Annales de mathématiques pures et appliquées/Tome 15/Géométrie élémentaire, article 3

Transformation immédiate d’un polygone quelconque en un pareilélogramme équivalent ; par MM. Stein et Querret.

Annales de mathématiques pures et appliquées, Tome 15, 1821 (p. 97-100).

QUESTIONS RÉSOLUES.

Démonstration du dernier des théorèmes énoncés
à la page 392 du XIV.^e volume des Annales ;

M. Stein, professeur de mathématiques au gymnase
de Trèves, ancien élève de l’école polytechnique,

Et M. Querret, ancien chef d’institution.

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THÉORÈME. Soit un polygone plan quelconque, dont les sommets consécutifs soient $\mathrm {A,B,C,\ldots L,M,N} \,;$ et soient respectivement $\mathrm {A',B',C'} ,\ldots$$\mathrm {L',M',N'}$ les milieux des côtés consécutifs $\mathrm {AB,BC,CD,\ldots LM,MN,NA.}$ Soient en outre $d,e,f,\ldots$$l,m,n$ les milieux respectifs des diagonales $\mathrm {BD,BE,BF,\ldots BL,BM,BN.}$

Par les points $d,e,f,\ldots l,m,n$ soient menées des parallèles à une droite fixe, de direction arbitraire. Soient me+ nées ensuite $\mathrm {B'C',}$ coupant la première de ces parallèles en $d',$ puis $\mathrm {D} 'd',$ coupant la seconde en $e',$ ensuite $\mathrm {E} 'e',$ coupant la troisième en $f',$ et ainsi du reste, jusqu’à ce qu’on soit parvenu à mener $\mathrm {N} 'n',$ coupant en $a'$ la parallèle conduite par $\mathrm {A'.}$ Si alors, entre les parallèles à la droite fixe, conduites par $\mathrm {A}$ et $\mathrm {B} ,$ prises pour directions de côtés opposés, on construit un parallélogramme, dont les deux autres côtés opposés, de direction d’ailleurs arbitraire, passent par $\mathrm {A} '$ et $a',$ ce parallélogramme sera équivalent au polygone proposé^[1].

Démonstration. Pour rendre la démonstration de ce théorème plus intelligible, nous la renfermerons dans la résolution des deux problèmes suivans :

PROBLÈME I. étant donné un pentagone composé d’un parallèlogramme et d’un triangle qui ont un côté commun, transformer ce pentagone en un parallélogramme équivalent dont un côté soit un quelconque des deux autres côtés du triangle, et dont le côté adjacent soit dirigé suivant le côté du parallélogramme primitif adjacent à ce même côté du triangle ?

Solution. Soit le pentagone $\eta \mathrm {BED\theta }$ (fig. 12) formé du parallélogramme $\mathrm {B\eta \theta D}$ et du triangle $\mathrm {BED,}$ ayant le côté $\mathrm {BD}$ commun, et proposons-nous de transformer ce pentagone en un parallélogramme dont $\mathrm {BE}$ soit un des côtés et dont un autre côté soit dirigé suivant $\mathrm {B\eta .}$

Pour cela, par le milieu $\mathrm {D} '$ du côté $\mathrm {DE}$ et le milieu $d'$ du côté $\eta \theta$ du pentagone soit menée une droite concourant en $e'$ avec la parallèle à $B\eta$ et $\mathrm {D\theta }$ menée par le milieu $e$ du côté $\mathrm {BE.}$ Alors, en menant par $e'$ une parallèle à $\mathrm {BE,}$ rencontrant respectivement $\mathrm {B\eta }$ et la parallèle menée à cette droite par le point $\mathrm {E}$ en $\delta$ et $\varepsilon ,$ le parallélogramme $\mathrm {B\delta \varepsilon E}$ sera le parallélogramme demandé, équivalent au pentagone $\mathrm {\eta BED\theta .}$

Démonstration. Soit menée la droite $\mathrm {D} 'e,$ terminée en $\alpha$ et $\beta$ à la rencontre des prolongemens de $\mathrm {\eta B}$ et $\mathrm {\theta D.}$ Par le point $\mathrm {D'}$ et par le milieu $d$ de $\mathrm {B} d$ soit menée une droite coupant $\mathrm {E\varepsilon }$ en $\mu ,\ ee'$ en $\zeta$ et $\mathrm {B\delta }$ en $\gamma \,;$ soit enfin menée $\operatorname {d} ',$ coupant $\alpha \beta$ en $\lambda .$

Parce que $\mathrm {D} '$ et $e$ sont les milieux respectifs de $\mathrm {ED}$ et $\mathrm {EB} ,$ la droite $\alpha \beta$ est parallèle à $\mathrm {BD,}$ et par conséquent le quadrilatère $\mathrm {D\alpha \beta B}$ est un parallélogramme. Ce parallélogramme est équivalent au triangle $\mathrm {BED,}$ puisqu’il a même base $\mathrm {BD}$ et une hauteur moitié de la sienne.

Parce que $\mathrm {D} '$ et $d$ sont les milieux respectifs de $\mathrm {DE}$ et $\mathrm {BD,}$ la droite $\mathrm {D'} \gamma$ est parallèle à $\mathrm {EB,}$ et par conséquent le quadrilatère $\mathrm {B\gamma \mu E}$ est un parallélogramme. Ce parallélogramme est aussi équivalent au triangle $\mathrm {BED} ,$ puisqu’il a même base $\mathrm {BE}$ et une hauteur moitié de la sienne.

Les deux parallélogrammes $\mathrm {D\alpha \beta B}$ et $\mathrm {B\gamma \mu E}$ se trouvant ainsi équivalens à un même triangle sont aussi équivalens entre eux, et la figure $\gamma \delta \eta \mu$ est aussi un parallélogramme.

Les deux parallélogrammes $\mathrm {\gamma BE\mu }$ et $\gamma \delta \varepsilon \mu$ étant compris entre les mêmes parallèles sont entre eux dans le rapport de leurs bases $\mathrm {E\mu }$ et $\mu \varepsilon ,$ ou dans le rapport de $e\zeta$ à $\zeta e'$ ou encore, à cause des parallèles, dans le rapport de $\lambda d$ à $\operatorname {d} '.$

Les deux parallélogrammes $\mathrm {B\beta \alpha D}$ et $\mathrm {B\eta \theta D}$ étant compris entre les mêmes parallèles, sont entre eux dans le rapport de leurs bases $\mathrm {\alpha D}$ et $\mathrm {D\theta ,}$ ou, ce qui revient au même, dans le rapport de $\lambda d$ à $\operatorname {d} '.$

Donc, à cause du rapport commun de $\lambda d$ à $\operatorname {d} ',$ les deux parallélogrammes $\gamma \mathrm {BF} \mu$ et $\gamma \delta \varepsilon \mu$ sont entre eux respectivement comme les deux parallélogrammes $\mathrm {B\beta \alpha D}$ et $\mathrm {B\eta \theta D} \,;$ puis donc que $\gamma \mathrm {BE} \mu$ et $\mathrm {B\beta \alpha D}$ sont équivalens entre eux et au triangle $\mathrm {BED,}$ les deux parallélogrammes $\gamma \delta \varepsilon \mu$ et $\mathrm {B\eta \theta D}$ doivent aussi être équivalens.

Donc le parallélogramme total $\mathrm {B\delta \varepsilon E}$ doit être équivalent au parallélogramme total $\beta \varepsilon \theta \alpha \,;$ mais ce dernier est équivalent au pentagone proposé $\varepsilon \mathrm {BED} \theta \,;$ donc le premier doit aussi lui être équivalent.

PROBLÈME II. Transformer un polygone rectiligne donné quelconque en un parallélogramme équivalent qui ait pour un de ses côtés un quelconque des côtés du polygone, et dont les deux côtés adjacens à celui-là soient parallèles à une droite donnée ?

Solution. Soient $\mathrm {A,B,C,D,E,} \ldots$ (fig. 13) les sommets consécutifs du polygone proposé, et supposons qu’il soit question de le transformer en un parallélogramme équivalent dont $\mathrm {AB}$ soit un des côtés et dont un autre côté se terminant en $\mathrm {B}$ soit parallèle à une droite donnée.

Soit menée la droite indéfinie $\mathrm {B\eta ,}$ parallèle à la droite donnée. Joignons les milieux respectifs $\mathrm {B',C'}$ des côtés $\mathrm {BC,CD}$ par une droite se terminant en $\eta$ à $\mathrm {B\eta }$ et en $\theta$ à sa parallèle conduite par $\mathrm {D} \,;$ le parallélogramme $\mathrm {B\eta \theta D}$ sera équivalent au triangle $\mathrm {BCD.}$ Représentons ce parallélogramme par $P.$

En lui ajoutant le triangle $\mathrm {BED,}$ on formera le pentagone $\eta \mathrm {BED} \theta$ que l’on pourra (Problème I) transformer en un nouveau parallélogramme ayant $\mathrm {BE}$ pour un de ses côtés et un autre côté dirigé suivant $\mathrm {B\eta } \,;$ désignons ce nouveau parallélogramme par $Q.$

En lui ajoutant le triangle $\mathrm {BFE} ,$ sn formera un second pentagone que l’on pourra également (Problème I) transformer en un parallélogramme ayant $\mathrm {BF}$ pour un de ses côtés, et un autre dirigé suivant $\mathrm {B\eta .}$

En continuant de la même manière, on sera finalement conduit à construire un parallélogramme équivalant au polygone proposé, ayant $\mathrm {AB}$ pour un de ses côtés, et un autre côté dirigé suivant $\mathrm {B\eta ,}$ ainsi qu’il était requis.

Remarque. C’est à justifier cette construction que se réduit le théorème proposé ; lequel se trouve ainsi démontré par ce qui précède.

1. Ce théorème est dû à M. Ch. Sturm.
   J. D. G.