i . LEMODtE. — DOUZE CONSTRUCTIONS DÉD1 [TES Dl 0KZ1 m,i i rjONS 1 - : i 



donée l'aDgle 2'j en deus parties égales, op.: (2R, - M., - 3C, -C s ) avec le 

 rayon p, que j'ai pour cela dans le compas, je décris sur l'épure un cercle 

 dont le centre esl un point d quelconque (C 8 ). Je divise sur la donée, 2Aen 



deus parties égales (2R, ■- lî„ — 2C, ■' 2C., . Je mène pard une droite 

 quelconque (Rj-fR a ) sur laquèle je prends dfz= k (3C,— C 3 ) au moyen 

 de l'arc qui sous-tend 0, je trace la droite de tèle que fée^zQ (2R, + K, 

 -4-3^-fC,). Je projeté f en e WT de rl\\ l — U, — 30, + 3C 3 >; 00 a 

 de — Acos 0. /'<• =Jt sin 0. Je trace dg perpendiculaire à <7/* en utilisant le 

 cercle, léjà fcraoédfo) (2R, -f II, - 2C, SC^) et je prends 0(9 m (3C, -f C,). 

 Je trace /"(/c) (i^-f C 3 ),#') (3G t +€,) et je trace une tangente co- 

 mune extérieure à ces deus cercles, je peus le faire avec op : (KR, -}-4R 2 

 + 12C,-t-6C 3 ) par une construction où je me sers du cercle décrit sur 

 gf corne diamètre, lequel est déjà tracé; on a ainsi les points p et g. Pour 

 achever la construction d'une des deus solutions, par exemple cèle où 

 iqg = Y, je trace qg, qf (4R t + 2R S ), puis q{qf) (2C, -f G,) qui coupe qg en 

 g l tel que qg et qg^ soient de même sens et en g 2 tel que gq et gg., soient 

 de même sens. On a : gg y — AR. gg a = AC. Je trace q(qi) (2C t +C 3 ) qui 

 coupe g(gi) en i' et je trace qï (2R t + R 2 ); iqi' = 2y = A. Je prends sur 

 qi, qX = XC ou gg, (3^ + C,), je trace XX' (2R t + R,) le triangle qXk' 

 égal à ABC triangle cherché, est aussi obtenu par : op. : (2~R,-i-14R 2 

 -4- 46Cj -f 26C S ) ; simplicité : 413; exactitude: 73; li droites, 26 cercles. 



(K). — Construction de M. A.-P. Ericsson. 



M. Ericsson (pseudonime) a envoyé une solution exacte et ingénieuse 

 géométriquement parlant, mais presque autant que cèle de M. Duran- 

 Loriga, èle est tèlement vague pour la construction définitive à exécuter 

 qu'on peut la terminer de plusieurs façons très différentes au point de vue 

 géométrografique. 



Voici la solution géométrique. Je supose le problème résolu (le lecteur 

 est prié de faire la figure, nous ne répétons pas les notations de l'énoncé). 

 Par D, milieu de BC, je mène une perpendiculaire à la bissectrice intérieure 

 de A, èle la coupe en I; par B une perpendiculaire BE à DI (E sur DI). Le 



triangle rectangle DBF est conu car DB = ^BC et l'angle BDE = — — \ 



Je conais donc BE et DE. M. Ericsson démontre que l'on a BE.DE = IA.DI 

 et corne ÏX 2 — Dp — m 2 on trouve DA -f- DI et Ton est ramené, dit-il, 

 à un problème classique, il s'arète là. Je supose que le problème clas- 

 sique que M. Ericsson a en vue est de construire le triangle rectangle ADI 

 où l'on conait l'hipoténuse et la some des deus côtés DA-fDI. Il restera 

 ensuite, ADI étant construit, à construire ABC. 



