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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 premier A deux lignes AD, AC, de grandeurs données P, Q; & du fecond B, une ligne BC, laquelle foit divifée 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_i 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 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.

la droite

Car le parallelogramme AEFC résultant de cette confruction, 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 réfulte ( en composant ) m➡n. m : : AF ("="×P). AD=P. Troisièmement enfin BD. DC: : AB. FC: : AB. AE (constr.) : : 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.

n

LEMME XV.

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Soit une ligne droite XO mobile autour d'un de fes points F10. 35 Bfixe, qui la divife en deux branches ou parties BX,BO, telles 36,

L

qu'on voudra: imaginons-la fe mouvoir de XO en xa 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, A, 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 Bo, donnera toûjours BP. BD > Bp. Bd. c'eftà-dire, BP à BD en plus grande raison que Bp à Bd..

DEMONSTRATION..

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

μ

1o. En prenant Pa ou fon égale Bx pour le finus total, L'on aura (Def. 9. Corol. 1.) Bu à Bp comme le finus de l'angle Bau eft au finus de l'angle Bap, ou (Def. 9. Co• rol. I.) comme le finus de l'angle BxA eft au finus de l'ange PA; & confequemment auffi ( Lem. 8. Corol. 2.) comme Aweft à Ax, c'est-à-dire, Bu. Bp :: Aa. Ax. Mais les triangles (conft.) femblables Bxd, Bxu, donnant Bd. 2u:: BX. Bx (constr.):: BX. BO. Donc (en multipliant par ordre) Bd. Bp :: BXxA. BOxAx.

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 est au finus de l'angle bXm; & confequemment auffi ( Lem. 8. Corol. 2.) comme AX est à AO, c'est-à-dire, BP.bm:: AX. AO, Mais les triangles (conftr.) femblables bmX, BDX, donnent bm. BD::bX. BX (conftr.) :: BO. BX. Donc (en multipliant par ordie) BP. BD:: BO×AX.BXxAO.

Ces nomb. 1. 2. donnant ainfi Ed. Bp :: BXxAw. BOxAx. Et BP.BD:: BO×AX. BXxAO. l'on aura ( en multipliant par ordre) BPxBd.BDxBp::EOxAXxBXxA. EXXAO× BOXAx:: AX×A∞. AO×Ax. Mais la conftruction donnane AX> Ax, & A> AO, donne pareillement. AXx

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A> AO×Ax. 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 SBAO, BAX, &c. fignifient les finus des angles BAO, BAX, &c. Cela pofé, le Corol. 2. du Lem. 8. donnera BO. AO::/BAO. SABO. Le même Corol. 2. du Lem. 8. donnera auffi AX. BX:: SABX. fBAX (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 :: ÂO×sBAO. AX-BAX. Par un femblable raifonnement on trouvera de même Ba. Bx:: Awx/BA@ Axx/BAx. Mais (Hyp.) BO. BX:: B. Bx. Donc auffi AO×sBAO. AX×ЛBÁX:: AwxsBA. Axx/BAx. Et confequemment AOxAxx/BAO×/BAx=AX×Aw×sBAX×

JBA; d'où réfulte AXxA. AOxAx::/BAO×/BAx. BAXX/BA. Mais la contruction donnant AX Ax & A AO, donne AXxA∞> AOxAx. Donc auffi BAOX/BAx> BAXx/BA". Or en prenant AB pour le finus total, l'on aura (Def. 9. Corol. 1.) BP sBÃO, BD=/BAX, Bp=fBA, & Bd=sBAx. Donc BPxBd> BDxBp. Par confequent BP. BD > Bp. Bd. Ce qu'il falloit encore démontrer.

TROISIE'ME 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. A∞.

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

Donc (en multipliant par ordre ) BA. SBAx:: BOX Ax. AuxBX. ou BAx./BA:: AxBX.BOxAx. On trouvera de même (BAO./BAX:: BOXAX. AOxBX. (Donc en multipliant encore par ordre SBAOx/BAx. ƒBAX×/BA :: BO×AX×A...xBX. AO×BX×BO×Ax::

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AXXA∞. AOXAx, c'est-à-dire, AXXA. AOxAx ::
SBAOX/BAx. BAXX/BA. comme dans la précedente
Démonftration 2. Ce qui donnera ici comme la 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. paffe 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 1, je dis,

FIG. 37. 38.39.

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, con-fruits fur les côte AC, AB, de cet angle capital BAC –– c'est-à-dire, qu'alors on aura toûjours ASD ASC ASB. FIG. 40. II. Que lorfque 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. 44. 45.46.

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,com-me ici le triangle ASB, dont la bafe eft le côté AB, qui avec La diagonale AD, forme les angles oppofez DAB, KAE, dans un defquels ce point S fe trouve i c'est-à-dire, qu'alors on aura par tout ici ASD—ASE-ASB.

III. Que lorsque le point S fera fur un des côte (prolongé ou non)de l'angle capital BAC du parallelogramme 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.

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IV. Que frenfin le point S eft fur la diagonale AD (pro- F1.47% 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 10:37 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 bases AC, BD, perpendiculaires (conftr.) à ces hauteurs. Par confequent on aura leurs aires ASC-AC-GS, BADBD×GH= AC-GH, BSD=÷AC-HS; ce qui donne,

1o. BAD➜BSD=÷AC×GHAC-HS=ACXGH-HS (dans les Fig. 37. 39. 40. 42. 44. 47.) ACXGS=ASC..

2o. BAD-BSD=÷AC×GH-AC-HS=ACx GH-HS (dans les Fig. 38. 39. 41. 42. 45.48.) ACxGS=ASC.

3o. BSD-BAD

ACHS-AC-GH=÷AC×

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

PART. I. Les Fig. 37. 39. donnent ASDASE F1.572 BAD+BSD, & les Fig. 38. 39. donnent ASD ASB 38 39 +BAD¬BSD. Donc (prep. nomb. 1. 2.) ce cas du point S dans le complement BAF de l'angle capital BAC, comme on le voit dans les Fig. 37. 38. 39. donnera toûjours ASD=ASE ASC. Ce qu'il falloit 1. démontrer. PART. II. Les Fig. 40. 42. donnent ASD BAD F10.40BSD-ASB,les Fig. 41. 42. donnent ASD BAD-BSD 41 42 435. 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

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