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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, Qi & 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.

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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=P1 que BD.DC:: m. n. ainfi qu'il eft ici requis.

&

DEMONSTRATION.

Car le parallelogramme AEFC résultant de cette confruction, rendant AC-EF (Hyp.) =Q, CF=AE, & les triangles ADB, FDC, femblables entr'eux, donne premierement ACQ; fecondement, FD. AD: : FC. AB:: AE. AB (conftr.):n.m. D'où résulte ( en composant ) m➡n. m : : AF ("+"xP). AD=P. Troisiéme

n

ment 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.

LEMME XV.

Soit une ligne droite XO mobile autour d'un de fes points F10. 35à 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‚×A, 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'està-dire, BP à BD en plus grande raison que Bp à Bd..

DEMONSTRATION..

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

μ

1o. En prenant le cu fon égale Bx pour le finus total, l'on aura (Def. 9. Corol. 1.) Bu à Bp comme le finus de l'angle Bau eit 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 A eft à Ax, c'eft-à-dire, Bu. Bp:: Aa. Ax. Mais les triangles (conft.) femblables Bxd, Bxu, donnant Bd. 2u:: BX. ex (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 eft au finus de l'angle bXm; & confequemment auffi (Lem. 8. Corol. 2.) comme AX eft à AO, c'est-à-dire, BP.bm:: AX. AO. Mais les triangles (conftr.) semblables bmX, BDX, donnent bm. BD::bX. BX (constr.) :: BO. BX. Donc (en multipliant par ordre) BP. BD:: BO×AX.BXxAO.

Ces nomb. 1. 2. donnant ainfi Pd. Bp :: BXxAw.BOxAx. Et BP.BD:: BOxAX. BXxAO. l'on aura ( en multipliant par ordre) BPxBd.BDxBp::EO×AXxBX×A∞. EXXAO× BOXAx:: AXxA∞, AO×Ax. Mais la conftruction donnant AXAx, & A.> AO, donne pareillement AXx

A.> AO×Ax. Donc auffi BP-Bd> 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 caracteriftique des fimus, en forte que JBAO, 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. 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 :: ÂO×sBAO. AX×sBAX. Par un semblable raisonnement on trouvera de même B. Bx:: Awx/BA∞. Axx/BAx. Mais (Hyp.) BO. BX:: B. Bx. Donc auffi AOX/BAO. AX×sBAX:: AwxsBA. Axx/BAx. Et confequemment AOxAxx/BAOX/BAX=AXXAwxfBAXX BA; d'où réfulte AXxA. AOxAx::/BAOxBAx. BAXX/BA. Mais la contruction donnant AX Ax, & Aw AO, donne AXxAw> AOxAx. Donc auffi BAOx/BAx> BAX-/BA". Or en prenant AB pour de finus total, l'on aura (Déf. 9. Corol. 1.) BP/BÃO, BD=/BAX, Bp=fBA, & 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,

1°. fBAw.fAwB:: Bw. AB (conftr.) :: BO. AB.
2°. SA@B. SAxB::Ax.A«.

3°. SAxB.BAx:: AB. Bx (conftr.):: AB. BX. Donc (en multipliant par ordre ) SBA". sBAx :: BO× Ax. AuxBX. ou BAx. (BA:: AxBX.BO×Ax. On trouvera de même (BAO./BAX:: BOXAX. AO×BX. (Donc en multipliant encore par ordre (BAOx/BAx. sBAX×sBA® :: BO×AX×A...xBX. AO×BX×BO×Ax::

>

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

LEMME

XV I..

Si fur les deux côtez contigus AB, AC, d'un parallelo

F10: 37.

& 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 ABDCs, je dis,

FIG. 37. 38.39.

FIG. 40.

1. 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'eft-à-dire, qu'alors on aura toûjours ASD=ASC✈ASB.. 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. 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 s fe trouve, comme ici 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 S fe trouve i c'est-à-dire, qu'alors on aura par tout ici ASD ASC-ASB.

FIG. 44. 45.46.

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III. Que lorsque le point S fera fur un des côte (prolon gé 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.

IV. Que frenfin le point S eft fur la diagonale AD (pro- F 16.47% longée ou non) comme dans les Fig. 47. 48. 49. l'on aura 48.49. toujours ASB ASC.

DEMONSTRATION.

Préparation pour tous les cas. Si du fommet commun S des trois triangles ASD, ASB, ASC, dont il eft ici queftion, 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=1 ACXGH, BSD-AC-HS; ce qui donne,

1o. BAD

BSD=AC-GHAC-HS=AC×

GH+HS (dans les Fig. 37. 39. 40. 42. 44. 47.)
ACXGS=ASC..

2o. BAD-BSD=÷ACxGH-÷AC×HS=AC× GH-HS (dans les Fig. 38. 39. 41. 42.45.48.) = ACxGS=ASC..

137

& fuivantes

jufqu'à 49

3o. BSD-BADACHS-AC×GH=÷÷AC× HS-GH (dans les Fig. 43. 46. 49⋅ ) =÷AC×GS= ASC. Or,

38. 39

PART. I. Les Fig. 37. 39. donnent ASD ASB FIG. 377. BAD+BSD, & les Fig. 38. 39. donnent ASD ASB +BAD-BSD. Donc (prep. nomb. 1. 2.) ce cas du point S dans le com lement BAF de l'angle capital BAC, comme on le voit dans les Fig. 37. 38. 39. donnera toûjours ASD=ASP ASC.. Ce qu'il falloit 1. démontrer.

F16.407

PART. II. Les Fig. 40. 42. donnent ASD BAD BSD-ASB,les Fig. 41.42.donnent ASD BAD-BSD 41. 42. 435ASB, & 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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