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PROBLÈMES DU CONCOURS

Solution. Soient $\mathrm {DAE}$ l’angle donné (fig. 1), et $\mathrm {O}$ le point donné, également distant des côtés $\mathrm {AD,AE} \,;$ soit $\mathrm {DE}$ la droite cherchée, et soit $b$ le côté du quarré auquel la somme des quarrés des segmens $\mathrm {OD,OE}$ doit être équivalente.

Soient menées $\mathrm {OB,OC}$ respectivement parallèles à $\mathrm {AE,AD} \,;$ la figure $\mathrm {BC}$ sera un lozange donné, dont nous représenterons le côté par $a.$ Soient, en outre ; $\operatorname {Ang} .\mathrm {DAE} =\alpha ,\ \mathrm {BD} =x,\ \mathrm {CE} =y.$

Le triangle $\mathrm {OBD}$ donne ${\overline {\mathrm {OD} }}^{2}=a^{2}+x^{2}-2ax\operatorname {Cos} .\alpha \,;$

Le triangle $\mathrm {OCE}$ donne ${\overline {\mathrm {OE} }}^{2}=a^{2}+y^{2}-2ay\operatorname {Cos} .\alpha \,;$

on a donc par la condition du problème

$x^{2}+y^{2}-2a(x+y)\operatorname {Cos} .s\alpha +2a^{2}=b^{2}.\qquad$(1)

Les triangles semblables $\mathrm {DBO,OCE}$ donnent d’ailleurs

ou encore

$xy=a^{2}.\qquad$(2)

Voilà donc deux équations pour déterminer $x$ et $y\,;$ et conséquemment le problème pourrait, en toute rigueur, être réputé résolu.

En mettant pour $a^{2},$ dans la première équation, sa valeur $xy$ donnée par la seconde, elle prend cette nouvelle forme

$(x+y)^{2}-2a(x+y)\operatorname {Cos} .\alpha -b^{2}=0\,;\qquad$(3)

d’où on tire

$x+y=a\operatorname {Cos} .\alpha \pm {\sqrt {b^{2}+a^{2}\operatorname {Cos} .^{2}\alpha }}.$

On connaît donc présentement la somme et le produit des deux inconnues