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=ió aa + į ab + 16 bb 88 en mettant 88 pour 88 ; 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 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 démontrer 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 = 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 Où l'on donne la Méthode de démontrer les Theorémes de Geometrie. M Ě T H O DE. 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 l'on regarde les Theorêmes qu'on veut démontrer; com- Il arrive aussi quelquefois que l'on croit résoudre un par ce moyen démontré. Tout ceci sera éclairci par les exemples qui suivent. E X E M P L E I. Theorême. C, & inégalement en D; le quarré de la moitié C B moins mommé AC, ou CB, a; CD, b; AD, sera, Il faut démontrer que aa -bb (CB'-CD)=AD * DEMONSTRATION. Ayant Theorême. prolongée en D d'une grandeur quelconque. Je dis que le quarré Ayant nommé CD, a; AC, ou CB, 6; AD sera a+b; Il faut démontrer que aa – 66 (CD-CB')=AD * 1 DB. DEMONSTRATION. Si l'on multiplie a+b(AD) par a—6(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. 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 |