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Les Démonstrations faites à la maniere des Anciens, éclairent plus l'esprit que les Démonstrations Algebriques, quoiqu'elles ne soient pas plus certaines : mais aussi elles ne sont pas si faciles à trouver, comme il est aisé de juger par

les Démonstracions des Problêmes précedens, que I'on auroit pû démontrer par l’Algebre aussi facilement que les deux derniers.

SECTION III.

A

l'on donne la Méthode de démontrer les Theorémes

de Geometrie.

M Ě. T H O D E. VIII. Pre's avoir mené les lignes que l'on juge

necessaires , en suivant les Observations de l'article 4, on nommera celles qui doivent entrer dans la question, comme lorsqu'on veut résoudre un Probleme avec cette différence, que l'on peut se servir de toutes les lettres indifféremment : car comme l'on ne cherche la grandeur d'aucune ligne, on les peut regarder comme erant toutes connues, ou inconnues.

Cela fait, on exprimera en termes Algebriques, les veritez que l'on veut démontrer , & on cherchera des équations par les proprietez du triangle rectangle, & des triangles semblables, ou autrement, que l'on ramenera par le moyen des substitutions aux mêmes expressions, que celles qui expriment les veritez dont il s'agit, & alors le Theorême sera démontré.

S'il arrive que tous les termes de l'équation sur laquelle on opere , se détruisent, de sorte qu'il reste o=0, Theorême sera encore démontré : car c'est une marque que la chose est celle qu'on la supposée, sans qu'il soit necessaire de déterminer la grandeur d'aucune des lignes qui ont été nommées. Ceci arrive ordinairemenu lorsque

le

l'on regarde les Theorêmes qu'on veut démontrer, comme des Problèmes qu'on veut résoudre.

Il arrive aussi quelquefois que l'on croit résoudre un Problême, & il se trouve par la mutuelle destruction des termes de l'équation, que c'est un Theorême, qui se trou. ve aussi par ce moyen démontré. Tout ceci sera éclairci par les exemples qui suivent.

E X E M P L E I.

Theorême. F16. 37. 1. S 1 une ligne droite donnée A B, eft coupée également en

C, & inégalement en D; le quarré de la moitié C B moins le quarré de la partie du milieu CD, sera égal au rectangle des deux parties inégales AD, D B.

Ayant mommé AC, ou CB, a; CD, b; AD, sera, a+b; & DB, a-b.

Il faut démontrer que ad-6b (CB' CD')=AD * DB

DEMONSTRATION. En multipliant a+b(AD) par a – -6, (DB) l'on aura aa - 6b (CB-CD')=AD DB. C. Q. F. D.

Ε Χ Ε Μ Ρ L E II.

Theorême. FIG. 38. 2.

Si

I une ligne droite AB, coupée par le milieu en C, eff prolongée en D d'une grandeur quelconque. Je dis que le quarré de CỔ 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, 6; AD sera a +b; & BD, a-b.

Il faut démontrer que aa - bb (CD-CB')=ADX De

DEMONSIRATION. Si l'on multiplie a+b(AD) par a-6(DB), l'on aura aa— bb (CDCB')=AD X DB. C. F. D.

On démontrera de même les autres propositions du lecond Livre d’Euclide, où il s'agit des proprietez des lignes divisées de différentes manieres.

Ε Χ Ε Μ Ρ L Ε ΙΙΙ.

Theorême. 3. DANS tout triangle obtufangle ABC, dont l'angle F16.39: ABC eft obtus, si l'on prolonge un des côtez BC du côté de B,

que l'on abaisse du point A sur le prolongement, la perpendiculaire AD; le quarré du coté A Copposé à l'angle obtus, sera égal à la somme des quarrez des deux autres côtez AB, BC, e outre cela à deux reftangles dont BC est un côté, e le prolongement BD, l'autre.

Ayant nommé AC, a; AB, 6; BC, C; DB, d; AD, g; DC sera C+d.

Il faut prouver que aa ( AC*)= bb + cc + 200 ( AB + BC*+ 2bc * BD).

D E'MONSTRATION. A Cause du triangle re&angle ADC; aa ( AC*)=88 (AD') + dd + 2cd + cc (DC*): mais le triangle rectangle ADB donne bb = 88 + dd; mettant donc en la place de 89 + dd sa valeur bb; l'on aura aa =

bb +- 2cd + cc. C. I F. D.

Si l'on fait DB(=d)=0, le point B tombera en D, F16.40. & l'angle ABC sera 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, & C seront aigus, & l'on aura en changeant le figne du terme où d se rencontre, aa=b6—200+ cc, ou aa +2cd=b6+16,

ou AC*+ 2BC * BD= A B' + BC'; c'est-à-dire que dans tout triangle, le quarré du côté opposé à un an. gle aigu , avec deux fois le re&angle du côté 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 côtez.

E X E'M P L E IV.

Theorême.

Fig. 41. 4. S1 dans un cercle ABGD, dont le centre et C, l'on mene

librement deux droites BE, DF qui se coupent en O. Je dis que BO * OE =DO x'OF.

L'on menera par le point 0, le diametre ACOG, les rayons CB, CD, & les perpendiculaires CI sur BE, & CK fur DF; & ayant nommé les rayons CA, CG, CB, CD, a; BI, ou 1E, 6; DK, ou KF, 1, 01, d; OK, fi CI, 8; CK, h;CO, k; BO sera, b+d;OE, bd; DO, (+f; & OF, c-f. Il faut démontrer que bb dd

BO * QE) = 0 ff (DO ~ OE).

DE'M ONSTRATION. Les triangles rectangles CIB, CKD, C10,CKO, donnent 10. aa = bb + 85, 2°, aa = + hh, 3o. kk

dd +88, 4o. kk=ff+ bh; & faisant évanouir aa dans les deux premieres équations, kk dans la troisiême & quatriême, l'on aura 5°. 6b+88 = 1+ hh, 60, dd +88

=ff+hh ; & soustrayant les deux membres de la sixiệme équation des deux membres de la cinquiême , le premier du premier , & le second du second , il viendra bb - dd =cc-ff. C. Q. F. D.

EXEMPLE

5

E X E M P L E V.
Theorême proposé en forme de Problême.
S.

Un cercle A EBF, dont le centre est C, & un diame- F1G. 42.
tre A B étant donnez ; il faut trouver au dedans du cercle
point D, d'où ayant abaissé la perpendiculaire D I sur le
diametre AB; é par ayant mené une droite quelconque
EDF; ED ~ DF + DI' foit=AI ~ I B.
Ayant mené

par

D la droite GDH parallele à A B puisque GD ~ DH=ED ~ DF, on peut mettre GD * DH en la place de ED ~ DF; de sorte que le Problême se réduit à trouver le point D; en sorte que GD ~ DH + DI' = AIXIB.

Ayant supposé le Problême résolu, mené CK parallele à ID, le rayon CH, & nommé les données CH, AC, ou CB, 8; & les inconnues CI , ou KD, *; CK, ou ID, y; Ai sera a - *; IB, a+x; KH, Vaa—yY; DH, Vaa—yy + x; DG, Vaa—yy— x, & les conditions du Problême donneront aa – yy — xx (GD ~ DH) + yy (DI')= at — xx ( A 1 IB) qui se réduit à o = 0. C'est pourquoi le Problême proposé est un Theorême, & comme il ne reste aucune ligne pour déterminer la pofition du point D; il suit que l'on peut prendre ce point par-tout où l'on voudra dans le cercle.

L'on auroit pû démontrer ce Theorême comme le précedent, & l'on pourroit aussi démontrer tous les Theorê. mes, comme on a fait celui-ci, en les considerant comme des Problêmes.

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