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triême formule , où il y a a (Fig. 16.); l'on dé

1

crira du centre C & du demi diametre CA=

a le demi

cercle AHB, on élevera ensuite CH perpendiculaire à A B, sur laquelle ayant pris CG=b, racine du dernier quarré, on menera EF parallele à AB, qui coupera le demi cercle aux points E & F, d'où l'on abaissera les perpendiculaires FD, EI. Je dis que AD & AI, seront les deux valeurs positives de x(Fig. 13), pour la troisiême Formule; negatives (Fig. 16), pour la quatriême.

DEMONSTRATION. PUISQUE AC ou CF=-a,& CG=b;GF, ou CD sera =Vaabb, & par consequent AD=x=

=x=+;. +Vį aa66, & AI=x=+1a F vi aa bb, lesquelles valeurs sont toutes deux réelles & positives dans la Fig. 13. qui appartient à la troisième formule, & toutes deux réelles, mais negatives dans la Fig. 16. qui appartient à la quatrième formule. C. Q. F. D.

REMARQUE. 3. Si b=CG est

a=CH, le point G tombera en H, les points D & I en C, & les deux valeurs de x,

& seront égales.

4. Si CG est plus grande que CH; les deux mêmes valeurs de x seront imaginaires , & le Probleme sera impossible. Ce qui se connoît aufi par l'inspection des deux formules

que

l'on construit. s. On peut encore construire ces équations, en faisant évanouir le second terme, après quoi on trouvera les valeurs de l'inconnue par l'art. 5. no. 2.

6. Il y a encore d'autres équations qui appartiennent au second degré : comme x = + aa xx + ab, mais on les ramene à quelqu'une des quatre formules précedentes en égalant le quarré xx de l'inconnue à un rectangle, dont un côté est une autre inconnue ; & l'autre côté est une lettre connue de l'équation. On prend ordinairement celle qui s'y trouve le plus fréquemment. Ainsi, en faisant

ay

=xx, & mettant dans l'équation aayy, pour **, & ay pour xx, l'on aura yy=+ay+ab, qui étant construite

par

les regles précedentes; la moyenne propor. tionnelle entre a & y, sera la valeur de x.

Par le moyen des équations du premier, & du second degré, l'on fait tout ce que les Anciens prenoient pour Geometrique.

E x E M P L E S. VII. Nous allons résoudre plusieurs Problêmes du premier & du second degré, pour servir d'exemples à la construction des équations plus composées que les précedentes,

PROBLEME SIMPLE F16.17. 1. DECRIRE un quarré GFHI dans un triangle donné

ABC.

Je remarque 10. Que le triangle A B C étant donné, la perpendiculaire le sera aussi

. 20. Que pour former le quarré, il suffit de trouver dans la perpendiculaire AD, un point E, tel que D E soit égale à FG menée par le point E parallele à BC:car alors ayant mené FH, & GI paralleles à AD; FHIG sera un quarré.

Ayant donc supposé le Problême résolu , & nommé les données BC, a; AD, 6; & l'inconnue DE, ou FG, X; AE sera 6 - x. Les triangles semblables ABC, AFG donneront b(AD). a (BC)::6--x(AE). * (FG); donc bx=ab-ax ou .ax + bx=ab, d'où l'on tire x= qui donne cette construction.

a b

atb

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On prendra sur DB prolongée du côté de B l'intervalle DK=BC, & KL = AD, & ayant joint LA, on me. nera KE parallele à LA, qui coupera AD au point cher.

ché E.

D E' MONSTRATION.
A Cause des paralleles LA, KE l’on a LK ou (const.)
AD. AE :: KD ou ( const.) BC. DE: mais AD. AE::
BC. FG; donc BC. DE:: BC. FG; & par consequent
DE=FG; & partant FHIG, est un quarré C. Q.F.D.

PROBLEME SIMPLE. 2. Un demi cercle, ABC, dont le centre est D, avec une Fig. 18. perpendiculaire FB à fon diametre AC, qui le divise en deux parties quelconques, AF, FC, e un autre demi cercle FSC, décrit sur le diametre FC, étant donnez ; il faut trouver dans le triligne mixte BFSCB, le centre O d'un cercle , dont la circonference touche les trois côtez du triligne mixte , comme on voit dans la Figure.

Ayant supposé le Problême résolu, mené (art. 4. no. 1.) les lignes 01, o E paralleles à FC & à FB, & les lignes OK, OS aux points touchans K, S; qui étant prolongees, iront passer aux centres D,&G des cercles ABC, FSC, comme il est démontré dans les élemens de Geometrie.

Nommant donc les données AD, ou DC, ou DK, a; FG, ou GC, ou GS, 6; DF, C; FB, f; & les inconnues FE, ou 10, ou OK, ou OS, X; FI, ou EO, y;. DO sera a

x; GO, 6 + x; GE, b*;& DE,[+ x. Les triungles rectangles OED, OEG donneront DO -- DE EO, ou en termes Algebriques aa – 2ax + xx — CC

Syy =

= GO? - GE= bb + 2bx + xx bb +26x - xx, ou en retranchant ce qui doit être re. tranché, aa 16- 2ax - 21% = 46x, d'où l'on tire

où je remarque que aa --=a+c x 4b + 2a + 20 a-=AF * FC=FB=ff, & que 46 +2c=AC

ff = 20; & partant x=

d'où l'on tire cette construction:

2CX

XX =

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Soit prolongée la perpendiculaire BF en M, en sorre que FM = 2 ac=4a; du centre F par B foit décrit le demi cercle BQP, qui rencontrera FM en P, & DC prolongée, s'il est necessaire, en'Q. Et ayant joint QM, foit menée par P la droite PE parallele à CM, qui rencontrera FC en E; ayant ensuite mené Eo, parallele à FB, & décrit du centre D, & du demi diametre DL

DC FE le cercle LOH ; il coupera EO au point cherché 0, qui sera le centre du cercle 1ŞK, qui satisfait au Problême.

DEMONSTRATION. Soit du centre G, & du demi diametre Gf=GF+FE décrit le cercle sor. A cause des triangles semblables, MFQ, PFE; FM, ou (const.) 2 AC. FQ :: PF, ou FQ. È E; donc 2 AC * FE=FQ=FB - AFx FC, donc 2 AC * FE=AF * FC. Et partant 2 . AF :: FC. FE, dividendo 2 AC - AF. AF:: FLIFE. Or 2 AC AF = AC + FC. Car 2 AC= AC + AF + FC; donc 2 AC - AF=AC+ FC. AF, ou HE : car A H=OK=10=F E. Or HF= HF; donc ajoutant d'une part AH, & de l'autre FE, on a AH + HF (AF)=HF + EL(=HE) :: FL =FC-FE, car FC-LC=FL. or FE=10=OK =LC, puisque le rayon Do du demi cercle HOL est plus court de OK=LC que le rayon DK du demi cer . cle AKC; donc FL= FC-FE. Encore dividendo AC + FC HE( 2 FC). HE :: EL. FE. il faut montrer que AC + FC HE= 2FC. car 10. HE= AF. 20. AC

AF = FC ; donc AC + FC + HE= 2FC. HE :: EL. FE, ou Cr; FE=Cr. car FE=10=OS

=Cr; donc HE EL= 2FC Cr=FC ~ 2Cr=/E x Er; Et partant HER EL=sEx Er: mais HER EL=E0; donc ausi SE ~ Er = EOʻ; c'est pourquoi le point o est commun aux deux cercles HOL, SOT, & à la perpendiculaire EO : mais par la construction les lignes OK, 01, OS sont égales; & les points K, S, I, sont les points tou

chans;

A

-66par

chans; puisque les lignes OS, & KO, vont aux centres G & D des cercles ABC, FSC, & que 01, est perpendiculaire à FB ; donc le point 0, est le centre du cercle ISK, qui satisfait au Problême. C. Q. F.D.

PROBLÊ ME PLAN. 3.

Un demi cercle AEB, dont le centre eft C, & une F16.19. perpendiculaire DE à fon diametre étant donnez ; il faut trouver sur DE le point F, par.or, & par le point A , ayant mené la ligne AFG;GF soit égale au demi diametre Ac.

Ayant supposé le Problême résolu, & nommé les données AC, ou CB, ou FG, a; AD, 6; DE,; & l'incon. nue AF, *; DF sera Vxx 66; l'on a

la proprieté du cercle DE - DF=AFX FG, car DE+DF. AF:: FG. FE. or FE=DE-DF; donc DE+ DF. AF :: FG. DE - DF; donc en multipliant les extrêmes, le produit sera égal au produit des moyens , c'est-à-dire, que DE-DF=AF X FG, ou cc -- ** + bb=ax,

ax + cc + bb; d'où l'on tire x=-{a +Vaa +c + bb, qui fournit cette construction.

Soient menées du point É aux extrêmitez A & B du diametre AB, les droites EA, EB. Et ayant fait E L AC=ļa, soit décrit du centre A par 1,

l'arc LH qui coupera A B en H. Et du centre H, & du demi diametre EL, soit décrit un cercle qui coupera AB aux points I & K. Je dis que AI, sera la valeur positive de x; c'est pourquoi si du centre A l'on décrit les deux arcs KG, IF qui couperont la circonference AEB en G, & DE en F; la droite AF erant prolongée rencontrera la circonference AEB en G, & FG fera par consequent = AC; puisqu'elle est égale à IK double de EL= AC.

DEMONSTRATION.
Par la construction, & à cause des triangles rectangles
AEL, ADE; AL - EL=AH-IH= AK * Al,

F

OU XX =

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