mer le triangle AFB, il faudra neceffairement qu'il foit femblable au triangle C D B, puifqu'ils auront un Angle commun, qui eft CBD, & l'Angle G AD, égal à l'Angle D C B; donc comme l'Angle CD B, eft droit, l'Angle AFB, sera droit pareillement, & par confequent la ligne AF, perpendiculaire.

VINGT-DEUXIE'ME

PROPOSITION.

Si une ligne comme AB, eft divifée en deux parties au point

C, le quarré de la toute AB, eft égal aux deux

quarrés des deux parties AC, CB; plus deux fois le Rectangle d'une partie par l'autre.

Soit la ligne AB, appellée.... x.

La portion AC,

La portion C B,

....y.

....Z.

x, fera égal à y + z.

Multipliant y par y+z, viendra yy2yz +zzxx. C'eft-à-dire le quarré de AC, plus le quarré de CB; plus deux fois le Rectangle de AC, par CB, égal au quarré de la toute AB.

Que fi la,

ligne AB,

et divifée Ar

en trois par

ties aux points C, D; le quarré de la toute AB, eft égal aux trois aux quarrés des parties; plus deux fois le Rectangle de AC, par CD; plus deux fois le Rectangle de CD, par DB, il n'y a qu'à donner des noms aux parties de la toute.

Je nomme AC....
CD.... y.

x.

BD....

La toute fera donc x+y+z, que je multiplie par xyz, vient au produit xxyyzz + 2xy + 2x z +2yz, égal au quarré de la toute.

A

C

D

E

B

Si la ligne A B, eft divifée en quatre parties, aux points C, D, E, on démontrera de même que le quarré de la toute AB, eft égal aux quatre quarrés des parties; plus deux fois le Rectangle de AC, par CD; plus deux fois le Rectangle de AC, par D E; plus deux fois le Rectangle de AC, par EB; plus deux fois le Rectangle de CD, par DE; plus deux fois le Rectangle de CD, par EB; plus deux fois le Rectangle de DE, par EB, & ainfi à l'infini.

On voit par ces exemples de quel ufage eft l'Arithmetique par Lettres.

F

E

VINGT-TROISIEME PROPOSITION. Toute Figure réguliere eft égale au Rectangle qui a pour bafe la moitié du perimetre, & pour hauteur le Raion droit de la Figure. Soit la Figure réguliere B FEGHD, dont le Raion droit foit AC, & foit le Rectangle IK LM, dont la bafe LM, foit égale à la moitié du perimetre de la Figure, & dont la hauteur KM, foit égale au Raïon droit AC; je dis que l'Aire du Rec

B

G

A

D

tangle, est égale à l'Aire de la Figure.

Pour le prouver; du F 'centre de la Figure A, je mene des lignes à tous les Angles, & par là la Figure eft partagée B en autant de triangles, qu'elle a de côtés. Ici, par exemple, l'Hexagone eft partagé en fix triangles tous é

gaux au tria- I

A

E

D

N

K

gle BAD:

or l'Aire du

M

triangle BAD, eft égale auŘec- L tangle BC, moitié de BD, par AC, c'est-à-dire, au Rectangle de la moitié du côté du Polygone par le Raion droit, tel qu'eft ici le Rectangle INLO; donc les fix triangles pris enfemble, & compofant tout l'Hexagone, font égaux à fix Rectangles, tels que INLO, dont chacun a pour base la moitié du côté B D, & pour hauteur le Raïon droit AC. Or ces fix Rectangles font égaux à un feul Rectangle, qui a pour bafe ces fix moitiés du côté du Polygone, & pour hauteur le même Raïon droit AC, tel qu'eft ici le Rectangle IK L M; ces fix moitiés font la moitié du perimetre de la Figure; donc l'Aire de la Figure donnée eft égale au Rectangle, qui a pour bafe la moitié du perimetre, & pour hauteur le Raion droit.

COROLLAIRE.

L'Aire du cercle eft égal au Rectangle, qui a pour base la moitié de la circonference, & pour hauteur le Raion : c'eft une fuite manifefte de la nature du cercle, qui étant un Polygone régulier d'une infinité de côtés, tombe dans le cas de la prefente Propofition; fon Raïon droit ne differe pas de fon Raïon, parce que le côté infiniment petit de ce Polygone régulier, eft un point de la circonference; ainfi la fameufe Propofition de la quadrature du cercle, fe réduit à trouver une ligne égale à la moitié de la circonference.

On peut exprimer autrement cette Propofition & la démontrer aifément par les Indivisibles, ainsi qu'il fuit.

L'Aire du cercle eft égal au triangle Rectangle, qui a pour un de fes côtés une ligne égale à la circonference, & pour fon autre côté le Raion du cercle.

MAN

E

F

B

Soit le cercle HIB. Soit la ligne B C, fa tangente au point B, fuppofée égale à la circonfe rence HIB. Du centre A, foit tirée la ligne AC, formant le triangle Rectangle ABC; je dis que

'Aire de ce triangle eft égale à l'Aire du cercle HIB. Pour le démontrer:

Je confidere que le nombre infini des circonferences concentriques, qui rempliffent l'Aire du grand cercle, eft mefuré par le Raion AB, c'est-à-dire, qu'il y a autant de circonferences concentriques, qu'il y a de points dans la ligne AB.

-

Je confidere d'autre part, que le nombre des lignes paralleles à BC, qui toutes enfemble rempliffent l'Aire du triangle CBA, eft mefuré par le même Raïon AB, c'est-à-dire, qu'il y a autant de lignes paralleles à BC, qu'il y a de points dans la ligne AB; donc il y a autant de circonferences concentriques dans l'Aire du grand cercle, qu'il y a de lignes paralleles dans l'Aire du triangle. Si donc chaque ligne parallele, comme FG, ou DĘ, eft égale à fa circonference correfpondante, comme KLF, ou MND, il y aura de part & d'autre parfaite égalité dans les deux Aires, c'eft-à-dire, qu'elles feront remplies par un nombre égal de grandeurs égales, & par confequent l'Aire du grand cercle, fera égale à l'arc du triangle CBA.

Or il eft aifé de démontrer, que telle tangente que f'on voudra choifir, comme FG, eft égale à fa cir