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Donc (en renverfant) BD. DC::m.n. Ce qu'il falloit faire & démontrer.

LEMME XIV.

Deux points A, B, étant donne à volonté, mener du pre- F1 a. 341 mier A deux lignes AD, AC, de grandeurs données P, Qi & du fecond B, une ligne BC, laquelle foit divifée en D, C, par ces deux-là, en raifon donnée de mà n : c'est-à-dire, en forte qu'on ait ici tout à la fois ADP, AC=Q,& BD.

DC:: m. n.

SOLUTION.

Soit menée AB par les deux points donnez A, B, & fur elle prolongée du côté de B, foit prise AE. AB::n.m ̧ Des centres A, E, & des rayons AF="+"×P, EF=Q; foient décrits deux arcs de cercles qui fe coupent en F; enfuite après avoir mené AC, FC, paralleles à EF, EA, & qui fe coupent en C, foit menée BC, que la droite AF coupe en C. Cela fait, je dis que AC=Q, AD=P, & que BD. DC:: m. n. ainfi qu'il eftici requis.

DEMONSTRATION.

Car le parallelogramme AEFC réfultant de cette conftruction, rendant AC-EF (Hyp.) =Q, CF=AE, & les triangles ADB, FDC, femblables entr'eux, donne premierement AC=Q; fecondement, FD. AD: : FC. AB:: AE. AB (conftr.)::n.m. D'où résulte ( en composant) m➡n. m : : AF ("+"×P). AD=P. Troifiémement enfin BD. DC:: AB. FC:: AB. AE ( conftr.): : m. n. Donc cette même construction donnera ici tout à la fois AC=Q, AD=P, & BD. DC: :m.n. Ce qu'il falloit dé

montrer.

m

LEMME XV.

Soit une ligne droite XO mobile autour d'un de fes points F1 a. 357 B fixe, qui la divife en deux branches ou parties BX,BO, telles 36,

L

qu'on voudra: imaginons-la fe mouvoir de XO en xa autour de ce point fixe B. Par un autre point quelconque A foient menées des points X, x, 0,w, les quatre droites A,xA, OA, wA, fur lesquelles du point B tombent autant de perpendiculaires BD, Bd, BP, Bp. Je dis que la branche BX qui fe fera ainfi approchée du point A en Bx, pendant que l'autre BO (moindre, plus grande, ou égale à elle il n'importe) s'en fera éloignée en Bo, donnera toûjours BP. BD > Bp. Bd. c'eft"à-dire, BP à BD en plus grande raifon que Bp à Bd...

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DEMONSTRATION.

Après avoir pris Xb, xß, chacune égale à BO ou à Ba fur OX, wx, foient menées bm, &u, perpendiculaires fur AX, Ax, prolongées s'il en eft befoin. Cela fait,

1o. En prenant Bo ou fon égale ex pour le finus total, l'on aura (Déf. 9. Corol. I.) Bu à Bp comme le finus de l'angle Bxu eft au finus de l'angle Bap, ou (Déf. 9. Corol. I.) comme le finus de l'angle BxA eft au finus de l'ange BA; & confequemment auffi ( Lem. 8. Corol. 2.) comme A eft à Ax, c'est-à-dire, Bu. Bp :: Aa. Ax. Mais les triangles (conftr.) femblables Bxd, Bxμ, donnant Bd. Bu:: BX. Bx (conftr.):: BX. BO. Donc (en multipliant par ordre) Bd. Bp :: BXxA. BO×Ax.

2o. En prenant encore BO ou fon égale bX pour le fi nus total, l'on aura de même ( Déf. 9. Corol. 1.) BP à bm comme le finus de l'angle BOP eft au finus de l'angle bXm; & confequemment auffi ( Lem. 8. Corol. z.) comme AX est à AO, c'est-à-dire, BP.bm :: AX. AO. Mais les triangles (conftr.) femblables bmX, BDX, donnent bm. BD::bX.BX (conftr.) :: BO. BX. Donc (en multipliant par ordre) BP. BD:: BO×AX.BXxAO.

Ces nomb. 1. 2. donnant ainfi Bd. Bp :: BXxA.BOXAxEt BP.BD:: BOXAX. BXxAO. l'on aura (en multipliant parordre) BPxBd. BDxBp::BO×AXXBXXA∞. BXXAOx BOXAx:: AX×Aw. AO×Ax. Mais la construction donnant AX> Ax,& A▷ AO, donne pareillement AXx

A> AOxAx. Donc auffi BP-Ed> BDxBp; & par consequent BP. BD > Bp. Bd. Ce qu'il falloit démontrer.

AUTRE DEMONSTRATION.

Soit menée la droite BA, & pour abreger nos expreffions, foit la caracteristique des finus, en forte que JBAO, BAX, &c. fignifient les finus des angles BAO, BAX, &c. Cela pofé, le Corol. 2. du Lem. 8. donnera BO. AO::SBAO. SABO. Le même Corol. 2. du Lem. 8. donnera aussi AX. BX:: SABX. SBAX (Déf. 9. Corol. 2.) ::SABO.SBAX. L'on aura de plus AO. AX :: AO. AX. Donc (en multipliant ces trois analogies par ordre) l'on aura BO. BX : : ÃO×sBAO. AX×sBAX. Par un femblable raisonnement on trouvera de même Bw. Bx:: Awx/BA∞. Axx/BAx. Mais (Hyp.) BO. BX:: B. Bx. Donc auffi AOXЛBAO. AXXƒBAX:: Awx/BA. AxxfBAx. Et confequemment AOxAxx/BAO×/BAx=AX×Aw×√BAX×

BA; d'où réfulte AXXA. AO×Ax::/BAO×sBAx. BAXX/BA. Mais la construction donnant AX> Ax, & Aw> AO, donne AXxAw> AOxAx. Donc auffi fBAOX/BAx>/BAXx/BA. Or en prenant AB pour le finus total, l'on aura (Déf. 9. Corol. 1.) BP/BÃO, BD=/BAX, Bp=/BA∞, & Bd=/BAx. Donc BPxBd> BDxBp. Par confequent BP. BD > Bp. Bd. Ce qu'il falloit encore démontrer.

TROISIEME DEMONSTRATION.

Toutes chofes demeurant les mêmes, le Corol. 2. du Lem. 8. donnera,

1o. /BAW.SAB:: Bw. AB (conftr.) : : BO. AB.
2°. SA@B. SAxB:: Ax. A«,

3°. SAxB.BAx:: AB. Bx (conftr.):: AB. BX.

Donc (en multipliant par ordre ) BA®. sBAx :: BOX Ax. AxBX. ou /BAx./BA:: A@xBX.BOXAx. On trouvera de même (BAO./BAX:: BO×AX. AO×BX. (Donc en multipliant encore par ordre) BAOxBAx. BAXX/BA: BOXAXXAXBX. AO×BX×BOXAx::

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AXXA. AO×Ax

c'eft-à-dire, AXXA.. AOxAx:: sBAO×sBAx. SBAX-/BAw.comme dans la précedente Démonftration 2. Ce qui donnera ici comme là BP. BD Bp. Bd. Ce qu'il falloit encore démontrer..

LEMME X V I.

Si fur les deux côtez contigus AB, AC, d'un parallelo& fuivantes gramme quelconque ABDC,& fur la diagonale ́AD, qui jufqu'à 49. paffe par l'angle BAC ( que j'appelle capital) compris entre ces deux côtez AB, AC, on fait autant de triangles ASB, ASC, ASD, d'un fommet commun S donné à volonté autre que le point A, fur le plan de ce parallelogramme ABDC; je dis,

FIG. 37. 38.39.

FIG. 40.

I. Que lorsque ce point S fera dans le complement ( à deux droits) BAF ou CAF de l'angle capital BAC, comme dans les Fig. 37.38.39. Le triangle ASD conftruit fur la diagonale AD du parallelogramme propofé ABDC, fera toûjours égal à la fomme des deux autres triangles ASC, ASB, conftruits fur les côte AC, AB, de cet angle capital BAC, c'est-à-dire, qu'alors on aura toûjours ASD ASC ASB. II. Que lorsque le point donné S fera dans l'angle capital 45 42. 43. BAC, ou dans fon oppofé EAF, comme on le voit dans les Fig.40.41.42.43. Le triangle ASD fera toûjours égal à la difference des deux autres ASC, ASB, defquels le plus petit aura pour base le côté qui avec la diagonale fait des angles oppofez, dans l'un defquels le point S Je trouve,comme ici le triangle ASB, dont la bafe eft le côté AB, qui avec la diagonale AD, forme les angles opposez DAB, KAE, dans un defquels ce point S fe trouve i c'est-à-dire, qu'alors on aura par tout ici ASD—ASC—ASB.

FIG. 44. 45.46.

III. Que lorsque le point S fera fur un des côte (prolongé ou non de l'angle capital BAC du parallelogramme ABDC, comme on le voit für AB dans les Fig. 44. 45. 46. Le triangle ASD fera toûjours égal à celui qui aura pour bafe l'autre côté contigu AC de ce parallelogramme : c'est-à-dire, qu'alors on aura toûjours ici ASD—ASG,

IV. Que fi enfin le point S eft fur la diagonale AD (pro- F1 G. 47longée ou non) comme dans les Fig. 47. 48. 49. l'on aura 48.490 toûjours ASB ASC.

DEMONSTRATION.

& fuivantes

Préparation pour tous les cas. Si du fommet commun S F10.37 des trois triangles ASD, ASB, ASC, dont il eft ici que- jufqu'à 49 stion, l'on mene SG perpendiculaire en G, H, aux côtez paralleles AC, BD, du parallelogramme ABDC; l'on aura GS, GH, HS, pour les hauteurs des triangles ASC, BAD,BSD, au-deffus de leurs bafes AC, BD, perpendiculaires (constr. ) à ces hauteurs. Par confequent on aura leurs aires ASC-AC-GS, BAD=÷BD×GH= AC×GH, BSD=ACxHS; ce qui donne,

1o. BAD➡BSD=÷AC×GH➡÷AC×HS=ACx GH+HS (dans les Fig. 37. 39. 40. 42. 44. 47-). ACxGS=ASC.

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2o BAD-BSDAC×GH-AC-HS=ACX GH-HS ( dans les Fig. 3.8. 39. 41.42.45.48.) = AC-GS=ASC.

3°. BSD-BAD=AC-HS-AC-GHACx HS-GH (dans les Fig. 43. 46. 49.)

ASC. Or,

AC×GS=

38.39

PART. I. Les. Fig. 37. 39. donnent ASD ASB F16.372. BAD BSD, & les Fig. 3-8. 39. donnent ASD ASB ➡BAD-BSD. Donc (prep. nomb. 1. 2.) ce cas du point S dans le complement BAF de l'angle capital BAC, comme on le voit dans les Fig. 37. 38. 39. donnera toûjours ASD ASB ASC. Ce qu'il falloit 1°. démontrer.

PART. II. Les Fig. 40. 42. donnent ASD BAD+ F16.40. BSD-ASB,les Fig. 41.42. donnent ASD—BAD-BSD_41.42 43 -ASB, & la Fig. 43. donne ASD—BSD-BAD—ASB. Donc (prep. nomb. 1. 2. 3.) ce cas du point S dans un des angles oppofez DAB, KAE, comme on le voit dans les

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