ÆäÀÌÁö À̹ÌÁö
PDF
ePub

=pf, d'où l'on tire f

-2ry

;

& cette valeur de f,

y3 +py = q

3

fubftituée dans l'équation I, donne après avoir ôté les

fractions, & ce qu'il y a à ôter, V.t=

y3 +py — q

zy

Si l'on

met prefentement dans les deux équations C, & D, en la place de /, & de t leurs valeurs prifes dans les deux équations T, & V, l'on aura les deux fuivantes.

[merged small][merged small][merged small][merged small][ocr errors][ocr errors][merged small][merged small][merged small]

Mais l'équation R, donne yy = aa + bb, & y: Vaa + bb. ; l'on a aussi p = aa— bb, & q = a3 + abb; fubftituant donc dans les deux équations, & y en la place de de yy, de p, & de q, leurs valeurs; leurs valeurs; l'on aura après les réductions ordinaires,

دلا

༢༢. z√aa + bb + 3 aa + 1⁄2 a √ua + bb
cụ trà vừa + b =0&

22 + z Vaa + bb + 1⁄2 aa —

22=z √aa + bb — 2 aa

༢༢

— a Vaa + bb

1⁄2 a√aa+bb, &

ou

z√aa + bb — 2 aa + 1⁄2 a √aa + bb, dont les racines font,

z = 1⁄2 Vaa + bb ± √ — — aa + 1 bb — — a`√aa + bb, &

z=−1√aa+bb ±√ — — aa + 1⁄2 bb+ 1⁄2 a√aa+bb. Mais pour ôter le fecond terme de l'équation A, l'on a fait x = x — — a ; c'eft pourquoi en mettant dans les deux ༢.= dernieres équations, en la place de , fa valeur x— ༢. l'on aura les deux qui fuivent.

[ocr errors]

FIG. 34.

x = a + √ aa + bb±√ — — aa + 1 bb — — a√aa+bb.

x = 1 a — √ — aa+1 bb +V — — aa+1 bb + 1⁄2 a√aa+bb, dont la conftruction réfout le Problême.

Il faut demeurer d'accord que cette méthode de M Descartes, de reconnoître la nature d'un Problême dont l'équation eft du quatriême degré, & de tirer de cette équation du quatrième degré, deux équations du second, quand le Problême eft Plan, eft parfaitement belle, & digne de fon genie; c'eft pourquoi j'ai jugé à propos de la mettre ici tout au long; parceque je ne l'ai vue nulle part entierement expliquée. Il eft neanmoins à propos, comme on a déja remarqué, après avoir reconnu qu'un Problême dont l'équation est du quatriême degré eft Plan, de chercher par d'autres voyes une équation du fecond degré, parceque la conftruction du Problême en devient plus fimple, comme on va voir par cet exemple.

15. Les mêmes chofes que dans l'énoncé du Problême, étant fuppofées, on prolongerȧ BC vers G, l'on menera EG perpendiculaire à FE, qui rencontrera CG en G, & l'on abaiffera du point E fur CG la perpendiculaire EH: ce qui formera les triangles femblables CBF, CEG, CHE, & EHG: & outre cela les triangles CBF, EHG égaux, puifque BC= EH, c'eft pourquoi ayant nommé les données AB ou AD, a; KL ou FE, b; & les inconnues CG, x; CE, y; BG fera, a+x; & FC ou EG, b—y; les triangles femblables CBF, CEG, donneront a (CB). b-y(CF) y (CE). x(CG); donc axby—yy ; triangle rectangle CEG donnera CG — xx bb — 2by +2yy—CE' +EG', ou bb xx — by — yy — ax, ou bb — xx zax, d'où l'on tire x=a+Vaa+bb, qui donne cette construction.

2

& le

Soit prolongée CD en I, en forte que CIKL; décrit du centre B par I, le cercle IG, qui coupera BC prolongée en G; & fur le diametre CG, le demi cercle

CEG,

CEG, qui coupera AD prolongée E & e, ou la touchera en un feul point E, fi le Problême eft poffible, c'est-àdire, fi KZ furpaffe ou égale le double de la diagonale du quarré AC. Je dis que la ligne FE, ou ef= KL; & que par confequent le Problême eft résolu.

DEMONSTRATION.

A Caufe des triangles femblables CBF, CEG. CB.

=

2

=

CF:: CE. CG; donc CB x CG CF x CE. Et à cause
du cercle IG dont le centre eft B; CI= BG' — BC'
1 BC x CG+CG2 = 2CF x CE + CĘ2+ EG2; car par
l'équation précedente CB × CG = CF × CE. 1o. en la
multipliant par 2 on a 2BC x CG2CF x CE. 2°. ajou-

- 2

×

-2

-2

tant CG on aura 2BC x CG + CG2CF x CE + CG.

-2

12

-2

Mais CG = CEEG. Donc 2BC x CG + CG

-2

—2

2

2

= 2CF × CE + CẺ + EG, ou CF — FE 2CF × CE

[blocks in formation]

=

CE — FE; donc

CF+CE × CF+CE FE, ou ce qui eft la même chose

-2

-2

[ocr errors][merged small][merged small]

CF +2CF × CE+CE FE; donc CI FE'; donc
CIFE KL. C. Q. F. D.

On démontrera de même que ef=KL.

PROBLEME

PLAN.

16. LA fomme AB des deux côtez 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 fur la bafe AI, étant donnez, décrire le triangle AEI.

Ayant fuppofé le Problême résolu, foit prolongée AE en B, en forte que EB = EI, & menée par A la ligne AD parallele à EI, & égale à AB; la ligne menée par les points B & I, rencontrera AD en D: car BE EI, & BA=AD. Soit faite AK perpendiculaire à BD, qui fera divifée par le milieu en K, puifque le triangle BAD

H

=

eft ifofcele. Ayant enfin mené BH perpendiculaire à AI prolongée, & nommé les données KB, ou KD, c; la perpendiculaire EG, b; AK, d; & les inconnues AI, z; KỈ,x;BH, *; BI fera c−x, & ID, c + x.

=

u;

C

26c
c+xj

2bc

c+x

=

Les triangles semblables IA K, IBH donneront (IA). d (AK) :: c — x (IB). u (BH), donc u = ed-dx. Et les triangles femblables HBA, GEA, & BEI, BAD donnent, u (HB). b (GE) :: BA. EA :: 2c (BD). c+x (ID). d'où l'on tire u he, donc 2 cd = dx dx, ou 2bcz ccd-dxx: mais le triangle rectangle AKI, donne xx=-dd; c'est pourquoi en mettant cette valeur de xx, dans l'équation précedente, l'on en tire ༢༢ 2c+cc+dd: Mais en nommant AB, a; l'on a, à caufe du triangle rectangle AKB, aa—cc+dd; mettant donc dans l'équation en la place de cc+dd fa valeur l'on a celle-ci 260% 26 + aa, d'où l'on tire z bebbccaa, qui fournit cette construction.

aa,

༢༢.:

Soit prife AFGE, & menée FL parallele à KB; foit prolongée KA en C, en forte que AC FL; & ayant mené AM parallele à KB, & égale à AB, l'on décrira du centre Ĉ par M, le cercle MN, qui coupera AK prolongée en Ñ; & du centre A par Ñ, l'on décrira le cercle N10 qui coupera K B, en 1; en I; & ayant joint AI, l'on menera IE parallele à DA, qui formera le triangle AIE, qu'il faloit décrire.

DE'MONSTRATION.

IL eft clair que A E+EI= AB, que l'angle ABI, eft tel qu'on le fouhaite, & que ANAI. A cause de FL (conft.) parallele à KB, l'on a AK (d). KB (c) :: AF, ou GE (b). FL = b (conft.) AC, & partant CN; & par la proprieté du cercle, CN' CA AM❜ =

=

=

AB'; ce qui eft en termes Algebri

ques 2↓༣ + ༢༢ = 44 ,.ou ༢༢ = —

=aa,

+aa qui eft l'équa

tion que
l'on a construite, d'où il fuit que la construction
précedente réfout 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 réfolution de plufieurs Problêmes femblables, comme eft celui qui fuit: j'y ai ajouté la conftruction & la démonstration que cet Auteur n'avoit pas donnée.

PROBLEME PLAN.

17. DECRIRE un triangle AEI, dont on connoît la FIG.35: fomme des cotez AE + EI AB, la bafe AI, & dont Pangle AEI, foit égal à un angle donné.

=

En fuppofant la préparation précedente, & nommant les données AK, d; AI, b; & l'inconnue KI, x; l'on aura par la proprieté du triangle rectangle AK 1 ̧xx= bbdd; donc xvbb dd, qui donne cette conftruction.

Soit du centre A & du rayon AI, décrit le cercle OIN qui coupera K B au point cherché I; ce qui n'a pas befoin de démonstration.

[blocks in formation]

18. UN rectangle ABCD étant donné, il faut décrire FIG. 36. un autre rectangle EHGF; dont les côtez foient également éloignez de ceux du rectangle ABCD, & que le rectangle ABCD, foit au petit EHGF dans la raifon donnée de

màn.

Ayant fuppofé le Problême réfolu, & nommé les données AD, ou BC, a; AB, ou DC, b; & l'inconnue AL, ou LE, x; EF fera a-2x, & EH, b—2x.

2ax

L'on aura par les qualitez du Problême, ab. ab
2bx+4xx :: m. n. donc mab
-max zmbx +

=

4mxx
d'où xx — — ax — bx = nab-mab. Soit nab-mah

4m

nab, d'où l'on tire xx = 1 ax + bx+nah — mab

4m

« ÀÌÀü°è¼Ó »