& par le point A, ayant mené la ligne AFE, sa partie FE, foit égaie au demi diametre BD.

Ayant supposé le Problême résolu, & nommé les données AC, a; AB, b; BD, ou FE, c; AE sera x +c; la proprieté du cercle donnera a(AC). x + c (AE) :: x (AF). b(AB); donc xx + cx ab, ou xx = + ab, d'où l'on tire x = -c++cc+ab qui donne cette construction.

Ayant mené du point A la tangente AI, & du point touchant I le rayon ID, l'on prendra IK=BD=c du centre A par K, l'on décrira l'arc KZ qui coupera AC en Z; & du centre L, & du rayon IK, l'on décrira un cercle qui coupera AC en O & M. Enfin du centre A par les points O & M, l'on décrira les arcs OF, ME, qui couperont le cercle BEC aux points F, E; de forte que la ligne AF prolongée, ira au point E; & FE fera par consequent BD; puisqu'elle est égale à OMIK

= BD.

2

DEMONSTRATION.

2

-2

2

::

A Caufe du triangle AIK, rectangle en I; AKIK'=AL — OL'; car AK=AL par construction, & OLIK aussi par construction; donc AK - 1 K =AL-OL=AM × A0; car AL-OL=AL +OLxAL-OL. or OL = LM. donc AL+OL =AM, & AL-OL=A0. donc AL+OL × AL-OL = AM × A0=AL-OL =AE × AF = AI2: mais AC x AB=Al; donc AE × AF = AC × AB; d'où il fuit que le point E eft commun au cercle BEC, à l'arc ME, & à la droite AFE. C. Q. F. D.

2

2

1

:

FIG. 21. 5. UN triangle ABC, & un point D hors du triangle étant donnez, il faut mener du point D une ligne DEF, en forte que le triangle ABC, foit au triangle EBF, en la raison donnée de mà n.

FIG. 22.

Ayant supposé le Problême résolu; puisque le point D est donné de position, les lignes DG parallele à AB, & GB qui est le prolongement du côté BC, feront (art. 4. no. s.) aussi données; nommant donc les données AB, a; BC, b; DG, g; GB, f; & les inconnues EB (art. 4. no. 8.) x ; & BF, y; GF sera f + y, & l'on aura par les qualitez du Problême AB × BC. EB × BF :: m.n: car il est facile de démontrer que AB × BC. EB × BF :: ABC. EBF; donc en termes analytiques, ab. xy :: m. n; donc nab= mxy. Et les triangles semblables DGF, EBF donnent, g. (DG).f+y(GF) :: x (EB). y (BF); donc gy=fx+ xy; & faisant évanouir y, l'on aura mfxx = - nabx+ nabg, ou xx = abx+nab. Pour réduire cette équation à la seconde Formule de l'article 6, & pour la construire, foit fait m. n :: a (AB). qui soit BI que je nomme c; mettant donc e dans l'équation en la place de, elle se changera Ayant mené CL parallele à AB, IK parallele à BC, & GIL qui rencontrera CL en Z; l'on aura, à cause des triangles semblables G BI, IKL, GB (f). BI (c) :: I K (b). K L = ¥ qui étant nommée d, & mettant d en la place de dans la derniere équation, elle deviendra celle-ci xx=-dx+dg, d'où l'on tire x=d+ √÷dd+ dg.

celle-ci en

mf

XX=

cbx+cb3
f

Pour construire le Problême, suivant cette formule, il faut joindre KL (d) & GD (g) sur une même ligne comme vous le voyez dans la Figure 22o. Puis sur LD=LK+GD(d+g) décrire le demi cercle LPD, la perpendiculaire G P sera égale à Vag. Ensuite du centre C moitié de KL (d) & de l'intervalle CP, décrire un autre demi cercle RPH ; alors CP

=Vdd+dg, & GH = − d + √dd+gg = x. Ce
qui montre que pour avoir la valeur de x = BE, il faut
diviser DG en H; en forte que DH. HG :: HG. KL. II
faut montrer à present que DH. HG. KL. par la
construction, KL. PG. DG, & RG (KL+GH)
PG. GH. donc KL × DG = GH × KL+GH. donc
DG. GH :: KL +GH. KL. donc dividendo DG-GH
(DH).GH:: KL +GH — KL (GH). KL ; c'est-à-dire
que DH. GH. KL. car de cette équation xx =
+ dg=dg-dx, on tire cette analogie
g- x. x. d.
or x = BE=GH, g = DG & d = KL. donc DH
(g-x). HG(x). KL(d). Il faut mener HE parallele
à GB qui coupera AR au point cherché E; de forte que
la ligne DEF menée de D par E, résout le Problême.

DEMONSTRATION.

dx

PAR la construction DH. HG, ou EB :: EB. KL, & les triangles semblables DHE, EBF donnent DH. EB :: HE, ou GB. BF; donc EB. KL :: GB. BF; & partant EB × BF =GB × KL: mais les triangles semblables GBI, IKL, donnent GB. BI :: IK, ou BC.KL; donc BI × BC=GB × KL; donc EB × BF=BI × BC. Mais AB x BC. EB x BF, ou IB × BC :: AB. IB :: (conft.) m.n, comme le triangle ABC, au triangle EBF. C. Q. F. D.

nabx+nabg
- mf

mf

6. Si l'on veut que le point donné D, soit dans le triangle, il n'y a qu'à changer le signe où f se rencontre; parcequ'alors GB, deviendra negative de positive qu'elle étoit, c'est-à-dire que le point G tombera entre B & C; & l'on aura xx = ou xx nabx-nabs qui servira à construire le Problême en cette forte. Alors x=d+√dd-dg. on joindra CL (d) & DG (g) fur F1 G. 23. une même ligne; on décrira le demi cercle CPG, la perpendiculaire PD sera vag, puis du centre K milieu de CD (d) on décrira le demi cercle CQD; par le point P

FIG. 24.

on menera PQ parallele à CG: du point Q, où PQ coupe le demi cercle CQD on abaissera la perpendiculaire QH, & l'on menera KQ = KC, alors K = √dd-dg, & CH=d+√dd-dg. & HD=d-dd-dg=x. Autre construction. Soient joints CL, DG, dans une même ligne, fur laquelle on décrira le demi cercle CPG & l'on aura DP=vdg; on transportera CL en CG, en forte que CL = CG: du point K milieu de CG on décrira le demi cercle CQG; puis ayant mené PQ parallele à CG, du point on abaissera la perpendiculaire QH qui sera égale à DP = Vdg: ainsi KH =Vdd-dg; alors HD=d-dd-dg=x, & CH =d+ ✓dd-dg. Cette construction est plus conforme à la figure 22e: car nous allons montrer que DH. HG. CL. car CL. DP. DG. & CH.HQ. (DP). HG. donc CL x DG=CH × HG. donc HG. DC :: CL. CH. or par construction CL=2KH+ 2HG & CH=2KH + HG, donc HG. DG :: 2KH+2HG. 2KH+HG. donc dividendo HG - DG (DH). DG :: 2 KH + 2HG — 2KH +HG(HG). 2KH + HG. c'est-à-dire, DH. DG :: HG. 2KH + HG. donc addendo DH. DH+ DG (HG):: HG. 2KH + 2HG (CL). c'est-à-dire, que DH. HG. CL.

HG(x). donc

[CG=d.HG=x.QHDP=Vdg.CG-HG (d-x). QH (Vdg). dx = x2 = dg. ou xx=dx dg. Soit divifée AB en I, en lorte que AB. BI :: m. n. Et ayant pris sur GD, GO=BI, on menera par les points B, & O la droite indéfinie BOL, & par la ligne CL parallele à AB, qui rencontrera BOLen L. Soit ensuite prolongée GD en H; en forte que DH. HG :: HG, CL, & menée HE parallele à BC, qui coupera AB en E. Je dis que la ligne EDF menée par les points E & D, résout le Problême. Car l'équation réduite est xx = dx dg, d'où l'on tire cette analogiex g. x. d. or x EB HG. g=DG. d = CL. donc : DH(g-x). HG(x). CL (d).

=

=

Si avec cette équation xx=-dxdg, on veut trou

ver x, il faut la changer en celle-ci xx + dx = dg,
d'où l'on a cette_analogie :: x + d. Vdg. x. après avoir
trouvé GP = √dg. on prendra LH=d. du point C mi-
lieu de LK, & de l'intervalle CP on décrira RPH, alors -::
RL(GH) + LK. GP. GH, ou en termes analitiques
x+d. Vdx. x. donc xx+dx.=dg, ou bien xx =-dx+dg

DEMONSTRATION.

ELLE est la même que la précedente.

REMARQUE I.

nabx-nahg

mf

,

étant

7. L'EQUATION précedente xx =
réduite à celle-ci xx = dxdg, comme l'on a fait celle
du cas précedent (no. 5.), fait voir que fi la moyenne
proportionnelle entre DG (g), & CL (d) surpasseCL,
le Problême sera impossible: car alors les deux valeurs de x,
feront imaginaires.

REMARQUE II.

1

FIG. 21,

8. SI dans les deux constructions précedentes, le point 24.
F étoit tombé au-delà du point C, hors du triangle; il
auroit falu mener la parallele DG de l'autre côté du point
G, qui auroit rencontré le côté AC, prolongé du côté
de A dans le premier cas, & l'on se seroit servi du côté
AC, comme on a fait du côté BC.

REMARQUE III.

FIG.26.

9. CE feroit encore la même chose, si le point D étoit donné sur un des côtez BC prolongé: car DG parallele à AB, rencontreroit le côté AC prolongé du côté de A, & l'on trouveroit comme on vient de faire, le point E; par où ayant menéla droite DEF, l'on auroit le triangle AEF, qui seroit au triangle ABC, comme n à m. Dans la