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Si avec certe équation *x=- dx + dg, on veut trou. ver x, il faut la changer en celle-ci xx to dx dg, d'où l'on a cette analogie :: *+ d. Vāg. x. après avoir trouvé GP

Vdg. on prendra LH=d. du point C milieu de LK, & de l'intervalle CP on décrira RPH, alors :: RL(GH) + LK. GP. GH, ou en termes analitiques : *+d.Vdx. x. donc xx+dx.=dg, ou bien xx =

dx+ dg

I.

DEMONSTRATION.
Elle est la même
E est la même que la précedente.

R e M A R QUE
7. L'EQUATION precedente xx =

nasx mtand,

étant réduite à celle-ci xx dx dg, comme l'on a fait celle du cas précedent ( no. 5.), fait voir que fi la moyenne proporcionnelle entre DG (8), & CL (d) surpasse CL, le Probleme sera impossible : car alors les deux valeurs de seront imaginaires REMARQUE II.

FIG. 21, 8. Si dans les deux constructions précedentes, le point 24. F étoit tombé au-delà du point C; hors du triangle ; il auroit falu mener la parallele DG de l'autre côté du point G, qui auroit rencontré le côté AC, prolongé du côté de A dans le premier cas, & l'on se feroic servi du côté AC, comme on a fait du côté BC.

REM A Ř RUE III. Ce seroit encore la même chose, û le point D étoit 9. donné sur un des côtez BC prolongé : car DG parallele à AB, rencontreroit le côté AC prolongé du côté de A, & l'on trouveroit comme on vient de faire ; le point E; par où ayant mené la droite DEF, l'on auroit le triangle A EF, qui seroit au triangle ABC, comme n à m. Dans la

F1 G.26.

Figure 26 AG=f. AE=x. AF=x. le point I doit être pris sur AB du côté de A, en sorte que AB. AI :: m. n. CL parallele à AB doit être menée de l'autre côté de C, en sorte qu'on puisse tirer GIL.

REMARQUE IV. F16.27.10. Si le point D étoit au sommet de l'un des angles

comme en A; il n'y auroit qu'à diviser B C en F; en forte que BC. BF::m.n, & mener AF : car en ce cas ABC. ABF :: m. n.

REMA R QUE V. F16. 28. 11. Si le point D étoit sur un des côtez AB; en nom

mant AB, a; BC, 6;. DB, ; qui sont les données, & l'inconnue BF, * ; l'on auroit selon l'hypothese ab. gx :: m. n; & partant mgx

nab; donc x=

Email : qui fournit cette construction.

On divisera BC en H, en sorte que BC.BH::m.ng & ayant pris BF quatriême proportionnelle à DB, AB, BH, l'on menera la ligne DF qui satisfera au Problême.

D E M O N S T R A TI O N. AYANT mené AH, les triangles ABH, DBF feront égaux ; puisque (conft.) DB. AB :: BH. BF: mais le triangle A BC est au triangle ABH :: BC. BH::M. N; donc ABC. DBF :: M. 1. C. Q. F. D.

12. ON

le moyen

COROLL AIRE. peut par

de ce Problême, & des remarques qu'on y a faires, résoudre toutes les questions de la Geodésie.

Soit par exemple, un re&tiligne quelconque ABCEGH, & un point D hors de ce rectiligne, donnez de position, il faut mener la ligne DOF, qui divise le même rectiligne, de

maniere

FIG. 29

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1

manière que

que la partie OHGEF soit à la partie O ABCF, comme un á n.

On menera du point D aux angles du rectiligne des droites DG, DE, DC, DB. Or puisque l'on connoît la superficie du rectiligne entier , & qu'on peut connoître celle de toutes les parties qui le composent; on connoîtra aussi si quelqu'une des lignes DB, DC, DE, DG, satisfait au Problême. Mais si aucune n'y satisfait, de sorte que la partie LHGE soit trop petite, & la partie KHGEC trop grande; il est necessaire, selon cette hypothese, que la ligne DOF passe entre les lignes DC, DE, afin que la Figure soit divisée dans la raison demandée : mais parceque l'on connoît le raport de toute la Figure à ses parties KABC, LABCE, l'on connoîtra aussi le raport du quadrilatère ZKCE à la partie OKCF; c'est pourquoi, 10. Si les lignes KL, CE sont paralleles, il n'y a qu'à diviser CE en F, en sorte que ce CE soit à CF dans la raison convenable, & mener DOF, qui satisfera à la question:car CE. KL::CF. KO, ou DCE. DKL :: DCF. DKO; & divi. dendo LKCE. DCE :: OKCF. DCF. permutando LKCE. OKCF:: DCE. DCF ::CE. CF.

2%. Si ces lignes CE, KL ne sont point paralleles, elles F16.30. concourront de part ou d'autre en un point P, que l'on trouvera en cette sorte. Ayant mené LR & LQ paralleles à KC, & à CF, ces droites seront données de grandeur aussi bien que KQ. Soit donc fait à cause des triangles semblables KQL, KCP; Kl. QL::KC.CP;CP sera donc aussi donnée de grandeur ; c'est pourquoi tirant KS perpendiculaire à CE, qui sera aussi donnée , l'on aura la superficie du, triangle KCP; & par consequent (no. 9.), le raport de tout le triangle à sa partie OKCF, & le Probleme sera résolu.

PROBLÊ ME PLAN.

ECRIRE un triangle A B C re{tangle en A, dont Fig. 31. le plus petit côté AB, & la difference DC, des segmens de l'hypothénuse , faits par la perpendiculaire A E, soient donnez de grandeur.

G

13.De

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