L’Algèbre d’Omar Alkhayyami/D

Omar Khayyám

L’Algèbre d’Omar Alkhayyami

Traduction par F. Woepcke.
Benjamin Duprat, 1851 (p. 98-100).

D

Problème résolu par Aboûl Djoûd Mohammed Ben Allaith, et proposé à ce géomètre par Aboûl Rîhàn Mohammed Ben Ahmed Albîroûnî (*^[1]).

Étant donnés une droite BC (fig. 38) et un point A, mener de A à BC une droite AD telle qu’on ait AD . BC + ${\overline {\text{BD}}}$ = ${\overline {\text{BC}}}$.

Aboûl Djoûd fait WB perpendiculaire et égale à BC, et construit une parabole dont W est le sommet, WB l’axe et BC le paramètre. Ensuite il abaisse de A sur BC une perpendiculaire AL, et fait passer par A une hyperbole équilatère ayant son sommet en A, son axe sur le prolongement de LA et son paramètre égal à 2. AL. Le pied de la perpendiculaire abaissée du point d’intersection Z des deux coniques, sera le point D qu’il s’agit de déterminer.

Je ne reproduis pas les raisonnements de l’auteur, qui n’offrent rien de particulièrement remarquable, et je me borne à vérifier le résultat énoncé.

Désignons AL, CL, BC par $a$, $b$, $c$ respectivement ; prenant C pour origine des coordonnées, l’équation de la parabole sera $(c-x)^{2}=c.(c-y)$, celle de hyperbole $y^{2}-(x-b)^{2}=a^{2}$. Mais cette dernière équation exprime que $AD=y$, de sorte qu’en vertu de l’équation de la parabole on aura ${\overline {\text{BD}}}^{2}=BC(BC-AD)$, ce qu’il s’agissait d’obtenir.

J’observe encore que l’auteur démontre : 1° que si les deux coniques se rencontrent en deux points, les deux perpendiculaires abaissées des deux points d’intersection déterminent sur BC deux points satisfaisant tous les deux à la condition proposée ; 2° qu’il peut arriver que de toutes les lignes plus petites que BC (*^[2]) et menées de A à BC, aucune ne satisfasse à la condition voulue, et que c’est le cas lorsque les deux sections coniques ne se rencontrent pas, parce qu’alors on aura $AD.BC+{\overline {\text{BD}}}^{2}>{\overline {\text{BC}}}^{2}$.

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Solution anonyme du problème suivant, dont l’auteur dit que « depuis un certain temps les algébristes et les géomètres se sont proposé mutuellement ce problème, sans que ni les uns ni les autres en aient donné une solution satisfaisante. »

Construire un trapèze ABCD (fig. 39) de telle sorte que chacun des côtés AB, AD, BC soit égal à 10, et que l’aire de la figure soit égale à 90.

L’auteur montre expressément que ce problème dépend d'une équation du quatrième degré ; il prend pour cet effet $DK=x$ (AK étant la perpendiculaire abaissée de A sur le prolongement de CD), d'où il suit $(AB-x).AK=90$, donc $(AB-x)^{2}.{\overline {AK}}^{2}=90^{2}$ ; mais $AB=10$ et ${\overline {AK}}^{2}=10^{2}-x^{2}$ conséquemment $(10-x)^{2}.(100-x^{2})=8100$ ou $x^{2}+2000x=20x^{2}+1900$ (*^[3]).

Puis il construit le problème de la manière suivante. Il prend $AB=10$, et fait EB perpendiculaire à AB et égale à \tfrac{9}{10} AB (**^[4]) ; ayant complété le rectangle BZ, il fait passer par E une hyperbole ayant BA, AZ pour asymptotes. Un cercle décrit du centre et du rayon BA coupera l'hyperbole, parce que AB > BE. Menons la droite $BC=AB$, et construisons un angle $BAD=ABC$ en faisant AD = BC. Alors ABCD sera le trapèze demandé (***^[5]).

En effet, en abaissant la perpendiculaire CL sur AB on aura triangle CBL égal et semblable à triangle ADK, donc $ABCD=ALCK$ ; mais en vertu de l'hyperbole on a $ALCK=ABEZ$, donc $ABCD=ABEZ=AB.EB=90$.

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1. *) Albîroûnî ramena à ce problème la trisection de l’angle ; voir p. 119, 1. 10.
2. *) L’équation de la parabole montre immédiatement qu’il doit être $y<c$ ou $AD<BC$.
3. *)
4. **) C'est-à-dire on prendra BE égale au rapport de l'aire donnée à la droite donnée.
5. ***) Désignant la longueur de AB par $a$, l'aire donnée par $b^{2}$, l'équation qu'il s'agit de construire sera $x^{4}-2ax^{3}+2a^{3}x-a^{4}+b^{4}=0$ ou $(a-x)^{2}(a^{2}-x^{2})=b^{4}$. Prenant B pour origine des coordonnées, l'équation de l'hyperbole sera $(a-x)y=b^{2}$, celle du cercle x^2 + y^2 = a^2 ; ces deux courbes construisent donc, en effet, le problème.