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: 54 APPLICATION DE L'ALGEBRE x={a+Vaa+466+V- aa +1bb avaa +66. x=a—Vaa+1bb+V — aa+156+avaa +66, dont la construction résout le Problême. $If faût demeurer d'accord que cette méthode de M Descartes, de reconnoître la nature d'un Problême done l'équation est du quatrième degré, & de cirer de cerre équation du quatrième degré, deux équations du second, quand le Problême est Plan , est parfaitement belle , & digne de son genie ; c'est pourquoi j'ai jugé à propos de la mettre ici tout au long; parceque je ne l'ai vûe nulle part entierement expliquée. Il est neanmoins à propos, comme on a déja remarqué, après avoir reconnu qu'un Probleme dont l'équation est du quatrième degré est Plan, de chercher par

d'autres voyes une équation du second degré; parceque la construction du Problême en devient plus fim

ple, comme on va voir par cet exemple. FIG. 34. 11:5- Les mêmes choses que dans l'énoncé du Problême,

étant supposées, on prolongera BC vers G, l'on menera
EG perpendiculaire à FE, qui rencontrera CG en G, &
l'on abaissera du point E sur CG la perpendiculaire EH:
ce qui formera tes triangles semblables CBF, CEG,CHE,
& ÈHG:& outre cela les triangles CBF, EHG égaux,
puisque BC=EH; c'est pourquoi'ayant nommé les don-
nées A B ou AD;a; K L ou FE, b; & les inconnues
CG , *; CE,y; BG sera, a+x; & FC ou EG,
les triangles femblables CBF; CEG, donneront a (CB).
b-y(CF)::y(CE). *(CG); donc ax=by -- yy; & le
triangle rectangle CEG donnera CGʻ= x=bb - 2 by
+2y=CE + EGʻ, ou bb;** =by - yy=ax, ou bb.
= 2ax, d'où l'on tire x=-*+ Vaa + bb, qui donne
cette construction.

Soit prolongée CD en 1, en sorte que CI=KL; décrit du centre B par I, le cercle iG, qui coupera BC prolongée en G; & sur le diametre CG, le demi cercle

by;

XX

CEG,

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2

CEG, qui coupera AD prolongée E & é, ou la touchera en un seul point E, si le Problême est possible, c'est-àdire, fi KL surpasse ou égale le double de la diagonale du quarré AC. Je dis que la ligne FE, ou ef=KL; & que par consequent le Problême est résolu.

: DEMONSTRATION.
A Cause des triangles semblables CBF, CEG.CB.
CF::CE. CG; donc CB x CG=CFX CE. Et à cause
du cercle IG dont le centre est. B; CI=BGʻ- BC
2 BC ~ CG + CG’= 2CF ~ CE + CE + EG”; car par
l'équation précedente CBX CG=CFR CE. 1o en la
multipliant par 2 on a 2 BC CG = 2CF CE. 2o. ajou-
tant CG on aura 2BC X CG +CG= 2CF XCE+CG.
Mais CG

CE + EG
. Donc 2BC X CG to

CG = 2CF x CE + C + EG, OU CF = 2CFX CE to CE to CF = F E.

+ = F E. Car CF + CE=FE; donc CF+CE ~ CF + CE= FE, ou ce qui est la même chose CF + 2CF ~ CE + CE = FE; donc CI' = FE”; donc CI= FE=KL. C. Q. F. D. 'On démontrera de même que ef=KL.

PRO B L E ME PL A N. 16. LA fomme A B des deux cotez AE, EI d'un triangle F1G. 35. AEI, l'angle AEI que doivent former les deux côtez AE, EI ; & la perpendiculaire EG menée de cet angle sur la bafe AI, étant donnez, décrire le triangle AEI.

Ayant supposé le Problême résolu, soit prolongée AE en B, en sorte que EB=EI, & menée par A la ligne AD parallele à EI, & égale à AB; la ligne menée par les points B & 1, rencontrera AD en D:car BE=EI, & BA=AD. Soit faite AK perpendiculaire à BD, qui sera divisée par le milieu en K, puisque le triangle BAD

H

2

2

2

l'on a,

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est isoscele. Ayant enfin merré BH perpendiculaire à Al prolongée, & nommé les données KB, du KD, C; la perpendiculaire EG, b; AK, d; & les inconnues AI, g; , *; BH, u; BI sera - *, & ID, -+ *.

Les triangles semblables I AK, IBH donneront & (IA). d (AK)::( - * (IB). u (BH); donc u= cd=dx. Et les triangles semblables HBA, GEA, & BEI, BAD donnent, u (HB). 6(GE).:: BA. EA :: 20 (BD). 6 + X(ID): d’où l'on tire u= 266; donc 2 beses

odds, ou 2bcz

cod -- dxx: mais le triangle rectangle AKI, donne xx = 22

- dd ; c'est pourquoi en mettant cette valeur de xx, dans l'équation précedente, l'on en tire ༢༨

2683 +6C + dd: Mais en nommant AB, a; à cause du triangle rectangle AKB, aa=16+ dd; mectant donc dans l'équation en la place de cc + dd sa valeur aa, l'on a celle-ci

༢༢༨
- 20.00 + aa ,

d'où l'on tire + Video + aa, qui fournit cette construction. Soit prise AF=GE, & menée parallele à KB; soit prolongée K A en C, en sorte que AC=FL; & ayant meně AM parallele – KB , & égale à AB, l'on décrira du centre Ċ par M, le cercle MN, qui coupera AK prolongée en Ñ ; & du centre A par Ñ , l'on décrira le cercle N 10 qui coupera KB, en I; & ayant joint AI, l'on menera 1 E parallele à DA, qui formera le triangle AIE, qu'il faloit décrire.

DEMONSTRATION. Il est clair que A E+ EI=AB, que l'angle AEI, est tel qu'on le souhaite , & qué AN=A1. A cause de FL (const.) parallele à KB, l'on a AK (d). KB (C) :: AF, ou G E (6). FL== (const.) AC, & partant CN + K; & par la proprieté du cercle, CNCA = AM = A B; ce qui est en termes Algebriques 2* + = aa , ou 23= 2.4.

* + aa qui est l'équa

cion que l'on a construite; d'où il suit

que

la construction precedente résout le Problême. C. Q. F. D.

J'ai copié ce Problême dans le Traité des lieux Geometriques de M. de la Hire, parcequ'il ouvre le chemin à la résolution de plusieurs Problêmes semblables, comme est celui qui suit: j'y ai ajouté la construction & la démonstration que cet Auteur n'avoit pas donnée.

PROBLEME PL A N. 17

DECRIRE un triangle AEI, dont on connoit la. F16. 35: somme des côtez A E + EI =AB, la base AI, & dont L'angle A EI, soit égal à un angle donné.

En supposant la préparation précedente, & nommane les données AK,d; AI, 6; & l'inconnue KI, x;

l'on aura par la proprieté du triangle rectangle AKI, Xx= bb dd ; donc x=Vbb - dd, qui donne cette construction.

Soit du centre A & du rayon AI, décrit le cercle OIN qui coupera K B au point cherché 1; ce qui n'a

pas

be foin de démonstration.

PROBLÊME PLAN. 18. Un rektangle ABCD étant donné, il faut décrire FIG. 36. un autre rectangle EHGF; dont les côtez soient également éloignez de ceux du reftangle A B CD, & que le rectangle A B CD, soit au petit EHGF dans la raison donnée de m 2 n.

Ayant supposé le Problême résolu, & nommé les données AD, ou BC, a; AB, ou DC,6; & l'inconnue AL, ou LE, *; EF sera a - 2%, & EH, 6-2x. L'on aura par les qualitez du Problême, ab. ab zbx

+ 4xx :: M. n. donc mab 4mxx = nab, d'où l'on tire xx = į ax+16x + nab – mebe d'où xx - {ax — { bx nabmab. Soit nab-mab

58

2ax

- 2 max

2mbx to

4m

4m

4m

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88, ou nab – mab

4m

aura xx_

88 pour nahamas

4 m

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mais ayant

2

2

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4m

čar 4m. a ::b.com donc nobimab cm. - Mais puisque n <m soit n -m=f; donc on — mfc, & faisant fc =88 on aura on - cm =S8 Ceci fupposé il faut achever le quarré & l'on

ax { bx + is aa + ( ab + to bb is aa + s ab + 16 bb

88 en mettant d'où tirant la racine quarrée on a x ha

4b = Vía aa + ☆ ab + b 66

88 ;

donc x=+ 6+ V aa-+ 1 & ab + 1 bb 38: Or AK=4a+b, car Al à été pris égal à Į a + ] b; mais fait KO, ou el=8=Vmali

nab, on aura KL=VAK - QL= Vita da + ab + to b6--88; donc x=AK-KL=AL. Ce qui fournit cette construction.

Soit prise AI= a + {b, & décrit sur le diametre AI, le demi cercle API. Et ayant élevé au centre K, la perpendiculaire KP, pris KO=V mala nab, & mené par o la ligne QOR, parallele à Al, qui rencontrera le demi cercle aux points Q & R, par où l'on menera QL & R M paralleles à PK, qui couperont AI aux points cherchez L & M. De sorte qu'ayant pris AS, BT,& BV égales à AL, l’on formera le rectangle EHGF, & le Probleme sera résolu.

D E'M ON S T R AT IO N. Par la proprieté du cercle A L LI=1Q", ou en termes Algebriques x * { a+1b-x={ax + { bx

ou xx={ax + bx + nam ab, qui est l'équation que l'on à construite. C. l. F. D.

J'ai démontré la construction de ces deux derniers Problêmes algebriquement, pour indiquer la maniere de dé. montrer tous les autres de même ; ce qui est si facile, que je ne crois pas qu'il soit necessaire d'apporter un plus grand nombre d'exemples.

-XX

mab. -nab

4m

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