droit ABC. BC 2 — AB 2 + AC2, ou en termes Al en ordonnant l'équation, x2+4ax3+4aaxx—2abbx—zaabb=0, qui est une bbxx équation du quatrième degré ; & qui ne peut être divifée par aucun binome compofé de l'inconnue, & d'un des divifeurs du dernier terme: mais avant que de conclure quelle est la nature du Problême, il faut faire évanouir le fecond terme. Faifant donc x+az, l'on a x = 2 — a ; & mettant cette valeur de x dans l'équation en la place de x, & les puiffances de cette valeur en la place des puiffances femblables de x, l'on aura cette nouvelle équation z + 2aazz + a + =0 ; bbzz -aabb & com le me le quatriéme terme est auffi évanoui, il suit que Problême eft plan: car faifant ay=z, l'équation se changera en celle-ci, aayy 2aay bby abb — a3 a 2a 3 y a 40, ou yy= abby — aabb - , que l'on peut ramener à une des 4 formules précedentes; trouver par confequent la valeur de y, & chercher enfuite une moyenne proportionnelle ôté a, on entre y & a, qui fera la valeur de ༢ aura celle de x qu'il falloit trouver. Mais ces fortes de conftructions font tres-compofées ; c'eft pourquoi dans de pareils cas, il faut tâcher, en prenant d'autres voyes, de trouver une équation du fecond degré, qui donneroit une construction beaucoup plus fimple, plus élegante, & plus naturelle. Prenons donc BD pour l'inconnue ; l'ayant nommée x; BC serab+x; BE,÷x ; & EC, → b ; & l'on aura à cause de l'angle droit BAC, BE × EC x+ — bx = AE 2 : & à cause du triangle rectan gle —- bx=aa = AB2, qui se réduit à xx — — bx+ 2aa; d'où l'on tire x =— - = 6 + 16+ te construction. -bb+2aa, qui donne cet : D, étant le commencement de x qui va vers B, on FIG. 29 prendra fur CD, prolongée de part & d'autre, DG 2a=2AB, & DH=a=AB, & ayant décrit fur le diametre GH, le demi cercle GRH, on élevera au point D la perpendiculaire DR, qui rencontrera la circonference en R. Et du centre O, milieu de DC, on décrira par R, le demi cercle BRK qui coupera DG au point cherché B. De forte que DB fera la valeur pofitive de x, & DK fa valeur négative; c'eft pourquoi ayant décrit fur l'hypotenufe BC, le triangle rectangle BAC, dont le petit côté AB foita, le Problême fera réfolu. DE'MONSTRATION. PAR la construction AB=a, & DC = b; il ne res. te donc qu'à prouver que la perpendiculaire AE qui tombe de l'angle droit A fur l'hypothenuse BC, divise BD par le milieu en E. = La proprieté du cercle donne BD × DK—DR2 — GD × DH;donc BD. GD ou 2 DH:: DH. DK, ou en prenant la moitié des confequens,BD. DH ouAB:: AB, I — DK; donc BD × — DK, ou — BD × DK=AB 2; 2 2 donc DK, ou CB. AB:: ABBD: Mais les triangles femblables CBA, ABE donnent CB. AB :: AB. BE¿donc AB. — BD :: AB. BE; donc — BD =BE. C. Q. F. D. I 2 G PROBLÊME PLAN. FIG. 30. 14. UN quarré ABCD dont les côtez AB, ADsont prolongez étant donné ; il faut trouver fur l'un des prolongemens AE, le point E, en forte que la ligne menée par E, & par l'angle C, terminée par l'autre prolongement BF, foit égale à une autre ligne donnée KL, qui ne foit point moindre que le double de la diagonale du quarré. 2 Ayant fuppofé le Problême réfoku & nommé ́AD, ou AB, a ; KL, b ; & les inconnues AE, AF, y; DE fera, x-a; le triangle rectangle FAE donnera AE+AF2 = xxyy=bb= (hyp.) EF2, qui eft une équation au cercle. Et les triangles femblables FAE, CDE; donneront y. (FA.) x ( AE) :: a(CD).x-a — a ( DE ); donc xy-ay-ax, qui eft une équation à l'hyperbole par rapport à fes afymptes; & ayant fait évanouiry, & ordonné l'équation, on aura A. x 4 — 2 ax3 + 2aaxx+2abbx — aabb=0, qui eft -bbxx 3 une équation du quatrième degré, & qui ne peut être divifée par aucun binome; c'eft pourquoi pour déterminer quelle eft la nature du Problême, il faut, fuivant les principes de M' Defcartes, & ce que nous avons dit art. 4. 11°. 18, faire évanouir le fecond terme. Soit pour ce donc x = 2 + — fujet I I a ༢.; 2 z+—a ; xx=K+ az + =—=— aa ; x 3 = z 3 + + — azz + — aaz + — 43; 3 2 43; x 4 2 I 16 =24+2az 3 + — aazz + — a' z + — a 4, & met- |