Si avec cette équation xx- dx+dg, on veut trouver x, il faut la changer en celle-ci xx + dx dg, d'où l'on a cette analogie :: x+d. Vag. x. après avoir trouvé GP = Vdg. on prendra LH-d. du point C milieu de ZK, & de l'intervalle CP on décrira RPH, alors :: RL(GH) + LK. GP. GH, ou en termes analitiques :: x+d. Vdx. x. donc xx+dx.dg, ou bien xx=- dx+dg

mf

7. L'EQUATION précedente xx = naixas, étant réduite à celle-ci xx dx dg, comme l'on a fait celle du cas précedent (n°. 5.), fait voir que fi la moyenne proportionnelle entre DG (g), & CL (d) furpaffe CL, le Problême fera impoffible: car alors les deux valeurs de x feront imaginaires.

REMARQUE II.

FIG. 21,

8. SI dans les deux constructions précedentes, le point 24.
F étoit tombé au-delà du point C, hors du triangle, il
auroit falu mener la parallele DG de l'autre côté du point
G, qui auroit rencontré le côté AC, prolongé du côté
de A dans le premier cas, & l'on fe feroit fervi du côté
AC, comme on a fait du côté BC.

REMARQUE III.

9.

CE E feroit encore la même chose, fi le point D étoit donné fur un des côtez BC prolongé : car DG parallele à AB, rencontreroit le côté AC prolongé du côté de 4, & l'on trouveroit comme on vient de faire, le point E; par où ayant mené la droite DEF, l'on auroit le triangle AEF, qui feroit au triangle ABC, comme n à m. Dans la

FIG. 26.

Figure 26 AG=f. AE= x. AFx. le point I doit être pris fur AB du côté de A, en forte que AB. AI :: m. n. CL parallele à AB doit être menée de l'autre côté de C, en forte qu'on puiffe tirer GIL.

REMARQUE

IV.

FIG. 27. 10. SI le point D étoit au fommet de l'un des angles comme en A; il n'y auroit qu'à divifer BC en F; en forte que BC. BF:: m. n, & mener AF: car en ce cas

ABC. ABF:: m. n.

REMARQUE V.

FIG. 28. II. SI le point D étoit fur un des côtez AB; en nommant AB, a; BC, b; DB, g; qui font les données, & l'inconnue BF, x; l'on auroit felon l'hypothefe ab, gx :: m.n; & partant mgx — nab; 'donc x= mat: qui fournit

nab

cette conftruction.

FIG. 29.

On divifera BC en H, en forte que BC. BH::m.n, & ayant pris BF quatriême proportionnelle à DB, AB, BH, l'on menera la ligne DF qui fatisfera au Problême.

DEMONSTRATION.

n;

AYANT mené AH, les triangles ABH, D B F feront égaux, puisque (conft.) DB. AB :: BH. BF: mais le triangle ABC est au triangle ABH :: BC. BH ::m. donc ABC. DBF:: m. n. C. Q. F. D.

COROLLAIRE...

12. ON peut par le moyen de ce Problême, & des remarques qu'on y a faites, réfoudre toutes les questions de la Geodéfie.

Soit par exemple, un rectiligne quelconque ABCEGH, & un point D hors de ce rectiligne, donnez de pofition, il faut mener la ligne DOF, qui divise le même rectiligne, de

maniere

G

E

C D

CID H B

18

M

D

PB

B

P

ES
F

M

K

H

-P

GL CrQ

L

manière que la partie OHGEF foit à la partie OABCF, comme m à n.

On menera du point D aux angles du rectiligne des droites DG, DE, DC, DB. Or puifque l'on connoît la fuperficie du rectiligne entier, & qu'on peut connoître celle de toutes les parties qui le compofent; on connoîtra auffi fi quelqu'une des lignes DB, DC, DE, DG, fatisfait au Problême. Mais fi aucune n'y fatisfait, de forte que la partie LHGE foit trop petite, & la partie KHGEC trop grande; il eft neceffaire, felon cette hypothese, que la ligne DOF paffe entre les lignes DC, DE, afin que la Figure foit divifée dans la raifon demandée : mais parceque l'on connoît le raport de toute la Figure à fes parties KABC, LABCE, l'on connoîtra auffi le raport du quadrilatère LKCE à fa partie OKCF; c'eft pourquoi, 1o. Si les lignes KL, CE font paralleles, il n'y a qu'à diviser CE en F, en forte que ce CE foit à CF dans la raison convenable, & mener DOF, qui satisfera à la question: car CE. KL::CF. KO, ou DCE. DKL :: DCF. DKO; & dividendo LKCE. DCE :: OKCF. DCF. permutando LKCE. OKCF :: DCE. DCF :: CE. CF.

2o. Si ces lignes CE, KL ne font point paralleles, elles F1 G. 30. concourront de part ou d'autre en un point P, que l'on trouvera en cette forte. Ayant mené ZR & LQ paralleles à KC, & à CF, ces droites feront données de grandeur auffi bien que KQ. Soit donc fait à caufe 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 (n°. 9.), le raport de tout le triangle à fa partie OKCF, & le Problême fera réfolu.

PROBLÊ ME

PLAN.

13. DE

EC.RI RE un triangle ABC rectangle en A, dont FIG. 31. le plus petit côté AB, & la difference DC, des fegmens de l'hypothénufe, faits par la perpendiculaire AE, foient donnez de grandeur.

G