ز 6. Il y a encore d'autres équations qui appartiennent au fecond degré comme xaa xx+a b, 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 est une autre inconnue ; & l'autre côté eft une lettre connue de l'équation. On prend ordinairement celle qui s'y trouve le plus frequemment. Ainfi, en faifant ay=xx, & mettant dans l'équation aayy pour x+, & ay pour xx, l'on aura yyay+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 fecond degré, l'on fait tout ce que les Anciens prenoient pour Geometriques. EXEMPLES. VII. Nous allons refoudre plufieurs Problêmes du premier & du fecond degré, pour fervir d'exemples à la construction des équations plus composées que les pré cedentes. PROBLEME SIMPLE. FIG. 17. 1. DECRIRE un quarré GFHI dans un triangle don né ABC. Je remarque 1°. Que le triangle ABC étant donné, la perpendiculaire AD le fera auffi, 2°. 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 BG: car alors ayant mené FH, & GI parallèles à AD; FHIG fera un quarré. Ayant donc fuppofé le Problême résolu, & 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 ( BČ ) :: b — x (AE). x ( FG); donc bx-ab-ax ou ax + bx=ab, d'où l'on tire b x= qui donne cette construction. On prendra fur DB prolongée du côté de B l'intervale DK=BC, & KL = AĎ, & ayant joint LA, on menera KE parallele à ZA, qui coupera AD au point cherché E. DE'MONSTRATION. A Caufe des paralleles LA, KE l'on a IK ou ( const. ) 2. PROBLEME SIMPLE. UN demi cercle, ABC, dont le centre eft D , avec FIG. 18. une 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 refolu, mené ( art. 4. n°. 1 ) les lignes OÏ, 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 eft démontré dans les élemens de Geometrie. Nommant donc les données AD, ou DC, ou DK, a; FG, ou GC, ou GS, b; D,c; FB,f; & les inconnues F 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 =EO2, ou en termes Algebriques aa—z ax+xx — cc -bb +2bx+xx xx=yy=GO2 — GE2 bb + 2b x-xx, ou en retranchant ce qui doit être re 2 cx CC tranché aa—cc — 2 ax2 cx=4 bx, d'où l'on tire x= 46+24+20 où je remarque que aa—cc=a+c× a— c — AF × FC = FB1=ff,& que 4b+2c=AC d'où l'on tire cette constru =24; & partant x= ction. = ff 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, & BC prolongée, s'il est necessaire, en 2. 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 cherché O, qui fera le centre du cercle ISK, qui fatisfait au Problême. DEMONSTRATION. 2 So IT du centre G, & du demi diametre G/=GF+FE décrit le cerclefor. A caufe des triangles femblables, ← MFQ, PFE ; FM, ou ( const. ) 2 AC. FQ :: P‡, ou FO. FE; donc 2 AC × FE= FQ ' — FB2 = AF × FC; donc 2 AC × FE➡ AF × FC. Et partant 2 AC . AF: FC.FE. dividendo AC+ FC. AF, ou HE :: FL: FE. Encore dividendo 2 FC. HE EL. FE, ou Cr; donc HEX EL=2 FC x Cr= FC 2 Cr=[Ex Er; x Et partant HE × EL=SE × Er: mais HE × EL= EO2; donc auffif Ex Er-EO; c'est pourquoi le point O eft commun aux deux cercles HOL, for, & à la perpendiculaire EO: mais par la construction, les lignes OK, OI, OS font égales; & les points K, S, I, font les points touchans; 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. PROBLEME PLA N. 3. 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. Ayant fuppofé le Problême réfolu, & nommé les données AC, où CB, ou FG, a; AD,b; DE, c; & l'in l'on a par la proconnue AF, x; DF fera √xx-bb; 2 DF2 = AF × FG, ou cc - xx prieté du cercle DE +bb=ax,ouxx =—ax+cc+bb; d'où l'on tire x―― I — a ±√ — aa+cc+bb, qui fournit cette construction. 2 Soient menées du point E aux extremitez A & B du diametre AB, les droites EA, EB. Et ayant fait EL I 2 AC=a, foit décrit du centre A par Z, 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 1 & K. Je dis que AI, fera la valeur positive dex; 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. 2 DEMONSTRATIO N. PAR la conftruction, & à cause des triangles rectangles AEL ADE; AL-EL2— AH 2 — IH 2 AK × AIAG × AF AE2=AD2 + DE2 = AB × AD=AD × DB + AD2; donc AG × AF, o AF × FG+ AF2, ou AF FG+AD 2 + DE 2 F 2 =AD × DB + AD2; donc, en retranchant AD 2 de part & d'autre, AF × FG+DF2=AD × DB DE 2; donc AF × FG= DE2 — DF2; d'où il fuit que la ligne AF prolongée, rencontre le demi cercle AEB au point G où l'arc KG le coupe. C. Q. F. D. PROBLEME PLA N. 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, & par le point A, ayant mené la ligne AFE, fa partie FE, foit égale au demi diametre BD. Ayant fuppofé le Problême refolu, & nommé les données AC, a; AB, b; BD, ou FE, c; AE fera x + c; la proprieté du cercle donnera a (AC). x + c ( AE ) : : x (AF). b ( AB); donc xxcx= ab, ou xx CX - — c±√ cc + ab qui don Ayant mené du point A la tangente AI, & du point touchant le rayon ID, l'on prendra IK= I BD =c; du centre A par K, l'on décrira l'arc KZ qui 2 C coupera AC en Z; & du centre L, & du rayon IK, l'on décrira un cercle qui coupera AC en O & M. Enfin du centre A par les points O & M, l'on décrira les arcs OF, ME, qui couperont le cercle BEC aux points F, E; de forte que la ligne AF prolongée, ira au point E; & FE fera par confequent BD; puifqu'elle est éga le à OM2IK=BD. DEMONSTRATION. A Caufe du triangle AIK, rectangle en I; AK2· 2 |