des termes de l'équation, que c'est un Theorême, qui se trouve aussi par ce moyen démontré. Tout ceci sera éclairci par les Exemples qui suivent.

EXEMPLE L

Theorême.

1. S I une ligne droite donnée AB, eft coupée également en Fre. Hi C, & inégalement en D; le quarré de la moitié CB moins le quarré de la partie du milieu CD, sera égal au rectangle des deux parties inégales AD, DB.

Ayant nommé AC, ou CB, a; CD, 6; AD fera, a+b; & DB, a-b.

Il faut démontrer que aa-bb (CB-CD2) AD × DB.

DEMONSTRATΙΟΝ.

En multipliant a + b (AD) par a-b, (DB).

l'on aura aa

C. Q. F. D.

bb (CB2-CD) = AD × DB.

2. S 1 une ligne droite AB, coupée par le milieu en C, eft FIG. 35 prolongée en D d'une grandeur quelconque. Je dis que le quarré de CD moins le quarré de CB, sera égal au rectangle de la toute AD, par la partie prolongée BD.

Ayant nommé CD, a; AC, ou CB, a+b; & BD, a-b.

by AD fera,

Il faut démontrer que aa - bb (CD-CB2)=

ADX DB.

DEMONSTRATION.

Si l'on multiplie a+b (AD) par a - b (DB, lon

I

aura aa - bb (CD2-CB2)=

(CD-CB2)=AD × DB. C. Q. F. D.

On démontrera de même les autres propofitions du second Livre d'Euclide, où il s'agit des proprietez des lignes divisées de differentes manieres.

EXEMPLE III.

Theorême.

F16. 36. 3. DANS tout triangle obtufangle ABC, dont l'angle ABC eft obtus, si l'on prolonge un des côtez BC du côté de B, & que l'on abaisse du point A fur le prolongement, la perpendiculaire AD; le quarré du côté AC opposé à l'angle obtus, fera égal à la somme des quarrez des deux autres côtez AB, BC, & outre cela à deux rectangles dont BC eft un côté, & le prolongement BD, l'autre.

FIG. 37.

Ayant nommé AC, a; AB, b; BC, c; DB,d; AD, g; DC sera c+d.

Il faut prouver que aa (AC 2 ) = bb + cc + 2cd

A Caufe du triangle rectangle ABC; aa (AC2)= gg (AD 2) + dd + 2cd+ec (DC2): Mais le triangle rectangle ADB donne bb=gg+dd; mettant donc en la place de gg + dd sa valeur bb; l'on aura aa66+ 2cd+cc. C. Q. F. D.

Si l'on fait DB (=d)=0, le point D tombera en B, & l'angle ABC fera droit ; & l'on aura aa = bb + cc: car 2cd devient nulle à cause de d = 0: mais si l'on fait d negative, & moindre que c = BC; le point D tombera entre B, &C; & partant les deux angles ABC, feront aigus, & l'on aura en changeant le signe du

& C

terme où d se rencontre, aa = bb - 2cd + cc, ou aa +2cd=bbc, ou AC2+2BC × BD=AB+BC2; c'est-à-dire que dans tout triangle, le quarré du côté opposé à un angle aigu, avec deux fois le rectange du côtè sur lequel tombe la perpendiculaire, par la partie interceptée entre la perpendiculaire, & cet angle aigu est égal à la somme des quarrez des deux autres côrez.

EXEMPLE IV.

Theorême.

4.S I dans un cercle ABGD, dont le centre eft C, l'on mene F16.38. librement deux droites BE, DE qui fe coupent en O. Je dis que BO x OE = DO × OF.

L'on menera par le point O, le diametre ACOG, les rayons CB, CD, & les perpendiculaires CIfur BE, & CK fur DF; & ayant nommé les rayons CA, CG,CB, CD, a; BI, ou IE, b; DK, ou KF, c, OI, d; OK, f; CI, g; CK,h; COk; BO fera, b+d; OE,b-d; DO, c+ f ; & OF ̧ cf. Il faut démontrer que 66 - dd ( BO × OE) = cc-ff (DO × ОЕ).

DEMONSTRATION.

LES triangles rectangles CIB, CKD, CIO, CKO, donnent 1o. aa = bb+gz, 2°. aa = ce + bh, 3° kk =dd+gg, 4°. kk=ff+hh ; & faisant évanouir aa dans les deux premieres équations, kk dans la troisième & quatrième, l'on aura so. bb+gg=ec+bh, 6°. dd + +23=ff+bh; & soustrayant les deux membres de la fixieme équation des deux membres de la cinquième, le premier du premier, & le second du second, il viendra bb-dd=cc-ff. C. Q. F. D.

Theorême proposé en forme de Problême.

FIG. 39. 5. UN cercle AEBF, dont le centre est C, & un diametre AB étant donnez; il faut trouver au dedans du cercle le point D, d'où ayant abaisse la perpendiculaire DI fur le diametre AB, & par où ayant mené une droite quelconque EDF; ED × DF +DI 2 foit = AI × IB.

Ayant mené par D la droite GDH parallele à AB; puisque GD × DH = ED × DF, on peut mettre GD x DH en la place de ED × DF; de forte que le Problême se réduit à trouver le point D; en forte que GD x

DH+ DI2 = AI× IB.

Ayant supposé le Problême résolu, mené CK parallele à ID, le rayon CH, & nommé les données CH, AC, ou CB,a; & les inconnues CI, ou KD, x; CK, ou

ID, y; AI sera a-x; IB, a+x; KH, Vaa-yy; DH,

Vaa-yy+x; DG, Vaa-yy - x, & les conditions du Probleme donneront aa-yy- - xx (GD × DH) + yy (DI2)=aa – xx(AI × IB) qui se reduit à o = 0. C'est pourquoi le Problême proposé est un Theorême, & comme il ne reste aucune ligne pour déterminer la position du point D; il suit que l'on peut prendre ce point par tout où l'on voudra dans le cercle.

L'on auroit pu démontrer ce Theorême comme le precedent, & l'on pourroit aussi démontrer tous les Theorêmes, comme on a fait celui-ci, en les confiderant comme des Problêmes.

EXEMPLE

:

EXEMPLE VI.
Theorême,

6. L ES parallelogrammes BD, CE, & les triangles ABC, F1 c. 40. DCF qui ont mème hauteur AG, font entr'eux comme leurs bafes BC, CF.

Ayant nommé BC, a; CF, b; & la hauteur AG, c; l'on aura ac = au parallelogramme BD que je nomme, x, & bc = au parallelogramme CE, que je nommey; il faut démontrer que x (BD). y. (CE) :: a. b.

DE'MONSTRATION.

PUISQUE x=ac, & y = bc, l'on ax.y::ac.bcs donc bcx=acy, ou bx=ay; donc xy::a.b. C. Q. F. D. C'est la même chose pour les triangles.

EXEMPLE VII.

Theorême.

7.LES triangles semblables ABC, DEF font entreux FIG. 41. comme les quarrez de leurs côtez homologues AB, DE.

& cd

Ayant nommé AB,a;BC, b;DE,c;EF, dile triangle ABC, *; & le triangle DEF, y; les produits ab (AB × BC), & cd (DEX BF) feront en même raison que les triangles ABC, & DEF, oux, & y; c'est pourquoi l'on aura ab. cd :: x .y; donc cdx = aby: mais la ressemblance de ces triangles donne a. (AB) b :: (BC) :: c ( DE )d (. EF };

bc

donc adbc; doncd= ; & mettant cette valeur de

a

d dans la premiere équation, l'on aura

bccx

=

:

aby, ou

ccx = aay; donc x. y :: aa . cc :: AB2. DE 2. C. Q. F. D. L'on démontrera de même, que tous les polygones semblables font entr'eux comme les quarrez de leurs côtez homologues. Et comme les cercles sont aussi des

I