DÉMONSTRATION D'OH THÉORÈME DE M. PAUL SERRET. 149 
Mais il y a plus. Le pentagone (P') répond, comme (P), à 
l'énoncé du problème, c'est-à-dire que le pentagone (P") dérivé de 
(P') est aussi inscrit à la cubique, car les arguments m'„ m' 2 . . . 
u' b de ses sommets forment une progression arithmétique dont 
la raison — 2h est aussi la cinquième partie d'une somme de 
multiples des périodes. 
En outre, pour la même raison que ci-dessus, les sommets du 
pentagone (P") sont les tangentiels des sommets homologues de 
(P'), et l'on a, pour les arguments m",, u\ . . . m" 5 des sommets 
respectifs A.', , A \ . . . A" 5 de P" : 
m", = w — 2m', , 
u\ = w — 2m' 5 
En continuant ainsi de proche en proche, on arrive à cette 
conclusion que les pentagones dérivés déduits successivement 
du premier pentagone P satisfaisant aux conditions de l'énoncé 
répondent tous à la question et que chacun d'eux est le tangentiel 
du précédent. 
6. Comparons enfin deux pentagones dont les rangs diffèrent 
de deux unités, par exemple (P) et (P"). On a, pour toute valeur 
(1, 2, 3, 4, 5) de l'indice h : 
u t + u" k = u k -{-w — 2u't = u t + w— 2(10 — 2u t ) = 5m* 
— w = 5t*, — 10, 
puisque but et 5u t sont égaux à des multiples près des périodes. 
D'autre part, la conique circonscrite au pentagone (P) coupe 
la courbe en un sixième point a dont l'argument w, est tel que 
w» + Wi + "a + w 3 + «4 -h "s = 2w>, 
ce qui donne 
M. = 2w — 5m,. 
