de trouver une équation du second degré, qui donneroit une construction beaucoup plus simple, plus élegante, & plus naturelle. Prenons donc BD pour l'inconnue ; & F 1 G. 31. l'ayant nommée x; BC sera b+x; BE, x; & EC, x+b; & l'on aura à cause de l'angle droit BAC, BE x EC =xx+bx= AE: & à cause du triangle rectangle AEB, l'on aura BE+AE=xxxx+bx=aa = AB', qui se réduit à xx = - bx + 2aa; d'où l'on tire x = -16+ √166+2aa, qui donne cette construction.

D, étant le commencement de x qui va vers B, on FIG. 324 prendra fur CD=6, prolongée de part & d'autre, DG = 2a=2AB, & DH=a= AB, & ayant décrit sur le diametre GH, le demi cercle GRH, on élevera au point D la perpendiculaire DR, qui rencontrera la circonference en R. Et du centre O, milieu de DC=b, on décrira par R le demi cercle BRK qui coupera DG au point cherché B. De forte que DB sera la valeur positive de x, & DK sa valeur negative; c'est pourquoi ayant décrit sur l'hypothénuse BC, le triangle rectangle BAC, dont le petit côté AB soit=a, le Problême sera réfolu.

DEMONSTRATΙΟ Ν.

PAR la construction AB = a, & DC = b; il ne refte donc qu'à prouver que la perpendiculaire AE qui tombe de l'angle droit A sur l'hypothénuse BC, divise BD par le milieu en E.

La proprieté du cercle donne BD × DK=DR' = GD × DH; donc BD. GD ou 2DH :: DH. DK, ou en prenant la moitié des consequens, BD. DH ou AB:: AB. DK; donc BD × DK, ou

X

BD × DK=AB';
BD: Mais les triangles

4

FIG. 33. 14. UN quarré ABCD dont les côtez AB, AD font prolongez étant donné; il faut trouver sur l'un des prolongemens AE, le point E, en forte que la ligne menée par E, & par l'angle C, terminée par l'autre prolongement BF, foit égale à une autre ligne donnée KL, qui ne soit pas moindre que le double de la diagonale du quarré.

Ayant supposé le Problême résolu, & nommé AD, ou AB, a; KL, b; & les inconnues AE, x; AF, y; DE fera, x-a; le triangle rectangle FAE donnera AE + AF2 = xx+yy=bb=(hyp.) EF, qui est une équation au cercle. Et les triangles semblables FAE, CDE; donneront y. (FA.) x (AE)::a (CD). x-a (DE); donc xy -ay = ax, qui est une équation à l'hyperbole par raport à ses asymptotes; & ayant fait évanouiry, & ordonné l'équation, on aura:

A. x* - 2ax2 + 2aaxx + 2abbx — aabb = 0,
bbxx

qui est une équation du quatrième degré, & qui ne peut être divisée par aucun binome; c'est pourquoi pour déterminer quelle est la nature du Problême, il faut, suivant les principes de Me Descartes, & ce que nous avons dit article 4. no. 18, faire évanouir le second terme. Soit pour ce sujet x -a=z; donc x=x+a; xx=x+ az+aa; x=x+azz+aaz+a; x'=2+2az +aazz+를 'z+a*, & mettant ces valeurs de x, de xx, de x3, & de x* dans l'équation A, elle deviendra celle ci.

B. z+aazz+az+a

- Pour transformer presentement l'équation B en une équation du troisième degré, on se servira de ces deux équations:

D. zz+yz+t=0, que je multiplie l'une par l'autre, pour avoir celle-ci:

E. ズーススースー tf = o. qui est semblable à

l'équation B. Mais pour abreger le calcul, j'égale les quantitez connues de chaque terme de l'équation B à de

simples lettres connues; sçavoir,

1

aa-bb=p.

+ abb

celle-ci.

f

-aabbr. De sorte que l'équation B devient

F.2+pzz+92+r=0.

Je compare presentement les deux équations E & F, terme à terme, chacun à son correspondant; ce qui me donne les trois équations suivantes : car les deux premiers termes ne donnent rien.

G.t-yy-f=p.

H.-ty-fy=q.
I. -tf=r.

1

)

L'équation I donne f= -; & mettant en la place de s, cette valeur dans les deux équations G & H, & multipliant ensuite part, l'on a les deux suivantes.

L'équation K donne tt = tyy + pt-r, & mettant cette valeur de tt dans l'équation Z, l'on a - ty

zry

pty + 2ry=qt, d'ou l'on tire M.t=

&

y+py+q;

mettant cette valeur de t dans les équations H & I, l'on

aura les deux qui fuivent, N.

- 2fry

b+hd+6

=r; d'où faisant évanouir l'inconnue s, ôtant

les fractions, & retranchant ce qui doit être retranché, l'on aura P. y + 2pyppyy-qq=a, qui est l'équa

tion transformée, & qui se rapporte au troisiême degré; & remettant à present dans l'équation P, en la place de

Paq, & r leurs valeurs, l'on aura,

Q.y + aay + b yy

:

:

aa b

Si l'on tente presentement toutes les divisions de cette équation par les binomes qu'on peut former par le quarré

de l'inconnue y, c'est-à-dire, par yy; (car il n'est point ici necessaire de les tenter par aucun autre) ; & par quelqu'un des diviseurs Plans du dernier terme, l'on trouvera qu'elle

se peut diviser par celui-ci. bb = 0;

aa

S. y + zaayy

-bbyy + aabb

qui est une équation du second degré; & qui par conse

quent fait connoître que le Problême est Plan...

Si l'on veut le résoudre sans chercher une autre équation

du second degré: Voici la méthode qu'on doit suivre.

& le quotient sera

Il ne s'agit plus que de cher

cher une valeur semblable de t; ce qui se fait en cette

forte. L'équation I donne t =

デ

mettant donc cette valeur de dans les deux équations G & H, l'on aura =qf: & faisant

-2ry ypy-q

A

& cette valeur de s,

=pf, d'où l'on tiref= substituée dans l'équation I, donne après avoir ôté les

+

à ôter, V. Si l'on

y+py-9
2y

fractions, & ce qu'il y a a met presentement dans les deux équations C, D, en la place de s, & de leurs valeurs prises dans les deux équations T, & V, l'on aura les deux suivantes.

A

L

Mais l'équation R, donne yy = aa + bb, & y =

المملكة

1

د

Vaa+bb.; l'on a aussi paa bb, & qa2 + abb; substituant donc dans les deux équations X & Y en la

place de y, de yy, dep, & de q, leurs valeurs, l'on aura

après les réductions ordinaires,

:

1.

Vaa+bbaa

4

a Vaa+bb= 0,

zzz Vaa+bbada Vaa+bb, &

zz=-zVad+bbaa

les racines font,

a Vaa

٢٠

1000 +66, dont

2=√aa+bb+√aa+bb-a Vaa+bb, &

=√aa+bb+√aa+¥66+aVaa+bb. Mais

pour ôter le second terme de l'équation A, l'on a fait x = x - a ; c'est pourquoi en mettant dans les deux dernieres équations, en la place de 2, fa valeur x l'on aura les deux qui suivent.

)