6. Il y a encore d'autres équations qui appartiennent au second degré : comme ** + aa xx + åb, mais on les ramene 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 faisant ay=xx, & mettant dans l'équation aayy, pour **, & 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. E x E M P L E S. 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. PROBLÊME SIMPLE. F16.17. 1. DECRIRE un quarré GFHI dans un triangle donné ABC. Je remarque 10. 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 D E 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 supposé 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 6(AD). a (BC):: 6—*(AE). * (FG); donc b ati S 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 cher. ché E. DEMONSTRATION. PROBLÊME SIMPLE. 2. Un 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, å un autre demi cercle FSC, décrit sur le diametre FC, étant donnez ; il faut trou. ver 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, o E 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, 6; DF, C; FB, f; & les inconnues FE, ou 10, ou OK, ou OS, X; FI, ou EO, y; DO , sera a - *; GO, 6+ *; GE, 6 -- *; & DE,- + x. Les Xb. x в уу bb + 2bx + xx — bb+2bx - xx, ou en retranchant ce qui doit être re. + tranché, aa 46x, d'où l'on tire ff — сс 2CX XX = - CC ad - CC X CC = +CX Soit prolongée la perpendiculaire BF en M, en sorre que FM = 2 ac=4a; du centre F par B soit décrit le 2 4 F demi cercle BQP, qui rencontrera FM en P, & DC prolongée, s'il est necessaire, en l. Et ayant joint QM, foit menée par P la droite PE parallele à QM, qui ren. contrera 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 0, qui sera le centre du cercle ISK, qui satisfait au Problême. DEMONSTRATION. Soit du centre G, & du demi diametre Gf=GF+FE décrit le cercle for. A cause des triangles semblables, MFQ, PFE; FM, ou ( const.) 2 AC. FQ :: PF, ou Fl. FE; donc 2 AC FE=FQ=FB = AFX = FC ; donc 2 AC 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 2 AC – AF=AC+ FC. AF, ou HE: car AH=OK=10= F E. Or HF= HF; donc ajoutant d'une part AH, & de l'autre FE, on a AH + HF ( A F)=HF + EL(=HE) :: FL + = FC-FE. car FC-LC=FL. or FE=10=OK LC, puisque 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 - HE= 2FC. car 10. HE= AF. 20. 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 E x Er; Et Er partant HE EL=sE * Er: mais HEX EL=E0; donc aussi FE x Er=E0%; c'est pourquoi le point o est commun aux deux cercles HOL, Sor, & à la perpendiculaire EO : mais par la construction les lignes OK, 01, OS sont égales ; & les points K, S, I, sont les points tou chans; = S chans; puisque les lignes OS, & KO, vont aux centres G & D des cercles ABC, FSC, & que 01, est perpendiculaire à FB ; donc le point 0, est le centre du cercle ISK, qui satisfait au Problême. C. Q.F. D. C - 2 que DE ou X X 2 PROBLEME PLAN. 3. Un demi cercle AEB, dont le centre eft C, & une F16,191 perpendiculaire DE à fon diametre étant donnez; il faut trouver sur DE le point F, par o, & par le point A , ayant mené la ligne AFG;GF soit égale au demi diametre AĆ. Ayant supposé le Problême résolu, & nommé les don nées AC, ou CB, ou FG, a; AD, 6; DE, ; & l'incon. nue AF, xi DF sera Vxx — bb; l'on a par la proprieté du cērcle DE — DF=AF FG, car DE+DF. AF:: FG. FE, or FE=DE - DF; donc DE+DF. AF:: . DF=AF X FG, ou cc --- ** + bb=ax, - ja +Vaa+c+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 1 AC=ļa, soit décrit du centre A par , l'arcLH qui coupera A B en H. Et du centre H, & du demi diametre EL, soit décrit un cercle qui coupera AB aux points 1 & K. Je dis que AI, sera la valeur positive de x; c'est pourquoi si du centre A l'on décrit les deux arcs KG, IF qui couperont la circonference AEB en G, & DE en F; la droite AF érant prolongée rencontrera la circonference AEB en G, & FG sera par consequent = AC; puisqu'elle est égale à IK double de EL=į AC. DEMONSTRATION. F 2 2 2 2 2 2 2 Х car AH - TH=AH+TH *AH-IK; mais IH =HK; donc AHIH=AH+HKAK. or AH - IH=AH AI; donc AĦ -IH=AK * AI=AG * AF, il faut montrer que AG x AF = AE... fi 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 X = AD * AB. Mais ADX AB= AE; donc AF X AG = AE = AD? + DE’= AB* AD= AD * DB + AD’, AB X AD = AD * DB + AD, car AB=AD+ DB; donc en multipliant chaque membre par AD, on aura ABX AD AD+ AD * DB; donc AG * AF, ou AF FG +AF, AG AF AF FG + AF; car AG=AF X + FG; donc AG x AF=AF + AF * FG, ou AF * FG + AD' + DF= AD DB + AD'; AG * FG + AD+ DF=AD * DB+ĀD, car 10 par le rai ; . fonnement çi - dessus AE= AG FG + AD + D F. 20. ÃE=AD+ DĚ; mais DE DE; = AD * BD; donc AE: =AD+ AD.x BD; donc AGIX FG+AD+DF = AD + AD * DB ; donc, en retranchant AD2 de part & d'autre, AF * FG + DP=AD ~ DB=DE”; donc AF * FG = DE’ – DF?; d'où il fuit que la ligne AF prolongée, rencontre le demi cercle AEB au point G où l'arc KG le Coupe C. l. F: D. PLAN. 2 2 2 X FIG. 20. 4. on , |
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