Les Éléments (trad. Peyrard, 1804) (page 11)

PROPOSITION XIX.

Les triangles semblables sont entr’eux en raison double des côtés homologues.

Soient les triangles semblables ABT, ‘AEZ, ayant l’angle en B égal à l’angle enE, et que AB soit à BT comme AE est à EZ, de manière que le côté Br soit l’homologue du côté Ez ; je dis que le triangle ABrT a avec le triangle 4E2 une raison double de celle que Br a avec Ez. Prenons une troisième proportionnelle BH aux droites BT, Ez, de manière que ET soit à EZ comme EZ est à BH ; et Joignons HA (11. 6).

Puisque AB est à Br comme AE est à EZ, par permutation, AB 6@st à AE comme Br est à EZ (16. 6). Mais Br est à EZ comme EZ est à EH ; donc AB est à AE comme Ez est à BH (11. 5) ; donc les côtes des triangles 4BH, AEZ, autour des angles égaux, sont réciproquement proportionnels. Mais deux triangles sont égaux entrʼeux lorsquʼils ont un angle égal à un angle, et les côtés autour des angles égaux, réciproquement proportionnels (15. 6) ; donc le triangle ABH est égal au triangle 4Ez. Et puisque BT est à EZ comme EZ est à BH, et que lorsque trois droites sont proportionnelles, la première est dite avoir avec Ja troisième une raison double de celle que la première a avec la seconde (10. 5), la droite Br a avec Ja droite BH une raison double de celle que Br a avec EZ. Mais Er est à BH comme le triangle ABr est au triangle ABH (déf. 1. 6) ; donc le triangle ABr a avec le triangle ABH une raison double de celle que Br a avec EzZ. Mais le triangle ABH est égal au triangle AEZ ; donc le triangle ABr a avec le triangle AEZ une raison double de celle que Br a avec EZ (7. 5) , Donc, etc.

COROLLAIRE.

De là il est évident que si trois droites sont proportionnelles, la première est à la troisième comme le triangle décrit sur la première est au triangle semblable décrit semblablement sur la seconde ; puisquʼil a été démontré que TB est à BH comme le triangle ABT est est au triangle ABH, c’est-à-dire AEZ,

PROPOSITION XX.

Les polygones semblables peuvent être divisés en triangles semblables, égaux en nombre, et homologues aux polygones ; et le polygone a avec le polygone une raison double de celle qu’un côté homologue a avec un côté homologue.

Soient les polygones semblables ΑΒΓΔΕ, ΖΗΘΚΛ, et que 48 soit l’homologue de ZH ; je dis que les polygones ΑΒΓΔΕ, ΖΗΘΚΛ peuvent être divisés en triangles semblables, égaux en nombre, et homologues aux polygones, et que le polygone ABTAE a avec le polygone ZHΘKA une raison double de celle que 48 à AVEC ZH,

Joignons BE, EΓ, HΛ, ΛΘ. Puisque le polygone ABrAE est semblable au polygone ZH@kA, lʼangle BAE est égal à lʼangle HZA ; et BA est à° AE comme ZH est à ZA Mais les deux triangles ABE, ZHA ont un angle égal à un angle, et les côtés autour des angles égaux proportionnels ; donc les triangles ABE, ZEA sont équiangles (6. 6), et par conséquent semblables (4. 6) ; donc l’angle ABE est égal à lʼangle zHA. Mais l’angle entier 4B8r est égal à lʼangle entier ZH®, à cause de la similitude des polygones ; donc l’angle restant EBr est égal à l’angle restant AHOΘ. Mais à cause de la similitude des triangles ABE, ZHA, EB est à BA comme AH est à HZ, et à cause de la similitude des polygones, AB est à BT comme ZH est à HΘ ; donc, par égalité, EB est à BT comme AH est à HO (22. 5) ; donc les côtés autour des angles égaux EBr, AHΘ sont proportionnels ; donc les triangles EBr, AHΘ sont équiangles (6. 6) ; donc le triangle EBr est semblable au triangle AHΘ. Le triangle ErA est semblable au triangle 4AΘK, par la même raison (4. 6) ; donc les polygones semblables ABTAE, ZHΘKA sont divisés en triangles semblables et égaux en nombre.

Je dis de plus que ces triangles sont homologues aux polygones, cʼest-à dire que ces triangles sont proportionnels, que les antécédents sont ABE, EBr, Era, et que leurs conséquents sont ZHA, AHΘ, AΘK ; et que de plus le polygone ABTAE a avec le polygone ZHΘKA une raison double de celle qu’un côté a avec un côté, c’est-à-dire de celle que AB a avec ZH.

Joignons AT, ZΘ.

Puisqu’à cause de la similitude des polygones, l’angle ABr est égal à lʼangle ZHΘ, et que AB est à BT comme £H est à HΘ, les triangles APr, ZHΘ sont équiangles (6. 6) ; donc l’angle BAT est égal à l’angle HZΘ, et lʼangle BrA égal a lʼangle HΘ7. Et puisque l’angle BAM est égal à l’angle HZN, et qu 1l a été démontré que lʼangle ABM est égal à l’angle ZHN, lʼangle restant AMB est égal à l’angle restant ZNH (32. 1) ; donc les deux triangles ABM, ZHN sont équiangles. Nous démontrerons semblablement que les deux triangles BMT, HNO sont équiangles ; donc AM est à MB comme ZN est à NH, et EM est à MT comme HN esl à NΘ (4. 6) ; donc, par égalité, AM est à MT comme ZN est à NΘ (22. 5). Mais AM est à Mr comme le triangle ABM est au triangle MBT, et comme le triangle AME est au triangle EMT, car ils sont entr’eux comme leurs bases (1. 6), et uns des antécédents est à un des conséquents comme tous les antécédents sont à tous les conséquents (12. 5) ; donc le triangle AMB est au triangle BMT comme le triangle ABE est au triangle 18E. Mais AMB est à BMT comme 4M est à Mr ; donc AM est à MT comme le triangle ABE est au triangle EBr (11. 5) Par la même raison, ZN est à NΘ comme le triangle ZHA est au triangle HAΘ. Mais AM est à MT comme ZN et à Ne ; donc le triangle ABE est au triangle BET comme le triangle ZHA est au triangle HΘA (11. 5), et par permutation, le triangle ABE est au triangle ZHA COMME Je triangle BET est au triangle H4Θ (16. 5) . Nous démontrerons semblablement, après avoir joint BA, HK, que le triangle BET est au triangle HAS comme le triangle ETA est au triangle AΘK. Et puisque le triangle ABE est au triangle ZHA comme EBT est à ΓHΘ, et comme EΓΔ est à ΓΘK, un des antécédents est à un des conséquents comme tous les antécédents sont à tous les conséquents (12. 5) ; donc le triangle ABE est au triangle ZHA comme le polygone ABTAE est au polygone ZHexA. Mais le triangle ABE a avec le triangle ZHA une raison double de celle que le côte homologue AB a avec le côté homologue ZH ; car les triangles semblables sont en raison double des côtés homologues ; donc le polygone ABTAE a avec le polygone ZHΘKA une raison double de celle que le côté homologue 48 a avec le côté homologue zH. Donc, etc.

COROLLAIRE I.

On démontrera de la même manière que les quadrilatères sont en raison double des côtés homologues ; mais cela a été démontré pour les triangles semblables (cor. 19. 6) ; donc généralement les figures rectilignes semblables sont entr’elles en raison double des côtés homologues. Ce qu’il fallait démontrer.

COROLLAIRE II.

Si nous prenons une troisième proportionnelle # aux droites AB, ZH, la droite AB aura avec Ξ une raison double de celle que AB a avec ZH (déf. 10. 5). Mais le polygone a avec le polygone, et le quadrilatère avec le quadrilatère une raison double de celle qu’un côté homologue a avec un côté homologue, c’est-à-dire, de celle que AB a avec ZH ; et cela a été démontré pour les triangles ; il est donc généralement évident que si trois droites sont proportionnelles, la première est à la troisième comme la figure décrite sur la première est à la figure semblable et décrite semblablement sur la seconde.

AUTREMENT.

Nous démontrerons autrement et plus brièvement que les triangles sont homologues. Soient les polygones ABTAE, ZHΘKA, et joignons BE, ET, HA, AO ; je dis que le triangle ABE est au triangle ZHA comme EBT est à AH9, et comme TAE est à EKA.

Puisque les triangles ABE, ZHA sont semblables, le trianole ABE à avec le triangle ZHA une raison double de celle que BE a avec HA (ro. 6). Par la même raison, le triangle BET a avec le triangle HA® une raison double de celle que BE a avec HA ; donc le triangle ABE est au triangle ZHA comme le triangle EBT est au tr jangle AHΘ (11. 5). De plus, puisque le triangle EBr est semblable au triangle AHΘ, le triangle EBr a avec le triangle AHΘ une raison double de celle que la droite TE a avec ΘA (19. 6). Par la même raison, le triangle Era a avec le triangle ΑΘK une raison double de celle que rE a avec ea ; donc le triangle EBT est à AHΘ comme FTrA est à ΛΘK (11. b) . Mais on a démontré que

EBT est à ΛHΘ comme ABE est à ZHΛ ; donc ABE est à ZHA comme BEF est à HΛΘ, et comme Era est à AΘKX. Ce qu’il fallait démontrer.

PROPOSITION XXI.

Les figures rectilignes semblables à une même figure sont semblables entr’elles.

Que chacune des figures rectilignes A, B soit semblable à la figure r ; je dis que la figure A est semblable à la figure 8.

Car, puisque la figure A est semblable à la figurer, ces deux figures sont équiangles, et elles ont les côtés autour des angles égaux proportionnels (déf. 1. 6).

De plus, puisque la figure B est semblable à la figure T, ces deux figures

sont équiangles, et elles ont 125 côtés autour des angles égaux proportionnels ; donc chacune des figures A, B est équiangle avec la figure Fr, et elles ont les côtés autour des angles égaux proportionnels. Donc la figure A est semblable à la figure B. Ce qu’il fallait démontrer.

PROPOSITION XXII.

Si quatre droites sont proportionnelles, les figures rectilignes semblables et semblablement construites sur ces droites, seront proportionnelles ; et si des figures rectilignes semblables et semblablement construites sur ces droites sont proportionnelles, ces mêmes droites seront proportionnelles. Soient AB, TA, EZ, HΘ quatre droites proportionnelles, de manière que 4B soit à TA comme EZ est à HΘ ; soient décrites sur les droites 42, ra les figures rectilignes semblables et semblablement placées KAB, ATA, et sur les droites EZz, HΘ, les figures semblables et semblablement placées MZ, No ; je dis que KAB est à ATA comme MZ est à NΘ.

Prenons une troisième proportionnelle Ξ aux droites AB, TA, et une troisième proportionnelle O aux droites EZ, HΘ (11. 6). Puisque AB est à ra comme EZ est à HΘ, ‘et que TA est à Ξ comme HΘ est à O, par égalité, AB est à Ξ comme Ez est à O (22. 5). Mais AB est à Ξ comme KAB est à ATA (cor. 2. prop. 20. 6) , et EZ est à O comme MZ est à ΝΘ ; donc K4B est à ATA comme MZ est à ΝΘ (11. 5).

Mais que KAB soit à ATA comme MZ est à ΝΘ ; je dis que AB est à TA comme EZ est à HΘ.

Car si AB n’est pas à TA comme EZ est à HΘ, que AB soit à TA comme EZ est à nP (12. 6), et sur ΠΡ décrivons la figure rectiligne HP de manière quʼelle soit semblable à chacune des figures MZ, ΝΘ, et semblablement placée (18. 6).

Puisque AB est à ΓΔ comme EZ est à ΠΡ, que les figures KAB, ATA décrites sur AB, IA sont semblables et semblablement placées, et que les figures Mz, xP décrites sur les droites Ez, rP sont semblables et semblablement placées, la figure KAB est à la figure ATA comme MZ est à NΘ. Mais on a supposé que KAB est à ATA comme MZ est à NΘ ; donc MZ est à £P comme MZ est à NO ; donc la figure MZ a la même raison avec chacune des figures NΘ6, £P (11. 5) ; donc la fisure NΘ est égale à la figure £=P (9. 5) . Mais elle lui est semblable, et elle est semblablement placée ; donc HΘ est égal à r1P (lem. suiv.) . Et puisque 4B est à rA comme Ez est à IP, et que HP est égal à HΘ, AB est

à TA comme EzZ est à HΘ (7. 5). Donc, etc.

LEMME

Si des figures rectilignes sont égales et semblables, nous démontrerons de cette manière que leurs côtés homologues sont égaux entr’eux.

Que les figures rectilignes NΘ, xP soient égales et semblables, et que H9 Soit à HN comme PI est à HZ ; je dis que PI est égal à ΘH. Car si ces droites sont inégales, une d’elles est plus grande. Que PΠ soit plus grand que ΘH. Puisque PΠ est à ΠΣ comme ΘH est à HN, par permutation, PΠ est à ΘH comme ΠΣ est à HN (16. 5). Mais ΠP est plus grand que ΘH ; donc ΠE est plus grand que HN ; donc la figure PE est plus grande que la figure ΘN (20. 6) ; mais elle lui est égale, ce qui est impossible ; donc les droites ΠP, ΗΘ ne sont pas inégales ; donc elles sont égales. Ce qu’il fallait démontrer.

PROPOSITION XXIII.

Les parallélogrammes équiangles ont entr’eux une raison composée des côtés. Soient les parallélogrammes équiangles AT, TZ, ayant l’angle BrA égal à lʼangle ErH ; je dis que le parallélogramme ar a avec le parallélogramme rz une raison composée des côtés, c’est-à-dire de celle que Br a avec TH, et de celle que ar a avec TE.

Plaçons ces parallélogrammes de manière que la droite Br soit dans la direction de la droite TH ; la droite Ar sera dans la direction de TE (14. 1). Achevons le parallélogramme AH ; prenons une droite quelconque K ; faisons en sorte que BT soit à TH comme K est à A, et que AT soit à TE comme A est à M (12. 6).

Les raisons de k à A et de À à M seront les mêmes que les raisons des côtés, c’est-à-dire que celle de Br à rH et que celle de ar à rE. Mais la raison de K à M est composée de celle de k à A, et de celle de À à M ; donc la droite K a avec la droite M une raison composée des côtés. Et puisque BT est à TH comme le parallélogramme AT est au parallélo- gramme TΘ (1. 6) , et que Br est à TH comme K est à À, K est à À comme le parallélogramme AT est au parallélogramme re (11. 5) . De plus, puisque AT est à TE comme le parallélogramme rΘ est au parallélogramme rz, et que AT est à TE comme A est à M (1. 6) , À est à M comme le parallélogramme TΘ est au parallélogramme Trz (11. 5) . Mais on a démontré que K est à 4 comme le parallélogramme AT est au parallélogramme rΘ, et À est à M comme le parallélogramme rΘ est au parallélogramme 1z ; donc, par égalité, K est à M comme le parallélogramme AT est au parallélogramme rz (22. 5) . Mais la droite Kk a avec la droite M une raison composée des côtés ; donc le parallélogramme AT a avec le parallélogramme rZ une raison composée des côtés. Donc, etc.

PROPOSITION XXIV.

Dans tout parallélogramme, les parallélogrammes autour de la diagonale sont semblables au parallélogramme entier et semblables entr’eux.

Soit le parallélogramme ABrA, que Ar soit sa diagonale, qu’autour de la diagonale Ar soient les parallélogrammes EH, ΘK ; je dis que les parallélogrammes EH, ΘK sont semblables au parallélogramme entier ABrA, et semblables entr’eux.

Puisqu’on a mené Ez parallèle à un des côtés 8r du triangle ABr, la droite BE est à E4 comme IZ est à ZA (2. 6). De plus, puisquʼon a mené ZH parallèle à un des côtés ra du triangle AIA, la droite TZ est à ZA comme AH est à HA. Mais on a démontré que TZ est à ZA comme BE est à EA ; donc BE est à EA comme AH est à HA (11. 5) ; et par composition, BA est à AE comme A4 esl à AH (18. 5), et par permutation, BA est à AA comme EA est à AH (16. 5) ; donc les côtés des parallélogrammes 4Br4, EH autour de l’angle commun B44 sont proportionnels. Et puisque HZ est parallèle à AT, l’angle AHZ est égal à l’angle 4ar (29. 1), et l’angle HzA égal à l’angle ATA ; mais l’angle AAT est commun aux deux triangles AAT, AHZ ; donc les triangles AAT, AHZ sont equiangles. Les triangles ATB, AZE sont équiangles, par la même raison ; donc le parallélogramme entier ABrA, et le parallélogramme EH sont équiangles ; donc AA est à AT comme AH est à HZ (4. 6). Mais AT est à TA comme Hz est à ZA, et AT est à TB comme AZ est à ZE, de plus, TB est à BA comme ZE est à EA, et l’on a démontré que Ar est à TA comme HZ est à ZA, et que AT est à rB comme AZ est à ZE ; donc, par égalité, AT est à Br comme HZ est à ZE (22. 5) ; donc les côtés des parallélogrammes ABrA, EH, autour des angles égaux, sont proportionnels ; donc le parallélogramme ABrA est semblable au parallélogramme EH (déf. 1. 6). Le parallélogramme 4Bra est semblable au parallélogramme ex, per la même raison ; donc chacun des parallélogrammes EH, @k est semblable au parallélogramme ABrA. Mais les figures qui sont semblables chacune à une même figure, sont semblables entr’elles (21. 6) ; donc le parallélogramme EH est semblable au parallélogramme ex. Donc, etc.

PROPOSITION XXV.

Construire une figure rectiligne semblable à une figure rectiligne donnée et égaie à une autre figure rectiligne donnée.

Soit Ar la figure rectiligne donnée, à laquelle il faut construire une figure semblable, et À la figure rectiligne à laquelle il faut la faire égale ; il faut construire une figure qui soit semblable à la figure ABr et égale à la figure Δ.

Construisons sur Br un parallélogramme BE qui soit égal au triangle ABT (44 et 45. 1), et sur TE et dans l’angle ZrE qui est égal à lʼangle TB4, construisons un parallélogramme rM qui soit égal à la figure A ; la droite BT sera dans la direction de rz, et AE dans la direction de EM (14. 1). Prenons une moyenne proportionnelle H9 entre les droites Br, rZ (13. 6), et sur HO construisons une figure KHΘ semblable à la figure ABT et semblablement placée (18. 6).

Puisque Br est à HΘ comme H© est à TZ, et puisque, lorsque trois droites Sont proportionnelles, la première est à la troisième comme la figure construite sur la première est à la figure semblable construite sur la seconde, et semblablement placée (cor. 2. prop. 20. 6), la droite Br est à la droite rz comme le triangle ABr est au trian7le KH@. Mais Br est à TZ comme le parallélogramme BE est au parallélogramme Ez (1. 6) ; donc le triangle ABT est au triangle KHΘ comme le parallélogramme BE est au parallélogramme Ez ; donc, Par permutation, le triangle ABT est au parallélogramme BE comme le triangle KHO est au parallélogramme EZ (16. 5). Mais le triangle ABr est égal au parallélogramme BE ; donc le triangle KHΘ est égal au parallélogramme Ez. Mais le parallélogramme Ez est égal à la figure A ; donc le triangle KHΘ est égal à la figure Δ. Mais le triangle KHΘ est semblable au triangle ABΓ ; on a donc construit la figure KHΘ semblable à la figure rectiligne donnée ABΓ, et égale à une autre figure donnée Δ. Ce qu’il fallait faire.

PROPOSITION XXVI.

Si d’un parallélogramme on retranche un parallélogramme, semblable au parallélogramme entier, et semblablement placé, et ayant avec lui un angle commun, ces parallélogrammes seront autour de la même diagonale.

Que du parallélogramme ABrA on retranche le parallélogramme AEZH, semblable au parallélogramme ABrA et semblablement placé, et ayant avec lui l’angle commun ΔAB ; je dis que le parallélogramme ABraA est autour de la même diagonale que le parallélogramme AEZH. Que cela ne soit point, mais, si cela est possible, que ΑΘΓ soit sa diagonale ; prolongeons HZ vers Θ, et par le point Θ menons ΘK parallèle à l’une ou à l’autre des droites AΔ, ΒΓ.

Puisque les parallélogrammes ABrTA, KH sont autour de la même diagonale, le parallélogramme ABra est semblable au parallélogramme KH (24. 6) ; donc AA est à AB comme HA est à AK (déf. 1. 6). Mais à cause de la similitude des parallélogrammes ABrA, EH, la droite AA est à AB comme HA est à AE ; donc HA est à AK comme HA est à AE (11. 5) ; donc HA a la même raison avec chacune des droites AK, AE ; donc AE est égal à AK (9. 5), le plus petit au plus grand, ce qui est impossible ; donc les parallélogrammes ABra, KH ne peuvent point ne pas être autour de la même diagonale ; donc les parallélogrammes ABrA, AEZH sont autour de la même diagonale. Donc, etc.

PROPOSITION XXVII.

De tous les parallélogrammes qui sont appliqués à une même droite, et qui sont défaillants de parallélogrammes semblables au parallélogramme décrit sur la moitié de cette droite, et semblablement placés, le plus grand est celui qui est appliqué à la moitié de cette droite, et qui est semblable à son défaut.

Soit la droite AB ; que cette droite soit coupée en deux parties égales au point r, et qu’à la droite AB soit appliqué le parallélogramme AΔ, défaillant du parallélogramme TE, semblable à celui qui est décrit sur la moitié de la droite AB, cʼest-à-dire sur ΓB, et semblablement placé ; je dis que de tous les parallélogrammes qui sont appliqués à la droite AB, et qui sont défaillants de parallélogrammes semblables au parallélogramme TE, et semblablement placés, le plus grand est le parallélogramme 44, Car appliquons à la droite 4B le parallélogramme AZ, défaillant du parallélogramme Kk© semblable au parallélogramme IE, et semblablement placé ; je dis que le parallélogramme AA est plus grand que le parallélogramme AZ.

Car puisque le parallélogramme TE est semblable au parallélogramme Ko, ces deux parallélogrammes sont placés autour de la même diagonale (26. 6). Menons leur diagonale AB, et décrivons la figure.

Puisque le parallélogramme TZ est égal au parallélogramme ZE (43. 1), ajoutons le parallélogramme commun K® ; le parallélogramme entier r@ sera égal au parallélogramme entier KE. Mais r© est égal à TH (36. 1), parce que la droite Ar est égale à la droite TB ; donc Hr est égal à EK. Ajoutons le parallélogramme commun 1Z, le parallélogramme entier AZ sera égal au gnomon AMN ; donc le parallélogramme TE, c’est-à-dire le parallélogramme AΔ, est plus grand que le parallélogramme AZ (36. 1). Coupons de nouveau la droite AB en deux parties égales au point r, et appliquons à cette droite le parallélogramme 44, défaillant du parallélogramme IM, et de plus appliquons à la droite 48 le parallélogramme AE défaillant du parallélogramme 4z, semblable au parallélogramme décrit sur la moitié de AB, et semblablement placé ; je dis que le parallélogramme AA qui est appliqué à la moitié de cette droite est plus grand que le parallélogramme 4£.

Car, puisque les parallélogrammes 4z, rM sont semblables, ces deux parallélogrammes sont autour de la mème diagonale (26. 6) ; soit EB leur diagonale, et décrivons la figure.

Puisque AZ est égal à A9 (56. 1) , car ZH est égal à H©, AZ est plus grand que KE. Mais AZ est égal à AA (43. 1) ; donc AA est plus grand que Ek. Ajoutons le parallélogramme commun Ka ; le parallélogramme entier AA sera plus grand que le parallélogramme entier AE. Donc, etc.

PROPOSITION XXVIII.

À une droite donnée appliquer un parallélogramme qui soit égal à une figure rectiligne donnée, et qui soit défaillant d’un parallélogramme semblable à un parallélogramme donné : il faut que La figure rectiligne donnée ne soit pas plus grande que le parallélogramme appliqué à la moitié de la droite donnée ; le défaut du parallélogramme appliqué à la moitié de cette droite et le défaut de celui qui doit être défaillant d’un parallélogramme semblable étant semblables entr’eux.

Soit 4B la droite donnée, et r la figure rectiligne à laquelle doit être égal le parallélogramme qu’il faut appliquer à la droite AB ; que la figure rectiligne ne soit pas plus grande que le parallélogramme appliqué à la moitié de AB, les défauts étant semblables, et soit A le parallélogramme auquel le défaut doit être semblable ; il faut à la droite donnée 48 appliquer un parallélogramme qui soit égal à la figure rectiligne donnée Tr, et qui soit défaillant dʼun parallélogramme semblable au parallélogramme 4.

Coupons la droite AB en deux parties égales au point E (10. 1) ; sur £B décrivons le parallélogramme EBZH semblable au parallélogramme A, et semblablement placé (18. 6), et terminons le parallélogramme AH ; le parallélogramme AH sera égal à la figure 1, ou plus grand, d’après ce qui a été dit. Si le parallélogramme AH est égal à la figure T, On aura fait ce qui était proposé ; car on aura appliqué à la droite AB un parallélogramme AH semblable à la figure rectiligne donnée r, et défaillant d’un parallélogramme Ez semblable au parallélogramme à. Mais si cela n’est point, ΘE est plus grand que r. Mais ΘE est égal à HB ; donc 4B est plus grand que r. Construisons le parallélogramme KAMN égal à lʼexcès du parallélogramme H8 sur la figure Tr, et semblable au parallélogramme 4, et semblablement placé (25. 6). Mais le parallélogramme A est semblable au parallélogramme Ξ8 ; donc le parallélogramme KM est semblable au parallélogramme Hs. Que Ia droite KA soit l’homologue de la droite HE, et la droite AM l’homologue de la droite HZ. Puisque le parallélogramme Ξ3 est égal aux deux figures T, KM, le parallélogramme u8 est plus grand que le parallélogramme M ; donc HE est plus grand que AK, et HZ plus grand que AM (20. 6). Faisons HΞ égal à KA, et HO égal à AM (3. 1), et achevons le parallélogramme ΞHonr (31. 1) ; le parallélogramme Hf sera égal et semblable au parellélogramme Km (24. 6). Mais le parallélogramme KM est semblable au parallélogramme HB ; donc le parallélogramme Hn est semblable au parallélogramme H8 (21. G) ; donc les parallélogrammes HIT, HB sont autour de la même diagonale (26. 6) . Soit HnB leur diagonale, et décrivons la figure.

Puisque le parallélogramme BH est égal aux deux figures Tr, KM, et que Hn est égal à KM, le gnomon restant YΦΧ est égal à la figure restante rt. Et puisque OP est égal à ΞΣ (43. 1), ajoutons le parallélogramme commun 8 ; le parallélogramme entier OB sera égal au parallélogramme entier ΞΣ. Mais ΞB est égal à TE (36. 1), parce que le côté AE est égal au côté EB ; donc TE est égal à O8. Ajoutons le parallélogramme commun ΞΣ ; le parallélogramme entier TE sera égal au gnomon entier ox. Mais on a démontré que le gnomon YΦX est égal à r ; donc AΠ est égal à Γ.

On a donc appliqué à la droite AB un parallélogramme xT, égal à la figure rectiligne donnée r, et défaillant d’un parallélogramme n8 semblable à A, puisque ΠB est semblable à HΠ. Ce quʼil fallait faire.

PROPOSITION XXIX.

Appliquer à une droite donnée, un parallélogramme qui soit égal à une figure rectiligne donnée, et qui soit excédent d’un parallélogramme semblable à un parallélogramme donné.

Soit AB la droite donnée, à laquelle il faut appliquer un parallélogramme qui soit égal à une figure rectiligne donnée Γ, et qui soit excédent d’un parallélogramme semblable à un parallélogramme Δ ; il faut à la droite AB appliquer un parallélogramme qui soit égal à la figure rectiligne Γ, et qui soit excédent d’un parallélogramme semblable au parallélogramme Δ.

Coupons AB en deux parties égales au point E (9. 1), sur la droite EB décrivons le parallélogramme BZ semblable au parallélogramme 4 et semblablement placé (18. 6), et construisons le parallélogramme HΘ égal aux deux figures EΛ, T, et semblable au parallélogramme Δ, et semblablement placé (25. 6) ; le parallélogramme HΘ sera semblable au parallélogramme EA. Que KΘ soit l’homologue de ZΛ, et KH l’homologue de ZE. Puisque HΘ est plus grand que ZB, la droite KΘ est plus grande que ZΛ, et la droite KH plus grande que ZE. Prolongeons ZΛ, ZE, que ZΛM soit égal à KΘ, et ZEN égal à KH (3. 1), et achevons le parallélogramme MN. Le parallélogramme MN sera égal et semblable au parallélogramme HΘ. Mais le parallélogramme HΘ est semblable au parallélogramme EΛ ; donc le parallélogramme MN est semblable au parallélogramme EΛ (21. 6) ; donc les deux parallélogrammes EΛ, MN sont autour de la même diagonale (26. 6). Menons leur diagonale ZΞ, et décrivons la figure.

Puisque le parallélogramme HΘ est égal aux figures EΛ, Γ, et que HΘ est égal à MN, le parallélogramme MN est égal aux figures EΛ, Γ. Retranchons le parallélogramme commun EΛ ; le gnomon restant ΨXΦ sera égal à Γ. Et puisque AE est égal à EZ, le parallélogramme AN est égal au parallélogramme NB (36. 1), c’est-à-dire au parallélogramme ΛO (43. 1). Ajoutons le parallélogramme commun EΞ, le parallélogramme entier AΞ sera égal au gnomon entier ΦΧΨ. Mais le gnomon ΦΧΨ est égal à Γ ; donc le parallélogramme AΞ est égal à Γ.

On a donc appliqué à la droite donnée AB un parallélogramme AΞ qui est égal à la figure rectiligne donnée Γ, et qui est excédent d’un parallélogramme ΠO semblable au parallélogramme Δ, parce le parallélogramme EΛ est semblable au parallélogramme OΠ, Ce qu’il fallait faire.

PROPOSITION XXX.

Couper une droite finie et donnée en moyenne et extrême raison.

Soit donnée la droite finie AB ; il faut couper la droite AB en moyenne et extrême raison.

Sur la droite AB construisons le quarré Br (46. 1), et à la droite Ar appliquons un parallélogramme rA, qui soit égal au quarré Br, et qui soit excédent d’un parallélogramme AA semblable à Br (20. 6).

Puisque BT est un quarré, AA est un quarré. Et puisque Br est égal à TA, retranchons la partie commune re ; le reste BZ sera égal au reste 44. Mais ces « deux figures sont équiangles ; donc les côtés des parallélogrammes EZ, ΑΔ, autour des angles égaux, sont réciproquement proportionnels (14. 6) ; donc ZE est à EA comme AE est à EB. Mais ZE est égal à AT (54. 1), c’est-à-dire à AB, et EA est égal à AE ; donc BA est à AE comme AE est à EB. Mais AB est plus grand que AE ; donc AE est plus grand que EB.