ver x dg, Si avec cette équation xx dx + dg, on veut trouil faut la changer en celle-ci xx + dx = d'où l'on a cette analogie :: x+d. Vdg. x. après avoir trouvé GP Vdg. on prendra LH-d. du point C milieu de ZK, & de l'intervalle CP on décrira RPH, alors RL (GH) + LK. GP. GH, ou en termes analitiques :: x+d. Vdx. x. donc xx+dx. dg, ou bien xx dx + dg dx+dg mf 7. L'EQUATION précedente xx = nabx-pas, étant FIG. 21, 8. SI dans les deux constructions précedentes, le point 24. 9. REMARQUE III. CE E feroit encore la même chofe, fi le point D étoit donné fur un des côtez BC prolongé : car DG parallele à AB, rencontreroit le côté AC prolongé du côté de A, & l'on trouveroit comme on vient de faire, le point E; par où ayant mené la droite DEF, l'on auroit le triangle AEF, qui feroit au triangle ABC, comme n à m. Dans la FIG. 26. Figure 26 AG=f. AE= x. AF = x. le point I doit être pris fur AB du côté de A, en forte que AB. AI :: m. n. CL parallele à AB doit être menée de l'autre côté de C, en forte qu'on puiffe tirer GIL. FIG. 27. 10. SI le point D étoit au fommet de l'un des angles comme en A; il n'y auroit qu'à divifer BC en F; en forte que BC. BFm. n, & mener AF: car en ce cas ABC. ABF:: m. n. REMARQUE V. FIG. 28. II. SI le point D étoit fur un des côtez AB; en nommant AB, a; BC, b; DB, g; qui font les données, & l'inconnue BF, x; l'on auroit felon l'hypothefe ab. FIG. 29. m.n; & partant mgx partant mgxnab ; donc x= nab gx :: m3 : qui fournit On divifera BC en H, en forte que BC. BH::m.n, & ayant pris BF quatriême proportionnelle à DB, AB, BH, l'on menera la ligne DF qui fatisfera au Problême. DEMONSTRATION. AYANT mené AH, les triangles ABH, DBF feront égaux, puisque (conft.) DB. AB :: BH. BF: mais le triangle ABC eft au triangle ABH :: BC. BH::m.n; donc ABC. DBF:: m. n. C. Q. F. D. I 2. COROLLAIRE.. moyen ON peut par le de ce Problême, & des remarques qu'on y a faites, réfoudre toutes les questions de la Geodéfie. Soit par exemple, un rectiligne quelconque ABCEGH, & un point D hors de ce rectiligne, donnez de pofition, il faut mener la ligne DOF, qui divife le même rectiligne, de maniere maniere que la partie OHGEF foit à la partie OABCF, comme m à n. que On menera du point D aux angles du rectiligne des droites DG, DE, DC, DB. Or puifque l'on connoît la fuperficie du rectiligne entier, & qu'on peut connoître celle de toutes les parties qui le compofent; on connoîtra auffi fi quelqu'une des lignes DB, DC, DE, DG, fatisfait au Problême. Mais fi aucune n'y fatisfait, de forte la partie LHGE foit trop petite, & la partie KHGEC trop grande; il eft neceffaire, felon cette hypothefe, que la ligne DOF paffe entre les lignes DC, DE, afin que la Figure foit divifée dans la raifon demandée : mais parceque l'on connoît le raport de toute la Figure à fes parties KABC, LABCE, l'on connoîtra auffi le raport du quadrilatère LKCE à fa partie OKCF; c'eft pourquoi, 1o. Si les lignes KL, CE font paralleles, il n'y a qu'à diviser CE en F, en forte que ce CE foit à CF dans la raison convenable, & mener DOF, qui fatisfera à la question: car CE. KL:: CF. KO, ou DCE. DKL :: DCF. DKO; & dividendo LKCE. DCE :: OKCF. DCF. permutando LKCE. OKCF:: DCE. DCF :: CE. CF. 2o. Si ces lignes CE, KL ne font point paralleles, elles F16. 30. concourront de part ou d'autre en un point P, que l'on trouvera en cette forte. Ayant mené ZR & LQ paralleles à KC, & à CF, ces droites feront données de grandeur auffi bien que KQ. Soit donc fait à cause des triangles femblables KQL, KCP; KQ. QL::KC. CP; CP fera donc auffi donnée de grandeur; c'eft pourquoi tirant KS perpendiculaire à CE, qui fera auffi donnée, l'on aura la fuperficie du, triangle KCP; & par confequent (n°. 9.), le raport de tout le triangle à fa partie OKCF, & le Problême fera réfolu. 13. DEC.RIRE un triangle ABC rectangle en A, dont FIG. 31. le plus petit côté AB, & la difference DC, des fegmens de l'hypothénufe, faits par la perpendiculaire AE, foient donnez de grandeur. G |