TO^—CD
Dli — ED — ^i+F»'
donc l'équation en y se réduit à
Elle donne 3 ± ^CT
La sécante DF rencontre la circonférence aux deux points F, G : c'est pourquoi nous obtenons pour y deux valeurs. En prenant la plus grande, et en la substituant dans la dernière équation en x et y y nous trouvons finalement, pour le carré de la corde AF,
Supposons n égal, successivement, à 3, 4, 5, 6; nous aurons :
pour n=3, ô=— |, x=\Tb\
Les deux premières valeurs et la quatrième représentent rigoureusement les côtés du triangle équilatéral, du carré et de l'hexagone réguliers, inscrits dans le cercle C.
Quant à la valeur de x qui répond à n=5, elle n'est pas égale au côté du pentagone régulier, dont l'expression
est c=^10-2|/5;
mais elle en diffère assez peu ; car on trouve : x=l,1785..., c=l,1749....
La construction indiquée dans l'énoncé du problème peut donc servir à inscrire, dans une circonférence donnée, un certain nombre de polygones réguliers, soit rigoureusement, soit par apjfroximation.
A l'extrémité B du rayon CB d'un cercle donné C, on élève une tangente BD égale au diamètre; on prolonge celle tangente (Tune quantité Da égale au cinquième du rayon, et d'une quantité D6 égale aux trois cinquièmes du rayon; on prend BA égale à Ca; enfin, par le point A, on mène AE parallèle à C6. Quelle est l'expression de BE?
Fig. 262. Prenons le rayon pour unité : nous aurons, successivement,
B a =2 + i=:ii; Bb=f;
BA=Ca=| / /î7^ ==: t^Ï4ê ; BE== i|. BÀ=4J|/Ï46.
La droite BE est, à fort peu près, égale à la circonférence rectifiée.
En effet, en employant les logarithmes, on trouve log. 146 = 2,16435286, 1 = 1,08217643,
log. 13=1,11394335, log. 50= 1,69897000.
log iBE = 0,49714978,
ÎBE = 3,1415919.
Or, le rapport de la circonférence au diamètre est égal à 3,141592...; etc.
Cette cpnstruction a été donnée par M. Specht.
Connaissant les périmètres p, P de deux polygones réguliers semblables, l'un inscrit, l'autre circonscrit, déterminer les périmètres p', Y des polygones réguliers inscrit et circonscrit, d'un nombre double de côtés.
AB étantle côté d'un polygone régulier de n côtés, inscrit Fie 257. à un cercle 0, menons la tangente CD, parallèle à AB, et terminons-la aux rayons prolongés OA, OB : CD sera le côté du polygone régulier circonscrit, homologue à AB.
Joignons le point de contact E, milieu de l'arc AB, au point A : la corde AE sera le côté du polygone régulier inscrit, de 2u côtés. Enfin, si nous menons les bissectrices OF, OG des angles AOE, EOB, la partie FG de CD sera le côté du polygone régulier de 2n côtés, circonscrit au cercle 0.
Nous aurons donc, en premier lieu, p=n.AB, P=n.CD, p'=2n.AE, P'=2n.FG.
Pour évaluer P' en fonction de p et de P, observons que la bissectrice OF et les parallèles CD, AB donnent cf Ç2 Ç0 cp #
FÊ OE AO AB ; j, , CE CDH-AB
d0U FË = -ÂB—
Si Ton multiplie par in les deux termes du premier rapport, et par n les deux termes du second, on trouve, à cause des valeurs ci-dessus,
r — P-+-P* Pour obtenir p', observons que les deux triangles semblables EIF, AHF L donnent ^ = ^,
d'où ÂE=2AËLEF.
En multipliant les deux membres par 4n a , et extrayant les racines, nous aurons donc
Remarque. A l'aide des formules que nous venons d'obtenir, on peut prouver que la différence P' — p' entre les périmètres de deux polygones réguliers de 2n côlés, inscrit et circonscrit à un cercle donné, est moindre que le quart de la différence P — p entre les périmètres des polygones réguliers de n côtés, inscrit et circonscrit au mime cercle. Mais on parvient plus rapidement au môme résultat en employant la démonstration géométrique suivante, donnée par M. Bertot.
Fig. 258. Soient, comme précédemment, AB, CD les côtés des polygones réguliers de n côtés, inscrit et circonscrit , et AE le côté du polygone régulier inscrit, de 2n côtés. Si nous menons la tangente FG parallèle à AE, et que nous la terminions aux prolongements des rayons OA, OE, cette tangente sera le côté du polygone régulier circonscrit, de 2» côtés. Nous aurons donc
p=n.AB=2n.AH, P=2n.CE, p'=2n.AE, P'=2».FG; en sorte qu'il suffit de démontrer la relation suivante : FG-AE<j(CE-AH).
Menons AML parallèle à OE ; nous aurons FM=FG— AE, CL=CE — AH ; et l'inégalité deviendra FM <JCL.
La corde KE étant bissectrice de l'angle CEA, on a
IK<i IN; d'où, en menant APQ parallèle à OKN: AP<jAQ.
Il résulte de là qu'une parallèle à CL, menée par le point P, et terminée aux côtés de l'angle CAL, serait plus petite que
le quart de CL. Or, FM étant également inclinée sur les côtés de cet angle, est moindre que cette parallèle; doue, etc.
Connaissant les aires A, B de deux polygones réguliers semblables, Ton inscrit, l'autre circonscrit, trouver les aires A', B' des polygones réguliers inscrit et circonscrit, d'un nombre double de côtés.
En conservant les constructions précédentes, et en ap- Fig. 257. pelant n le nombre des côtés de chacun des deux premiers polygones, nous aurons A=2n.A0H, B=2n.COE, À'=2n.AOE, B'=4n.FOE.
Cherchons donc des relations entre les aires des triangles AOH, COE, AOE, FOE.
Les deux triangles AOH, AOE ont môme hauteur ; donc
