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triême formule, où il y a —— a (Fig. 16.); l'on dé

I

crira du centre C & du demi diametre CA=- a le demi

2

cercle AHB, on élevera enfuite CH perpendiculaire à AB, fur laquelle ayant pris CGb, racine du dernier quarré, on menera EF parallele à AB, qui coupera le demi cercle aux points E & F, d'où l'on abaiffera les perpendiculaires FD, EI. Je dis que AD & AI, feront les deux valeurs pofitives de x (Fig. 13), pour la troifiême Formule, negatives (Fig. 16), pour la quatriême.

DEMONSTRATIO N.

PUISQUE AC ou CF=

2

a, & CG=b; GF, ou CD

fera-Vaa-bb, & par confequent AD=x=

a

+√ aa—bb, & AI=x=±¦ a + √ aa — bb, lefquelles valeurs font toutes deux réelles & pofitives dans la Fig. 13. qui appartient à la troifiême formule, & toutes deux réelles, mais negatives dans la Fig. 16. qui appartient à la quatriême formule. C. Q. F. D.

3. SI 6=CG est

REMARQUE.

2

a=CH, le point G tombera en H, les points D & I en C, & les deux valeurs de x, feront égales.

4. Si CG eft plus grande que CH; les deux mêmes valeurs de x feront imaginaires, & le Problême sera impoffible. Ce qui fe connoît auffi par l'inspection des deux formules que l'on construit.

5. On peut encore conftruire ces équations, en faisant évanouir le fecond terme, après quoi on trouvera les valeurs de l'inconnue par l'art. 5. n°. 2.

6. Il y a encore d'autres équations qui appartiennent au second degré comme x*= · + aa xx + ab, 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 eft une autre inconnue; & l'autre côté est une lettre connue de l'équation. On prend ordinairement celle qui s'y trouve le plus fréquemment. Ainfi, en faifant ay=xx, & mettant dans l'équation aayy, pour x*, & ay pour xx, l'on aura yy=ay+ab, qui étant conftruite 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 réfoudre plufieurs Problêmes du premier & du fecond degré, pour fervir d'exemples à la conftruction des équations plus compofées que les précedentes.

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FIG. 17. I. DECRIRE un quarré GFHI dans un triangle donné

ABC.

Je remarque 10. Que le triangle ABC étant donné, la perpendiculaire AD le fera auffi. 20. Que pour former le quarré, il fuffit de trouver dans la perpendiculaire AD, un point E, tel que DE foit égale à FG menée par le point E parallele à BC: car alors ayant mené FH, & GI paralleles à AD; FHIG fera un quarré.

Ayant donc fuppofé le Problême réfolu, & nommé les données BC, a; AD,b; & l'inconnue DE, ou FG, x; AE fera b-x. Les triangles femblables 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 x= qui donne cette construction.

a b

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On prendra fur DB prolongée du côté de B l'intervalle DK=BC, & KLAD, & ayant joint LA, on me. nera KE parallele à LA, qui coupera AD au point cherché E.

DE'MONSTRATION.

A Caufe des paralleles LA, KE l'on a ZK ou ( const.)
AD. AE :: KD ou ( conft.) BC. DE: mais AD. AE::
BC. FG; donc BC. DE:: BC. FG; & par confequent
DE=FG; & partant FHIG, eft un quarré C. Q.F.D.

A

PROBLEME SIMPLE.

2. UN demi cercle, ABC, dont le centre eft D, avec une FIG. 18. perpendiculaire FB à fon diametre AC, qui le divife en deux parties quelconques, AF, FC, & un autre demi cercle FSC, décrit fur 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 côtez du triligne mixte, comme on voit dans la Figure.

Ayant fuppofé le Problême réfolu, mené (art. 4. n°. 1.) les lignes OI, OE 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.

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Nommant donc les données AD, ou DC, ou DK, a; FG, ou GC, ou GS, b; DF, c; FB, f; & les inconnues FE, ou IO, ou OK, ou OS, x; FI, ou EO, y ;. DO y;. fera a-x; GO, b+ x; GE, b-x; & DE, c+x. Les triangles rectangles OED, OEG donneront DO' DE2 EO', ou en termes Algebriques aa — 2ax + xx — cc GE2= xxyy = GO2 bb + 26x + xx — bb + 2bx-xx, ou en retranchant ce qui doit être retranché aa CC 2ax 20x= 4bx, d'où l'on tire

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20x

>
aa - cc

4b+za+2c

où je remarque que aa—cc=a+c x

a—c― AF x FC= FB = ff, & que 46 +20= AC

a-c=

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2c
d'où l'on tire cette conftruction.

Soit prolongée la perpendiculaire BF en M, en forte que FM = 2 ac = 4 a; du centre F par B foit décrit le demi cercle BQP, qui rencontrera FM en P, & DC prolongée, s'il eft neceffaire, en Q. Et ayant joint QM, foit menée par P la droite PE parallele a QM, qui renà contrera FC en E; ayant enfuite 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 fera le centre du cercle ISK, qui fatisfait au Problême.

DEMONSTRATION.

=

=

SOIT du centre G, & du demi diametre G/GF÷FE décrit le cercle for. A caufe des triangles femblables, MFQ, PFE; FM, ou (conft.) 2 AC. FQ:: PF, ou FQ. FE; donc 2AC FE F Q' — F B2 — A F × FC; donc 2 AC × FEAF x FC. Et partant 2 AC. AF FC. FE. dividendo 2 AC- AF. AF:: FL. FE. Or 2 AC- AF AC+ FC. Car 2 AC AC+AF +FC; donc 2AC AFAC+ FC. AF, ou HE: car AHOK 10=FE. Or HF HF; donc ajoutant d'une part AH, & de l'autre F E, on a AH + HF (AF) = HF + EL (= HE) :: F. L FC-FE. car FC-LC FL. or FE-10 OK

=

=

=

=LC, puifque le rayon DO du demi cercle HOL est plus court de OK = LC que le rayon DK du demi cercle AKC; donc FL- FC-FE. Encore dividendo AC +FC—HE (2FC). HE EL. FE. il faut montrer que AC+FC-HE-2 FC. car 10. HE AF. 2°. AC AF FC; donc AC+FC+HE 2FC. HE :: EL. FE, ou Cr; FE Cr. car FE-10=OS= = Cri donc HE x EL 2 FC x Cr FC x 2Cr= = (Ex Er; Et partant HE x EL (Ex Er: mais HE x EL = EO2 dont auffi E x Er=EO'; c'est pourquoi le point 0 eft commun aux deux cercles HOL, for, & à la perpendiculaire EO: mais par la conftruction les lignes OK, OI, OS font égales; & les points K, S, I, font les points tou

= =

=

chans;

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chans; puifque les lignes OS, & KO, vont aux centres G & D des cercles ABC, FSC, & que 01, eft perpendiculaire à FB, donc le point O, est le centre du cercle ISK, qui fatisfait au Problême. C. Q. F. D.

3.

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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 foit égale au demi diametre AC.

+

2

=

+

Ayant fuppofé le Problême réfolu, & nommé les données AC, ou CB, ou FG, a; AD,b; DE, c; & l'inconnue AF, x; DF fera √xx-bb; l'on a par la proprieté du cercle DE— DF2= AF x FG, car DE+DF. AF:: FG. FE. or FE-DE-DF; donc DE + DF. AF :: FG. DE-DF; donc en multipliant les extrêmes, le. produit fera égal au produit des moyens, c'est-à-dire, que DE DF AF x FG, ou cc-xx bb = ax ou xx=- ax + cc + bb; d'où l'on tire x =— - 1/2 a ± √ ÷ aa + cc + bb, qui fournit cette construction. Soient menées du point É aux extrêmitéz A & B dù diametre AB, les droites EA, E B. Et ayant fait EL = AC = a, foit décrit du centre A par L, ==/ l'arc LH qui coupera AB en H. Et du centre H, & du demi diametre EL, foit décrit un cercle qui coupera AB aux points I & K. Je dis que AI, fera la valeur pofitive de x; c'est pourquoi fi 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; puifqu'elle est égale à IK double de EL-AC.

=

DEMONSTRATION.

PAR la conftruction, & à cause des triangles rectangles
AEL, ADE; AL' — EL' — AH-IHAK × AI,

F

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