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

Ayant fuppofé le Problême réfolu, & nommé les données AC, a; AB, b; BD, ou FE, c; AE sera x+c; la proprieté du cercle donnera a ( AC), x + c ( A E ) : : x (AF). (AB); donc xx + cxab, ou xx c + ab, d'où l'on tire x =- · 1/2 c ± √ 4 cc + ab qui donne

cette conftruction.

Ayant mené du point A la tangente AI, & du point touchant I le rayon ID, l'on prendra IKBD=1c3 du centre A par K, l'on décrira l'arc KZ qui coupera AC en I; & du centre Z, & 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 confequent BD; puifqu'elle eft égale à OMIK

= BD. ̈

=

DEMONSTRATION.

A Cause du triangle AIK, rectangle en 13 AK'
IK'—A L' — OʻL'; car AK=AL par construction
& OLIK auffi par conftruction; donc AK— IK
—AL—OL — AM × AO; car AL-
OĽ — AL

=

-2

+ OLX ALOL. or OL LM. donc AL+OL
=AM,& AL-OLAO. donc AL+OL × AL-OL
=
= AE X AF AI:
=AM × AOAL-OL
mais AC × AB A1'; donc AE x AF AC × AB;

2

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.

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 raifon donnée de m à n.

FIG. 22.

Ayant fuppofé le Problême réfolu; puifque le point D eft donné de pofition, les lignes DG parallele à AB, & GB qui eft le prolongement du côté BC, seront (art. 4. n°. 5.) auffi données; nommant donc les données AB, a; BC, b; DG, g; GB, f; & les inconnues EB (art. 4. n°. 8.) x; & BF,y; GF fera 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 femblables DGF, EBF donnent, g. (DG), f+y (GF) :: x (EB). y (BF); donc gy=fx+ xy; & faisant évanouiry, l'on aura mfxx = nabx+ nabg, ou xx=— abx+abs. Pour réduire cette équation à la feconde Formule de l'article 6, & pour la conftruire, foit fait m. n: a (AB). " qui foit BI que je nomme c; mettant donc c dans l'équation en la place de , elle se changera en celle-ci xx = — cbx+cb8. Ayant mené CZ parallele à AB, IK parallele à BC, & GIL qui rencon trera CZ en Z; l'on aura, à cause des triangles semblables G BI, IKL, GB (f). BI ( c ) :: IK (b). KL = qui étant nommée d, & mettant d en la place de 4 dans la derniere équation, elle deviendra celle-ci xx――dx+dg, d'où l'on tire x —— - 1d + v = dd + dg.

mf

f

m

=

Pour conftruire le Problême, fuivant cette formule, il faut joindre KL (d) & GD (g) fur une même ligne comme vous le voyez dans la Figure 22. Puis fur LDLK+GD(d+g) décrire le demi cercle LPD,la perpendiculaire GP sera égale àvdg. Enfuite du centre C moitié de KZ (d) & de l'intervalle CP, décrire un autre demi cercle RPH; alors CP

x. Ce

= √ ÷ dd+dg, & GH = - / d + √ dd + 88
qui montre que pour avoir la valeur de xBE, il faut
divifer DG en H, en forte que DH. HG :: HG. KL. Il
faut montrer à prefent que DH. HG. KL. par la
construction, KL. PG. DG, & ÷ RG (KL+GH)
PG. GH. donc KL x DGGH x 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=- dx
+dg= dg — dx, on tire cette analogie gx. x. d.

or x = BEGH,
g
= DG & d= KL. donc DH
(g-x). HG (x). KL(d). Il faut mener HE parallele
à GB qui coupera AB au point cherché E; de forte que
la ligne DEF menée de D par E, réfout le Problême.

DEMONSTRATION.

&

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

6. Si l'on veut que le point donné D, foit dans le
triangle, il n'y a qu'à changer le figne où ƒ fe rencon-
tre; parcequ'alors GB, deviendra negative de pofitive
qu'elle étoit, c'est-à-dire que le point G tombera entre B
nabx-nab & qui
& C; & l'on aura xx
fervira à construire le Problême en cette forte. Alors

nabx+nabg
-mf

ou xx

mf

la

x = 1 d = v dd-dg. on joindra CL (d) & DG (g) fur FIG. 23. une même ligne, on décrira le demi cercle CPG, perpendiculaire PD fera vdg, puis du centre K milieu de CD (d) on décrira le demi cercle COD; par le point P

FIG. 24.

4

on menera PQ parallele à CG: du point Q, où PQ coupe le demi cercle CQD on abaiffera la perpendiculaire QH, & l'on menera KQ = KC, alors K = √ dd — dg, & CH=/ d + V1dd-dg. & HD-1 d — √ 1 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 tranfportera CZ en CG, en forte que CLCG: du point K milieu de CG on décrira le demi cercle CQG, puis ayant mené PQ parallele à CG, du point on abaiffera la perpendiculaire QH qui fera égale à DP = vdg: ainfi KH = V1dd-dg; alors HD d - ✓dddgx, & CH=d+ 12 Vdd-dg. Cette conftruction eft plus conforme à la figure 226: car nous allons montrer que DH. HG. CL. car CL. DP. DG. & CH.HQ.(DP). HG. donc CLX DG CHx HG. donc HG. DC :: C L. CH, or par construction CL 2KH+ 2HG & CH=2KH HG, donc HG. DG :: 2KH+2HG. 2KH+HG. donc dividenda HGDG (DH). DG :: 2KH+ 2HG-2KH + HG( HG). 2KH+HG. c'est-à-dire, DH. DG :: HG. 2KH+HG. donc addendo DH. DH+ DG (HG) :: HG. 2KH+ 2HG (CZ). c'est-à-dire, que DH. HG. CL. SCG=d. HG=x.QH=DP=Vdg. CG-HG (d—x). QH (√dg). -x2=dg. ou xx― dx — dg. HG(x). donc dx

=

H;

Soit divifée AB en I, en lorte que AB. BI:: m. n. Et ayant pris fur GD, GOBI, on menera par les points B, & O la droite indéfinie BOL, & par C la ligne CL parallele à AB, qui rencontrera BOL en L. Soit enfuite 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, réfout le Problême. Car l'équation réduite eft xx = - dg, d'où l'on tire cette analogie — g. x. d. or x = EBHG. = HG. g=DG. d=CL. donc DH (g-x). HG (x). CL (d).

dx

Si avec cette équation xx=- - dx+dg, on veut trouver 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 = Vdg. on prendra LH=d. du point C milieu de ZK, & 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 eft la même

que la précedente.

7.

REMARQUE I.

mf

L'EQUATION précedènte xx = nabx-abs, étant réduite à celle-ci xx = dx dg, comme l'on a fait celle du cas précedent (no. 5.), fait voir que fi la moyenne proportionnelle entre DG (g), & CL (d) furpaffe CL, le Problême fera impoffible: car alors les deux valeurs de x, feront imaginaires.

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 fe feroit fervi du côté
AC, comme on a fait du côté BC.

9.

REMARQUE III.

CE feroit encore la même chofe, fi le point D étoit donné fur 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 mené la droite DEF, l'on auroit le triangle AEF, qui feroit au triangle ABC, comme n à m. Dans la

FIG. 26.