É. LEMOINE. — DOUZE CONSTRUCTIONS DÉDUITES DE ONZE SOLUTIONS \'1\ 



DL — i», en traçant D(wï), op. : (3Cj C 3 ). Je trace LU:, op. : 

 (2Cj + C f ), c'est le cerck CEB dont parle la solution géométrique. Ce 

 cercle coupe B(BT) en F, B ni' > en F\ F et F étant de côtés diférents de 

 BI. L'angle KCF'. corne l'angle FEF', esl égal à A. Soit K le point où BS 

 coupe LU'. RBC 8. Si je prends sur L LB dans le sens convenable, 

 arc F'K' = : arc Ck. op. : i.'-JC, — C :) i, l'angle KCF serait A - B — C ou 

 ISO — 2C : donc en divisant en deux parties égales en IL op. : (2^ 

 u_ h 2 ^:_ 2C, — 2C S ), l'arc FCK'. l'arc FCH sera tel que le segment 

 capable de C décrit sur sa corde est l'arc FBH'K'H. 11 suit de là que si 

 je porte dans le sens convenable arc FH à partir de B en H', op. : 

 3Cj + C,), et que je trace CH', op. : (2R, — K 2 i, ce sera le côté CA du 

 triangle cherché. La circonférence T)(m) coupe CH' au point A, il ne me 

 reste plus qu'à tracer AH. op. : (21^ + B 2 i et la construction II me done 

 le triangle ABC par le simbole op. : (14R, — 8R 2 -f 26^ + C, — 14C,); 

 siin{»licité : «j.°>; exactitude : 41 : 8 droites, 14 cercles. 



(I). — Solution indiquée par M. J.-J. Duran-Loriga. 



Le point A (fig. 2) est sur l'hiperbole équilatère passant par B et C qui 



a pour asimptotes les droites passant au milieu D de BC et faisant avec 



o o 



BC l'une, un angle égal à 90 — :> > l'autre un angle égal à 180 — - » A 



est aussi sur le cercle Du»), le problème revient donc à trouver l'intersec- 

 tion d'une hiperbole équilatère avec un cercle concentrique, ce qui peut 

 se résoudre au moyen de la géométrie élémentaire. 



Cète solution ne répond pas, en réalité, à la question posée, car èle 

 fait intervenir l'hiperbole et ce que M. Phileter demande c'est une solution 

 élémentaire, c'est-à-dire obtenue avec "les éléments euclidiens, et non 

 simplement une construction avec la règle et le compas par n'importe quel 

 moyen, mais je note ici la réponse de M. J.-J. Duran-Loriga parce que j'y 

 prends encore sur le fait, ce que, au point de vue de la géométrie, on 

 apèle généralement résoudre un problème. M. Duran-Loriga le ramène 

 à une question que l'on sait pouvoir être résolue, et cela sufit. Soit, au 

 point de vue géométrique, mais au point de vue de la construction à faire, 

 cela sufit si peu, cela est tèlement diférent d'une réponse qu'il m'est 

 impossible d'examiner ici cète solution pour en déduire ses coéûcients 

 géométrografiques. On sait bien, en éfet, que lorsqu'une hiperbole équilatère 

 est déterminée, on peut déterminer aussi avec la règle et le compas les 

 points où èle rencontre un cercle concentrique ; mais suivant les élé- 

 ments qui déterminent cète hiperbole, les constructions sont diférentes et 

 je ne sais point cèle à laquèle l'auteur s arêterait s'il alait jusqu'au bout. 

 De cète hiperbole équilatère on conaît, ou bien l'on peut déterminer 



