Un problème de Pappus analysé par Descartes

Un problème de Pappus

La solution proposée
solurion problème Pappus

On a prolongé le côté BD d'une longueur y, avec le segment DG.
On trace le cercle de centre O, milieu de BG. Ce cercle coupe la droite AC en E. On trace l'oblique BE qui coupe CD en F.
Le problème revient à choisir le point G ou la longueur DG pour que FE soit égale à x. Soit EP la hauteur issue de E du triangle BEG.

Le triangle BEG est rectangle puisque le triangle BEG, de diamètre BG est inscrit dans le demi-cercle BEG.

On remarque que les triangles rectangles BDF et EPG sont égaux car BD=EP = a, et l'angle en E de EPG et en B de de BFD sont égaux, ayant comme complémentaire l'angle G dans le triangle rectangle BEG.
On en déduit donc que BF et EG sont égaux à une grandeur que l'on apelle "b".

On a
BE = b + x
BG = BD + DG = a + y
EP = a
EG = b

La surface du triangle BEG peut se calculer de deux façons : EP*BG/2 (base par hauteur) ou BE * EG/2 ( moitié d'un rectangle) --> équation 1: a * (a + y) = (b + x) * b

D'après Pytaghore, BG² = BE² + EG² --> équation 2: (a + y)² = (b + x)² + b²

En soustrayant équation 2 moins deux fois l'équation 1, terme à terme, on obtient

(a + y)² - 2* a * (a + y) = (b + x)² + b² - 2* (b + x) * b
soit
a² + y² + 2ay - 2a² - 2ay = b² + x² + 2bx+ b² - 2b² - 2bx
ou
y² - a ² = x²
qui donne
y² = x² + a ² ou DG² = BD² + EF²

Si l'on prolonge BA en BN pour que BN soit la valeur x cherchée et que l'on construit la diagonale ND, on obtient d'après Pythagore sur le triangle BND

ND² = BD² + BN²

Il suffit donc de choisir G tel que DG = ND pour que EF soit égal à BN, le segment dont l'on cherchait à obtenir la longueur.

Autre solution plus simple :
On considère le quadrilatère FEGD. les angles E et D étant droits, FG est un diamètre du cercle circonscrit à ce quadrilatère et on a d'après Pythagore
FD² + DG² = FE² + EG² = FG²
or FD² = BF² - BD² et comme BF = EG on obtient

EG² -BD² + DG² = FE² + EG² ou DG²- BD² = FE² qui s'écrit aussi DG²= BD²+ FE²

On conclut de la même façon que EF = BN

La solution de Descartes consiste à obtenir une équation avec l'inconnue DF. Il obtient une équation du 4ème degré qu'il résout péniblement en passant par la résolution d'une équation du troisième degré.

Quelques éléments historiques

Le géomètre Pappus d’Alexandrie est l’auteur d’un ouvrage en 8 volumes intitulé « Collection mathématique ». Il a vécu probablement au début du 4^ème siècle, contemporain de Dioclétien (244-312) et a enseigné au musée d’Alexandrie.

Ce livre a été traduit du grec en français par Paul Ver Eecke en 1932.

On y trouve des commentaires sur les écrits d’Archimède, d’Apollonius de Perge et de Théodose de Tripoli.

Pappus est postérieure à l’astronome Ptolémée qui a écrit l’Almageste en 140 AC dont il a écrit un commentaire.

LEMME UTILE POUR LE PROBLEME REALISANT SUR LES CARRÉS LES MÊMES CHOSES QUE SUR LE RHOMBE (1).

PROPOSITION 71. Soit le carré AΔ; menons la droite BHE et menons-lui la perpendiculaire EZ; je dis que les carrés des droites ΓΔ, ΗE valent le carré de la droite ΔZ

Menons par le point E la droite E parallèle à la droite ΓΔ: il s'ensuit que l'angle compris sous les droites ΓΕ, ΕΘ est droit. Or, l'angle compris sous les droites ZE, EH est droit aussi; donc, l'angle compris sous les droites ΓE, EH, c'est-à-dire celui qui est compris sous les droites AB, BH. est égal à l'angle compris sous les droites ZE, ΕΘ. Mais, l'angle compris sous les droites ΖΘ, ΘΕ est aussi égal à l'angle droit compris sous les droites BΔ, ΔΗ. et la droite EG est égale à la droite BA; par conséquent, la droite EZ est aussi égale à la droite HB. Or, puisque le carré de la droite BZ équivaut aux carrés des droites BE, EZ, droites chez lesquelles le rectangle compris sous les droites ZB. BΔ équivaut au rectangle compris sous les droites EB, BH (car les points A, Z, E, H, sont dans un cercle), il s'ensuit que le rectangle restant compris sous les droites BZ, ZΔ équivaut au rectangle compris sous les droites BE, EH augmenté du carré de la droite EZ, c'est-à-dire augmenté du carré de la droite BH. Mais, le rectangle compris sous les droites BE, EH, conjointement avec le carré de la droite BH. est le rectangle compris sous les droites EB, BH conjointement avec le carré de la droite EH; donc, le rectangle compris sous les droites BZ ZA équivant au rectangle compris sous les droites EB, BH, c'est-à-dire au rectangle compris sous les droites ZB, BA augmenté du carré de la droite HE. Retranchons de part et d'autre le rectangle compris sous les droites BA. AZ, il s'ensuit que le carré restant de la droite ZΔ équivaut aux carrés des droites BΔ. HE, c'est-à-dire aux carrés des droites ΓΔ. HE.

LE PROBLEME A LA MANIERE D'HERACLITE.

PROPOSITION 72. Le carré AΔ étant donné de position, faire en sorte que la droite donnée EZ soit inclinée vers le point B.
Que ce soit chose faite et menons du point E la droite EH à angles droits sur la droite BE. Dès lors, puisque les carrés des droite ΓΔ, ZE valent le carré de la droite ΔH, et que les carrés des droites ΓΔ, ZE sont donnés ( car chacune de ces droites est donnée de longueur), il s'ensuit que le carré de la droite ΔH est donné aussi ; donc la droite ΔH est donnée de longueur aussi.