La question serait impossible, si l’on avait — < a
ou, ce qui est la même chose
<; a, parce qu’alors lera
dirai deviendrait imaginaire. Ainsi, la plus grande valeur que puisse prendre la surface a* du rectangle cherché est celle qui réduirait à zéro la quantité qui est sous le radical, et, dans ce cas, les valeurs de x et de se réduisant à
on en conclut que le quarré est la plus grande surface
rectangulaire que l’on puisse renfermer dans un contour donné.
795. problème. Construire un rectangle, connaissant sa surface et la différence des côtés adjacents.
Solution. Fig. 3. Exprimons encore par a le côté du quarré PM MS équivalent à la surfitce du rectangle demandé, par d la diilérence des côtés adjacents, par x la base, et parjy la hauteur, nous aurons
xy = a\
Ces deux équations étant résolues, donneront
I ou
UEOM£TRIE PLANE.
Le radical étant évidemment plus grand que -, la se-
conde valeur de x est négative, et la première seule répond directement à la question.
Si on la substitue dans l’une des deux équations primitives. on aura
La seconde valeur donnerait
On aura donc pour les dimensions du rectangle demandé
base +
hauteur y' = — - \ / a} -t- — .
Si l’on multiplie l’une de ces équations par l’autre, on •aura x!y^ = a*,
et si l’on retranche la seconde de la première, il viendra
ce qui vérifie tous les calculs.
Construction. On décrira une circonférence avec le
. rf
rayon OA égal à on tracera la tangente AB = PM =a; on fera passer par le centre, la sécante BD, ce qui donnera OB=BA-f AO = rP-f Q= «’-i- -,
SOLUTIONS GRAPHIQUES
d’où OB =: a’ -j- — ,
par conséquent
BD — DO + OB = - + \ / a* = x\
bc = -oc + ob = --+Y/ a’ + - =y.
Ainsi, le rectangle demandé sera BG'HD.
Le résultat est encore vérifié par la construction, puisque l’on a (432)
xfy — BD X BC = AB = a’, et le diamètre du cercle étant égal à d, il s’ensuit (|ue X- / = bd — BC = CD = rf.
La quantités" serait la hauteur, et serait la base d’un second rectangle Z égal au premier, mais dont les côtés coïncideraient avec les prolongements de x' et de^'', de manière que a:'' serait le prolongement dey', et que y" serait le prolongement de x .
'796. Problème. Par un point donné, construire une sécante telle que la partie de cette ligne , comprise dans te cercle, soit égale à une droite donnée.
Solution. Fig. 4. SoitM le point donné, nous tracerons la tangente MS, et si nous supposons que MD’" soit la sécante demandée, nous devrons avoir la proportion (432) MD'" ; MS :: MS : MC ".
Exprimons actuellement par a la droite donnée, CD = C"'D'", par b la tangente MS, et par x la quantité inconnue MC'". La proportion ci-dessus deviendra (,r -f- «) : b ". b '. X,
GÉOMKTBIE PLANb.
OU X (x 4" «) =
équation qui, éUtnt résolue, donne
d’où
a X / rt’
Conatraction. On prolongera le rayon OS d’une quan- CD a
lilé SH égale à — tracera la droite MH, et le
triangle MSH étant rectangle en S, on aura
MH = MS + SH = è’ +
d’où
MH
On décrira la demi-circonférence C'SD', et l’on aura
Enfin on décrira l’arc de cercle C'C''C"', et les deux sécantes MD", MD'" satisferont aux conditions du prohlème.
Si l’on a bien opéré, les trois points D', D", D'" doivent être situés sur un même arc de cercle décrit du point M comme centre avec le rayon MD'.
Cela provient de ce que cette dernière quantité est égaie à la seconde valeur de x ; en effet, on a
= (HD' + MH) = - MD', et si l’on voulait avoir égard au signe — qui précède celte
rL. 21.
SOLUTIONS ORAPIIIOUES.
dernière quantité, il faudrait ne passer par les points D"' et D"qu’après avoir tourné autour du point M, en décrivant l’arc D'D"'D", en sens contraire de l’arc C'C"C'".
797. problème. Partager une droite donnée en deux parties, telles que la plus grande soit moyenne proportion-, nelle, entre la ligne entière et la plus petite partie.
Solation. Fig. 5- Soit AB la droite donnée, que nous supposerons partagée au point M, suivant les conditions du problème. Si nous exprimons celte droite AB par a, la j)lus grande partie AM par x, la plus petite partie BM sera a — X, et nous devrons avoir la proportion a I X :: X : {a — x), ou x' = a {a — .x).
Celle équation résolue donnera
Constmction. On élèvera sur AB la perpendiculaire
AB a , 1 • 1 . A
BC = = -, on joindra le point G avec le point A, et
l’on aura
AC = AB + BC = a* + -,
d’où
AC
GÉOMÉTIIIE PLANE.
On décrira la demi-circonférence OBO', ce qui donnera
AO = — GO -j- AC = — 2 ~ '
AO' = CO' -f AC = ^ -1- y/ + J.
cl par conséquent
AO'.-(ï+v/»‘^r)=-iV< =
La quantité positive AO, rabattue en AM, satisfait seule à lu question d’une manière directe, et donne la proportion AB : AM :: AM ; BM.
798. Quanta la droite AO', elle représente la valeur absolue de jr", mais le signe — qui précède l’expression de cette quantité, indique (|u’elle doit être raballueen AM', à gauche du point A, ce qui fournit une solution indirecte du problème, en conduisant à la proportion
