LIVRE II. — LA CIRCONFÉRENCK DE CIÎRCLE. !l

Si les deux points A et B sont d'un même côté do XY {fg. i3o), on observe que tout point M' de XY est équidislant de B et de son symétrique B' par rapport à XY (48); le ciiemin AM'B' est donc égal à AM'B, et il suffit de chercher le minimum de AM'B'. A et B' étant de part et d'autre de XY, on n'a qu'à tirer la droite AB' qui rencontre XY au point cherché M. Il est bon de remarquer que les deux parties AM et MB du chtniin minimum sont également inclinées sur XY. En effet, dans le rabattement de la figure autour de XY, le point M restant fixe, et B venant sur son symétrique B', l'angle BMY recouvre l'angle B'.MY ; et, comme ce dernier est opposé par le sommet à AMX, on voit que les angles AMX, B.MY sont égaux.

FiîT. i3i

2° Étant donnés deux points A et B et une droite XY, trouver sur cette droite un point M, tel que BM — AM soit un maximum.

Si les deux points donnés sont, comme A et B' {fig. i3i), situés d'un même côté de XY, la droite AB' résout la question ; elle coupe XY au point cherché M. En effet, M' étant un point quelconque de XY, on a dans le triangle B'M'A

AB' ou B'M — AM>B'M' — AM'.

Si les deux points Aet B sont de part et d'autre de XY {fig. i3i), on voit, en substituant, comme précédemment, au point B son symétrique B' par rapport à XY, qu'il suffit de tirer AB', qui coupe XY au point cherché M.

3° Le premier des deux problèmes que nous venons de traiter se présente en Optique dans la tliéorie des miroirs plans. L'angle d'incidence étant égal à l'angle de réflexion, pour qu'un rayon lumineux issu du point B vienne, après réflexion sur le miroir XY, passer par A, il faut qu'il soit dirigé vers le point M où le miroir est rencontré par la droite qui joint le point A au symétrique B' du point B. On voit par là que le chemin décrit par la lumière est le plus court parmi ceux qui vont de B en A en passant par un point de XY.

Pi. et DE C. — Tr. fie Gcom. (I" Partie). o

Il en est de même lorsqu'un corps élastique, comme une bille de billard, vient se réfléchir sur la bande XY; pour que, lancée du point H, elle arrive en A, il faut qu'elle frappe la bande au point M où cette bande est rencontrée par AB'. Il est aisé, d'après cela, de résoudre le problème du billard polfgonal :

Deux points M et Ç^ étant marques sur un billard polygonal XYZU . . .ï, de n côtés, vers quel point M de la bande XY faut-il lancer une bille du point P, pour qu^ après réflexions sur les bandes successives XY, YZ, ZU, , elle vienne passer par le point Q?

Quel que soit le point de la bande XY vers lequel on lance la bille, le prolongement de la route suivie par la bille après la réflexion passera par le point Pi symétrique de P par rapport à XY; après la seconde réflexion, la bille se mouvra sur une droite issue du symétrique P2 de Pi par rapport à YZ, ... ; en continuant ainsi, on obtiendra un point P„ par lequel doit passer le prolongement de la droite que suit la bille après la dernière réflexion; comme cette droite doit aussi passer par Q, la droite P«Q déterminera par son intersection avec la dernière bande le point où la bille doit la frapper; et F on pourra dès lors, en remontant, tracer la roule complète de la bille. Le problème ne sera évidemment possible que si les points d'incidence se trouvent sur les bandes ellesmêmes et non sur leurs prolongements.

En faisant la figure pour le cas du billard rectangulaire, on pourra constater que, pour que la bille revienne au point de départ, il faut la lancer parallèlement à l'une des diagonales du rectangle.

4° Construire un polygone connaissant en position les perpendiculaires tti, a2, . . . , OLn élevées sur les milieux des côtés (Petersen).

Soit A le sommet inconnu qui est situé sur le côté perpendiculaire à ai ; prenons dans le plan un point arbitraire P, et construisons successivement le symétrique Pi de P par rapport à ai, le symétrique Pj de Pi par rapport à a2, . . ., et ainsi de suite jusqu'au symétrique ?n par rapport à a„. Si l'on avait opéré sur A comme l'on vient de le faire sur P, le point A„ auquel on serait parvenu serait le point A lui-même, car Al, A2, . . ., Are seraient les sommets successifs du polygone. Or la longueur d'une portion de droite étant égale à celle de la droite symétrique, on aurait donc AP = AP»; la perpendiculaire élevée sur le milieu de PPrt passe donc par le sommet inconnu A. On déterminera de la même manière une droite passant par Ai la symétrique de cette droite par rapport à ai passera par A qui sera ainsi déterminé par l'intersection des deux droites.

On résout par des considérations analogues la question qui consiste à tracer le polygone de périmètre minimum ayant respectivement un sommet sur chacune des droites indéfinies qui forment les côtés d'un polygone donné, attendu que deux côtés consécutifs du polygone inconnu doivent