Imágenes de páginas
PDF
EPUB

&

[ocr errors]
[ocr errors]

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

Ayant supposé le Problême résolu, & nommé les données Àc, a; AB, b; BD, ou FE,'; A E sera x*(; la proprieté du cercle donnera a ( AC). x+r(AE):: X (AF). 6( A B); donc xx + (x = ab, ou ** ==CHO + ab, d'où l'on cire x =- - {c+VIC + ab qui donne cette construction.

Ayant mené du point A la tangente AI, & du point touchant 1 le rayon ID, l'on prendra IKT BD=103 du centre A par K, l'on décrira l'arc KL qui coupera AC en L; & du centre 1, & du rayon 1 K, l'on décrira un ;

I 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 B E C aux points F, E; de forte que la ligne A F prolongée, ira au point E ; & F E fera par consequent=BD ; puisqu'elle est égale à OM=LİK

BD.

=

2

2

2

DEMONSTRATION. A Cause du triangle A IK, rectangle en 1; ARIK'=AL - 01'; car ÅK=AL par construction,

OL & OL=IK aussi par construction ; donc AK IK =A_0ï=AM AO; car Ā L AL -OL=

7_0ĀL

* AL +OLXALOL. or OL = LM. donc AL + OL

AM, & AL-OL=A0. donc AL+ OLX AL-OL = AM * AO=ĀŽ_OZ = AL

OL

= AE XAF = A1: mais ACX AB=Al; donc AE * AF = AC * AB; - AI'

5 d'où il suit que le point E est commun au cercle BEC, à l'arc ME, & à la droite AFE. C. Q. F.D.

PROBLÈME PL A N. FIG. 21. S. UN triangle UN triangle ABC, & un point D hors du triangle

, D étant donnez, il faut mener du point D une ligne DEF, en forte que le triangle A B C, soit au triangle E B F, en la raison donnée de m à n.

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, seront (art. 4. no.s.) aussi données ; nommant donc les données AB, a; BC, b; DG, 8; 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 x BC. EB X BF :: min: car il est facile de démontrer que AB > BC. EB BF :: ABC. EBF; donc en termes analytiques, ab. xy :: m. ; donc nab= mxy. Et les criangles semblables DGF, EBF donnent, g. (DG). f+y(GF) ::. * (EB). y (BF); donc gy=fx+ xy ; & faisant évanouir

ya
l'on aura mfxx

nabx + nabg, ou xx=- wabx+nebb. Pour réduire cette équation à la seconde Formule de l'article 6, & pour la construire, soir fait m. n:: a (AB). A qui soit que je nomme c;

min, mettant donc c dans l'équation en la place de ., elle se changera en celle-ci xx =- cbt*cb3 . Ayant mené cl parallele à AB, IK parallele à BC, & GIL qui rencontrera CL en L; l'on aura , à cause des triangles semblables GBI, IKL, GB (F). BI(C):: I K (6). KL= = 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+Vidd + dg.

( Fig. 22.

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

mf

[ocr errors]

f

[ocr errors]
[ocr errors]

=

[ocr errors]
[ocr errors]
[ocr errors]

=Vidd+dg, &GH = = -1d + Vidd + g8= x. Ce qui montre que pour avoir la valeur de x=

BE, il faut diviser DG en H; en sorte que DH. HG :: HG. KL. Il faut montrer à present que - DH. HG. KL. par la construction, KL. PG. DG, & * RG (KL+GH) PG. GH. donc KL * DG =GH XK L +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 8- *. x. d. or x= BE=GH,g=DG &d=KL. donc :: DH (9-x). HG (*). K L (d). Il faut mener HE parallele à GB qui coupera AB au point cherché E; de sorte que la ligne DEF menée de D par E, résout le Problême.

DEMONSTRATION. PÁr la construion 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 x BF=GB KL:mais les triangles semblables GBI, IKL, donnent GB. BI :: IK, ou BC. KL; donc BI X BC=GB x KL; donc EB x BF=BI BC. Mais AB > BC. EB x BF, ou IB * BC :: AB. IB :: (const.) m. n, comme le triangle ABC, au triangle E B F. C. l. F. D.

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=

qui servira à construire le Problême en cette forte. Alors

= { d Evidd dg. on joindra CL (d) & DG (8) sur F16.23. une même ligne ; on décrira le demi cercle CPG, la

perpendiculaire PD sera vdg, puis du centre K milieu de CD(d) on décrira le demi cercle CQD; par le point ?

=

x

[ocr errors]

nabx + nab8

nabx - nab
OU XX =
-mf

mf

dg, &

FIG. 24•

S

on menera PQ parallele à CG: du point l, où PQ coupe
le demi cercle CQD on abaissera la perpendiculaire QH,
& l'on menera Ke KC, alors K=Vidd
CH= d+Vidd - dg. & HD={d-Vedddg=x.

d
Autre construction. Soient joints CL, DG, dans une
même ligne, sur 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 P Q parallele à çg, du point on abaissera la perpendiculaire QH qui sera égale à DP = Vdg: ainsi KH=

V 1 dd – dg; alors HD=d-VIdd -dg=*, & CH={d+

= Vidd dg. Cette construction est plus conforme à la figure 22e: car nous allons montrer que 3 DH. HG. CL, car = CL. DP. DG. & * CH. HQ.(DP). HG.donc CLXDG=CH-HG. donc HG. DC :: CL. CH. or par construction C1= 2KH+ 2 HG & CH= 2KH

= = + HG, donc HG. DG :: 2 KH+2HG. 2KH+HG. donc dividenda HG-DG (DH). DG :: 2KH + 2HG 2KH + HG(HG). 2KH + HG. c'est-à-dire, DH.DG :: HG. 2 KH + HG. donc addendo DH. DH + DG (HG):: HG.

2KH + 2HG (CZ). c'est-à-dire, que DH. HG. CL. sco=d. HG=x.QH=DP=Vdg. --CG-HG (d—*). QH (Vdg). SCG= (HG(x). donc dx - x = dg. ou xx=dx —

Soit divifée AB en 1, 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 ē la ligne CL parallele à AB, qui rencontrera Boien L. Soit ensuite prolongée GD en H; en sorte 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 analogie = xi — g. x. d. or * =EB=HG.g=DG. d=CL. donc :: DH (9-x). =

=

= HG(*). CL (d).

[ocr errors]

: - dg.

[ocr errors]

x

[ocr errors]

ver X,

[ocr errors]

Si avec cette équation xx=dx+dg, on veut trou- .

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 mi-
lieu de LK, & de l'intervalle CP on décrira RPH, alors ::
RL(GH) + İK. GP.GH, ou en termes analitiques :
x+d. Vdx. x. donc xx+dx.=dg, ou bien xx=- dx + dg

mf

DEMONSTRATION.
Elle est la même

que la précedente.
Ř E MARQUE

I.
7. L'EQUATION precedente *x = nabrak, étant

xx
réduite à celle-ci xx dx

dx — dg, comme l'on a fait celle
du cas précedent ( no. s.), fait voir que fi la moyenne
proportionnelle entre DG (8), & CL (d) surpasse CL,
le Probleme sera impossible : car alors les deux valeurs de x,
seront imaginaires.
REMARQUE II.

F 1 G. 21,
8. SI dans les deux constru&ions 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.

>

FIG.26.

[ocr errors]

R E MARQUE III.
Ce seroit encore la même chose, fi 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 mené la droite DEF, l'on auroit le triangle
AEF, qui seroit au triangle ABC, comme n à m. Dans la

« AnteriorContinuar »