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parce

Figure foit divifée dans la raifon demandée : mais
que l'on connoit le rapport de toute la Figure à fes parties
KABC, LABCE, l'on connoitra auffi le rapport du
quadrilatere LKCE à fa partie OKCF; c'est pourquoi,
1. Si les lignes KL, CE font paralleles, il n'y a qu'à di-
viser CE en F, en forte que CE foit à CF dans la raifon
convenable, & mener DOF, qui fatisfera à la queftion:
car CE. KL:: CF. KO, ou DCE. DKL:: DCF. DK0;
& dividendo LKCE. DCE :: OKCF. DCF. permutando

LKCE.OKCF:: DCE. DCF:: CE.CF.

AL +

baɛ+

2o. Si les lignes CE, KL ne font point paralleles, elles F1c. 27. concourront de part ou d'autre en un point P, que l'on trouvera en cette forte. Ayant mené LR & LQ paralleles à KC, & à CF, ces droites feront données de grandeur auffi bien que KQ. Soit donc fait à cause des triangles femblables KQL, KCP ; KQ. QL::KC. CP; CP fera donc auffi donnée de grandeur; c'eft pourquoi tirant KS perpendiculaire à CE, qui fera auffi donnée; l'on aura la fuperficie du triangle KCP; & par confequent (no. 9), le rapport de tout le triangle à fa partie OKCF, & le Problême fera réfolu.

PROBLEME PLAN.

13. DE' CRIRE un triangle ABC rectangle en A, dont FIG. 28.
le plus petit côté AB, & la difference DC des fegmens de l'hy-
pothenufe, faits par la perpendiculaire AE, foient données de
grandeur.

Ayant fuppofé le Problême refolu, l'on décrira du centre A, & du rayon AB, le cercle GBF, qui paffera par le point D; puifque DC, eft la difference des fegmens BE, EC de l'hypothenufe BC; & ayant prolongé AC en G; GC fera- AB+ AC; & FC=AC —– AB. Nonmant donc les données AB, a; DC, b; & l'inconnue CF, x ; AC sera a + x; & GC, 2a + x ; l'on aura à caufe du cercle CD (b). CF (x) :: CG

&

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(2a+x). CB=

2 ax xx

b

2

ز

donc à cause de l'angle

droit. BC — AB2 + AC2, ou en termes Al

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en ordonnant l'équation,

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x2+4ax3+4aaxx― zabbx—zaabb=o, qui eft une

bbxx

&

&

équation du quatrième degré ; qui ne peut être divifée par aucun binome compofé de l'inconnue, d'un des divifeurs du dernier terme : mais avant que de conclure quelle est la nature du Problême, il faut faire évanouir le second terme. Faisant donc xa=z,l'on =༢- a; & mettant cette valeur de x dans l'équation en la place de x, & les puiffances de cette valeur en la place des puiffances femblables de x, l'on aura cette nouvelle équation +

--

ax —༢ — 4 ;

-

2༩༧༢༢ .F ༗ + =.༠ ; -bbzz - aabb

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me le quatriéme terme eft auffi évanoui, il suit Problême eft plan: car faifant ay=zz, l'équation se changera en celle-ci, aayy — 2a 3 y + a += 0, ou yy =

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, que l'on peut ramener à une des 4 formules précedentes; trouver par confequent la valeur dey, & chercher enfuite une moyenne proportionnelle d'où ayant entre y & a, qui fera la valeur de aura celle de x qu'il falloit trouver. Mais ces fortes de constructions font tres- compofées ; c'est pourquoi dans de pareils cas, il faut tâcher, en prenant d'autres voyes, de trouver une équation du fecond degré, qui donneroit une conftruction beaucoup plus fimple, plus élegante, & plus naturelle. Prenons donc BD pour l'inconnue; & l'ayant nommée x; BC fera b+x; BE,x; & EC,

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+ b ; & l'on aura à cause de l'angle droit BAC, BE × EC

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• bx= AE1 : & à caufe du triangle rectan

gle

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— bx=aa = AB2, qui fe réduit à xx➖➖ bx+ zaa;

d'où l'on tire x- 1b+V÷bb+zaa, qui donne cet

te construction.

D, étant le commencement de x qui va vers B, on FIG. 29 prendra fur CD, prolongée de part & d'autre, DG= 24=2AB, & DH=a=AB, & ayant décrit fur le diametre GH, le demi cercle GRH, on élevera au point D la perpendiculaire DR, qui rencontrera la circonference en R. Et du centre O, milieu de DC, on décrira par R, le demi cercle BRK qui coupera DG au point cherché B. De forte que DB fera la valeur pofitive de x, & DK fa valeur négative; c'eft pourquoi ayant décrit fur l'hypotenufe BC, le triangle rectangle BAC, dont le petit côté AB foita, le Problême fera réfolu.

DE'MONSTRATION.

PAR la construction AB= 4, & DC = b; il ne ref
te donc qu'à prouver que la perpendiculaire AE qui
tombe de l'angle droit A fur l'hypothenuse BC,
BD par le milieu en E.

divife

#

La proprieté du cercle donne BD × DK—DR 2 GD × DH;donc BD.GD ou 2 DH :: DH . DK, ou en prenant la moitié des confequens, BD. DHOAB:: AB,

DK; donc BD × DK, ou — BD × DK=AB2;

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::

2

donc DK, ou CB. AB AB BD: Mais les triangles semblables CBA, ABE donnent CB. AB

2

:: AB. BE¿donc AB.—BD :: AB. BE; donc —–—– BD =BE. C. Q. F. D...

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F1 G. 30. 14. UN quarré ABCD dont les côtez AB, AD sont prolongez étant donné ; il faut trouver fur l'un des prolongemens AE, le point E, en forte que la ligne menée par E, & par l'angle C, terminée par l'autre prolongement BF, foit égale à une autre ligne donnée KL, qui ne foit point moindre que le double de la diagonale du quarré.

+pag:26.

bb

Ayant fuppofé le Problême réfolu, & nominé AD, ou AB, a; KL, b ; & les inconnues AE, x; AF, y; DE fera, x-a; le triangle rectangle FAE donnera AE2+AF2 = xx+yy= (hyp.) EF2, qui eft une équation au cercle. Et les triangles femblables FAE, CDE; donneront y. (FA.) x (AE) :: a (CD). x — a ( DE ); donc xy—ay=ax, qui eft une équation à l'hyperbole par rapport à fes afymptes; & ayant fait évanouiry, & ordonné l'équation, on aura A. x 4 — 2 ax 3 + 2aaxx+2abbx — aabb=0, qui eft -bbxx

une équation du quatrième degré, & qui ne peut être di-
vifée par aucun binome; c'eft pourquoi pour déterminer
quelle eft la nature du Problême, il faut, fuivant les
principes de M' Defcartes, & ce que nous avons dit art.
4. n°. 18 faire évanouir le fecond terme. Soit pour ce
fujet x
—4=2; donc
donc x=x+—a ; xx=K+

a=

༢.

I

az + =—=— aa ; x 3 = z3 + — azz+‡aaz+— a 3; x+

3

=24+2az 3 + — — aazz+ — a'z + — a +, & met

2

16

4

tant ces valeurs de x, de xx, de x3 & de x + dans l'équation A, elle deviendra celle-ci.

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Pour transformer prefentement l'équation B en une équation du troifiéme degré, on fe fervira de cesdeux équations:

C.༢༢ y༢—/=༠.

D. z+yz+t=o, que je multiplie l'une par l'autre, pour avoir celle-ci :

E. 2+ —SZZ—Syz-tso. qui est semblable à - ༡༡ ༢༢.— ༡༢.

+tzz:

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l'équation B. Mais pour abreger le calcul, j'égale les quantitez connues de chaque terme de l'équation Bà de fimples lettres connues; à fçavoir„

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F.༢.4+ ༧༢༢.+ {༢ +?=o.

Je compare préfentement les deux équations E & F, terme à terme, chacun à son correfpondant; ce qui me donne les trois équations fuivantes: car les deux premiers termes ne donnent rien,

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/=

L'équation 1 donne =; & mettant en la place des, cette valeur dans les deux équations G & H, & multipliant enfuite par t, t, l'on a les deux fuivantes.

K.tt

K. tttyy +r=pt.

L.—tty ry=qt.

L'équation K donne tttyy+ptr, & mettant cette valeur de tt dans l'équation Z, l'on a ty:

pty + 2 ry=qt, d'où l'on tire M. t =

2ry

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; &

mettant cette valeur det dans les équations H&I, l'on

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