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Figure 26 AG=f. AE=x. AF=x. le point I doit
être pris sur AB du côté de A, en sorte que AB. AI::
m. n. CL parallele à AB doit être menée de l'autre côté
de C, en sorte qu'on puisse tirer GIL.
R E MARQUE

IV.
F 16.27. 10. Si le point D étoit au sommet de l'un des angles

I comme en A; il n'y auroit qu'à diviser B C en F ; en sorte que BC. BF::m. n, & mener AF : car en ce cas

min ABC. ABF:: m. n.

:

.

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REMAR QUE V. F1G. 28. 11. Si le point D étoit sur un des côtez AB ; en non

mant AB, a; BC, 6; DB, g; qui sont les données, & l'inconnue BF,x; l'on auroit selon l'hypothese ab. gx :: m. n; & partant mgx = nab; donc x=

man : qui fournic cette construction. On divisera BC en H, en sorte que BC. BH::m. n,

m & ayant pris BF quatriême proportionnelle à DB, AB, BH, l'on menera la ligne DF qui satisfera au Problême.

DEMONSTRATION. AYANT mené AH, les triangles ABH, D BF seront égaux ; puisque (conft: ) DB. AB::BH. BF:mais le triangle ABC est au triangle ABH :: BC. BH::M.n; donc ABC. DBF :: m. n. C. Q. F. D.

I 2.

COROLLA I R E.
ON
peut par

le
moyen

de ce Problême , & des remarques qu'on y a faites, résoudre toutes les questions de

la Geodésie. F16.29. Soit

par exemple, un rectiligne quelconque ABCEGH, & un point D hors de ce rectiligne, donnez de position, il faut mener la ligne DOF, qui divise le même rectiligne, de

maniere

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du

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maniere que la parcie OHGEF soit à la partie O ABCF, comme on à n.

On menera du point D aux angles du rectiligne des droites DG, DE, DC, DB. Or puisque l'on connoît la superficie du re&tiligne entier , & qu'on peut connoître celle de toutes les parties qui le composent; on connoîtra aussi si quelqu'une des lignes DB, DC, DE, DG, satisfait au Problême. Mais si aucune n'y satisfait, de sorte que la partie LHGE soit trop petite , & la partie KHGEC trop grande ; il est necessaire, selon cette hypothese, que la ligne DOF passe entre les lignes DC, DE, afin que

la Figure soit divisée dans la raison demandée : mais parceque l'on connoît le raport de toute la Figure à ses parties KABC, LABCE, l'on connoîtra aussi le raport quadrilatère LKCE à la partie OKCF; c'est pourquoi, 10. Si les lignes KL, CE sont paralleles, il n'y a qu'à diviser CE en F, en sorte que ce CE soit à CF dans la raison convenable, & mener DOF, qui satisfera à la question:car CE. KL::CF. KO, ou DCE. DKL :: DCF. DKO; & divi. dendo LKCE. DCE :: OKCF. DCF. permutando LKCE. OKCF:: DCE. DCF ::CE. CF.

29. Si ces lignes CE, KL ne sont point paralleles, elles F16.30. concourront de part ou d'autre en un point P, que l'on trouvera en cette sorte. Ayant mené IR & LQ paralleles à KC, & à CF, ces droites seront données de grandeur aussi bien que KQ. Soit donc fait à cause des triangles semblables KOL, KCP; KQ. QL::KC.CP;CP lera donc aussi donnée de grandeur ; c'est pourquoi tirant KS perpendiculaire à ce, qui sera aussi donnée , l'on aura la superficie du triangle KCP; & par consequent ( no. 9.), le raport de tout le triangle à la partie OKCF, & le Probleme sera résolu.

PROBL'ÊME PL A N. 13. DECRIRE un triangle A B C rektangle en A, dont F16. 31. le plus petit côté AB, e la difference DC, des segmens de l'hypothénufe , faits par la perpendiculaire A E, soient donnez de grandeur.

G

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+

aart

ou en

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Ayant supposé le Problême résola , l'on décrira du centre A, & du rayon AB, le cercle GBF, qui passera par le point Di puisquc DC, est la difference des seg. mens. B E, EC de l'hypothenuse BC; & ayant prolongé AC en G;GC sera AB + AC; & FCAC AB. Nommant donc les données AB, a; DC, b; & l'inconnue CF, * ; AC sera a + *; & GC, 2a to *; & l'on aura à cause du cercle CD (6). CF (*) :: CG ( 22 + x). CB 24** **; donc à cause de l'angle droit BAC. DC = A B + AC", ou en termes

' to Algebriques 4ware+

4 aaxx+ 4 ax'+**
ar

= 243 + 2ax + ** ,
ordonnanc l'équation,
** to 4ax' + 4aaxx

2 abbx Laabb = 0, qui est une

bbxx équation du quatriéme degré ; & qui ne peut être divisée par aucun binome composé de l'inconnue & d'un des diviseurs du dernier terme : mais avant que de conclure quelle est la nature du Problême , il faut faire évanouir le second terme. Faisant donc x + a=%, l'on a x= -a;& mettant cette valeur de x dans l'équation en la place de x, & les puiffances de cette valeur en la place des puissances femblables de x, cette nouvelle équation & 2aakk + at = 0;

& com

bbak aabb me le quatriéme terme est aussi évanoui ,

le Problême est plan : car faisant ay = 4, l'équation le changera en celle-ci , aayy 2a' y tal =0, ou yy =

- abby aabb 'any +665+ abb_a3

, que l'on peut ramener à une des quatre formules précedentes , trouver par consequent la valeur de y, & chercher ensuite une moyenne proportionnelle

&a, qui sera la valeur de d'où ayant ôté a, on aura celle de x qu'il faloit trouver. Mais ces fortes de constructions sont très-composées ; c'est pourquoi dans de pareils cas,

il faut tâcher, en prenant d'autres voyes,

a

;

l'on aura

il suit que

entre

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,

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