6. Il y a encore d'autres équations qui appartiennent au second degré : comme x* = + aa xx + ab, mais on les ramené à quelqu'une des quatre formules précedentes en égalant le quarré xx de l'inconnue à un rectangle, dont un côté est une autre inconnue ; & l'autre côté est une lettre connue de l'équation. On prend ordinairement celle qui s'y trouve le plus fréquemment. Ainsi, en faifant ay = xx, & mettant dans l'équation aayy, pour x*, & ay pour xx, l'on aura yy = + ay + ab, qui étant construite par les regles précedentes; la moyenne propor. tionnelle entre a & y, sera la valeur de x.

Par le moyen des équations du premier, & du second degré, l'on fait tout ce que les Anciens prenoient pour Geometrique.

EXEMPLES.

VII. Nous allons résoudre plusieurs Problêmes du premier & du second degré, pour servir d'exemples à la construction des équations plus composées que les précedentes.

FIG. 17. 1. DECRIRE un quarré GFHI dans un triangle donné

ABC.

Je remarque 1o. Que le triangle ABC étant donné, la perpendiculaire AD le sera aussi. 20. Que pour former le quarré, il suffit de trouver dans la perpendiculaire AD, un point E, tel que DE soit égale à FG menée par le point E parallele à BC: car alors ayant mené FH, & GI paralleles à AD; FHIG sera un quarré.

Ayant donc suppose le Problême résolu, & nommé les données BC, a; AD, b; & l'inconnue DE, ou FG, x; AE sera b-x. Les triangles semblables ABC, AFG donneront b(AD). a (BC)::b-x (AE). x (FG); donc

ab

On prendra sur DB prolongée du côté de B l'intervalle DK=BC, & KL = AD, & ayant joint LA, on me. nera KE parallele à LA, qui coupera AD au point cherché E.

DEMONSTRATION.

A Cause des paralleles LA, KE l'on a LK ou (conft.)

AD. AE :: KD ou (conft.) BC. DE : mais AD. AE ::
BC. FG; donc BC. DE:: BC. FG; & par consequent
DE=FG; & partant FHIG, est un quarré C. Q. F. D.

A

PROBLEME SIMPLE.

2. U N demi cercle, ABC, dont le centre eft D, avec une FIG. 18. perpendiculaire FB à fon diametre AC, qui le divise en deux parties quelconques, AF, FC, & un autre demi cercle FSC, décrit fur le diametre FC, étant donnez; il faut trouver dans le triligne mixte BFSCB, le centre O d'un cercle, dont la circonference touche les trois côtez du triligne mixte, comme on voit dans la Figure.

Ayant supposé le Problême résolu, mené (art. 4. no. 1.) les lignes OI, OE paralleles à FC & à FB, & les lignes OK, OS aux points touchans K, S; qui étant prolongées, iront passer aux centres D, & G des cercles ABC, FSC, comme il est démontré dans les élemens de Geometrie.

Nommant donc les données AD, ou DC, ou DK, a; FG, ou GC, ou GS, b; DF, c; FB, f; & les inconnues FE, ou 10, ou OK, ou OS, x; FI, ou EO, y; DO sera a-x; GO, b+ x; GE, b-x ; & DE, c+x. Les triangles rectangles OED, OEG donneront DO2- DE

=

2Cx

aaaa- cc

2

EO2, ou en termes Algebriques aa 2ax + xx - CC xx = yy = GO2 — GE2 = bb + 26x + xx bb+2bx-xx, ou en retranchant ce qui doit être re tranché - 2x - 2x = 4bx, d'où l'on tire où je remarque que aa - cc = a+c x a—c=AF × FC=FB2=ff, & que 46 + 2c = AC ff d'où l'on tire cette construction.

x=

46+24+20

= 24; & partant x=

4a

Soit prolongée la perpendiculaire BF en M, en sorte que FM = 2 ac = 4 a ; du centre F par B soit décrit le demi cercle BQP, qui rencontrera FM en P, & DC prolongée, s'il est necessaire, en Q. Et ayant joint QM, soit menée par P la droite PE parallele à QM, qui rencontrera FC en E; ayant ensuite mené EO, parallele à FB, & décrit du centre D, & du demi diametre DL = DC FE le cercle LOH; il coupera EO au point cherché O, qui sera le centre du cercle ISK, qui satisfait au Problême.

DEMONSTRAΤΙΟΝ.

X

SOIT du centre G, & du demi diametre Gf=GF+FE décrit le cercle for. A cause des triangles semblables, MFQ, PFE; FM, ou (conft.) 2 AC. FQ :: PF, ou FQ. FE; donc 2AC × FE=FQ=F B2 = AF × FC; donc 2AC × FE=AF × FC. Et partant 2 AC. AF :: FC. FE. dividendo 2 AC - AF. AF :: FL. FE. Or 2 AC-— AF = AC+FC. Car 2 AC = AC + AF + FC; donc 2AC - AF=AC+ FC. AF, ou HE : car AH=0K=10=F E. Or HF=HF ; donc ajoutant d'une part AH, & de l'autre FE, on a AH+HF (AF) = H F + E L (=HE) :: FL =FC-FE. car FC - LC=FL. or FE=10=OK =ZC, puisque le rayon Do du demi cercle HOL eft plus court de OK = LC que le rayon DK du demi cercle AKC; donc FL=FC-FE. Encore dividendo AC +FC-HE(2FC). HE :: EL. FE. il faut montrer que AC + FC - HE = 2FC. car 10. HE = AF. 2°. AC - AF = FC; donc AC+FC+ HE=2FC. HE :: EL. FE, ou Cr; FE=Cr. car FE=10=OS=Cr; donc_HE × EL=2FC × Cr=FC × 2Cr= fE × Er; Et partant HE × EL=fE x Er: mais HE × EL = EO2; donc aussi sE x Er = EO2; c'est pourquoi le point O est commun aux deux cercles HOL, fOr, & à la perpendiculaire EO: mais par la construction les lignes OK, 01, OS sont égales; & les points K, S, I, font les points touchans;

chans; puisque les lignes OS, & KO, vont aux centres G & D des cercles ABC, FSC, & que Or, eft perpendiculaire à FB; donc le point O, est le centre du cercle ISK, qui satisfait au Problême. C. Q. F. D.

PROBLÉME PLAN.

3. U N demi cercle AEB, dont le centre est C, & une F1 G. 19. perpendiculaire DE à son diametre étant donnez; il faut trouver fur DE le point F, par où, & par le point A, ayant mené la ligne AFG; GF soit égale au demi diametre AC.

Ayant supposé le Problême résolu, & nommé les données AC, ou CB, ou FG, a; AD, b; DE,c; & l'inconnue AF, x; DF sera √xx - bb; l'on a par la proprieté du cercle DE2— DF2=AF × FG, car DE+DF. AF :: FG. FE. or FE=DE-DF; donc DE+DF. AF :: FG. DE-DF; donc en multipliant les extrêmes, le produit sera égal au produit des moyens, c'est-à-dire,

2

2

=

2

a

que DE - DF = AF × FG, ou cc - xx + bb=ax,
ou xx = ax + cc + bb; d'où l'on tire x
+√aa+cc+bb, qui fournit cette construction.
Soient menées du point E aux extrêmitez A & B du
diametre AB, les droites EA, EB. Et ayant fait E L
=AC=a, soit décrit du centre A par L, l'are
LH qui coupera AB en H. Et du centre H, & du
demi diametre EL, soit décrit un cercle qui coupera AB
aux points I & K. Je dis que AI, sera la valeur positive
de x; c'est pourquoi fi du centre A l'on décrit les deux
arcs KG, IF qui couperont la circonference AEB en G,
& DE en F; la droite AF étant prolongée rencontrera
la circonference AEB en G, & FG fera par consequent
= AC; puisqu'elle est égale à IK double de EL=AC.

DEMONSTRATION.

PAR la construction, & à cause des triangles rectangles
AEL, ADE; AL-EL=AH-IH = AK × AI,

F

car AH - IH = AH+IH × AH — IK ; mais IH =HK; donc AH+IH=AH+HK=AK. or AH

2

-2

- IH = AI ; donc AH - IH = AK × AI = AG x

X

2

AF, il faut montrer que AG × AF = AE... si vous supposez la ligne BG, les triangles AFD, AGB seront semblables, puisque l'angle FAD leur est commun, & qu'ils ont chacun un angle droit en D & en G; donc AF. AD :: AB. AG; donc AF × AG = AD × AB. Mais AD × AB = AE; donc AF × AG = AE = AD2 +DE2= AB × AD = AD × DB + AD2, AB × AD

2

2

2

X

2

= AD × DB + AD, car AB = AD + DB; donc en multipliant chaque membre par AD, on aura AB × AD

2

X

=AD+ AD × DB; donc AG × AF, ou AF × FG →AF2, AG × AF = AF × FG + AF; car AG=AF

2

2

+ FG; donc AG × AF =AF + AF × FG, ou AF x FG + AD2 + DF2 = AD × DB + AD'; AG × FG

2

2

2

X

2

+ AD + DF = AD × DB + AD; car 10. par le rai

sonnement ci - dessus AE = AG × FG + AD + DF.

2o. AE = AD + DE; mais DE =AD × BD; donc

2

-2

-2

AE=AD+AD × BD; donc AGx FG+AD+DF = AD + AD × DB; donc, en retranchant AD2 de part & d'autre, AF × FG + DF2=AD × DB=DE'; donc AF x FG = DE2 - DF2; d'où il suit que la ligne AF prolongée, rencontre le demi cercle AEB au point Goù l'arc KG le coupe C. Q. F. D.

FIG. 20. 4. UN demi cercle BEC dont le centre est D, & un point A hors du demi cercle, étant donnez de position sur un plan; il faut trouver le point E, ou F fur sa circonference, par où,