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x

6. Il y a encore d'autres équations qui appartiennentau second degré : comme x+=+ aa xx + a: 6, mais on

aib 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 =xx, & mettant dans l'équation aayy pour **, & ay pour xx, l'on aura yy=+ay+ab, qui étant

& construite

par

les regles precedentes ; la moyenne pro. portionnelle entre a &y, sera la valeur de x.

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

EX EM P L E S. VII. Nous allons resoudre plusieurs Problêmes du premier & du second degré, pour servir d'exemples à la construction des équations plus composées que les précedentes.

PROBLEME SIMPL E. F 16. 17. 1. D ECRIRE un quarré GFHI dans un triangle don

ABC.

Je remarque 1°. Que le triangle ABC étant donné, la perpendiculaire AD le sera aussi

, 2°. Que pour former le quarré, il suffit de trouver dans la perpendicu. laire 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 parallèles à AD; FHIG fera un quarré.

Ayant donc sapposé le Problême résolu , & nommé les données BC, a 5 AD,b; & l'inconnue DE, ou FG, *. x; AE sera bmx. Les triangles semblables ABC, AFG donneront 6 (AD).a (BC) :: b--- *(AE).x( FG); donc bx=ab-ax ou ax + bx=ab , d'où l'on tire

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.

ab

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qui donne cette construction.
On prendra sur DB prolongée du côté de B l’inter-
vale DK=BC, & KL=AD, & ayant joint LA, on
mencra KE parallele à LA, qui coupera AD au point
cherché E.

DEMONSTRATION.
A Cause des paralleles LA, KE l'on a IK ou ( const.)
AD. AE :: KD ou ( const.) 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.

PROBLEME SIMPLE.
Un demi cercle , ABC, dont le centre eft D, avec F16. 18.
une perpendiculaire FB à son diametre AC, qui le di-
vise en deux parties quelconques, AF, FC, un autre de-
mi cercle FSC, décrit sur le diametre FC, étant donnez; il faut
trouver dans le triligne mixte BFSCB, le centre d'un cer-
cle, dont la circonference touche les trois côtez du triligne mixte,
comme on voit dans la Figure.

2.

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1

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Ayant supposé le Probleme resolu, mené ( art. 4. no.1)
les lignes 01, 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, com-
me il est démontré dans les élemens de Geometrie.

Nommant donc les données AD, ou DC, ou DK, a;
FG , ou GC, ou GS, b; D1,6; FB,f; & les inconnues F
FE, ou 10, ou OK, ou OS, X; FI , ou EO , ); DO
sera a — *; GO, 6+x; GE, 6% *;& DE,6+x. Les

.

Ctriangles rectangles OED,OEG donneront DO? --DE: =EO, ou en termes Algebriques aa— 2 ax+ ** — CC - 20% — xx=y=GO - GE=6b+26*+ **

? ' x xx

:
bb+26%---xx, ou en retranchant ce qui doit être re-

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2

2 Xx

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AA CC

x

2

tranché, aa-CC 2ax 2CX=

=46x, d'où l'on tire où je remarque que aa -c=a+cx

-CC 46 +24+26 arc=AF FC=FB'=ff, & que 46+21=AC

=

ff =20; & = partant *=

d'où l'on cire cette constru. ction.

Soit prolongée la perpendiculaire BF en M, en forte que FM=2 AC=4a; du centre F par B soit décrit le demi cercle BQP, qui rencontrera FM en P, & BC prolongée , s'il est neceflaire, en 2. Ec ayant joint QM, soit menée par P la droite P E 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 0, qui sera le centre du cercle ISK, qui satisfait au Problême.

DÉMONSTRATION.
So it du centre G,& du demi diametre G =GF+FE

décrit le cercle sor. A cause des triangles semblables, 3 MFQ, PFE ; FM, ou ( const.) 2 AC. FQ::P8 , ou FQ. FE ; donc 2 AC * FE=FQ'=FB? = AF *

= FC; donc 2 AC * FE=AF® FC. Ec 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 ~ Cr=FC * 2 Cr=sE * Er; Et partant HER EL=sE * Er: mais HER EL= EO; donc auslis Ex Er=E0> ; c'est pourquoi le point o est

: commun aux deux cercles HOL, Sor, & à la perpendiculaire Eo: mais par la construction, les lignes OK, OI, OS sont égales; & les points K, S, 1, sont les points

, touchans ; puisque les lignes OS , & KO, vont aux centres G & D des cercles ABC, FSC, & que Q1 , est perpendiculaire à FB; donc le point o., est le centre du cercle ISK', qui satisfait au Problême. C. Q.F. D.

noorende

(T

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2

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.

2

Ol

3.

P R O B L E M E P L A N.

M P L
U

N demi cercle AEB , dont le centre est C, e une Fig. 19.
perpendiculaire DE à fon diametre étant donnez ; il faut trou-
ver sur DE le point F, par , & par le point A , ayant mené
la ligne AFG ; GF foit égale au demi diametre AC.

.
Ayant suppose le Problême résolu, & nommé les don-
nées AC, ou CB, ou FG,a ; AD ,6; DE,C; & l'in-

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l'on a par

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I

2

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a

connue AF, *; DF sera Vxx — 66;

bb

la

pro-
rieté du cercle DEDF:=AF * FG, ou cc — **

? ?
+ bb=ax,ou xx=-ax+CC-+bb; d'où l'on tire x=-

atvaa+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
= AC =a, soit décrit du centre A par L, l'arc
LH qui coupera AB en H. Et du centre H, & du de.
mi diametre EL , soit décrit un cercle qui coupera AB
aux points 1 & K. Je dis que AI , sera la valeur positive
de x; c'est pourquoi si 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 sera par conse-
quent = AC ; puisqu'elle est égale à IK double de EL
=- AC.

DEMONSTRATION.
PA Ar la construction , & à cause des triangles rectan-
gles AEL, ADE; AL 2 EL2= AH 2

2

IH AK * AI= AG AF = AE AD 2 + DEL = AB* AD=AD DB + AD 2 ; donc AG * AF ou AF * FG+ AF2, ou AF * FG + AD 2 + DF 2

ز

AR

=

ܐ

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F

2

= AD ~ DB + AD 2 ; donc, en retranchant AD 2 de part & d'autre, AF * FG+ DF2=AD ~ DB=DE ?; donc AF * FG=DE? DF2; d'où il suit que la li

2 gne AF prolongée, rencontre le demi cercle AEB au point G où l'arc KG le coupe. C. Q. F. D.

PROBLEME PL A N.

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C.X

2

Fsci 20. 4. Un demi cercle BEC dont le centre ell D, & un point

A hors du demi cercle , étant donnez de position sur un Plan; il faut trouver le point E, ou F sur la circonference, par ou, & 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 +(; la proprieté du cercle donnera a ( AC). *+(( AE):: *(AF) 6( AB); donc xx+cx=ab, ou xx=-cx x : + ab , d'où l'on tire x=- CEV«c+ ab qui donne cette construction.

Ayant mené du point A la tangente AI, & du point touchant 1 le rayon ID , l'on prendra IK= BD ==c; du centre A par K, l'on décrira l'arc KL qui coupera AC en I ; & du centre L , & du rayon IK, l'on décrira un cercle qui coupera AC en 0 & M. Enfin du centre A par les points & M , l'on décrira les

O
arcs OF, ME, qui couperont le cercle BEC aux points
F, E; de sorte que la ligne AF prolongée, ira au point E;
& FE sera par consequent=BD ; puisqu'elle est éga-
le à OM=2IKEBD.

D E'MONSTRATI O N.
A Cause du triangle AIK , rectangle en 1; AK 2.

I

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