DEMONSTRATION. SI l'on multiplie a+b (AD) par a-b (DB), l'on aura aa-bb (CD — CB2) = AD × DB. C. Q. F. D. On démontrera de même les autres propositions du second Livre d'Euclide, où il s'agit des proprietez des lignes divisées de différentes manieres. EXEMPLE III. baille Theorême. ১ 3. DANS tout triangle obtusangle ABC, dont l'angle F1G.39 Ayant nommé AC, a; AB, b; BC, c; DB, d; AD, g; DC fera+d. Il faut prouver que aa (AC')=bb + cc + 2cd (AB +BC+26cx BD). DEMONSTRATION. A Cause du triangle rectangle ADC; aa (AC) =gg (AD)+dd+2cd+cc (DC2): mais le triangle rectangle ADB donne bb=gg + dd; mettant donc en la place de gg + dd sa valeur bb; l'on aura aa = bb + 2cd+ cc. C. Q. F. D. Si l'on fait DB (=d)=0, le point B tombera en D, FIG.40. & l'angle ABC fera droit ; & l'on aura aa = bb+cc: car 2cd devient nulle à cause de d=0: mais si l'on fait d negative, & moindre que c = BC; le point D tombera entre B, & C ; & partant les deux angles ABC, & C feront aigus, & l'on aura en changeant le figne du terme où d se rencontre, aa=bb-2cd+cc, ou aa+2cd=66+cc, ou AC+ 2BC × B D = A B* + BC2; c'est-à-dire que dans tout triangle, le quarré du côté opposé à un angle aigu, avec deux fois le rectangle du côté sur lequel tombe la perpendiculaire, par la partie interceptée entre la perpendiculaire, & cet angle aigu, est égal à la somme des quarrez & des deux autres côtez. EXEMPLE IV. Theorême. F1 G. 41. 4. SI dans un cercle ABGD, dont le centre est C, l'on mene librement deux droites BE, DF qui se coupent en O. Je dis que BO x OE=DO × OF. L'on menera par le point o, le diametre ACOG, les rayons CB, CD, & les perpendiculaires CI sur BE, & CK fur DF; & ayant nommé les rayons CA, CG, CB, CD, a; BI, ou 1E, b; DK, ou KF, c, OI, d; OK, f; CI, g; CK, h; CO, k; BO fera, b+d; OE, b- d; DO, c+f; & OF, c-f. Il faut démontrer que bb - dd (BO x OE) = cc - ff (DO × OE). DEMONSTRATION. Les triangles rectangles CIB, CKD, CIO,CKO, donnent 10. aa = bb + gg, 2°, aa = cchh, cc 3°. kk =dd+gg, 4°. kk=ff+bh; & faisant évanoüir aa dans les deux premieres équations, kk dans la troisième & quatriême, l'on aura 5°. bb+gg = cc+bh, 60. dd+gg =ff+hh ; & soustrayant les deux membres de la sixiême équation des deux membres de la cinquième, le premier du premier, & le second du second, il viendra bb-dd cc-ff. C. Q. F. D. EXEMPLE EXEMPLE V. Theorême proposé en forme de Problême. 5. UN cercle AEBF, dont le centre est C, & un diame-FIG. 42. tre AB étant donnez; il faut trouver au dedans du cercle le point D, d'où ayant abaisse la perpendiculaire DI fur le diametre AB; & par où ayant mené une droite quelconque EDF; ED × DF + DI* soit=AI x IB. Ayant mené par D la droite GDH parallele à AB; puisque GD × DH=ED × DF, on peut mettre GD x DH en la place de ED × DF; de forte que le Problême se réduit à trouver le point D; en forte que GD × DH + DI = AI × IB. Ayant supposé le Problême résolu, mené CK parallele à ID, le rayon CH, & nommé les données CH, AC, ou CB, a; & les inconnues CI, ou KD, x; CK, ou ID, y; AI fera a-x; IB, a+x; KH, Vaa-yy; DH, Vaa-yy + x; DG, Vaa-yy-x, & les conditions du Problême donneront aa - yy - xx (GD × DH) + yy (DI2) = aa - xx (AI x IB) qui se réduit à o = 0. C'est pourquoi le Problême proposé est un Theorême, & comme il ne reste aucune ligne pour déterminer la position du point D; il suit que l'on peut prendre ce point par-tout où l'on voudra dans le cercle. L'on auroit pû démontrer ce Theorême comme le précedent, & l'on pourroit aussi démontrer tous les Theorêmes, comme on a fait celui-ci, en les confiderant comme des Problêmes. I FIG. 43. EXEMPLE VI. 6. LES parallelogrammes BD, CE, & les triangles ABC, Ayant nommé BC, a; CF,b; & la hauteur AG, c; l'on aura ac = au parallelogramme BD que je nomme, x, & bc = au parallelogramme CE, que je nomme y; il faut démontrer que x (BD). y. (CE) :: a. b. DEMONSTRAΤΙΟΝ. PUISQUE x = ac, & y = bc, l'on a x. y :: ac. bcs donc bcx = acy, ou bx=ay; donc x. y :: a. b. C. Q. F.D. C'est la même chose pour les triangles. EXEMPLE VII. Theorême. FIG.44.7. LES triangles semblables ABC, DEF, font entr'eux comme les quarrez de leurs côtez homologucs AB, DE. Ayant nommé AB, a; BC, b; DE, c; EF, d; le triangle ABC, x; & le triangle DEF, y; les produits ab (AB × BC), & cd (DE × BF) feront en même raison que les triangles ABC, & DEF, ou x, & y; c'est pourquoi l'on aura ab. cd :: x. y; donc cdx=aby : mais la ressemblance de ces triangles donne a. (AB) b :: (BC) :: c (DE) d.(EF); donc ad=bc; donc d= ; & mettant cette valeur de d dans la premiere 'équation, l'on aura beex = aby, ou ccx = aay; donc x. y :: aa . cc :: AB2. DE2. C. Q. F. D. a L'on démontrera de même, que tous les polygones semblables font entr'eux comme les quarrez de leurs côtez homologues. Et comme les cercles sont aussi des polygones semblables d'une infinité de côtez, dont les diametres font les côtez homologues; il suit que les cercles sont entr'eux comme les quarrez de leurs diametres, ce que l'on démontre aussi facilement que pour les triangles semblables. EXEMPLE VIII. Theorême. 8.LES folides semblables font entr'eux comme les cubes de leurs còtez homologues. Soient deux Spheres AB & CD; ayant nommé le F1 G.45, diametre AB de la Sphere AB, a; sa circonference c; 46. le diametre CD de la Sphere CD, b; sa circonference, d; la Sphere AB, x; & la Sphere CD, y. Il faut démon. trer que x. y :: a, b. DEMONSTRATION. bbd aac LA Sphere AB est égale à , & la Sphere CD=; donc x. y::. ba :: aac bbd; donc bbdx = aacy : Mais les cercles étant des polygones semblables, leurs diametres sont comme leurs circonferences; c'est pourquoi a. b :: c.d; donc ad = bc.; & partant d = ; mettant donc cette valeur de d dans la premiere équa bc aacy, ou bx=ay; donc x. y :: a. On démontrera la même chose, & de la même maniere pour les autres solides semblables. EXEMPLE IX. Theorême. 9.LES triangles ABC, DEF dont les bases BC, EF, & F16. 47. les hauteurs AG, DH font en raison reciproque, sont égaux. |