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x = a + √ aa+bb±√ — — aa + 1 bb — — a√aa + bb.

x = ¦ a — √ ¦
¦ aa+1 bb + √ — — aa+1 bb + 1⁄2 a√aa+bb,
dont la conftruction réfout le Problême.

Il faut demeurer d'accord que cette méthode de M Defcartes, de reconnoître la nature d'un Problême dont l'équation eft du quatrième degré, & de tirer de cette équation du quatrième degré, deux équations du fecond, quand le Problême eft Plan, eft parfaitement belle, & digne de fon genie, c'eft pourquoi j'ai jugé à propos de la mettre ici tout au long; parceque je ne l'ai vue nulle part entierement expliquée. Il eft neanmoins à propos, comme on a déja remarqué, après avoir reconnu qu'un Problême dont l'équation eft du quatriême degré eft Plan, de chercher par d'autres voyes une équation du fecond degré; parceque la construction du Problême en devient plus fim ple, comme on va voir par cet exemple.

=

FIG. 34. 15. Les mêmes chofes qué dans l'énoncé du Problême,' étant fuppofées, on prolongera BC vers G, l'on menera EG perpendiculaire à FE, qui rencontrera CG en G, & l'on abaiffera du point E fur CG la perpendiculaire EH: ce qui formera les triangles femblables CBF, CEG, CHE, & EHG: & outre cela les triangles CBF, EHG égaux, puifque BC EH, c'eft pourquoi ayant nommé les données AB ou AD, a; KL ou FE, b; & les inconnues CG, x; CE, y; BG fera, a+x; & FC ou EG, b—y; les triangles femblables CBF, CEG, donneront a (CB). b—y (CF) :: y (CE). x(CG); donc ax-by-yy; & le triangle rectangle CEG donnera CG' — xx — bb — 2by ✦2yy=CE*+EG3, ou bb — *x — by — yy—ax, ou bb - xx —xx =zax, d'où l'on tire x=a+Vaa+bb, qui donne cette conftruction.

2.

Soit prolongée CD en I, en forte que CI = KZ; décrit du centre B par I, le cercle IG, qui coupera BC prolongée en G, & fur le diametre CG, le demi cercle

CEG,

CEG, qui coupera AD prolongée E & e, ou la touchera en un feul point E, fi le Problême eft poffible, c'est-àdire, fi KZ surpaffe ou égale le double de la diagonale du quarré AC. Je dis que la ligne FE, ou ef = KL; & que par confequent le Problême eft résolu.

DEMONSTRATION.

A Caufe des triangles semblables CBF, CEG.CB.

=

=

CF::CE. CG; donc CB × CGCF x CE. Et à cause
du cercle IG dont le centre eft B ; CI — BG' — BC
2 BC x CGCG2 = 2CF × CE + CE2 + EG2; car par
l'équation précedente CB x CG = CFX CE. 1o. en la
multipliant par 2 on a 2BC x CG — 2CF x CE. 2o. ajou-

-2

2

tant CG on aura 2 BC x CG CG2CF × CE+CG.

-2

-2

Mais CG =CE + EG. Donc 2BC CG + CG

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-2

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CF+CE × CF + CE➡ FE, ou ce qui eft la même chose

-2

-2

- 2

CF2CF × CE + CE — FE; donc Cľ =
FE, donc CI= FE'; donc
CIFE KL. C. Q. F. D.

=

'On démontrera de même que ef=KL.

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16. LA fomme AB des deux côtez AE, EI d'un triangle FIG. 35. AEI, l'angle AEI que doivent former les deux côtez AE, EI; &la perpendiculaire EG menée de cet angle fur la bafe AI, étant donnez, décrire le triangle AEI.

Ayant fuppofé le Problême réfolu, foit prolongée AE en B, en forte 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=EI, & BA=AD. Soit faite AK perpendiculaire à BD, qui sera divisée par le milieu en K, puisque le triangle BAD

H

eft isofcele. Ayant enfin meré BH perpendiculaire à AI prolongée, & nommé les données KB, ou KD,c; la perpendiculaire EG, b; AK, d; & les inconnues AI, z; Kİ, x; BH, u; BI fera c-−x, & ID, c + x.

༢;

=

c+xj

c+x

=

l'on

Les triangles femblables IA K, IBH donneront (IA). d (AK) :: c — x (IB). u (BH); donc u = cd-dx. Et les triangles femblables HBA, GEA, & BEI, BAD donnent, u (HB). b (GE) :: BA. EA :: 2c (BD). 2bc 26c; donc 26 — ed = dx, c+x (ID). d'où l'on tire u = ou 2bcz ccd- dxx: mais le triangle rectangle AKI, donne xxxz-dd; c'est pourquoi en mettant cette valeur de xx, dans l'équation précedente, l'on en tire ༢༨༢ 26c3+cc+dd: Mais en nommant AB, a; a, à cause du triangle rectangle AKB, aa—ce+dd; mettant donc dans l'équation en la place de cc+dd sa valeuṛ l'on a celle-ci 2bcz + aa, d'où l'on tire g ༢༢་ = be+V bbcc+aa, qui fournit cette construction. Soit prife AF= GE, & menée FL parallele à KB; foit prolongée KA en C, en forte que AC FL; ayant mené AM parallele à KB, & égale à AB, l'on décrira du centre Ĉ par M, le cercle MN, qui coupera AK prolongée en Ñ; & du centre A par Ñ, l'on décrira le cercle N10 qui coupera K B, en I, & ayant joint AI, l'on menera IE parallele à DA, qui formera le triangle AIE, qu'il faloit décrire.

aa,

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DE'MONSTRATION.

= = b = =

=

&

IL eft clair que A E+EI=AB, que l'angle AEI, eft tel qu'on le fouhaite, & què ANAI. A cause de FL(conft.) parallele à KB, l'on a AK (d). KB (c) :: AF, ou GE (b). FL (conft.) AC, & partant CN + ; & par la proprieté du cercle, CN1 CAAM' = A B'; ce qui eft en termes Algebriques 2b+zaa, ou zg=➡ 2h+aa qui eft l'équa

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tion que l'on a conftruite, d'où il fuit que la conftruction précedente réfout le Problême. C. Q. F. D.

J'ai copié ce Problême dans le Traité des lieux Geometriques de M. de la Hire, parcequ'il ouvre le chemin à la réfolution de plufieurs Problêmes femblables, comme eft celui qui fuit: j'y ai ajouté la construction & la démonftration que cet Auteur n'avoit pas donnée.

17.

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DECRIRE un triangle AEI, dont on connoit la FIG. 35. fomme des cotez AE + EI= AB, la base AI, & dont l'angle AEI, foit égal à un angle donné.

En fuppofant la préparation précedente, & nommant les données AK, d; AI, b; & l'inconnue KI, x; l'on aura par la proprieté du triangle rectangle AKI ̧xx= bb-dd; donc x=vbb dd, qui donne cette con

struction.

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

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18. UN rectangle ABCD étant donné, il faut décrire F10.36. un autre rectangle EHGF; dont les côtez foient également éloignez de ceux du rectangle ABCD, & que le rectangle ABCD, foit au petit EHGF dans la raifon donnée de

m à n.

- 2x.

Ayant fuppofé le Problême réfolu, & nommé les données AD, ou BC, a; AB, ou DC, b; & l'inconnue AL, ou LE, x; EF fera a-2x, & EH, b L'on aura par les qualitez du Problême, ab. ab 2max +4xx :: m. n. donc mab

zax 2bx

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2mbx +

4mxx = nab, d'où l'on tire xxax + bx+ nab-mab,

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= nab-mab. Soit nab-mab

4m

4m

4m

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4m

car 4m. a :: b. c. donc nabmab =cn -cm. Mais puifque nm foit n—m――f; donc en — cm =

& faifant fc gg.

aura xx

=gg on aura cn- cm

·cm- -fc,

nab -mab

gg, ou 4m Ceci fuppofé il faut achever le quarré & l'on 11/12 ax - 1/2 bx + 2 aa + & ab + 16 bb

aa + 1⁄2 ab + 1 bb

= 1/16

nah- -mab

gg en mettant gg pour 4m d'où tirant la racine quarrée on a x — — a — 1 b

16

8

√ aa + 1⁄2 ab + √/aa + 1/1 ab + 1/6

I bb

16

I bb. I-6

à été pris égal à

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gg; donc x = — a + 1 6 ±

Or AK = a + b, car AI a + b; mais ayant fait KO, ou

QL=8=√mab ·nab, on aura KL=√ AK—QL=

4m

√ aa+ab+bb-gg; donc x = AK-KL-AL. Ce qui fournit cette construction.

2

4m

Soit prife AI= a + b, & décrit fur le diametre AI, le demi cercle API. Et ayant élevé au centre K, la perpendiculaire KP, pris KO = √ mab nab, & mené par O la ligne QOR, parallele à AI, qui rencontrera le demi cercle aux points Q & R, par où l'on menera QL & RM paralleles à PK, qui couperont AI aux points cherchez L & M. De forte qu'ayant pris AS, BT,& BV égales à AL, l'on formera le rectangle EHGF, & lẹ Problême fera résolu.

DE'MONSTRATION.

- xx

PAR la proprieté du cercle AL × LI=LQ2, ou en termes Algebriques x x a +6. × × 1⁄2 a +÷b—x— — ax+ 1 bx mab-nab, ou xx ax + bx +4-mah, qui eft l'équa1 tion que l'on a conftruite. C. Q. F. D.

4m

J'ai démontré la construction de ces deux derniers Problêmes algebriquement, pour indiquer la maniere de démontrer tous les autres de même; ce qui eft fi facile, que je ne crois pas qu'il foit neceffaire d'apporter un plus grand nombre d'exemples.

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