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est isoscele. Ayant enfin mené BH perpendiculaire à AI prolongée, & nommé les données KB, ou KD, c; la perpendiculaire EG, b; AK, d; & les inconnues AI, z; KI, x; BH, u; BI fera c-x, & ID, c + x.

Les triangles semblables IAK, IBH donneront (IA). d(AK) :: c — x (IB). u (BH); donc u = ddx. Et les triangles semblables HBA, GEA, & BEI, BAD donnent, u (HB). 6(GE) :: BA . EA :: 2c (BD). c+x (ID). d'où l'on tire u =; donc

26c

c+x

=

cd-dx

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ou 2bcz = ccd - dxx : mais le triangle rectangle AKI, donne xx = zz - dd ; c'est pourquoi en mettant cette valeur de xx, dans l'équation précedente, l'on en tire z

26cz

d

— 263 + cc + dd: Mais en nommant AB, a; l'on a, à cause du triangle rectangle AKB, aa=ce+dd; mettant donc dans l'équation en la place de cc+dd sa valeur aa, l'on a celle-ci z= d'où l'on tire z

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bc
+

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d

√b+aa, qui fournit cette construction.

Soit prise AF = GE, & menée F L parallele à KB; soit 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 N, l'on décrira le cercle NIO qui coupera KB, en I; & ayant joint AI, l'on menera IE parallele à DA, qui formera le triangle AIE, qu'il faloit décrire.

DE'MONSTRATION.

bc

IL eft clair que AE+EI=AB, que l'angle AEI, est tel qu'on le souhaite, & que AN = AI: A cause de FL (const.) parallele à KB, l'on a AK(d). KB (c) :: AF, ou GE (b). FL == (conft.) AC, & partant CN + 2; & par la proprieté du cercle, CN CA = AM2 = AB'; ce qui est en termes Algebriques += aa, ou zz

d

2

2 hcz
d

+ aa qui est l'équa:

tion que l'on a construite; d'où il suit que la construction précedente résout 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 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.

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17. DECRIRE un triangle AEI, dont on connoît la FIG.35. Somme des côtez AE + EI = AB, la base AI, & dont l'angle AEI, foit égal à un angle donné.

En supposant la préparation précedente, & nommant les données AK, d; AI, b; & l'inconnue KI, x; l'on aura par la proprieté du triangle rectangle AK1,xx= bb-dd; dd, qui donne cette construction.

donc x =

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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 besoin de démonstration.

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18. UN rectangie ABCD étant donné, il faut décrire FIG.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 raison donnée de

màn.

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

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

2ax

2max

2mbx+ 4mxx = nab, d'où l'on tire xx = ax + bx + nab-mab d'où

xx

I
ax

2

12

bx

4m

2

4m

=

nab-mab. Soit nab-mab

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1

4m

4m

cn

сп - ст. Mais -cm=-fc, gg, ou

car 4m. a :: b. c. donc nabmab puisque n<m foit n-m=-f; donc & faisant fo on aura сп =88 =-gg. Ceci supposé il faut achever le quarré & l'on

I

ax

2

I

- cm =

nab - mab 4m

bx+aa+ab+bb=

nah-mab 4m

16

aura xx aa+ab+66 gg en mettant - gg pour d'où tirant la racine quarrée on a x - a - b =

I

√aa+ab+bb-gg; donc x = a + 16± √aa+ab+66- b-gg. Or AK=a+16, car Al a été pris égal à a+b; mais ayant fait KO, ou QL=g=√mab — nab, on aura KL=AK – QI=

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

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Soit prise AI= a + b, & décrit sur le diametre AI, le demi cercle API. Et ayant élevé au centre K, la perpendiculaire KP, pris KO=Vmah nah & mené par O la ligne QOR, parallele à Al, qui rencontrera le demi cercle aux points Q & R, par où l'on menera QI & RM paralleles à PK, qui couperont Al aux points cherchez L & M. De sorte qu'ayant pris AS, BT,& BV égales à AL, l'on formera le rectangle EHGF, & le Problême sera résolu.

DEMONSTRATION.

PAR la proprieté du cercle AL × LI=LQ', ou en

termes Algebriques xx+bx= ax + bx-xx

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ou xx=ax+bx+nab-mab , qui est l'équation que l'on a construite. C. Q. F. D.

J'ai démontré la construction de ces deux derniers Problêmes algebriquement, pour indiquer la maniere de démontrer 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.

Les Démonstrations faites à la maniere des Anciens,

éclairent plus l'esprit que les Démonstrations Algebriques, quoiqu'elles ne foient pas plus certaines : mais aussi elles ne sont pas si faciles à trouver, comme il est aisé de juger par les Démonstrations des Problêmes précedens, que l'on-auroit pû démontrer par l'Algebre aussi facilement que les deux derniers.

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Où l'on donne la Méthode de démontrer les Theoremes.

VIII.

A

de Geometrie.

метноDE.

2.

PRE'S avoir mené les lignes que l'on juge necessaires en suivant les Observations de l'article 4, on nommera celles qui doivent entrer dans la question, comme lorsqu'on veut résoudre un Problême avec cette différence, que l'on peut se servir de toutes les lettres indifféremment : car comme l'on ne cherche la grandeur d'aucune ligne, on les peut regarder comme étant toutes connues, ou inconnues.

Cela fait, on exprimera en termes Algebriques, les veritez que l'on veut démontrer, & on cherchera des équations par les proprietez du triangle rectangle, & des triangles semblables, ou autrement, que l'on ramenera par le moyen des substitutions aux mêmes expressions, que celles qui expriment les veritez dont il s'agit, & alors le Theorême sera démontré.

:

2

S'il arrive que tous les termes de l'équation sur laquelle on opere, se détruisent, de forte qu'il reste o = o, le Theorême sera encore démontré: car c'est une marque que la chose est telle qu'on l'a supposée, sans qu'il foit necessaire de déterminer la grandeur d'aucune des lignes qui ont été nommées. Ceci arrive ordinairement lorsque

l'on regarde les Theorêmes qu'on veut démontrer, comme des Problêmes qu'on veut résoudre.

Il arrive aussi quelquefois que l'on croit résoudre un Problême, & il se trouve par la mutuelle destruction des termes de l'équation, que c'est un Theorême, qui se trouve aussi par ce moyen démontré. Tout ceci sera éclairci par les exemples qui suivent.

EXEMPLE I.

Theorême.

FIG. 37. 1. SI une ligne droite donnée AB, eft coupée également en C, & inégalement en D; le quarré de la moitié CB moins le quarré de la partie du milieu CD, fera égal au rectangle des deux parties inégales AD, D B.

Ayant momme AC, ou CB, a; CD, b; AD, sera, a+b; & DB, a-b.

Il faut démontrer que aa - bb (CB-CD')=AD x DB.

DEMONSTRATΙΟ Ν.

En multipliant a+b (AD) par a-b, (DB) l'on aura aa-bb (CB-CD')=AD × DB. C. Q. F. D.

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FIG. 38. 2. SI une ligne droite AB, coupée par le milieu en C, eft prolongée en D d'une grandeur quelconque. Je dis que le quarré de C.D moins le quarré de CB, fera égal au rectangle de la toute AD, par la partie prolongée BD.

Ayant nommé CD, a; AC, ou CB; 6; AD sera a+b; & BD, a -6.

Il faut démontrer que aa-bb (CD'—CB')=AD ×

DB.

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