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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. )
AD. AE :: KD ou (conft.) BC. DE: mais AD. AE::
BC. FG; donc BC. DE :: BC. FG ; & par confequent
DE=FG; & partant FHIG, est un quarré. C. Q.F. D.

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

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CC

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tranché aa—cc — 2 ax2 cx=4 bx, d'où l'on tire

x=

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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.

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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

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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

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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

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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

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