Imágenes de páginas
PDF
EPUB

:

6. Il y a encore d'autres équations qui appartiennent au
fecond degré comme x= + aa xx + ab, mais on
les ramené à quelqu'une des quatre formules préceden-
tes en égalant le quarré xx de l'inconnue à un rectangle,
dont un côté eft une autre inconnue, & l'autre côté eft
une lettre connue de l'équation. On prend ordinairement
celle qui s'y trouve le plus fréquemment. Ainfi, en fai-
fant
ay
=xx, & mettant dans l'équation aayy, pour x*,
& ay pour xx,
l'on aura yy
yy±ay±ab, qui étant con-
ftruite par les regles précedentes; la moyenne propor.
tionnelle entre a &y, fera la valeur de x.

Par le moyen des équations du premier, & du fecond
degré, l'on fait tout ce que les Anciens prenoient pour
Geometrique.

EXEMPLES.

VII. NOU s allons réfoudre plufieurs Problêmes du
premier & du second degré, pour fervir d'exemples à la
conftruction des équations plus compofées que les pré-

cedentes.

PROBLEME SIMPLE.
FIG. 17. 1. 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

a+b

[ocr errors]
[ocr errors]

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 cher. ché E.

DEMONSTRATION.

A Caufe des paralleles LA, KE l'on a ZK ou (cònst,)

AD. AE :: KD ou ( const.) 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.

[blocks in formation]

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 Ọ 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.

Nommant donc les données AD, ou DC, ou DK, a; FG, ou GC, ou GS, b; DF, 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' — DE2 EO', ou en termes Algebriques aa — 2ax + xx —— CC bb + 2bx + xx —

20x

[ocr errors]

yy

=

GO' — GE2 =

[ocr errors]

bb +2bx-xx, ou en retranchant ce qui doit être re

tranché

x

[ocr errors]

CC

- ·2ax-

20x=

aa- cc

[ocr errors]

4bx, d'où l'on tire

où je remarque que aa—cc=a+c x

a—c=AF x FC=FB2=ff, & que 4b + 26 = AC

ff

2a; & partant x= d'où l'on tire cette construction.

44

Soit prolongée la perpendiculaire BF en M, en forte que FM = 2 ac=4a; 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 à QM, qui rencontrera 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 cherche O, qui fera le centre du cercle ISK, qui satis

[ocr errors]

fait au Problême.

[blocks in formation]
[ocr errors]

[ocr errors]

=

=

×

51.51 SOIT du centre G, & du demi diametre GS-GF+FE décrit le cercle for. A caufe des triangles femblables, MFQ, PFE; FM, ou (const. ) 2 AC. FQ:: PF, ou FQ. FE; donc 2AC × FE — FQ — F B2 = AF x FC; donc 2 AC × FEAF x FC. Et partant 2 AC. AF FC, FE. dividendo 2 AC-AF. AF:: FL. FE. Or 2AC - AF = AC+FC. Car 2AC AC → AF FC; donc 2AC AFAC+ FC. AF, ou HE: car AH=0K=10=FE. Or HF HF; donc ajoutant d'une part AH, & de l'autre FE, on a AHHF (AF) HF+EL (HE) :: FL -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 ( 2 FC). HE :: EL. FE. il faut montrer que AC+ FCHE 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 = Cr; donc HE x EL-2 FC x Cr FC x 2Cr= (Ex Er; Et partant HE x EL=SE x Er: mais HE x EL — EO2; donc auffi E x Er➡ EO2; c'est pourquoi le point O est 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

-

=

[ocr errors]

=

=

[ocr errors]

=

=

=

chans;

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

3.

[blocks in formation]

UN demi cercle AEB, dont le centre eft C, & une FIG. 197 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 diametré AC.

-2

que DE

ou xx

12

=

[ocr errors]

1 a

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 × 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, DF = AF × FG, ou cc-xx bb = ax, ax + cc + bb; d'où l'on tire x =— ±√‡aa+cc+bb, qui fournit cette construction. Soient menées du point E aux extrêmitez A & B du diametre AB, les droites EA, EB. 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; puisqu'elle est égale à IK double de EL= =AC.

=

DEMONSTRATION.

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

F

1

2

[ocr errors]

2

2

&

car AH IHAH+IH × AH — IK; mais IH HK; donc AH+IH=AH+HK=AK. or AH IH-AI; donc AH-IHAK × AI= AG × AF, il faut montrer que AG x AF AE... fuppofez la ligne BG, les triangles AFD, AGB seront femblables, puifque l'angle FAD leur eft commun, qu'ils ont chacun un angle droit en D & en G; donc AF. AD :: AB. AG; donc AF × AG = AD × AB. Mais AD × AB AE, donc AF × AG — AE — AD' +DE' AB x AD AD × DB + AD2, AB × AD — AD × DB + AD, car AB — AD + DB ; donc en multipliant chaque membre par AD, on aura AB × AD

2

2

2

2

2

AD+AD × DB; donc AG × AF, ou AF × FG +AF2, AG × AF — AF × FG+ AF; car AG=AF +FG; donc AG × AF — AF AF × FG, ou AF × FG + AD* + DF2 — AD × DB + AD2; AG × FG

-2

2

[ocr errors]
[ocr errors]

-2

+AD+ DF =AD × DB + AD; car 10. par le raifonnément ci- deffus AF AG × FG+AD + DF. 2o. AE = AD + DE'; mais DE — AD × BD; donc ABAD ADx BD; donc AG x FG+AD+DF

2

2

[blocks in formation]

=

2

AĎ2 + AD × DB; donc, en retranchant AD2 de part & d'autre, AF × FG+ DF2=AD × DB DE'; donc AF × FG — DE2 — DF2; d'où il fuit que la ligne AF prolongée, rencontre le demi cercle AEB au point Goù l'arc KG le coupe C. Q. F. D.

[blocks in formation]

FIG. 20. 4. UN demi cercle BEC dont le centre eft D, & un point A hors du demi cercle, étant donnez de pofition fur un plan; il faut trouver le point E, ou F fur fa circonference, par où,

« AnteriorContinuar »