Les Démonstrations faites à la maniere des Anciens, éclairent plus l'efprit que les Démonstrations Algebriques, quoiqu'elles ne foient pas plus certaines : mais auffi elles ne font pas fi faciles à trouver, comme il eft aifé de juger les Démonstrations des Problêmes précedens, que l'on auroit pû démontrer par l'Algebre auffi facilement que les deux derniers.

par

SECTION III.

L

Où l'on donne la Méthode de démontrer les Theorêmes

VIII.

A P

de Geometrie.

MÉTHODE.

PRE'S avoir mené les lignes que l'on juge neceffaires, en fuivant les Observations de l'article 4, on nommera celles qui doivent entrer dans la question, comme lorfqu'on veut réfoudre un Problême avec cette différence, que l'on peut fe fervir 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

que l'on veut démontrer, & on cherchera des équations par les proprietez du triangle rectangle, & des triangles femblables, ou autrement, que l'on ramenera par le moyen des fubftitutions aux mêmes expreffions, que celles qui expriment les veritez dont il s'agit, & alors le Theorême fera démontré.

S'il arrive que tous les termes de l'équation fur laquelle on opere, fe détruisent, de forte qu'il refte oo; le Theorême fera encore démontré : car c'eft une marque que la chofe eft telle qu'on l'a fuppofée, fans qu'il foit neceffaire de déterminer la grandeur d'aucune des lignes qui ont été nommées. Ceci arrive ordinairement lorfque

འ

l'on regarde les Theorêmes qu'on veut démontrer, comme des Problêmes qu'on veut réfoudre.

Il arrive auffi quelquefois que l'on croit réfoudre un Problême, & il fe trouve par la mutuelle deftruction des termes de l'équation, que c'eft un Theorême, qui fe trou. ve auffi par ce moyen démontré. Tout ceci fera éclairci par les exemples qui fuivent.

EXEMPLE I.

Theorême.

FIG. 37. 1. SI une ligne droite donnée AB, eft coupée également en C, & inégalement en D; le quarré de la moitié CB moins le quarré de la partie du milieu CD, fera égal au rectangle des deux parties incgales AD, DB.

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

aa — bb ( CB2 — CD') — AD ×

Il faut démontrer que ad

DB.

DEMONSTRATION.

=

EN N multipliant a+b( ̧AD) par a — b, (DB) l'on aura aa — bb (CBˆ—CD3)—AÐ × DB. C. Q. F. D.

FIG. 38. 2.

EXEMPLE II.

Theorême.

SI I une ligne droite AB, coupée par le milieu en C, eft prolongée en D d'une grandeur quelconque. Je dis que le quarré de CD moins le quarré de CB, fera égal au rectangle de la toute AD, par la partie prolongée B D.

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

— bb (CD3 — CB3)—AD ×

Il faut démontrer que aa—
DB.

DEMONSTRATION.

SI l'on multiplie a+b(AD) par a—b(DB), l'on aura

аа

- bb (CD' — CB')

=AD × DB. C. Q F. D. On démontrera de même les autres propofitions du fecond Livre d'Euclide, où il s'agit des proprietez des lignes divifées de différentes manieres.

3. DANS tout triangle obtufangle ABC, dont l'angle F16.39. ABC eft obtus, fi l'on prolonge un des côtez BC du côté de B, &que l'on abaiffe du point A fur le prolongement, la perpendiculaire AD; le quarre du côté AC oppofe à l'angle obtus, fera égal à la fomme des quarrez des deux autres cotez AB, BC, & outre cela à deux rectangles dont BC eft un côté, & le prolongement BD, l'autre.

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

Il faut prouver que aa (AC) = bb + cc + 2cd ( AB3 + BC2+2bc × BD)..

DE'MONSTRATION..

A Caufe du triangle rectangle ADC; aa ( AC2 ) =gg ( AD2 ) + dd + 2cd+cc (DC): mais le triangle rectangle ADB donne bb = gg+dd; mettant donc en la place bb + 2cd + cc. de gg+dd fa valeur bb; l'on aura aa =

C. Q. F. D.

Si l'on fait DB (d) o, le point B tombera en D, FIG. 40. & l'angle ABC fera droit ; & l'on aura dabb+ce:car 2cd devient nulle à caufe de do: mais fi l'on fait d negative, & moindre que c = que c― BC; le point D tombera entre B, & C; & partant les deux angles ABC, & C feront aigus, & l'on aura en changeant le figne du terme où d fe rencontre, aa—bb — 2cd+cc, ou aa+2cd=bb+cc,

=

ou AC2+ 2BC × B D — A B2 + BC'; c'est-à-dire que dans tout triangle, le quarré du côté oppofé à un angle aigu, avec deux fois le rectangle du côté fur lequel tombe la perpendiculaire, par la partie interceptée entre la perpendiculaire, & cet angle aigu, est égal à la fomme des quarrez & des deux autres côtez.

EXEMPLE IV.

Theorême.

FIG. 41. 4. SI dans un cercle ABGD, dont le centre eft C, l'on mene librement deux droites BE, DF qui fe coupent en O. Je dis que BO x OE=DO × OF.

L'on menera par le point O, le diametre ACOG, les rayons CB, CD, & les perpendiculaires CI fur BE, & CK fur DF; & ayant nommé les rayons CA, CG, CB, CD, a; BI, ou IE, b; DK, ou KF, c, OI, d; OK, f; CI, gi CK, h; CO, k; BO sera, b+d; OE, b b-d; DO, c+f; & OF, c-f. Il faut démontrer que bb (BO × OE) = cc — ff (DO × OE).

DE'MONSTRATION.

و

-dd

LEs triangles rectangles CIB, CKD, CIO,CKO, donnent 10. aa= bb + 83, 20 aa = cc + bh, 3°. kk =dd+gg, 4°. kk =ff + hh ; & falfant évanouir aa dans les deux premieres équations, kk dans la troifiême & quatriême, l'on aura 5°. bb+gg = cc+ hh, 6o. dd+gg =ff+bh; & fouftrayant les deux membres de la fixiême équation des deux membres de la cinquiême, le premier du premier, & le fecond du fecond, il viendra bb - dd cc-ff. C. Q. F. D.

EXEMPLE

5.

EXEMPLE

V.

Theorême propofé en forme de Problême.

U

N cercle AEBF, dont le centre eft C, & un diame- FIG. 42. tre A B étant donnez; il faut trouver au dedans du cercle le point D, d'où ayant abaisse la perpendiculaire DI fur le diametre AB; & par où ayant mené une droite quelconque EDF; ED × DF + DI' soit—AI × IB.

Ayant mené par D la droite GDH parallele à AB; puifque GD x DH=ED × DF, on peut mettre GD x DH en la place de ED × DF; de forte que le Problême fe réduit à trouver le point D; en forte que GD × DH + DI=AI x IB.

Ayant fuppofé le Problême résolu, mené CK parallele à ID, le rayon CH, & nommé les données CH, AC, ou CB, d; & les inconnues CI, ou KD, x; CK, ou ID, y; AI fera a—x; IB, a+x; KH, √aa—yy; DH, Vaa―yy + x; DG, Vaa—yy—x, & les conditions du Problême donneront aa -yyxx (GD × DH)+yy ( DI2 ) = aa—xx (AI × IB) qui fe réduit à o = 0. C'est pourquoi le Problême propofé eft un Theorême, & comme il ne reste aucune ligne pour déterminer la pofition du point D; il fuit que l'on peut prendre ce point par-tout où l'on voudra dans le cercle.

L'on auroit pû démontrer ce Theorême comme le précedent, & l'on pourroit auffi démontrer tous les Theorêmes, comme on a fait celui-ci, en les confiderant comme des Problêmes.

I