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Donc (en renverfant) BD. DC::m.n. Ce qu'il falloit faire & démontrer.

LEMME XIV.

Deux points A, B, étant donne à volonté, mener du pre- F 16. 34? mier A deux lignes AD, AC, de grandeurs données P, Q; & du fecond B, une ligne BC, laquelle foit diviféc en D, C, par ces deux-là, en raifon donnée de mà n : c'est-à-dire, en forte qu'on ait ici tout à la fois ADP, AC=Q, & BD.

DC:: m. n.

SOLUTION.

Soit menée AB par les deux points donnez A, B, & fur elle prolongée du côté de B, foit prife AE. AB::n.m ̧ Des centres A, E, & des rayons AF="#">P, EF=Q. foient décrits deux arcs de cercles qui fe coupent en F; enfuite après avoir mené AC, FC, paralleles à EF, EA, & qui fe coupent en C, foit menée BC, que la droite AF coupe en C. Cela fait, je dis que AC=Q, AD=P, & que BD. DC:: m. n. ainfi qu'il eft ici requis.

DEMONSTRATION.

,

Car le parallelogramme AEFC réfultant de cette conftruction, rendant AC-EF (Hyp.) =Q, CF=AE, & les triangles ADB, FDC, femblables entr'eux donne premierement AC=Q; fecondement, FD. AD:: FC. AB:: AE. AB (conftr.)::n.m. D'où résulte (en compofant) m➡+n. m : : AF ("="xP). AD=P. Troifiémement enfin BD. DC:: AB. FC:: AB. AE (conftr.):: m. n. Donc cette même construction donnera ici tout à la fois AC=Q, AD=P, & BD. DC: : m.n. Ce qu'il falloit dé

montrer.

m n

LEMME XV.

Soit une ligne droite XO mobile autour d'un de fes points F1 c. 353 Bfixe, qui la divife en deux branches ou parties BX,BO, telles 36,

L

qu'on 'on voudra: imaginons-la fe mouvoir de XO en xã autour de ce point fixe B. Par un autre point quelconque A foient menées des points X, x, 0, w, les quatre droites XA,xA, OA, WA, fur lesquelles du point B tombent autant de perpendiculaires BD, Bd, BP, Bp. Je dis que la branche BX qui fe fera ainfi approchée du point A en Bx, pendant que l'autre BO (moindre, plus grande, ou égale à elle il n'importe) s'en fera éloignée en Bw, donnera toûjours BP. BD > Bp. Bd. c'està-dire, BP à BD en plus grande raifon quc Bp à Bd....

DEMONSTRATION..

Après avoir pris Xb, xß, chacune égale à BO ou à Bas fur OX, wx, foient menées bm, Bu, perpendiculaires fur AX, Ax, prolongées s'il en eft befoin. Cela fait,

1o. En prenant Ba ou fon égale Bx pour le finus total, l'on aura (Def. 9. Corol. 1.) u à Bp comme le finus de l'angle ßxμ eft au finus de l'angle Bop, ou (Def 9. Co+ rol. I.) comme le finus de l'angle BxA eft au finus de l'ange B&A ; & confequemment auffi ( Lem. 8. Corol. 2.) comme A eft à Ax, c'eft-à-dire, ßu. Bp :: Aa. Ax. Mais les triangles (conft..) femblables Bxd, Bxu, donnant Bd. 2u:: BX. Bx (conftr.):: BX. BO. Donc (en multipliant par ordre) Bd. Bp :: BXxA. BO×Ax.

2o. En prenant encore BO ou fon égale bX pour le finus total, l'on aura de même ( Déf. 9. Corol. 1.) BP à bm comme le finus de l'angle BOP eft au finus de l'angle bXm; & confequemment auffi ( Lem. 8. Corol. z.) comme AX eft à AO, c'eft-à-dire, EP.bm:: AX. AO. Mais les triangles (conftr.) femblables bmX, BDX, donnent bm. BD::bX.BX (conftr.) :: BO. BX. Donc (en multipliant. par ordre) BP. BD:: BOXAX.BXxAO.

Ces nomb. 1. 2. donnant ainfi Ed. Bp :: BX×Aw.BO×Ax. Et BP. BD:: BOXAX. BXxAO. l'on aura ( en multipliant par ordre) BPxBd. BDxBp:: BO×AXxBXxA∞. EXXAOX BOXAx:: AX×Aw. AO×Ax. Mais la conftruction donnant AX> Ax, & Aw> AO, donne pareillement AXX

A. AOxAx. Donc auffi BPxBd> BDxBp ; & par confequent BP. BD > Bp. Bd. Ce qu'il falloit démontrer.

AUTRE DEMONSTRATION.

Soit menée la droite BA, & pour abreger nos expreffions, foit la caracteristique des finus, en forte que BAO, BAX, &c. fignifient les finus des angles BAO, BAX, &c. Cela pofé, le Corol. 2. du Lem. 8. donnera BO. AO::SBAO. SABO. Le même Corol. 2. du Lem. 8. donnera aussi AX. BX:: SABX. SBAX (Déf. 9. Corol. 2.) :: SABO.SBAX. L'on aura de plus AO. AX:: AO. AX. Donc (en multipliant ces trois analogies par ordre) l'on aura BO. BX: : ÁO×sBAO. AX×sBAX. Par un semblable raifonnement on trouvera de même Bw. Bx:: Awx/BA@. Axx/BAx. Mais (Hyp.) BO. BX:: B. Bx. Donc auffi AO×sBAO. AX×sBAX:: AwxsBA. Axx/BAx. Et confequemment AOxAx×sBAO×sBAx=AX×Aw×sBAX× BA; d'où réfulte AXxA. AOxAx::/BAO×/BAx. (BAXX/BA. Mais la contruction donnant AX> Ax, & Aw AO, donne AXxAw> AOxAx. Donc auffi BAO×/BAx > BAXx/BAw. Or en prenant AB pour le finus total, l'on aura (Déf. 9. Corol. 1.) BP/BAO, BD=/BAX, Bp=sBA∞, & Bd=/BAx. Donc BPxBd> BDxBp. Par confequent BP. BD Bp. Bd. Ce qu'il falloit

encore démontrer.

TROISIEME DEMONSTRATION.

Toutes chofes demeurant les mêmes, le Corol. 2. du Lem. 8. donnera,

1o. /BAw.fAwB:: Bw. AB (conftr.) : : BO. AB.
2°. JA@B. SAxB:: Ax. Aw.

3°. AxB.BAx:: AB. Bx (conftr.):: AB. BX.

Donc (en multipliant par ordre) BA®. sBAx:: BO× Ax. AuxBX. ou BAx. (BA:: AxBX.BO×Ax. On trouvera de même (BAO./BAX:: BOXAX. AOxBX. (Donc en multipliant encore par ordre BAOx/BAx. sBAX×sBA® :: BOXAXXA-XBX. AOxBX×BO×Ax::

FIG. 37.

AXXA. AOxAx, c'est-à-dire, AXXA.. AO×Ax::
fBAOxfBAx. fBAXx/BA.comme dans la précedente
Démonstration 2. Ce qui donnera ici comme là BP. BD
Bp. Bd. Ce qu'il falloit encore démontrer.

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Si fur les deux côtez contigus AB, AC, d'un parallelo & fuivantes gramme quelconque ABDC,& fur la diagonale AD, qui jufqu'à 49. passe par l'angle BAC ( que j'appelle capital) compris entre ces deux côtez AB, AC, on fait autant de triangles ASB, ASC, ASD, d'un fommet commun S donné à volonté autre. que le point A, fur le plan de ce parallelogramme ABDC; je dis,

FIG. 37. 38.39.

FIG. 40.

I. Que lorsque ce point S fera dans le complement (à deux. droits) BAF ou CAF de l'angle capital BAC, comme dans· les Fig. 37.38.39. Le triangle ASD conftruit fur la diagonale AD du parallelogramme propofé ABDC, fera toûjours égal à la fomme des deux autres triangles ASC, ASB, confruits fur les côteZ AC, AB, de cet angle capital BAC, c'est-à-dire, qu'alors on aura toûjours ASD ASC ASB. II. Que lorsque le point donné S fera dans l'angle, capital 41. 42. 43. BAC, ou dans fon oppofé EAF, comme on le voit dans les Fig.40.41.42.43. Le triangle ASD fera toûjours égal à la difference des deux autres ASC, ASB, defquels le plus petit aura pour base le côté qui avec la diagonale fait des angles oppofe, dans l'un defquels le point & fe trouve, comme isi le triangle ASB, dont la bafe eft le cóté AB, qui avec la diagonale AD, forme les angles oppofez DAB, KAE, dans un defquels ce point & fe trouve c'est-à-dire, qu'alors on aura par tout ici ASD ASC-ASB.

FIG. 44. 45.46.

III. Que lorsque le point S fera fur un des côte (prolongé ou non de l'angle capital BAC du parallelogrammě ABDC, comme on le voit fur AB dans les Fig. 44. 45. 46. Le triangle ASD fera toûjours égal à celui qui aura pour base l'autre côté contigu AC de ce parallelogramme : c'est-à-dire, qu'alors on aura toûjours ici ASD—ASC.

IV. Que fienfin le point S eft fur la diagonale AD (pro- F 16.474 Longée ou non) comme dans les Fig. 47. 48. 49. l'on aura 48.49. toujours ASB ASC.

DEMONSTRATION.

& fuivantes

Préparation pour tous les cas. Si du fommet commun S F137 des trois triangles ASD, ASB, ASC, dont il eft ici que- jufqu'à 49 ftion, l'on mene SG perpendiculaire en G, H, aux côtez paralleles AC, BD, du parallelogramme ABDC; l'on aura GS, GH, HS, pour les hauteurs des triangles ASC, BAD,BSD, au-deffus de leurs bafes AC, BD, perpendiculaires ( conftr.) à ces hauteurs. Par confequent on aura leurs aires ASC-AC-GS, BAD=÷BD×GH= AC×GH, BSD=ACxHS; ce qui donne,.

1o. BAD➜BSD=÷AC×GH÷÷AC-HS=÷AC× GH+HS (dans les Fig. 37. 39. 40. 42. 44. 47⋅ ). ACxGS=ASC.

· 2°. BAD-BSD=÷AC×GH-÷AC×HS=÷ACX GH–HS ( dans les Fig. 38. 39. 41.42.45.48.) —— ACXGS=ASC.

3°. BSD-BAD

AC×HS~÷AC×GH=÷ACx HS-GH ( dans les Fig. 43. 46. 49.) =÷AC×GS= ASC. Or,

38

39

PART. I. Les Fig. 37. 39. donnent ASD ASE+F16 BADBSD, & les lig. 38. 39. donnent ASD ASB →BAD-BSD. Donc (prep. nomb. 1. 2.) ce cas du point S dans le complement BAF de l'angle capital BAC, com→ me on le voit dans les Fig. 37. 38. 39. donnera toûjours, ASD=ASE ASC. Ce qu'il falloit 1°. démontrer.

F1640

PART. II. Les Fig. 40. 42. donnent ASD BAD BSD-ASB,les Fig. 41.42.donnent ASD BAD-BSD_41. 42. 434-ASB, & la Fig. 43. donne ASD=BSD-BAD-ASB. Donc (prep. nomb. 1. 2. 3.) ce cas du point S dans un des angles oppofez DAB, KAE, comme on le voit dans les

Lüj

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