur elle par deux lignes données, soit équivalent à une surface donnée.
Soient AB, AC (/%•. 19 ou 19 bis ) deux droites données, et D un point par lequel il faut mener E F, de manière que le rectangle des segments ED, D F, équivaille à une aire donnée.
Tirez A D , et menez par F une droite F G faisant avec E F un angle égal à D AE; elle rencontre AD ou son prolongement en G. Les triangles ADE et F D G étant évidemment semblables, A D : E D : : D F :DG, et par conséquent ADxDG = EDxDF. Le rectangle ED x DF étant donné, il en est donc de même du rectangle AD x DG, et comme A D est connu, D G et le point G peuvent être déterminés. De plus, puisque l’angle DF G est égal à l’angle connu DAC, si l’on décrit sur DG un segment capable de l’angle D A C, le point F devra se trouver sur l’arc de ce segment; ainsi l’intersection de cet arc avec la ligne AB fera connaître la position du point F; et selon qu’il y aura intersection réelle, ou seulement contact, le problème aura deux solutions ou une seule.
SYNTHÈSE
Menez AD, prenez DG de mauière que le rectangle AD x DG soit équivalent d l'espace donné, et sur DG décrivez un arc capable de
l’angle DAC; eet arc rencontre AB en F, F'; EDF ou E'DF' est la
droite cherchée.
Car, d’après la construction, les triangles ADE et F DG sont semblables, et par conséquent A D:ED: :FD:DG;donc ED x DF= AD x A G = l’espace donné.
Quand lç cercle touche la droite AB, les points F et F' coïncident, et le problème n’a qu’une solution. Dans ce cas, l’angle AFD ou BFD étant égal à DGF, est par conséquent égal à AED, et le triangle AFE est isocèle, donc AF = AE.
PROPOSITION XX. problème. ( Fig. 20 et ao (bis) ).
Par un point donné, mener une droite qui détermine sur deux droites données, deux segments dont la somme soit égale à une longueur donnée.
Soient AB, AC ( fig . aoet 20 (bis) ) des droites données, et D un point aussi donné, par lequel il faut faire passer une ligne EF, de manière que la somme des segments AE et AF, soit égale à ON.
Le problème présente deux cas, celui où le point Dest dans l’angle aigu formé par les droites données, et celui où il est hors de cet angle.
Premier cas. Le point D , fig. 20, est dans l’angle BAC.
ANALYSE
Menez les droites D G et D H respectivement parallèles aux droites AB et AC.
Puisque le point D et les droites A B , A C sont donnés de position , le parallélogramme AG DH est déterminé. De plus, à cause de la similitude évidente des triangles EDC» et DFH , EG:GD: : D H:HF, et par conséquent EGxHF = GDxDH. Mais GD et DH sont
A N A L Y S B G K O M É T R I Q U E. !ij
donnés, donc EGxHF l’est aussi. Faites maintenant FK=EG, et le rcrtangle II F x F K est connu ; or la droite H K est donnée, puisqu’elle est égale à HF+FK, c’est-à-dire à l’excès de AF-+AE sur GDh DH; donc les segments HF, FK sont déterminés, et le pointH étant donné, le point F ou F' et la droite cherchée EDF ou E'DF' sont connus.
SYNTHÈSE
Menez les parallèles DG et DH à AB et AC. Sur la ligne donnée ON somme des deux segments AE et AF, portez une distance OP = AG+AH, et faites HK = PN. Sur HK, comme diamètre, décrivez une demi-circonférence; menez à cette circonférence les tangentes H I et KL égales respectivement à AH et AG, tirez la droite IL, et élevez perpendiculairement sur elle, par les points où elle rencontre le cercle, la ligne MF ou M'F'; EDF ou E'DF' est la droite demandée.
Car, HIxKL = HFxFK (i), et conséquemment AHxAG = HFxFK. Mais par la similitude des triangles EGD et DH F, EG:GD ou AH::DH ou AG: H F, donc AH x AG = HF x EG; en comparant cette équation avec la précédente, il est évident que KF = EG. Puis donc que AG + AH = OP, et que HF+-EG = HK = PN, il s’ensuit que AG+EG+-AH+-HF, ou AE-t-AF = ON.
Deuxième cas. Le point D est hors de l’angle BAC.
ANALYSE
Menez DG (fig. G bis) parallèle à AB, et DH parallèle à AC, rencontrant AB prolongé en H. Les triangles ED G et DHF étant semblables, E G : D G : : D H; H F, d’où EGxHF = DG x DH; comme DG et DH sont données l’une et l’autre, il est clair que le rectangle EG x HF est connu. Si vous prenez maintenant FK
(i) A cause des triangles semblables HIM, FKM, on a la proportion, 1II:HM :: FK : K M. Comparant les deux triangles FHM, KLM, on a : HM: HF :: K M : K L ; de ces deux proportions, on tire HIxKL=HFxFK.
//' Suppl. 8
58 ANALYSE GKOMÉTtUQUE.
= EG, UK se trouve égal à H F — EG=DG+ AF — (DH— AE) = AF 4- AE — ( DHxDG); de-là il resuite que HK et le rectangle H F x FK sont connus , et conséquemment que le point F est déterminé.
Si D F'E' coupe les droites AB et AC de l’autre côté du sommet A, le problème se résout de la même manière. La similitude des triangles - E'DG et DF'H existant encore, E'G:DG:;DH:HF', donc E'G xHF' est connu, puisqu’il est égal «à DGxDH. En prenant F' K' = E'G, il est évident que HK' = E'G — HF' = AE' + DH — (DG — AF' ) = AF'-t-AE' + (DH — DG); ainsi la droite HK' et le rectangle H F' x F' K' sont connus, et il en est donc de même du point F'.
SYNTHÈSE
Prenez OP ou OP* égal à la différence des parallèles DH et DG, portez de part et d’autre du point H deux distances HK = P N et HK' = P'N ; sur HK et sur HK' décrivez des demi-circonférences, par H élevez la perpendiculaire H1 égale à DG, et par K et K' les perpendiculaires KL et K'L' égales chacune à DH; tirez les droites IL et IL', et par les points M et M' où elles coupent les circonférences, élevez à angles droits sur elles les ligues MF et M'F'; les droites DEF et DE' F' retrancheront sur AB et AC, deux segments qui , réunis , seront égaux à O N.
Car, HFxFK = H I x KL = DG x D H = HF x EG; donc EG =F K. Ainsi HK=HF — EG=AF+ AE — (DH — DG); et puisque HK = PN=ON — ( DH — DG) , il s’ensuit que AF-+-AE = ON.
Eu raisonnant de la même manière, il est visible que E' G=F'K', et que par conséquent HK'=E'G — IJ F'=A F + AE'+(DH — DG). Mais H K' = P' N' = O N + ( DH — DG) , donc A F'-t- AE' = O N.
PROPOSITION XXI
PROBLEME
Par un des sommets d’un quarré, mener une droite telle que la
ANALYSE GÉOMÉTRIQUE. 5q
partie interceptée entre les deux côtes opposés du quarré soit égale à une ligne donnée.
Soit ABCD {fig. 21 ) un quarré; il faut mener par son sommet A une droite A EF, de manière que la portion EF interceptée entre les côtés CD et BC ou leurs prolongements, soit d'une longueur donnée.
Menez F G perpendiculaire à AF, et par le point G où cette droite rencontre AB, menez sur BC prolongé la perpendiculaire GH; tirez de plus la droite EG.
L’angle EFH est égal à FEC+ECF ; comme il est aussi égal à EFG + GFH, il est évident que les angles ECF et EFG étant l'un et l'autre droits, les angles CEF et GF H sont égaux; les triangles AED et FGH sont donc égaux, puisqu'ils ont tous leurs angles respectivement égaux , et que le côté A D est égal à H G ; il suit de-là que le côté AE est égal à F G. Mais les triangles EFG et EDG étant rectangles , EF* -t- ¥ G* = E G* = E D* + DG 1 , ou ce qui revient au même, ÊF* + AE , = ÊTr + UG'; or AE' = AD'+ÉD'; donc EF-+ÂD’+DË* =ËD’+ DGS d’où ËF’+ÂT)’= DG 5 .
Par ce dernier résultat, il est clair que DG et conséquemment AG sont connus, puisque EF et AD sont donnés; comme l’angle droit AFG doit avoir son sommet situé sur la demi -circonférence qui a pour diamètre AG, ce sommet F ou F' est déterminé par l'intersection de ce cercle avec BH; ainsi la droite A EF est connue.
SYNTHÈSE
Prenez AI égal à la ligne donnée , menez DI et prolongez AD jusqu’en G d’une quantité égale à DI ; sur AG décrivez un demi-cercle, et par le point F ou F' de son intersection avec BC, menez les droites AEF ou A E’ F'; la partie extérieure EF de cette ligne est égale à A I.
Go
ANALYSE G ÉO 31 K T R 1 Qlï.
Pour le démontrer tirez F G, E G, et menez la perpendiculaire GH sur BF. Il est évident que ÊF’+FG’ = EÏ)'-t-DG‘; et comme FG est égal à AE, ËP-t-ÂË'= ETD’-fmF. Or Â¥' = ÂTJ + Ë1F et 1^=51 = AU~ + ÂT; donc FF’-+-Â1>’+ETT' = ITr+ÂlF-t-ÂF, et parconséquent EF = AI.
PROPOSITION XXII
PROBLÈME
Etant donnés la base AC ( fig . 22 ) d'un triangle, la hauteur BD et le rectangle des deux autres côtés, construire le triangle.
Par les trois sommets du triangle ABC, faites passer un cercle, et tirez le diamètre BF ainsi que les rayons AE et CE. Le rectangle donné ABxBC étant égal à BDxBF, à cause des triangles semblables A BD, BFC, ce second rectangle est également connu; et puisque la hauteur BD est donnée, le diamètre BF,et par suite les rayons A E , C E , sont déterminés. Mais la base A C étant donnée , les trois côtés du triangle AEC sont déterminés, et il en est de même par conséquent du centre E et du cercle ABC F. De plus, la distance du sommet B à la base étant donnée, il est clair que cc sommet doit être situé sur une parallèle à AC menée à cette distance-là; le point B est donc connu par l’intersection de cette parallèle avec la circonférence A B C F.
• synthèse.
Sur BD construisez un rectangle équivalent au rectangle donné BF xBD; formez sur AC le triangle AEC qui ait les côtés AE et CE égaux chacun à la moitié du grand côté de ce rectangle; du point E avec le rayon EA décrivez une circonférence de cercle; sur A C élevez une perpendiculaire DB égale à la hauteur du triangle ,
ANALYSE GÉOMÉTRIQUE. Cl
et par B menez à AC une parallèle qui rencontre la circonférence en B ou B'; ABC est le triangle demandé.
Car d’abord sa hauteur est évidemment égale à la hauteur donnée, et de plus le rectangle AB x BC étant égal à BF x BD, est aussi égal au rectangle donné.
PROPOSITION XXIII
PROBLÈME
Etant données l’hypothénuse d’un triangle rectangle, et la différence ou la somme des deux autres côtés, construire ce triangle.
ANALYSE
Sur la base AB ,fig. , ou sur son prolongement, portez une distance BD ou BE, égale à la perpendiculaire BC; tirez CD ou CE.
Les triangles CBD et CBE sont rectangles et isocèles, et par conséquent les angles D et E sont égaux chacun à un demi-angle droit. La somme AD des deux côtés AB et BC étant donnée, le point D et par conséquent la droite DC sont connus, puisque d’ailleurs celle-ci fait avec DA un angle donné; ou bien si c’est la différence AE des deux côtés qui est donnée, alors le point E est déterminé, et la droite EC est connue de grandeur et de position. Dans l’un et l’autre cas, puisque l’hypothénuse AC est donnée, le point C doit se trouver sur l’arc de cercle décrit de A comme centre avec le rayon AC; ce point sera donc déterminé par l’intersection de ce cercle et de la droite CD ou CE.
SY NTHÈSE.
Prenez AD ou AE égale h la somme ou à la différence de AB et BC, menez DC ou EC faisant avec AD un angle égal à la moitié d’un angle droit; décrivez du point A comme centre et avec le rayon AC un cercle qui rencontre DC ou EC au point C, et par ce point abais-
62 AlfALlSE GÉOMÉTRIQUE.
sez la perpendiculaire CB; le triangle AC B satisfait aux conditions du problème.
Car les triangles rectangles CBDct CBE sont évidemment isocèles, et par conséquent AD est égal à la somme, et AK à la différence des côtés AB, BC.
PROPOSITION XXIV
• PROBLÈME
Trouver la construction du pentagone régulier ou du décagone(i).
i° Tout polygone régulier peut être inscrit au cercle, et conséquemment les angles formés au centre par les rayons menés aux différents sommets de la ligure, sont égaux chacun à la partie de quatre angles droits marquée par le nombre des côtés du polygone; donc l’angle au centre d'un pentagone est la cinquième partie de quatre angles droits. Mais un angle dont le sommet est à la circonférence étant moitié de l’angle au centre dont les côtés coupent cette • circonférence aux mêmes points, il est clair que l'angle au sommet du triangle isocèle formé dans le pentagone par des droites menées de l’un des angles du polygone aux extrémités du côté opposé, doit être la dixième partie de quatre angles droits. Or, si ec triangle était connu, le problème serait résolu puisque l’on connaîtrait l’angle au centre du pentagone; la question de l’inscription du pentagone est donc ramenée à celle de construire un triangle isocèle dont un des angles est égal au dixième de quatre droits , ou au cinquième de deux droits.
a° Il suit de- là que les angles à la base de ce triangle isocèle, doivent, réunis, être égaux au reste de deux angles droits, c'est-à-dire que chacun d’eux est les deux cinquièmes de deux droits. Le triangle cherché jouit donc de cette propriété, que chacun des angles à la base est double de l’angle au sommet.
(i) Voyez Géométrie de M. Legendre, dixième édition , page m.
3° Cela posé soit ABC ( figure ) , un triangle isocèle, ayant
les angles A et C doubles de l’angle B. Menez la droite CD qui coupe en deux parties égales l’angle ACB. L’angle BCD doit alors être égal à CBD,et par conséquent le côté CD est égal à BD. Mais, dans les triangles BAC et CAD, l’angle ABC est égal à ACD, l’angle CAB est commun, donc les angles restants BCA et CDA sont égaux; ainsi CDA est égal à CAD, et le côté AC est égal à CD. Les trois droites AC, CD et BD sont donc égales. De plus, puisque CD divise l'angle ACD en deux parties égales, BC: AC: ; AC: AD, ou bien AB :BD;;BD:AD. Ainsi la droite AB est partagée au point D en moyenne et extrême raison , c’est-à-dire que le quarré de BD ou AC, base du triangle isocèle, est égal au rectangle «lu côté AB et du segment restant AD. Il est évident par ce résultat que la difficulté de la question primitive est réduite à celle de partager une ligne en moyenne et extrême raison.
4° Maintenant soit proposé de partager la droite AB {fig. a4bi6) en moyenne et extrême raison , c’cst-à-dirc de telle manière que BC . = B A x A C. Ajoutez aux deux membres de cette équatiôn le rectangle B A x BC, et üc + B A x BC = B A x ACh B A x BC, ou bien BC ( B A i BC)=ïTv. Prolongez AB d'une quantité égale de B en D, il est évident que BC x CD = 01?. Prenez le milieu de BD en E; les droites CD et BC sont la somme et la différence de CE et BE; donc le rectangle CD x BC ou le quatre de B A est égal à l’excès du quarré de CE sur le «juarré de BE; ainsi C E’— B A’ + il !.' - Elevez la perpendiculaire B F = BA, et menez EF. 11 est évident que LE’ = B A’+BE*, et conséquemment EF =CE; EF étant donné, CE et BC le sont donc aussi.
Li solution de ce problème rappelle une série des propositions les plus intéressantes de la Géométrie élémentaire (i).
(i) On peut ajouter aussi que cette solution est très-propre à donner une idée
PROPOSITION XXV
P RO B LÊM E.
Trouver les conditions necessaires pour la trisection de l’angle.
Soit ABC (fig. a5) un angle dont ABD est le tiers. Du sommet B comme centre et avec un rayon arbitraire, décrivez un cercle, menez DF parallèle à AB, joignez le point F au point C, et prolongez CF jusqu’à la rencontre de AB en G.
ANALYSE
Puisque la corde I)F est parallèle à AE, l’arc EF est égal à AD, et par conséquent l'angle EBF est égal à ABD, c’est-à-dire qu’il est la moitié de l’angle ÜBC. Or ce dernier angle est double de l’angle à la circonférence D FC ou de son égal BGF; donc les angles BGF et GBF sont égaux, et le triangle BFG est isocèle.
exacte et nette du caractère qui distingue les solutions analytiques. On a vu d abord que le problème de trouver l'angle au centre du pentagone, se réduisait à la construction d’un triangle isocèle dont les angles à la base sont doubles de l'angle au sommet; ensuite, par une chaîne de raisonnements, la recherche de ce triangle a été ramenée à la division d une ligne en moyenne et extrême raison. Enfin cette dernière question a été résolue toujours en suivant la mémo marche qui est d'aller continuellement du composé au simp^. En supposant le problème résolu, on examine quelles sont les relations que cette hypothèse établit entre les données et les inconnues, et on combine ces relations en tendant constamment à les simplifier de plus en plus jusqu'à ce qu 'enfin on soit arrivé à une relation assez simple pour qu’on en puisse déduire la valeur des quantités cherchées par des moyens déjà connus. Tel est l’esprit de la méthode analytique qu'il faut bien distinguer des formules et des calculs mathématiques, quoique dans ressortes de recherches l'analyse soit employée d'une manière presque exclusive. Mais l'analyse n’est pas seulement applicable aux recherches relatives à la grandeur et à la durée; elle est aussi le meilleur moyen de parvenir à la vérité dans quelque genre de question que ce soit.
( Note du traducteur y M. Comte. )
Ainsi In solution du problème proposé demanderait qu'on put mener CFG, de manière que la partie extérieure F (j fût égale au rayon du cercle.
Autre solution.
Soit l’angle ABD {-fi g- 20 bis), le tiers de l'angle ABC. Elevez. la perpendiculaire DAC, achevez, le rectangle B A CE, prolongez les droites EC et BD jusqu a ce qu’elles se rencontrent en F, et menez CG faisant l’angle FC G égal à G FC.
ANALYSE
Les angles FC G et G FC étant égaux, le côté GF est égal à CG, et chacun des angles précédents est la moitié de l'angle extérieur C GB. Mais puisque l'angle C B A est triple de ABD, il s’ensuit que CBG est double de ABD ou de son égal CFG; ainsi l’angle CBG est égal à CGB, et le côté BC est égal à CG. De plus, si des angles droits EBA et FCD, vous retranchez les angles égaux ABD et FCG, les angles restants EBD et G CD seront égaux; Mais EBD = BDA = CDF ; donc l’angle GCD est égal à GDC, et par conséquent le côté GD est égal à GC. On voit par ce résultat que les quatre droites BC, GC, GD et GF sont toutes égales. Doue DF, segment extérieur de la ligne cherchée B F, est double de la diagonale Bfc du rectangle ABEC.
Scholie. Telles sont donc les conditions finales desquelles dépend la trisection d’un angle. Mais de les accomplir en général, cela passe les forces de la Géométrie élémentaire. A la vérité , dans un très-petit nombre de cas particuliers, la trisection d’un angle peut s’effectuer en n’employant que la ligne droite et le cercle. Ainsi, lorsque l’angle proposé est la moitié d’un droit, le problème peut être résolu de la manière suivante. Prolongez BE (fig. 20 ter), de manière que BH = 2BC,menez AH, prolongez B A d'une quantité AI = AH, et II" Suppl. 9
(>f> analyse géométrique.
sur B I décrivit un demi-cercle ; il sera rencontre en F par le prolongement de EC, et si vous tirez B F, l'angle ABF ainsi forme sera le tiers de ABC.
Ce dernier résultat peut être démontré directement par un simple examen de la construction. Car ÏÏ7T = 4îî<-' = 8 B A', et aT = TTlT’ + BA’ = 9 HA’; donc AI = 3BA,BI = 4BA,etOI = 2BA. Abaissez maintenant la perpendiculaire FL, prolongez- la dune égale quantité au-dessous de BI, et menez OF et OM. Il est évident que les droites OF et OM sont égales, et que FM = aBA; or OF = O I = a B A ; donc OF = OM=FM = aBA; donc le triangle FOM est équilatéral, et l'angle FOM est par conséquent les deux tiers d’un angle droit. II suit de- là que l’angle FOL est le tiers d’un droit, et que ABF qui est évidemment la moitié de FOL, est le sixième d’un droit.
PROPOSITION XXVI
PROBLÈME
Déterminer les conditions auxquelles on doit satisfaire pour insérer deux moyennes proportionnelles (i) entre deux ligues donuées.
Supposez que les côtés AB et AC {fig aG) du rectangle ABCD
(i) On entend par moyennes proportionnelles entre «leux lignes données, des lignes telles qu elles forment les moyens d'une proportion continue dont les extrêmes sont les ligne» données. Si l’on appelle x ct r les deux droites cherchées , a et b les deux droites données , il faut qu'on ait
Cette proportion fournit évidemment deux équations
x’ = ay, y = bx
desquelles on peut déduire par l’élimination
x’ — a.’b, y =ab’.
Si l’on suppose que b = an, alors *’ = îa 1 , c’est-à-dire que le cube construit avec U ligne cherchée est double de celui qui a pour arête la ligne donnée. Ainsi
Diqitizet
^boole
ANALYSE GÉOMÉTRIQUE. Ùn
soient les deux extrêmes d’une proportion continue qui a pour termes moyens DE et AG, en sorte qu'on ait AB;DE::DE:AG ::AG:AC.
A N A LYSE
Mene/ CE et CG. Les triangles DCE et ACG Sont semblables, car ils sont tous deux rectangles, l’un en D, l’autre en A, et de plus AB ou CD: DE: : AG: AC; les angles DEC et ACG sont donc égaux, et par conséquent ECG forme une ligne droite. Tirez les diagonales BC, AD, et joignez leur intersection O avec les points E et G. Puisque les triangles BOD et BOA sont isocèles, t)É’ = Oü’ + BE x ED (a), et ÔG’==Ô‘+BGx G A. Or, BG:BE: ;GA:AC::ou DE :G A, donc BGxGA = BE x DE; de plus OA = OD, ainsi OE =OG,ct le point O est également distant des points E et G. Il résulte de-là que si on circonscrivait un cercle au rectangle donne , le segment intercepté EC serait égal à GH.
Première solution.
Le problème sera donc résolu si l’on peut mener par le point C une droite ECG telle que la distance OE soit égale à O G, ou que les parties EC, G H, extérieures au cercle, soient égales.
Deuxième solution.
La première partie de la construction restant la même, et après avoir démontré que le rectangle B E x E D est égal BGxGA, partagez
le problème de la duplication du cube n'est qu'au cas particulier de la question qui nous occupe. En général il no peut pas être résolu avec la règle et le compas ; niais on en peut avoir une solution numérique aussi approchée qu’on le desire, et cette solution peut être construite par l'intersection des deux parabole* qui ont pour équations x’ = ay ^ y = ,s, t .
(a) Ayant abaissé la perpendiculaire 01 sur BD, on a ôk‘=<jT'-+- IE‘;
O d’ = îfî‘ + ïü’ j donc 6 1 = <5 d’ + Ïï* — nî' = 5"ü > + C I E-t-I D) (IE — ID.) = ôB’ + BExED.
f>8 ANALYSE GÉOMÉTRIQUE.
BD en deux parties égales au point F [fi g. a (J bis)\ il est évident que BRx F.D + ÏÏP ou FF’=BG x GA-t-üF. Construisez maintenant sur AB le triangle isocèle BKA, dont les côtés K B, K A soient égaux chacun à DF, et menez la droite G K ; alors B G x G A-t- AK.’ = G K.* et conséquemmmcnt G K = EF. Mais par hypothèse, A B: DE: ;DE :GA::GA:AC, donc AB:GA::DE:AC, ou aABiGA.-aDE: AC; si vous tirez la ligne C F et que vous la prolongiez jusqu’à la rencontre de AB en L, le triangle BKL ainsi formé sera égal à CFD, et CD ou AB = BL. Ainsi AL:G A;;aDE:AC ou BD, ou;;DE !;BD; il suit de - là que G L:G A ; ; EF: DF. Tirez la droite LK , et menez-lui la parallèle AM; alors GL:GA:;GK:GM, d’où EF DF;;GK:GM ; mais EF = G K, donc DF=GM. Il suit de ce résultat que la droite LK et sa parallèle AM sont connues de position , puisque les points F, L et K sont évidemment donnés.
Le problème se trouve donc réduit à mener par le point K une droite K MG, telle que la partie MG interceptée entre AM et B A prolongé soit égale à la moitié du côté donné AC.
. Troisième solution.
Supposez toujours que les deux lignes à angles droits AB et AC (Jig. afi/er) soient les extrêmes de la proportion continue; prenez sur les prolongements de AC et de AB deux points D, E tels que AB :AD;:AD:AE::AE:AC. Alors Â^= AD x AC; donc le point E se trouve sur la demi-circonférence dont CD est le diamètre. Menez DE, prolongez DB jusqu’à la circonférence, et élevez le rayon IF perpendiculairement sur DC. Puisque AB:AD: ; AD; AE, et que l’angle DAE est commun aux deux triangles B AD et DAE, ces triangles sont semblables; par conséquent l'angle ADB est égal à AED, et l’aie CG est égal à DE; d'où il suit que l'arc FG est égal à FE, et que le segment IH du diamètre est égal à IA, ou que l’oblique GL est égale à LB.
Diqitiz ed by Goc
ANALYSE GEOMETRIQUE. Gg
La solution du problème dépend donc de la condition que GD ait son segment GL égale à LB, ou que les perpendiculaires E A et G H soient également distantes du centre. Le rapport de Kl à IC est évidemment le même que celui de AB à AC. Par conséquent après avoir décrit un demi-cercle du rayon I C , si l’on pouvait mener par le point B une droite BD, telle que la partie B G de cette droite comprise entre la circonférence et la ligne CKM tirée par l’autre extrémité du diamètre, fût partagée en deux parties égales par le rayon IF, le problème serait résolu; car si l’on prend AN = AD, et que l’on tire CN rencontrant IF en O, il est manifeste, d’après ce qui précède, que les droites IK, IO,IL,et IC forment une proportion continue.
PROPOSITION XXVII
Le problème suivant étant supposé résolu , si l’on a (fig. 27 ) : 3 ÂxP=Â"E' + El? tTF' ; l’angle CEGdu triangle CEG est déterminé.
PROBLÈME
Dans le demi-cercle A B D {fig. 27 ), la demi-corde EF et le rayon CD étant à angles droits sur AB, on propose de mener la droite AG, de telle manière que 3 AG' = /Tfc’+EB'-t-ËF*.
Solution.
Inscrive* dans le cercle une corde B H égale au rayon, tirez AH, et menez à cette droite la parallèle EG qui rencontre CD en G; alors si vous menez A G , 3 ÂG- sera égal à Â17+ÊK’-l-Ë¥'.
En effet les triangles AH B et ECG étant évidemment semblables, AB:BH;;EG:CG; mais AB = aBH, donc EG = aCG. Ainsi ÈG* = 4 cG’i et Et? = 3 ctF; par conséquent 3 ÂcT’ = 3ÂC*+ËC* = a Ât?
+ a E c*+ A c — Et?. Maintenant à cause de A C == D * A et EC=
