SECTION III. Où l'on donne la Méthode de démontrer les les Thearêmes de Geometrie. VIII. A METHODE. 6 PRE's avoir mené les lignes que l'on juge 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 difference, que l'on peut se servir de toutes les lettres indifferemment : 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 proprierez 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. S'il arrive que tous les termes de l'équation fur laquel le on opere, se détruisent, de forte qu'il reste o=0, 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 démon trer, comme des Problêmes qu'on veut réfoudre. 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 L Theorême.. 1. S I ane ligne droite donnée AB, eft coupée également en FLC. 34C, & 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, DB. Ayant nommé AC, ou CB, a; CD, 6; AD fera, a+b; &DB, a-b. Il faut démontrer que aa-bb (CB-CD2) AD x DB. DEMONSTRATION. En multipliant a + b (AD) par a - b, (DB) l'on aura ada - bb (CB2-CD) = AD × DB.. C. Q. F. D. EXEMPLE Theorême.. 2. S 1 une ligne droite AB, coupée par le milicu en C, eft Frc. 3残 prolongée en D d'une grandeur quelconque. Je dis que le quarré de CD 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 fera a+b; & BD, a-b. Il faut démontrer que aa - bb (CD-CB2) = ADX DB. DEMONSTRATION. Si l'on multiplie a+b (AD) par a - b (DB, l'on aura aa — bb (CD2—CB2)=AD × DB. C. Q. F. D. On démontrera de même les autres propofitions du second Livre d'Euclide, où il s'agit des proprietez des lignes divisées de differentes manieres. EXEMPLE III Theorême. F16. 36. 3. DANS tout triangle obtufangle ABC, dont l'angle ABC est obtus, fi l'on prolonge un des côtez BC du côté de B, & que l'on abaisse du point A fur le prolongement, la perpendiculaire AD; le quarré du côté AC opposé à l'angle.obtus, fera égal à la somme des quarrez des deux autres côtez AB, BC, & outre cela à deux rectangles dont BC eft un côté, & le prolongement BD, l'autre. FIG. 37. Ayant nommé AC, a; AB, b; BC,c; DB, d AD, g; DC sera c+d. Il faut prouver que aa (AC 2) = 6b+cc+2cd (AB+BC2+2BC × BD). DEMONSTRATION. A Cause du triangle rectangle ABC; aa (AC2 Si l'on fait DB (=d)=0, le point D tombera en B, & 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 signe du rerme où d se rencontre, aa=bb - 2cd + cc, ou aa +2cd=bb+ca, ou AC2+2BC × BD=AB+BC2; c'est-à-dire que dans tout triangle, le quarré du côté opposé à un angle aigu, avec deux fois le rectange du côté sur lequel tombe la perpendiculaire, par la partie interceptée entre la perpendiculaire, & cet angle aigu est égal à la fomme des quarrez des deux autres côtez. 4 S I dans un cercle ABGD, dont le centre est C, l'on mene F16.38 librement deux droites BE, DF qui fe coupent en O. Je dis que BO × 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 IE, b; DK, ou KF, c, OI, d; OK, f; CI, 3; CK,h; CO k; BO sera, b+d; OE,b-d; DO, c+ f; & OF,c-f. Il faut démontrer que 66 - dd (BO × OE)=c-ff (DO × ОЕ ). DEMONSTRATION. LES triangles rectangles CIB, CKD, C10, CKO, aa = cc + bh, donnent 1o. aa = bb +8320. , 3° kk =dd+gz, 4°. kk=ff+hh ; & faisant évanouir ad dans les deux premieres équations, kk dans la troifiéme & quatrième, l'on aura so. bb+gg=cc+bh, 6°. dd +25=ff+bh; & soustrayant les deux membres de la fixiéme équation des deux membres de la cinquiéme,, le premier du premier, & le second du second, il vien dra bb-dd-ff. C. Q. F. D EXEMPLE V. Theorême proposé en forme de Problême. FIG. 39. 5. UN cercle AEBF, dont le centre est C, & un diametre 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 ane droite quelconque EDF; ED × DF +DI 2 foit = AI × 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 x 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 sera a-xi 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 × IB) qui se reduit à o = o. C'est pourquoi le Problême proposé est un Theorême, & comme il ne reste aucune ligne pour déterminer la position du point D; il fuit que l'on peut prendre ce point par tout où l'on voudra dans le cercle. L'on auroit pu démontrer ce Theorême comme le precedent, & l'on pourroit aussi démontrer tous les Theorêmes, comme on a fait celui-ci, en les confiderant comme des Problêmes. EXEMPLE |