6. Il y a encore d'autres équations qui appartiennentau 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 est une autre inconnue ; & l'autre côté est une lettre connue de l'équation. On prend ordinairement celle qui s'y trouve le plus frequemment. Ainsi, en faisant ay = xx, & mettant dans l'équation aayy pour x+, & ay pour xx, l'on aura yy=+ay+ab, qui étant construite par les regles précedentes; la moyenne proportionnelle entre a &y, sera la valeur de x.

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

EXEMPLES.

VII. Nous allons resoudre plusieurs Problêmes du premier & du second degré, pour servir d'exemples à la construction des équations plus composées que les pré

cedentes.

FIG. 17. 1.

PROBLEME SIMPLE.

DECRIRE un quarré GFHI dans un triangle don

né ABC.

ne

Je remarque 1o. Que le triangle ABC étant donné, la perpendiculaire AD le sera auffi. 2°. Que pour former le quarré, il suffit de trouver dans la perpendiculaire AD, un point E, tel que DE soit égale à FG menée par le point E parallele à BG: car alors ayant mené FH, & GI paralleles à AD; FHIG sera un quarré.

Ayant donc supposé le Problême résolu, & nommé les données BC, a; ;AD, b; & l'inconnue DE, ou FG, x; AE sera b-x. Les triangles semblables 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

On prendra sur DB prolongée du côté de B l'intervale DK=BC, & KL=AD, & ayant joint LA, on menera KE parallele à LA, qui coupera AD au point cherché E.

DE'MONSTRATION.

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

2.

PROBLEME SIMPLE.

U

N demi cercle, ABC, dont le centre eft D, avec FIG. 18.

une perpendiculaire FB à son diametre AC, qui le divise 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 suppose le Problême resolu, mené (art. 4. no. I) les lignes OI, OE paralleles à FC & à FB, & les lignes OK, OS aux points touchans K, S; qui étant prolongées, iront passer 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, 6; D1,c; FB,f; & les inconnues F FE, ou 10, ou OK, ou OS, x; FI, ou EO, y; DO sera a-x ; GO, b+ x; GE, b— x ; & DE, c+x. Les triangles rectangles OED, OEG donneront DO - DE =EO2, , ou en termes Algebriques - 2 cx - xx=yy=GO2-GE*=bb+26 66+26x-xx, ou en retranchant ce qui doit être re

aa

2

2ax+xx - CC

+ 2 bx + xx

tranché aa-cc-2ax - 2 cx=4bx, d'où l'on tire

x=

aa-cc

où je remarque que aa-a=a+c x 46+24+20' a− c = AF × FC=FB2=ff, & que 4b+2c=AC =24; & partant x= ff d'où l'on tire cette constru

ction.

4

,

Soit prolongée la perpendiculaire BF en M, en forte que FM=2 AC = 4a; du centre F par B soit decrit le demi cercle BQP, qui rencontrera FMen 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 ensuite 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 sera le centre du cercle ISK, qui satisfait au Problême.

DEMONSTRATION.

X

So I T du centre G, & du demi diametre G/=GF+FE décrit le cerclesor. A cause des triangles semblables, F MFQ, PFE; FM, ou (const.) 2 AC. FQ :: PE, ou FQ. FE; donc 2 AC × FE= FQ'=FB' = AF × FC; donc 2 AC× FE= AF × FC. Et partant a AC. AF :: FC.FE. dividendo AC+ FC. AF, ou HE :: FL. FE. Encore dividendo 2 FC . HE :: EL. FE, ou Cr; donc HE×EL=2 FC × Cr=FC × 2 Cr = E x Er ; Et partant HE × EL=SE × Er: mais HE × EL= EO2; donc aussi / E x Er=EO ; c'est pourquoi le point O est 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, sont les points touchans; puisque les lignes OS, & KO, vont aux centres G & D des cercles ABC, FSC, & que OI, est perpendiculaire à FB; donc le point O, est le centre du cercle ISK, qui satisfait au Problême. C. Q. F. D.

2

A

PROBLEME

PLAN.

3. UN demi cercle AEB, dont le centre eft C, & une FIG. 19.

perpendiculaire DE à fon diametre étant donnez; il faut trou-
ver fur DE le point F, par où, & par le point A, ayant mené
la ligne AFG; GF foit égale au demi diametre AC.
Ligne AFG

Ayant supposé le Problême résolu, & nomme les données AC, ou CB, ou FG, a; AD, 6; DE, c; & l'in

2

connue AF, x; DF sera √xx - bb; l'on a par la proprieté du cercle DE* - DF = AF × FG, ou cc - xx +bb=ax,ouxx=ax+cc+bb; d'où l'ontire x==ー

I

2

aaa+cc+bb, qui fournit cette construction.

Soient menées du point E aux extremitez A & B du diametre AB, les droites EA, EB. Et ayant fait EL

I

2

I

AC=a,

2

soit décrit du centre A par L, l'arc LH qui coupera AB en H. Et du centre H, & du demi diametre EL, soit décrit un cercle qui coupera AB aux points I & K. Je dis que AI, sera la valeur positive dex'; c'est pourquoi si du centre A l'on décrit les deux arcs KG, IF qui couperont la circonference AEB enG, & DE en F ; la droite AF étant prolongée rencontrera la circonference AEB en G, & FG sera par confequent = AC; puisqu'elle est égale à IK double de EL

2

2

PAR la construction, & à cause des triangles rectan gles AEL, ADE; AL2 — EL2 = AH 2 — IH2 = AK × AI = AG × AF= AE2=AD2 + DE = AB×AD=AD × DB + AD 2 ; donc AG × AF, ou AF × FG + AD 2 + DF2

Ou AF

× FG+ AF 72, 2

F

1

=AD × DB + AD2; donc, en retranchant AD 2 de part & d'autre, AF × FG+DF2=AD × DB=DE 2; donc AF × FG= DE 2 — DF2; d'où il suit que la ligne AF prolongée, rencontre le demi cercle AEB au

point G où l'arc KG le coupe. C. Q. F. D.

FIG. 20. 4. U N demi cercle BEC dont le centre est D, & un point A hors du demi cercle, étant donnez de position sur un Plans il faut trouver le point E, ou F sur sa circonference, par où, & par le point A, ayant mené la ligne AFE, sa partie FE, foit égale au demi diametre BD.

Ayant supposé le Problême resolu, & nommé les données AC, a; AB, b; BD, ou FE, c; AE sera x + c; la proprieté du cercle donnera a (AC). x + c (AE) :: x(AF).b(AB); donc xx+cx=ab, ou xx =-cx

Ayant mené du point A la tangente Al, & du point touchant I le rayon ID, l'on prendra IK = BD

I

2

I

2

= c; du centre A par K, l'on décrira l'arc KZ qui coupera AC en Z; & du centre Z, & du rayon IK, l'on décrira un cercle qui coupera AC en O & M. Enfin du centre A par les points 0 & 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; puisqu'elle est égale à OM=2IK=BD.

DE'MONSTRATION.

A Cause du triangle AIK, rectangle en 1; AK2