triéme formule, où il y a -a (Fig. 16); l'on décri " 2 L I 2 a le de ra du centre C & du demi diametre CA = mi cercle AHB, on élevera ensuite CH perpendiculaire à AB, fur laquelle ayant pris CG=b, racine du dernier quarré, on menera EF parallele à AB, qui coupera le demi cercle aux points E & F, d'où l'on abaissera les perpendiculaires FD, EI. Je dis que AD & AI, feront les deux valeurs positives de x (Fig. 13), pour la troisiéme Formule; négatives (Fig. 16), pour la quatrième. I i PUISQUE QUE AC ou CF=a, & CG=b;GF, ou CD aa-bb,& par consequent AD=x=± I 4 I a 2 66 lesquelles valeurs font toutes deux réelles & positives dans la Fig. 13. qui appartient à la troifiéme Formule, & tou tes deux réelles, mais négatives dans la Fig. 16 qui appar tient à la quatriéme Formule. C. Q. F. D. en H, les points D & I en C, & les deux valeurs de x, seront égales. 4. Si OG est plus grande que CH; les deux mêmes valeurs de x seront imaginaires, & le Problême sera impossible. Ce qui se connoît aussi par l'inspection des deux Formules que l'on construit. 5. On peut encore construire ces équations, en fai sant évanouir le second terme, après quoi on trouvera les valeurs de l'inconnue par l'art. 5. no. 2. 6. Il y a encore d'autres équations qui appartiennentau second degré: comme x = + aa xx+as b, mais on les ramene à quelqu'une des quatre Formules précedentes en égalant le quarré xx de l'inconnue à un rectangle, dont un côté est une autre inconnue ; & l'autre côté est une lettre connue de l'équation. On prend ordinairement celle qui s'y trouve le plus frequemment. Ainfi, en faisant ay = xx, & mettant dans l'équation aayy pour x*, & ay pour xx, l'on aura yy=ay+ab, qui étant construite par les regles précedentes; la moyenne proportionnelle entre a &y, fera la valeur de x. Par le moyen des équations du premier, & du second degré, l'on fait tout ce que les Anciens prenoient pour Geometrique. EXEMPLES. VII. Nous allons resoudre plusieurs Problêmes du premier & du second degré, pour servir d'exemples à la construction des équations plus composées que les pré cedentes. A PROBLEME SIMPLE. FIG. 17. 1. DECRIRE un quarré GFHI dans un triangle don né ABC. Je remarque 1o. Que le triangle ABC étant donné, la perpendiculaire AD le sera auffi. 2°. Que pour former le quarré, il suffit de trouver dans la perpendicu laire AD, un point E, tel que DE soit égale à FG me. née par le point E parallele à BG: car alors ayant mené FH, & GI paralleles à AD; FHIG sera un quarré. Ayant donc supposé le Problême résolu, & nommé les données BC, a; AD, b; & l'inconnue DE, ou FG, *; AE sera b-x. Les triangles semblables ABC, AFG donneront b (AD).a (BC) :: b-x (AE).x (FG); donc bx=ab-ax ou ax + bx=ab, d'où l'on tire : : On prendra fur DB prolongée du côté de B l'intervale DK=BC, & KL=AD, & ayant joint LA, on menera KE parallele à LA, qui coupera AD au point cherché E. DEMONSTRATION. : A Caufe des paralleles LA, KE l'on a IK ou (conft.) AD. AE :: KD ou(conft.) BC. DE: mais AD. AE :: A PROBLEME SIMPLE. 2. UN demi cercle, ABC, dont le centre eft D, avec F16.18. une perpendiculaire FB à son diametre AC, qui le divise en deux parties quelconques, AF, FC, & un autre demi cercle FSC, décrit sur le diametre FC, étant donnez; il faut trouver dans le triligne mixte BFSCB, le centre O d'un cercle, dont la circonference touche les trois còtez du triligne mixte, comme on voit dans la Figure. Ayant suppose le Problême resolu, mené (art. 4. n. 1) les lignes 01, OF paralleles à FC & à FB, & les lignes.OK, OS aux points touchans K, S; qui étant prolongées, iront paffer aux centres D, & G des cercles ABC, FSC, comme il est démontré dans les élemens de Geometrie. Nommant donc les données AD, ou DC, ou DK, a; FG, ou GC, ou GS, 6; DE, c; FB,f; & les inconnues FE, ou 10, ou OK, ou OS, x; FI, ou EO, y; DO fera a-x; GO, b+x;GE,b-x; & DE, c+x. Les triangles rectangles OED, OEG donneront DO-DE =EO, ou en termes Algebriques aa - 2 ax + xx - CC - 2 cx - xxyy=GO-GE=6b+26 66+26x-xx, 2 -xx+x 2 ou en retranchant ce qui doit être re x= aa- cc M tranché, aa - сс - 2 ax - 2cx=4bx, d'où l'on tire où je remarque que aa-cc=a+cx 46+24+20) a- c = AF × FC=FB=ff, & que 4b+2c=AC =24; & partant x= ff d'où l'on tire cette constru ction. 44 , Soit prolongée la perpendiculaire BF en M, en forte que FM=2 AC = 4 a; du centre F par B soit décrit le demi cercle BQP, qui rencontrera FMen P, & BC prolongée, s'il est necessaire, en 2. Et ayant joint QM, soit menée par P la droite PE parallele à QM, qui rencontrera FC en E; ayant ensuite mené EO, parallele à FB, & décrit du centre D, & du demi diametre DL =DC-FE le cercle LOH; il coupera EO au point cherché O, qui sera le centre du cercle ISK, qui satisfait au Problême. DEMONSTRATION. 다. SO IT du centre G, & du demi diametre Gf=GF+FE décrit le cercle for. A cause des triangles semblables, MFQ, PFE; FM, ou (conft.) 2 AC . FQ : : PE, ou FQ. FE; donc 2 AC × FE=FQ2=FB2 = AF × FC; donc 2 AC× FE= AF × FC. Et partant 2 AC. AF :: FC. FE. dividendo AC+ FC . AF, ou HE :: FL. FE. Encore dividendo 2 FC . HE :: EL . FE, ou Cr; donc HE × EL=2 FC × Cr=FC × 2 Cr = / Ex Er; Et partant HE × EL=SE × Er: mais HE × EL=EO2; donc aussi/Ex Er=EO2; c'est pourquoi le point O est commun aux deux cercles HOL, fOr, & à la perpendiculaire EO: mais par la construction, les lignes OK, OI, OS font égales; &les points K, S, I, font les points touchans; puisque les lignes OS, & KO, vont aux centres G & D des cercles ABC, FSC, & que OI, est perpendiculaire à FB; donc le point O, est le centre du cercle ISK, qui fatisfait au Problême. C. Q. F. D. A PROBLEME 3. PROBLÉME PLAN. UN demi cercle AEB, dont le centre eft C, & une FIG. 19. perpendiculaire DE à fon diametre étant donnez; il faut trouver fur DE le point F, par où, & par le point A, ayant mené la ligne AFG; GF soit égale au demi diametre AC. Ayant supposé le Problême résolu, & nomme les données AC, où CB, ou FG, a; AD, 6; DE, c; & l'in 2 connue AF, x; DF fera √xx-bb; l'on a par la proprieté du cercle DE - DF2 = AF × FG, ou cc - xx +bb=ax,ouxx=ax+cc+bb; d'où l'on tire x= 2 I a+√aa+cc+bb, qui fournit cette construction. 4 Soient menées du point E aux extremitez A & B du diametre AB, les droites EA, EB. Et ayant fait EL = I 2 AC = I 2 a, soit décrit du centre A par I, l'arc LH qui coupera AB en H. Et du centre H, & du demi diametre EL, soit décrit un cercle qui coupera AB aux points I & K. Je dis que AI, sera la valeur positive dex; c'est pourquoi si du centre A l'on décrit les deux arcs KG, IF qui couperont la circonference AEB en G, & DE en F; la droite AF étant prolongée rencontrera la circonference AEB en G, & FG fera par confequent = AC; puisqu'elle est égale à IK double de EL 2 PAR la construction, & à cause des triangles rectangles AEL, ADE; AL2 — EL2 = AH-IH AK × AI = AG × AF = AE=AD2 + DE = AB× AD=AD × DB + AD 2 ; donc AG × AF, cu AF × FG+AF2, ou AF × FG + AD2 + DF = 2 F |