=

.

x={a+Vjaa+166+

Vaa + 4b6-— įavaa+bb. x=ka — V. aa+166+Vaa+66+ a Vaa+bb, dont la construction résout le Problême.

Il faut demeurer d'accord que cette méthode de M Descartes, de reconnoître la nature d'un Problême done l'équation est du quatrième degré, & de tirer de certe équation du quatrième degré, deux équations du second, quand le Problême est Plan , est parfaitement belle , & digne de son genie ; c'est pourquoi j'ai jugé à propos de la

à mettre ici tout au long; parceque je ne l'ai vûe nulle part entierement expliquée. Il est neanmoins à propos, comme on a déja remarqué, après avoir reconnu qu'un Probleme dont l'équation est du quatriême degré est Plan, de chercher

par d'autres voyes une équation du second degré; parceque la construction du Problême en devient plus fim

ple, comme on va voir par cet exemple.
FIG. 34. 15-Lés mêmes choses que dans l'énoncé du Problême,

étant supposées, on prolongera BC vers G, l'on menera
EG perpendiculaire à FE, quí rencontrera CG en G, &
l'on abaissera du point E sur CG la perpendiculaire EH:
ce qui formera les triangles semblables CBF, CEG,CHE,
& EHG: & outre cela lestriangles CBF, EHG égaux,
puisque BC=EH; c'est pourquoi 'ayant nommé les don-
nées A B O AD, a; KL ou FE, b; & les inconnues
CG , *; CEY; BG sera, a+x; & FC ou EG, 6-y;
les triangles femblables CBF; CEG, donneront a (CB).
b-y(CF)::y (CE). *(CG); donc ax=by - yy;
у

& le triangle rectangle ĆEG donnera CGʻ= x=bb — 2 by

=Xx=

- 2 +2y=CE+ EGʻ, ou bb ** =by — yy=ax,

=by - yy=ax, ou bb — *x = 2ax, d'où l'on tire x=-a+Vaa+bb, qui donne cette construction..

Soit prolongée CD en ), en sorte que CI=KL; décrit du centre B par I, le cercle IG, qui coupera BC prolongée en G; & sur le diametre CG, le demi cercle

Fig

xx

2

CEG,

Х

2

-2

2

2

2

2

=FÉ

CEG, qui coupera AD prolongee E & é, ou la touchera
en un seul point E, si le Problême est possible, c'est-à-
dire, fi KL surpasse ou égale le double de la diagonale du
quarré Ac. Je dis que la ligne FE, ou ef=KL; & que
par consequent le Problême est résolu.

DEMONSTRATION.
A Cause des triangles semblables CBF, CEG.CB.
CF::CE. CG; donc CBX CG=CFX CE. Et à cause

=
du cercle IG dont le centre est. B; CI=BGʻ- BC-
2 BC x CG + CG? = 2CF ~ CE + CE? + EG?; car par
l'équation précedente CB CG= CF CE. 1o. en la

= multipliant par 2 on a 2 BC CG = 2CF ~ CE. 20. ajoutant CGon aura 2BC x CG + CG= 2CF XCE + CG:

+ Mais CG =CE + EG. Donc 2BC X CG + CG = 2CFR CE + C + EG', ou CF = FĖ 2CF CE to CE + CF = F E. Car CF + CE

FE. Car CF + CE=FE; donc CF+CE CF + CE= FE, ou ce qui est la même chose CF + 2CF x CE + CE = FE; donc CI —

= FE”; donc CI= FE=KL. C. Q. F.D. 'On démontrera de même que ef=KL.

PROBLÈME PL AN. 16. LA fomme A B des deux cótez AE, EI d'un triangle F1G. 35. AEI, l'angle AEI que doivent former les deux côtez AE, EI ; & la perpendiculaire EG menée de cet angle sur la base AI, étant donnez, décrire le triangle AEI.

Ayant supposé le Problême résolu, soit prolongée AE en B, en sorte que EB=EI, & menée par A la ligne AD parallele à EI, & égale à AB; la ligne menée par les points B & I, rencontrera AD en D:car BE=ĒI,

= & BA=AD. Soit faite AK perpendiculaire à BD, qui sera divisée par le milieu en K, puisque le triangle BAD

H

2

2

2

2

국

2bc

a,

C

est isoscele. Ayant enfin mené BH perpendiculaire à AI prolongée, & nommé les données KB, du KD, C; la perpendiculaire EG, b; AK, d; & les inconnues AI, 2; Kİ, X; BH, U; BI sera c- *, & ID, + x.

u Les triangles semblables I AK, IBH donneront a (IA). d (AK) ::-— * (IB). u (BH); donc u= cd-dx. Et les triangles semblables HBA, GEA, & BEI, BAD donnent, u (HB). 6(GE).:: BA. EA :: 26 (BD). 6 + X(ID), d'où l'on tire u= zabet; donc 2bf9

26

ed - dx ou 2bcz ccd — dxx:mais le triangle rectangle AKI, donne xx =

&- dd ; c'est pourquoi en mettant cette valeur de xx, dans l'équation précedente, l'on en tire

༢༢
2643 + 6C + dd: Mais en nommant AB, a; l'on
à cause du triangle rectangle AKB, aa=06+ dd; met-
tant donc dans l'équation en la place de cc + dd sa valeur
aa, l'on a celle-ci

༢༢
26.* + aa ,

d'où l'on tire
be + V baleset + aa, qui fournit cette construction.
Soit prise AF=GE, & menée F ļ parallele à KB;
soit prolongée K A en C, en sorte que AC=FL; &
C

& ayant mené AM parallele à KB , & égale à AB, l'on décrira du centre Ċ par M , le cercle MN, qui coupera AK prolongée en N ; & du centre A par N, l'on décrira le cercle NIO qui coupera KB, en I; & ayant joint Al, l'on menera 1 E parallele à DA, qui formera le triangle AIE, qu'il faloit décrire.

D E'MONSTRATION. Il est clair que A E+EI=AB, que l'angle AEI, est tel qu'on le souhaite, & qué AN=A1. A cause

A de F I (const.) parallele à KB, l'on a AK (d). KB (0) :: AF, ou G E (6). FL== (const.) AC, & partant CN + 2; & par la proprieté du cercle, CNCA = AM

A B'; ce qui est en termes Algebriques 2e + =aa, ou z3=- 244* + aa qui est l'équa

ad

cion que l'on a construite ; d'où il suit que la construction precedente résout le Problême. C. Q. F. D.

J'ai copié ce Problême dans le Traité des lieux Geo. metriques de M. de la Hire, parcequ'il ouvre le chemin à la résolution de plusieurs Problêmes semblables, comme est celui qui suit: j'y ai ajouté la construction & la démonstration que cet Auteur n'avoit pas

donnée. PROBLÊME

PLA N. 17

DECRIRE un triangle AEI, dont on connoit la. F16. 35; somme des côtez A E + EI=AB, la base AI, e dont

+ = L'angle A EI, soit égal à un angle donné.

En supposant la préparation précedente, & nommant les données AK,d; AI, 6; & l'inconnue KI, *;

l'on aura par la proprieté du triangle rectangle AKI, xx= bb - dd; donc x= vbb - dd, qui donne cette construction.

Soit du centre A & du rayon AI, décrit le cercle OIN qui coupera K B au point cherché 1; ce qui n'a pas befoin de démonstration.

PROBLÊME PLAN. 18. UN rečtangle ABCD étant donné, il faut décrire F16.36. un autre reftangle EHGF; dont les côten soient également éloignez de ceux du reftungle A BCD, es que le re{tangle ABCD, soit au petit EHF dans la raison donnée de m à n.

Ayant supposé le Problême résolu, & nommé les données AD, ou BC, a; AB, ou DC,b; & l'inconnue AL, ou LE, *; EF sera a - 2x, & EH, 6.

L'on aura par. les qualitez du Problême, ab. ab 26x + 4xx :: M. n. donc mab

2max 4mxx = nab, d'où l'on tire xx= į ax+1 6x + nakamab, d’où x*- {ax — {bx -{ax - 6x = nabumab. Soit nab-mab

88

- 2x.

zax

2mbx +

4m

C

4m

4m

= on

4

n

cm

4m

88, ou nabermals

aura X X

I 16

C

88 pour nahamas

4 m

a +

16

4

2

C

4m

Car 4m. a :: b.create donc molemmat

- CM. Mais puisque n <m soit n -m=-f; donc on — M=- -fc, & faisant fc

88 on aura on - cm 58. Ceci fupposé il faut achever le quarré & l'on ax { bx + is aa + į ab + ito bb=

s

=ó aa + s ab + 16 bb 88

en mettant d'où tirant la racine quarrée on a to

ha V to aa + s ab + 15 66 -88 ;

donc x = 18+ b士 Vaa+ ( ab + Hobb88. Or AK=[a+16, car Al

b à été pris égal à į

égal à į a + ] b; mais ayant fair Ko, ou el=8=Vmab

nab, on aura KL=VAK - QL= Vio da + ab + iš bb-88; donc x = AK – KL=AL. -;

– = Ce qui fournit cette construction. Soit prise AI=a + 16, & décrit sur le diametre

{{b Ai, le demi cercle API. Et ayant élevé au centre K, la perpendiculaire KP, pris KO=v malom nab, & mené par o la ligne QOR, parallele à Al, qui rencontrera le demi cercle aux points Q & R, par où l'on menera QL & R M paralleles à PK, qui couperont AI aux points cherchez I&M. De sorte qu'ayant pris AS, BT,& BV égales à AL, l'on formèra le rectangle EHGF, & le Probleme sera résolu.

D E'M ON S T R A TI O N. Par la proprieté du cercle AL * LI=IQ", ou en termes Algebriques x x { a+6-x= ax + bx

{ ax + bx

47mah, qui est l'équation que l'on a construite. C. Q. F. D.

J'ai démontré la construction de ces deux derniers Pro. blêmes algebriquement, pour indiquer la maniere de dé. montrer tous les autres de même ; ce qui est si facile, que je ne crois pas qu'il soit necessaire d'apporter un plus grand nombre d'exemples.