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6. Il y a encore d'autres équations qui appartiennent au fecond degré comme xaa 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. Ainfi, en faifant ay=xx, =xx, & mettant dans l'équation aayy, pour x*, & ay pour xx, l'on aura yy =±ay‡ab, qui étant conftruite par les regles précedentes; la moyenne propor tionnelle entre a &y, fera la valeur de x.

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

EXEMPLES.

VII. Nous allons réfoudre plufieurs Problêmes du premier & du second degré, pour fervir d'exemples à la conftruction des équations plus compofées que les précedentes.

PROBLEME SIMPLE.

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

ABC.

Je remarque 10. Que le triangle ABC étant donné, la perpendiculaire AD le fera auffi. 20. Que pour former le quarré, il fuffit de trouver dans la perpendiculaire AD, un point E, tel que DE foit égale à FG menée par le point E parallele à BC: car alors ayant mené FH,& GI paralleles à AD; FHIG fera un quarré.

Ayant donc fuppofé le Problême réfolu, & nommé les données BC, a; AD, b; & l'inconnue DE, ou FG, x; AE fera b—x. Les triangles femblables ABC, AFG donneront b (AD). a (BC) :: b-x (AE). x (FG); donc bx=ab —ax ou ax + bx ab, d'où l'on tire x= qui donne cette construction.

=

a b

a+b

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

DEMONSTRATION.

A Caufe des paralleles LA, KE l'on a ZK ou (conft.)
AD. AE :: KD ou ( const.) BC. DE: mais AD. AE::
BC. FG; donc BC. DE:: BC. FG, & par confequent
DE=FG; & partant FHIG, eft un
partant FHIG, est un quarré C. Q.F.D.

A

PROBLEME SIMPLE.

2. UN demi cercle, ABC, dont le centre eft D, avec une FIG. 18. perpendiculaire FB à fon diametre AC, qui le divife 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 fuppofé le Problême réfolu, mené (art. 4. n°. 1.) les lignes OI, OE paralleles à FC & à FB, & les lignes OK, OS aux points touchans K, S; qui étant prolongées, iront paffer 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 fera a-x; GO, b+x; GE, b x; & DE, c+x. Les triangles rectangles OED, OEG donneront DO' — DE2 EO', ou en termes Algebriques aa— 2ax + xx- cc GE2=bb + 2bx + xx xx =yy= GO2 — bb +2bx-xx, ou en retranchant ce qui doit être retranché, aa zax. - 20x= 4bx, d'où l'on tire

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20x

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aa- cc

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46+2a+2C

CC

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où je remarque que aa—cc=a+c x

ff,

a—c=AF × FC= FB2= ƒƒ, & que 4b + 2c = AC

ff

=2a; & partant x= d'où l'on tire cette conftruction.

4a

Soit prolongée la perpendiculaire BF en M, en forte que FM = 2 ac=4a; du centre F par B foit décrit le demi cercle BQP, qui rencontrera FM en P, & DC prolongée, s'il eft neceffaire, en Q. Et ayant joint QM, foit menée par P la droite PE parallele a QM, qui rencontrera FC en E; ayant enfuite 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 fatisfait au Problême.

=

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DEMONSTRATIO N.

=

=

=

=

SOIT du centre G, & du demi diametre GS-GF+FE décrit le cercle for. A caufe des triangles femblables, MFQ, PFE; FM, ou (conft.) 2 AC. FQ :: PF, ou FQ. FE; donc 2AC × FE FQ2 = F B2 — AF × FC; donc 2AC × FEAF x FC. Et partant 2AC. AF FC. FE. dividendo 2 AC- AF. AF:: FL. FE. Or 2 AC- AF AC+ FC. Car 2 AC — AC + AF +FC; donc 2AC donc 2AC - AF-AC+ FC. AF, ou HE: car AHOK=10=FE. Or HF HF; donc ajoutant d'une part AH, & de l'autre F E, on a AH + HF (AF) = HF + EL (HE) :: F L FC-FE. car FC-LC FL. or FE-10=0K LC, puifque le rayon DO du demi cercle HOL est plus court de OK = LC que le rayon DK du demi cercle AKC; donc FL- FC-FE. Encore dividendo AC + FC ~ HE ( 2 FC). HE :: EL. FE. il faut montrer que AC+ FC - HE2FC. car 10. HE AF. 2°. AC — AF FC; donc AC+FC+ HE2FC. HE :: EL. FE, ou Cr; FE- Cr. car FE-10=OS= = Cr; donc HEX EL 2 FC x Cr FC x 2Cr=fE x Er; Cr=FC Et partant HE x EL-E x Er: mais HE x EL — EO2 ; donc auffi fEx Er = EO'; c'est pourquoi le point O est commun aux deux cercles HOL, fOr, & à la perpendiculaire EO: mais par la construction les lignes OK, OI, OS font égales; & les points K, S, I, font les points tou

=

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=

chans;

chans; puifque les lignes OS, & KO, vont aux centres G & D des cercles ABC, FSC, & que OI, eft perpendicu laire à FB, donc le point O, eft le centre du cercle ISK, qui fatisfait au Problême. C. Q. F. D.

A

PROBLEME PLAN.

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

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Ayant fuppofé le Problême réfolu, & nommé les données AC, ou CB, ou FG, a; AD,b; DE, c; & l'inconnue AF, x; DF fera √xx-bb; l'on a par la proprieté: du cercle DE-DF-AF x 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 fera égal au produit des moyens, c'est-à-dire, que DE DFAF × FG, ou ccxx + bb=ax; ou xx=- ax + cc + bb; d'où l'on tire x ±√ aa+cc+bb, qui fournit cette construction.

12

-2

a

÷ Soient menées du point E aux extrêmitez A & B du diametre AB, les droites EA, EB. Et ayant fait EL

=

AC-a, foit décrit du centre par L, l'arcLH qui coupera AB en H. Et du centre H, & du demi diametre EL, foit décrit un cercle qui coupera AB aux points I & K. Je dis que AI, fera la valeur pofitive 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 confequent =AC; puisqu'elle est égale à IK double de EL={AC.

DEMONSTRATION.

PAR la conftruction, & à cause des triangles rectangles
AEL, ADE; AL' — EL'—AH—IHAK × AI,

F

car

AH-IH=

-IHAH+IH x AH-IK, mais IH

×

HK, donc AH+IHAH+HKAK. or AH

-2

2

— IH=AI; donc AH- IHAK × AI = AG ×

-2

AF, il faut montrer que AG × AF AE... fi vous fuppofez la ligne BG, les triangles AFD, AGB feront femblables, puifque l'angle FAD leur eft commun, & qu'ils ont chacun un angle droit en D & en G; donc AF. AD :: AB. AG; donc AF x AG = AD × AB. Mais

2

2

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2

x

AD × AB AE; donc AF x AG = AE = AD2 +DE2=AB × AD AD × DB + AD2, AB × AD ≈ AD × DB+ AD, car AB — AD + DB; donc en multipliant chaque membre par AD, on aura AB × AD —AD2+ AD × DB; donc AG × AF, ou AF × FG

-2

+AF2, AG × AF AF x FG+AF; car AG=

- 2

AGAF +FG; donc AG × AFAFAF x FG, ou AF x FG+ AD2 + DF2 — AD × DB + AD'; AG × FG + AD + DF = AD × DB +AD; car 10, par le raifonnement ci- deffus AE AG x FG+AD + DF.

2

2

-2

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- AD DE; mais DEAD × BD; donc

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20. AE= =
AE=AD+ADx BD; donc AG1× FG+AD + DE

- 2

-2

=

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

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

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