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cm

-88, ou nab-mab

4m

aura XX.

car 4m. a :: b.com het donc nabumab

cm. Mais puisque n <m foit n - M=m=-fi donc on

-fc, & faisant fc

- SS on aura cn CM =-88. Ceci supposé il faut achever le quarré & l'on

ax -{bx + to aa + š ab + io bb=aa + į ab + 16 bb

88 en mettant

88 pour
d'où tirant la racine quarrée on a x-4a-
V saa
taa + s ab + is bb

88 ;
donc x =

a +6+ Vis aa+ğab + 1566—88. Or AK=ia+16, car AI a été pris égal à { a + į b;

b; mais

ayant

fait KO, ou e= =g = V mab

nab, on aura KL=VAK - QL=

nah-mah

4 m

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b

2

4m

Vis aa + ab + ý bb-98; donc * = AK - KL=AL. Ce qui fournit cette construction.

Soit prise AI=a + 1b,& décrit sur le diametre AI, le demi cercle API. Et ayant élevé au centre K, la perpendiculaire KP, pris Ko=V mab nab & mené par o la ligne QOR, parallele à AI, 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.

DEMONSTRATION. Par la proprieté du cercle A L x L1=IQ", ou en termes Algebriques x * { a +15-x=į ax+ bx

į ax + bx +

nals – mab, qui est l'équation que l'on a construite. C. l. F. D.

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

XX

mab nab

4m

ou XX =

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4n

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

SECTION II I.

A

l'on donne la Méthode de démontrer les Theorémes

de Geometrie.

M Ě T H O DE.
VIII. PR E'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 étant toutes connues, ou inconnues.

Cela fait, on exprimera en termes Algebriques, les veritez

que l'on veut démontrer, & on cherchera des équations par les proprierez 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 Theo. rême 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, le Theorême sera encore démontré : car c'est une marque que la chose est telle qu'on l'a supposée, sans qu'il soit necessaire de déterminer la grandeur d'aucune des lignes qui ont été nommées. Ceci arrive ordinairement lorsque

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l'on regarde les Theorêmes qu'on veut démontrer; com-
me des Problêmes 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 ausli

par ce moyen démontré. Tout ceci sera éclairci par les exemples qui suivent.

E X E M P L E I.

Theorême.
F 16.37. 1. SI une ligne droite donnée AB; 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 restangle
des deux parties inegales AD, D B.

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

Il faut démontrer que aa -bb (CB'-CD)=AD *
DB.

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

Ayant

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Theorême.
F 16.38. 2. S1 une ligne droite AB, coupée par le milieu en C, cf

prolongée en D d'une grandeur quelconque. Je dis que le quarré
de moins le quarré de CB, sera égal au rectangle de la
toute AD, par la partie prolongée B D.

Ayant nommé CD, a; AC, ou CB, 6; AD sera a+b;
& BD, a-b.

Il faut démontrer que aa 66 (CD-CB')=AD *

1

DB.

DEMONSTRATION. Si l'on multiplie a+b(AD) par a6(DB), l'on aura aa - bb (CD' CB')= ADX DB. C. ( F. D.

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

E X EMPLE II I.

Theorême. 3. DAN S tout triangle obtusangle ABC, dont l'angle F1 6.39. 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 còtez AB, BC, & outre cela à deux rectangles dont BC est un côté, & Le prolongement BD, l'autre.

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

Il faut prouver que aa ( AC)=bb +66 + 2cd ( AB* + BC + 2bc x BD).

DEMONSTRATION.
A Cause du triangle re&tangle A DC; aa ( AC") = gg
(AD') + dd + 200 + cc (DC"): mais le triangle rectangle
ADB donne bb

88 + dd; mettant donc en la place de 88+ dd sa valeur bb; l'on aura aa = 66 + 2cd + cc. C. l. F. D.

Si l'on fait DB(=d)=0, le point B tombera en D, F19.40; & l'angle ABC sera droit ; & l'on aura da=6b+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=bb-260 +6c, ou aa +26d=b6+00,

Ou AC* + 2BC * B D= 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 rectangle 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 LE IV.

Theorême.

F16. 41. 4. Si dans un cercle ABGD, dont le centre ejf C, l'on mene

librement deux droites BE, DF qui se coupent en O. Je dis que

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

D E'MONSTRATION. Les triangles rectangles CIB, CKD, C10, CKO, donnent 10. aa=bb + 83, 2o, aa =+ hh, 3o, kk =dd +88, 4o. kk=ff+ hh; & faisant évanoüir aa dans les deux premieres équations, kk dans la troisiême & quatriême, l'on aura 5o. 6b+88 = 16+ hh, 60. dd +88

=ff+hh ; & soustrayant les deux membres de la sixième 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

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