des termes de l'équation, que c'eft un Theorême, qui fe trouve auffi par ce moyen démontré. Tout ceci fera éclairci par les Exemples qui fuivent. I. EXEMPLE L Theorême. SI une ligne droite donnée AB, eft coupée également en F16. 34 C, & inégalement en D; le quarré de la moitie CB moins le quarré de la partie du milieu CD, fera égal au rectangle des deux parties inégales AD, DB. Ayant nommé AC, ou CB, a; CD, b; AD fera, a+b; & DB, a—b. = Il faut démontrer que aabb (CB 2 — CD 2 ). — AD × DB. DEMONSTRATIO N.. EN multipliant a + b (AD) par a l'on aura aa C. Q. F. D. b, (DB). bb (CB2CD) = AD × DB. 2. EXEMPLE IL Theorême. S1 une ligne droite AB, coupée par le milieu en C, eft FIG. 35. prolongée en Ď d'une grandeur quelconque. Je dis que le quar ré de CD moins le quarré de CB, fera égal au rectangle de la toute AD, par la partie prolongée BD. Ayint nommé CD, a; AC, ou CB,b; AD fera, a+b; & BD, a—b. Il faut démontrer que aa AD× DB. bb (CD 2 — CB 2) DEMONSTRATION. 2 Si l'on multiplie a+b ( AD ) par a — b (DB, l'on aura aabb (CD2 — CB 2 ) = AD × DB.C. Q.F. D. On démontrera de même les autres propofitions du fecond Livre d'Euclide, où il s'agit des proprietez des lignes divifées de differentes manieres. EXEMPLE III Theorême. per F16. 36. 3. DANS tout triangle obtusangle ABC, dont l'angle ABC eft obtus, fi l'on prolonge un des côter BC du côté de B, & que l'on abaisse du point A fur le prolongement, la pendiculaire AD; le quarré du côté AC oppose à l'angle obtus, fera égal à la fomme 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, dz AD;g; DC fera c+d. 2 Il faut prouver que aa ( AC 2 ) = bb + cc + 2cd AB 2 + BC 2 +2BC × BD ). DE'MONSTRATION. A Caufe du triangle rectangle ABC; aa ( AC 2).= gg ( AD 2) + dd + 2cd+ec ( DC2): Mais le triangle rectangle ADB donne bbgg+dd; mettant donc en la place de gg + dd fa valeur bb; l'on aura aa= aabb + 2cd+cc. C. Q. F. D. Si l'on fait DB (=d)=o, le point D tombera en B, & l'angle ABC fera droit ; & l'on aura aa=bb + cc: car 2cd devient nulle à caufe de do: mais fi l'on fait d negative, & moindre que c BC; le point D tombera entre B, &C ; & partant les deux angles ABC, &C feront aigus, & l'on aura en changeant le figne du 2 terme où d se rencontre, aa bb — 2cd + cc, ou aa +2cd=bb → cc, ou AC2 + 2BC × BD—AB2+ BC2; c'est-à-dire que dans tout triangle, le quarré du côté oppofé à un angle aigu, avec deux fois le rectange du côte fur lequel tombe la perpendiculaire, par la partie interceptée entre la perpendiculaire, & cet angle aigu est égal à la somme des quarrez des deux autres côtez.' EXEMPLE IV. Theorême. 4.SI dans un cercle ABGD, dont le centre eft C, l'on mene F16. 38, librement deux droites BE, DF qui fe coupent en O. Je dis que BOX OE DO × OF. = L'on menera par le point 0, le diametre ACOG, les rayons CB, CD, & les perpendiculaires CI fur BE, & CK fur DF; & ayant nommé les rayons CA, CG, CB, CD, a ; BI, ou IE, b; DK, ou KF,c,OI, d; OK, fj CI, g; CK,b; CO k; BO fera, b+d; OE, b—d; DO, c+ƒ; & OF, c-f. Il faut démontrer que ( BO × OE)= cc-ff (DO × OE ). LES DEMONSTRATION. bb dd Es triangles rectangles CIB, CKD, CIO, CKO donnent 1°. aa = :bb + 83, 2o. aa = cc + bb, 3° kk =dd+gg, 4°. kk =ƒƒ+hh ; & faifant évanouir aa dans les deux premieres équations, kk dans la troisième & quatrième, l'on aura 5o. bb+gg= £c+bb, 6o. dd + +38=ff+bb; & fouftrayant les deux membres de la fixiéme équation des deux membres de la cinquième, le premier du premier, & le fecond du second, il vien dra bbddccff. C.. Q. F. D. F.D. Theorême propofé en forme de Problême. FIG. 39. 5. UN cercle AEBF, dont le centre est °C, & un diame tre AB étant donnez; il faut trouver au dedans du cercle le point D, d'où ayant abaissé la perpendiculaire DI fur le diametre AB &par où ayant mené une droite quelconque EDF ; ED × DF +DI 2 soit — AI × IB. 2 Ayant mené par D la droite GDH parallele à AB; puifque GD x DH ED × DF, on peut mettre GD × DH en la place de ED × DF; de forte que le Problême se réduit à trouver le point D ; en forte que GD × DH DI2 = AI× IB. Ayant fuppofé le Problême réfolu, 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 fera a a— x; IB, a+x; KH ̧√aa—yy;DH, √aa—yy+ x; DG, √aa—yy — x, & les conditions du Probleme donneront aayy-xx (GD × DH) + yy {DI2)=aa xx ( AI × IB) qui fe reduit à o = 0. C'est pourquoi le Problême propofé eft un Theorême, & comme il ne refte aucune ligne pour déterminer la pofition du point D; il fuit 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 précedent, & l'on pourroit auffi démontrer tous les Theorêmes, comme on a fait celui-ci, en les confiderant comme des Problêmes. EXEMPLE EXEMPLE VI Theorême. 6. LES parallelogrammes BD, CE, &les triangles ABC, F1 c. 40. DCF qui ont même 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, & bc au parallelogramme CE, que je nommey ; il faut démontrer que x (BD). y. (CE) :: a. b. x, DE'MONSTRATION. PUISQUE x=ac, & y = bc, l'on a x. y :: ac. bc z donc bexacy, ou bx=ay; donc x.ya.b. C.Q.F.D. C'est la même chofe pour les triangles. 7. LES triangles femblables ABC, DEF sont entr'eux FIG. 41. comme les quarrez de leurs côtez homologues AB, DE. Ayant nommé AB,a; BC, b;DE,c;EF,dile triangle ABC, x;& le triangle DEF, y; les produits ab ( ABx BC), & cd (DE × BF) feront en même raifon que les triangles ABC, & DEF, ou x, &y; c'est pourquoi l'on aura ab. cdx.y; donc cdx=aby: mais la reffemblance de ces triangles donne a. ( AB ) b :: ( BC) :: c ( DE ) d (. EF }; donc ad be; donc d=; & mettant cette valeur de bc a bccx = aby, ou d dans la premiere équation, l'on aura I |