BC*= BÂ+ AC

mais on a AC = PQ = 60 mètres ; AP = CQ = 90 mètres; de plus , BA = BP — AP = 120 — 90 = 30 mètres , et si nous exprimons BC para?, l’équation précédente devient X* = (30)’ -f- (60)’ = 900 + 3600 = 4300, d’où X = J/" 4500 = 30 p/5 = 67“,08.

Calcul. Il y a trois manières d’obtenir le résultat :

1" On extraira la racine quarréedu nombre 4500.

2° On extraira la racine de 5, puis, on multipliera le résultat par 30 ; mais dans ce cas il faudra cuntinuerl’cxtraction jusqu’au deuxième cliilfre au delà de celui <jui exprime la limite d’exactitude exigée par la question {algèbre).

PL. 22. SOLUTIONS NUMÉaiQUES. 331

3“ On pourra faire usage des logarithme» , ce qui don-

, log. 4.500

liera log. x = — ^ — r .

817. Problème. Fig. 3. Le triai/gli; BAC est rectangle en A, on sait de plus que le côté AG =30 mètres, et que l'hypoténuse BC = 40 mètres. Il s’agit de calculer la surface.

Solution- Si nous prenons pour base du triangle le côté AC, la hauteur sera AB , que nous désignerons par x, et si nous exprimons la surface demandée par S, nous aurons (600)

^ AC X AB 30x

Mais le triangle donné étant rectangle, on aura

Âb‘= BC — ÂC" d’où

Prenant la racine quarrée, on obtient

X = |/tÔÔ = 10 S/Î.

<|ui, étant substituée dans l'équation (I ), donne

2" solution. Fig. 4. Si <]uel(|ue motif engageait à prendre l’hypoténuse BC pour la base du triangle, on tracerait la hauteur AD, que l’on exprimerait par h, et l’on aurait alors

^ BC X AD 40A

Mais le triangle ADC étant rectangle en D, on aura l’équation AD = AC — DC,

qui devient, en exprimant par x la distance CD, (2) A» = (30)* — X*.

Enfin le corollaire du numéro 427 donnera CD : CA CA : CB, ou X : 30 30 ; 40,

et par conséquent x = -^=— .

Cette valeur étant substituée dans l’équation (2), on

obtient

d’où

qui, reportée dans l’équation (1), donne

Cette seconde solution est évidemment plus longue que la première. Aussi ne l’ai-je donnée que comme exercice, et pour faire voir comment on est toujours ramené au résultat, quelle que soit la route parcourue; il faut cependant conclure de ce qui précède, que le choix des inconnues n’est pas indifférent, et l’on devra s’exercer à découvrir, parmi les différents moyens de résoudre un problème, celui qui conduit le plus promptement à la solution.

818. Problème. Fig. 5. La base BC d’un triangle isocèle vaut 15 mètres , et le côté AB en vaut 24. On demande la surface.

Solation. En exprimant comme ci-dessus la surface par S et la hauteur AD par h, on aura

BC X AD loA

mais le triangle ABD, rectangle en D, donnera a 2 2

AD = AB — BD

Cette équation étant résolue, on obtient

qui, substituée dans l’équation (1)^ donne ^ 15 X 21^231 45J/^

d’où

819. Problème. Fig. 6. La base BC d’un triangle isoscèle est au côté oblique AB comme k estai. Le rayon OD du cercle inscrit vaut 3 mètres. On demande la surface du triangle .

Solution. Nous désignerons la base BG par Isx , le côté oblique par 1x, et nous aurons e?iprimé que ces deux lignes sont entre elles comme les nombres & et 7.

Le côté BD moitié de la base sera 2 jc.

Le rayon OD étant égal à 3 mètres, si nous exprimons la liautaUr AD par A, nous aurons AO= AD — OD = A — 3,

Le théorème du numéro 376 donne la proportion AO : OD :: AB : BD,

qui devient, en adoptant les notations ci-dessus,

(h —3) : 3 7x : 2x : 7 : 2, d’où 2(A — 3) = 21 ,

et par conséquent

Mais le triangle ABD étant rectangle en D, on a