Les Éléments (trad. Peyrard, 1804) (page 3)

PROPOSITION XXXV.

Les parallélogrammes, construits sur la même base et entre les mêmes parallèles, sont égaux entr’eux.

Que les parallélogrammes ABrA, ΕΒΓΖ soient construits sur la même base ΒΓ, et entre les mêmes parallèles AZ, Br ; je dis que le parallélogramme ABrA est égal au parallélogramme EBrz.

Car puisque ΑΒΓΔ est un parallélogramme, ΑΔ est égal à ΒΓ (34) ; par la même raison, EZ est égale à Br ; donc ΑΔ est égal à EZ ; mais la droite A est commune ; donc la droite totale AE est égale à la droite totale Az (not. 2) ; mais AB est égal à AT (34) ; donc les deux droites EA, AB sont égales aux deux droites ZA, Ar, chacune à chacune ; mais l’angle extérieur ZAT est égal à l’angle intérieur EAB (20) ; donc la base EB est égale à la base zr (4) ; donc le triangle Ea8 sera égal au triangle arz. Retranchons la partie commune AHE ; le trapèze restant ABHA sera égal au trapéze restant EHrZ (not. 5) ; ajoutons le triangle commun HBr, le parallélogramme total ΑΒΓΔ sera égal an parallélogramme total ΕΒΓΖ. Donc, etc.

PROPOSITION XXXVI.

Les parallélogrammes, construits sur des bases égales et entre les mêmes paral- lèles, sont égaux entr’eux.

Que les parallélogrammes ABrA, ΕΖΗΘ soient construits sur des bases égales ΒΓ, ZH, et entre les mêmes parallèles ΑΘ, BH ; je dis que le parallélogramme ABΓΔ est égal au parallélogramme EZHΘ.

Joignons BE, ΓΘ. Puisque ΒΓ est égal à ZH, et ZH égal à EΘ, la droite ΒΓ est égale à EΘ ; mais les droites BE, ΓΘ joignent ces droites qui sont parallèles, et les droites qui joignent des mêmes côtés deux droites égales et parallèles, sont égales et parallèles (33) ; donc les droites EB, ΤΘ sont égales et parallèles ; donc EΒΓΘ est un parallélogramme, et ce parallélogramme est égal au parallélogramme ΑΒΓΔ (35) ; car il a la même base ΒΓ que lui, et il est construit entre les mêmes parallèles. Par la même raison le parallélogramme ΕΖΗΘ est égal au parallélogramme EΒΓΘ ; donc le parallélogramme AΒΓΔ est égal au parallélogramme EZHΘ. Donc etc.

PROPOSITION XXXVII.

Les triangles, construits sur la même base et entre les mêmes parallèles, sont égaux.

Que les triangles ABΓ, ΔΒΓ soient sur la même base BΓ et entre les mêmes parallèles ΑΔ, BΓ ; je dis que le triangle ΑΒΓ est égal au triangle ABΓ.

Prolongeons de part et d’autre la droite AΔ aux points E, Z, et par le point B conduisons BE parallèle à ΓΑ (31) , et par le point Γ conduisons TZ parallèle à BΔ.

Les figures EBΓA, ΔBΓZ sont des parallélogrammes, et ces parallélogrammes sont égaux (35) ; car ils sont sur la même base BΓ, et entre les mêmes parallèles ; mais le triangle ABΓ est la moitié du parallélogramme EBΓA ; car la diagonale AB le partage en deux parties égales ; le triangle ABr est la moitié du parallélogramme ABrz, car la diagonale ar la partage en deux parties égales (54) ; mais les moitiés des quantités égales sont égales entr’elles ; donc le triangle ΑΒΓ est égal au triangle ABr. Donc, etc.

PROPOSITION XXXVIII.

Des triangles, construits sur des bases égales et entre les mêmes parallèles, sont égaux entr’eux.

Que les triangles ABr, AEZ soient construits sur des bases égales Br, EZ et entre les mêmes parallèles ΒΖ, Aa ; je dis que le triangle ΑΒΓ est égal au triangle AEZ.

Prolongeons de part et d’autre la droite AA aux points H, Θ ; par le point B conduisons la droite BH parallèle à la droite rA (32) , et par le point Z conduisons la droite ΖΘ parallèle à la droite ΔE.

Les figures HBrA, ΔΕΖΘ sont des parallélogrammes ; mais le parallélogramme HBTA est égal au parallélogramme ΔΕΖΘ (36) , car ils sont construits sur des bases égales BT, EZ et entre les mêmes parallèles ΒΖ, HΘ ; mais le triangle ΑΒΓ est la moitié du parallélogramme HBrA, car la diagonale AB le partage en deux parties égales (34) ; le triangle ZEA est la moitié du parallélogramme ΔΕΖΘ, car la diagonale ΔΖ le partage en deux parties égales, et les moitiés des quantités égales sont égales entr’elles ; donc le triangle ABr est égal au triangle ΔΕΖ. Donc, etc.

PROPOSITION XXXIX.

Les triangles égaux, construits sur la même base et placés du même côté, sont compris entre les mêmes parallèles.

Que les deux triangles égaux ΑΒΓ, ΔΒΓ soient construits sur la même base ΒΓ, et placés du même côté ; je dis que ces deux triangles sont compris entre les mêmes parallèles. Joignons ΑΔ ; je dis que ΑΔ est parallèle à ΒΓ.

Çar si cela n’est pas, par le point Α conduisons ΑΒ parallèle à ΒΓ (31) , et joignons EΓ.

Le triangle ABΓ est égal au triangle EBΓ (37) , puisque ces deux triangles sont. construits sur la base BΓ, et placés entre les mêmes parallèles ΒΓ, ΑΕ.

Mais le triangle ΑΒΓ est égal au triangle ΔΒΓ ; donc le triangle ΔΒΓ est égal au triangle ΕΒΓ, le plus grand au plus petit, ce qui est impossible ; donc ΑΒ mʼest point parallèle à ΒΓ. Nous démontrerons semblablement qu’aucune autre droite, excepté AΔ, n’est parallèle à ΒΓ ; donc ΑΔ est parallèle à ΒΓ. Donc, etc.

PROPOSITION XL.

Les triangles égaux, construits sur des bases égales et du même côté, sont entre les mêmes parallèles.

Que les triangles égaux ΑΒΓΡ, ATE soient construits sur les bases égales ΒΓ, TE et placés du même côté ; je dis qu’ils sont entre les mêmes parallèles. Joignons ΑΔ ; je dis que ΑΔ est parallèle à BE.

Car si cela n’est pas, par le point A, conduisons ΑΖ parallèle à BE, et joignons EZ. Le triangle ΑΒΓ est égal au triangle ZΓE (33) ; puisque ces deux triangles sont construits sur des bases égales BΓ, ΓE, et quils sont entre les mêmes parallèles BE, AZ. Mais le triangle ΑΒΓ est égal au triangle ΔΙΈ ; donc le triangle ATE est égal au triangle ΖΙΒ, le plus grand au plus petit, ce qui est impossible ; donc ΑΖ m’est point parallèle à ΒΕ. Nous démontrerons semblablement qu’aucune autre droite, excepté ΑΔ, n’est parallèle à BE ; donc ΑΔ est parallèle à BE. Donc, etc.

PROPOSITION XLI.

Si un parallélogramme a la même base qu’un triangle, et s’il est dans les mêmes parallèles, le parallélogramme est double du triangle. Que le parallélogramme ΑΒΓΔ ait la même base ΒΓ que le triangle ΕΒΓ, et qu’il soit entre les mêmes parallèles ΒΓ, ΑΕ ; je dis que le parallélogramme ΑΒΓΔ est double du triangle EΒΓ.

Joignons ΑΓ.

Le triangle ΑΒΓ est égal au triangle ΕΒΓ (37) , puisqu’il est sur la même base ΒΓ que lui et entre les mêmes parallèles ΒΓ, ΑΒ. Mais le parallélogramme ΑΒΓΔ est double du triangle ΑΒΓ, car la diagonale ΑΓ partage ce parallélogramme en deux parties égales (34) ; donc le parallélogramme ΑΒΓΔ est double du triangle EBT. Donc, etc.

PROPOSITION XLII.

Construire, dans un angle rectiligne donné, un parallélogramme égal à un triangle donné.

Soit ABΓ le triangle donné, et Δ l’angle rectiligne donné ; il faut construire un parallélogramme égal au triangle ABΓ dans l’angle rectiligne Δ.

Coupons la droite BΓ en deux parties égales en E (10) , joignons ΑΒ, sur la droite ΕΓ, et au point E de cette droite construisons un angle TEZ égal à l’angle Δ (23) , par le point Α conduisons AH parallèle à ΕΓ (31) , et par le point Γ conduisons ΓΗ parallèle à BZ ; la figure ZETH sera un parallélogramme.

Puisque BE est égal à ΒΓ, le triangle XBE est égal au triangle ΑΕΓ (38) , car ils sont sur des bases égales BE, EΓ, et entre les mêmes parallèles ΒΓ, AH ; donc le triangle ΑΒΓ est double du triangle ΑΒΓ. Mais le parallélogramme ΖΕΓΗ͂ est double du triangle ΑΒΓ (41) , car il a la même base que lui, et il est dans les mêmes parallèles ; donc le parallélogramme ΖΕΓΗ est égal au triangle ΑΒΓ (not. 6) , et il a l’angle ΓEZ égal à l’angle donné n.

Donc le parallélogramme ZEΓH a été construit égal au triangle ΑΒΓ dans un angle qui est ΓΕΖ égal à l’angle donné Δ ; ce qu’il fallait faire.

PROPOSITION XLIII.

Dans tout parallélogramme, les complémens des parallélogrammes, autour de la diagonale, sont égaux entreux.

Soit le parallélogramme ABΓ, que ΑΓ soit sa diagonale, qu’autour de ΑΓ soient les parallélogrammes EΘ, ΖΗ, et les parallélogrammes BK, KA qu’on appelle compléments ; je dis que le complément ΒΚ est égal au complément ΚΔ.

Car puisque ΑΒΓΔ est un parallélogramme, et que ΑΓ est sa diagonale, le triangle ΑΒΓ est égal au triangle ΑΓΔ (34) - Dc plus, puisque ΕΚΘΑ est un parallélogramme, et que ΑΚ est sa diagonale, le triangle 4EK est égal au triangle ΑΘΚ ; le triangle ΚΖΡΓ est égal au triangle KHΓ, par la même raison ; donc puisque le triangle AEX est égal au triangle ΑΘΚ, et le triangle ΚΖΓ égal au triangle ΚΗΓ, le triangle ΑΕΚ, avec le triangle ΚΗ͂Γ, est égal au triangle ΑΘΚ avec le triangle ΚΖΓ ; mais le triangle entier ΑΒΓ est égal au triangle entier AΔΓ ; donc le complément restant BK est égal au complément restant HA (not. 3) . Donc, etc.

PROPOSITION XLIV.

Α une droite donnée, et dans un angle rectiligne donné, appliquer un parallélogramme égal à un triangle donné. ;

Que AB soit la droite donnée, Γ le triangle donné, et Δ l’angle rectiligne donné ; il faut sur la droite ΑΒ et dans un angle égal à Δ, appliquer un parallélogramme égal au triangle donné Γ.

Dans un angle EBH égal à l’angle 4, construisons un parallélogramme BEZH égal au triangle Γ (42) , plaçons la droite BE dans la direction de la droite B4, prolongeons la droite ΖΗ vers, par le point conduisons ΑΘ parallèle à Pune ou à lʼautre des droites BH, EZ (31) , et joignons ΘΒ. Puisque la droite z tombe sur les parallèles ΑΘ, EZ, les angles 2Θz, ΘΖΕ sont égaux à deux droits (20) ; cdonc les angles BOH, HZE sont moindres que deux droits. Mais les droites prolongées à Dinfini, du côté où les angles intérieurs sont moindres que deux angles droits, se rencontrent (dém. 5) ; donc les droites ΘB, ZE étant prolongées, se rencontreront ; qu’elles soient prolongées (dém. 2) , et quʼelles se rencontrent en K ; par le point K, conduisons KA parallèle à l’une ou à l’autre des droites EA, ZΘ (31) , et prolongeons les droites n, HB vers les points Δ, M- La figure ΘΛΚΖ est un. parallélogramme, ΘΚ est sa diagonale, et autour de ex sont les parallélogrammes AH, ME, et les parallélogrammes |B, ΒΖ, qu’on nomme compléments ; donc ΛΒ est égal à BZ (43) . Mais ΒΖ est égal au triangle Γ ; donc ΛB est égal à Γ. Et puisque l’angle HBE est égal à l’angle ΛΒΜ (15) , et que l’angle HBE est égal à l’angle n, l’angle ΑΒΜ est égal à l’angle Δ.

Donc à la droite donnée ΑΒ, et dans l’angle ΑΒΜ égal à Δ, on applique le parallélogramme ΛB égal au triangle donné Γ ; ce qu’il fallait faire.

PROPOSITION XLV.

Construire, dans un angle rectiligne donné, un parallélogramme égal à une figure rectiligne donnée. ;

Soit ABΓΔ la figure rectiligne donnée, et E l’angle rectiligne donné ; il faut, dans l’angle donné E, construire un parallélogramme égal à la figure rectiligne ΑΒΓΔ. Joignons ΔΒ, et construisons dans Pangle erz égal à l’angle E, le parallélogramme zΘ égal au triangle ΑΒΔ (42) , et à la droite ΗΘ appliquons dans l’angle ΗΘΜ égal à l’angle Ε, le parallélogramme HM égal au triangle APT.

Puisque l’angle Ε est égal à chacun des angles ΘΚΖ, ΗΘΜ, lʼangle ΘΚΖ est égal à langle ΗΘΜΖ ; ajoutons-leur l’angle commun ΚΘΗ͂ ; les angles ΖΚΘ, ΚΘΗ seront égaux aux angles koH, ΗΘΜ. Mais les angles ZôΘ, ΚΘῊΗ sont égaux à deux droits (20) ; donc les angles kÈH, ΗΘΜ sont égaux à deux droits. Donc les deux droites ΘΚ, ΘΜ, non placées du même côté, font avec la droite HΘ, et au point de cette droite, deux angles de suite égaux à deux droits ; donc la droite ΚΘ est dans la direction de la droite ΘΜΗ (14) . Et puisque la droite H tombe sur les parallèles kKM, ZH, les angles alternes ΜΘΗ, ΘΗΖ sont égaux entr’eux (20) . Ajoutons-leur l’angle commun ΘΗΔ ; les angles mo_n, ΘΗΛ seront égaux aux angles ΘΗΖζΖ, ΘΗΛ. Mais les angles MOH, ΘΗΔ sont égaux à deux droits (20) ; donc les angles nz, ΘΗΛ sont aussi égaux à deux droits ; donc la droite ΖΗ est dans la direction de la droite HA ; mais ΚΖ est égal et parallèle à H, et ΘH égale et parallèle à ΜΛ ; donc la droite ΚΖ est égale et parallèle à MA (not. I et 30) ; mais ces deux droites sont jointes par les droites KM, ΖΛ, et les droites KM, ZÛ sont égales et parallèles (33) ; donc ΚΖΛΜ est un parallélogramme. Mais le triangle ΑΒΔ est égal au parallélogramme zo, et le triangle ΔΒΓ est égal au parallélogramme HM ; donc la fîgure rectiligne entière ΑΒΓΔ est égale au parallélogramme entier ΚΖΔΜ.

Donc le parallélogramme ΚΖΛΜ a été construit égal à la figure rectiligne donnée ΑΒΓΔ, dans l’angle ZkM égal à l’angle donné E ; ce qu’il fallait faire.

PROPOSITION XLVI.

Décrire un quarré avec une droite donnée. Soit AB la droite donnée ; il faut décrire un quarré avec la droite ΑΒ. Du point 4, donné dans cette droite, conduisons AΓ perpendiculaire à ΑΒ (11) ; faisons ΑΔ égal à AB (3) ; par le point Δ conduisons AB parallèle à ΑΒ (31) ; et par le point B conduisons BE parallèle à ΑΔ.

La figure ΑΔΕΒ est un parallélogramme ; donc ΑΒ est égal à ΔE, et AΔ égal à BE. Mais AB est égal à ΑΔ ; donc les quatre droites BA, ΑΔ, X/E, EB sont égales entrelles ; donc le parallélogramme ΑΔEΒ est équilatéral. Je dis aussi qu’il est rectangle. Car puisque la droite as tombe sur les parallèles ΑΒ, ΔΕ, les angles BA) , AGE sont égaux à deux droits (20) ; mais l’angle ΒΑΔ est droit ; donc Pangle ΑΔΕ est droit aussi. Mais les. côtés et angles opposés des parallélogrammes sont égaux entreux (34) ; donc chacun des angles opposés ABE, ΒΕΔ est droit ; donc le parallélogramme AGEB est rectangle ; mais nous avons démontré qu’il est équilatéral ; donc le parallélogramme 43EB est un quarré, et il est décrit avec la droite AB ; ce qu’il fallait faire.

PROPOSITION XLVII.

Dans les triangles rectangles, le quarré du côté opposé à l’angle droit est égal aux quarrés des côtés qui comprennent l’angle droit. Soit ABΓ un triangle rectangle, que BAT soit l’angle droit ; je dis que le quarré côté BΓ est égal aux quarrés des côtés BA, ΑΓ. Décrivons avec ΒΓ le quarré ΒΔΕΓ, ct avec BA ; ΑΓ les quarrés HB, AT ; et par le point Α conduisons ΑΛ parallèle à l’une ou à l’autre des droites BA, TE ; et joignons ΑΔ, ZF.

Puisque chacun des angles BAΓ, BçH est droit, les deux droites Aï, ΑΗ͂, non placées du même côté, font avec la droite BA au point de cette droite, deux angles de suite égaux à deux droits ; donc la droite ΓΑ est dans la direction de ΑΗ ; la droite ΒΑ ‘est dans la direction ΑΘ, par la même raison. Et puisque l’angle ΔΒΓ est égal à Pangle ΖΒΑ, étant droits l’un et lautre, si nous leur ajoutons l’angle commun ΑΒΓ, Pangle entier ΔΒΑ sera égal à l’angle entier zBT (not. 4) - Et puisque ÛB est égal à BΓ, et ZB à B4, les deux droites ôB, ΔΑ sont égales aux deux droites ΓΒ, ΒΖ, chacune à chacune ; mais l’angle ΔΒΑ est égal à l’angle ΖΒΓ ; donc la base ΑΔ est égale à la base zç, et le triangle ΑΒΔ égal au triangle ZBΓ (4) . Mais le parallélogramme BÛ est double du triangle ΑΒΔ (41), car ils ont la même base BΔ et ils sont entre les mêmes parallèles BA, ΑΔ ; le quarré BH est double du triangle ΖΒΓ, car ils ont la môême base ΒΖ et ils sont entre les mêmes parallèles zB, Hr ; et les grandeurs qui sont doubles de grandeurs égales, sont égales entr®elles ; donc le parallélograme BÛ est égal au quarré HB. Ayant joint ΑΒ, BK, mous démontrerons semblablement que le parallélogramme ΓΛ est égal au quarré ΘΓ ; donc le quarré entier BAEΓ est égal aux deux quarrés HB, Ez. IMais le quarré ΒΔΕΓ est décrit avec BΓ, et les quarrés HB, ΘΓ sont décrits avec BA, AT ; donc le quarré du coté BΓ est égal aux quarrés des côtés BA, ΑΓ. Donc dans les triangles, etc.

PROPOSITION XLVIII.

Si le quarré d’un des côtés d’un triangle est égal aux quarrés des deux côtés restants de ce triangle, l’angle compris par les deux côtés restants est droit.

Que le quarré du côté BΓ du triangie ABΓ soit égal aux quatrés des côtés BA, ΑΓ ; je dis que l’angle ΒΑΓ est droit.

Du point, conduisons la droite ΑΔ perpendiculaire à AT (11) , faisons ΑΔ égal à BA, et joignons ΔΓ.

Car puisque ΔΑ est égal à ΑΒ, le quarré de ΔΑ est égal au quarré de AB. Ajoutons le quarré commun de AΓ ; les quarrés des droites ΔA, ΑΓ seront égaux aux quarrés des droites BA, AΓ. Mais le quarré de ΔΓ est égal aux quarrés des droits ΔΑ, ΑΓ (47) , car l’angle ΔΑΓ est droit, et le quarré de ΒΓ est supposé égal aux quarrés des droites BA, ΑΓ ; donc le quarré de ΔΓ est égal au quarré de BΓ ; donc le côté àÀΓ est égal au côté BΓ ; mais ΑΔ est égal à ΑΒ, et ΑΓ est commun ; donc les deux droites ΔΑ, AT sont égales aux deux droites B4, ΑΓ ; mais la base ΔΙΓ est égale à la base BΓ ; donc l’angle ΔΑΓ est égal à l’an- gle Bar (8) . Mais l’angle ΔΑΓ est droit ; donc l’angle BAΓ… est droit aussi. Donc, etc.

fin du premier livre.

EUCLIDIS

ELEMENTORUM

LIBER SECUNDUS.

LE DEUXIEME LIVRE

DES ÉLÉMENTS D’EUCLIDE.

DÉFINITIONS.

Tout parallélogramme rectangle est dit contenu sous deux droites qui comprènent un angle droit.

Que dans tout parallélogramme, l’un quelconque des parallélogrammes décrits autour de la diagonale avec les deux compléments soit appelé gnomon.

PROPOSITION PREMIERE.

Si l’on a deux droites, et si l’une d’elles est coupée en tant de parties quʼon voudra, le rectangle contenu sous ces deux droites est égal aux rectangles contenus sous la droite qui n’a point été coupée, et sous chacun des segments de l’autre.

Soient deux droites A, BΓ, et que BΓ soit coupé à volonté aux points 4, E ; je dis que le rectangle contenu sous A, BΓ est égal au rectangle contenu sous A, BA, au rectangle sous A, AE, et au rectangle sous A, ET.

Par le point B, conduisons Ja droite 8Bz perpendiculaire à Br (1r. 1) ; faisons BH égal à A, et par le point H conduisons H©Θ parallèle à Br (31. 1) ;

et par les points A, E, Γ, conduisons les droites ΔΚ, EΛ, ΓΘ parallèles à la droite BH. Le rectangle BΘ est égal aux rectangles BK, AA, EΘ ; Mais BΘ est le rectangle sous A, BT, puisquʼil est contenu sous HB, Br, et que BH est égal à A ; BK est le rectangle sous A, BA, puisquʼil est contenu sous HB, BA, et que BH est égal à A ; AA est le rectangle sous A, AE, puisque 4K, c’est-à-dire BH, est égal à A ; et semblablement, EΘ est le rectangle sous A, Er ; donc le rectangle contenu sous A, Br est égal au rectangle sous A, BA, au rectangle Sous À, AE, et encore au rectangle sous Α, EΓ. Donc, etc.

PROPOSITION II.

Si une ligne droite est coupée à volonté, les rectangles contenus sous la droite entière et sous l’un et lʼautre segment, sont égaux au quarré de la droite entière.

Que la droite AB soit coupée à volonté en un point r ; je dis que le rectangle contenu sous AB, BT, avec le rectangle contenu sous AB, AT, est égal au quarré de AB. Avec AB décrivons le quarré AAEB (46. 1) , et par le point Fr conduisons r2z parallèle à l’une ou à l’autre des droites 44, BE (31. 1) .

Le quarré AE est égal aux rectangles AZ, TE ; mais 4E est le quarré de 48, Az est le rectangle contenu sous BA ; AT, puisquʼil ést contenu sous A4, AT, et que AA est égal à AB ; . et TE est le rectangle contenu sous AB, Br ; puisque BE est égal à 4B ; donc le rectangle sous BA, AT, avec le rectangle sous AB, Br, est égal au quarré de 4B. Donc, etc.

PROPOSITION III.

Si une ligne droite est coupée à volonté, le rectangle contenu sous la droite entière et l’un des segments, est égal au rectangle contenu sous les segments et au quarré du segment premièrement dit. Que la droite AB soit coupée à volonté au point Γ ; je dis que le rectangle contenu sous 4B, Br est égal au rectangle contenu sous AΓ, ΓB, avec le quarré de BΓ.

Avec ΓB décrivons le quarré ΓAEB (46. 1) , prolongeons E4 en Z, et par le point A conduisons AZ parallèle à l’une ou à l’autre des droles rA, BE (31. 1) .

Le rectangle AE est égal aux rectangles AA, ΓE ; mais AE est Le rectangle contenu sous AB, BΓ, puisqu ’1l est contenu sous AB, BE, et que BE est égal à Br ; AA est le rectangle sous AΓ, ΓB, puisque AΓ est égal à rB ; et 4B est le quarré de ΓB ; donc le rectangle contenu sous AB, ΓB est égal au rectangle contenu sous AΓ, ΓB, avec le quarré de ΓB. Donc, etc.

PROPOSITION IV.

Si la droite est coupée à volonté, le quarré de la droite entière est égal aux quarrés des segments, et à deux fois le rectangle contenu sous les deux segments.

Que la droite AB soit coupée à volonté au point r ; je dis que le quarré de AB est égal aux quarrés des segments Ar, rB, et à deux fois le rectangle contenu sous AΓ, ΓB.

Avec AB décrivons le quarré AAEB (46. 1) ; joignons BA ; par le point r conduisons ΓHZ parallèle à l’une ou à lʼautre des droites AA, EB (31. 1) , et par le point H conduisons ΘK parallèle à l’une ou à l’autre des droites AB, AE.

Puisque Γz est parallèle à AA, et que BA tombe sur ces deux droites, l’angle extérieur THB est égal à l’angle intérieur et opposé 44B (29. 1) . Mais l’angle 4aB est égal à lʼangle 4ABA (5. 1) , puisque le côté BA est égal au côté AA ; donc l’angle rHB est égal à l’angle HBr ; donc le côté Br est égal au côté TH (6. 1) ; mais rB est égal à HK (34. 1) , et TH égal à BK ; donc Ek est égal à KB ; donc le quadrilatère rHKB est équilatéral. Je dis qu’il est rectangle. Car puisque TH est parallèle à BK, et que r£ tombe sur ces deux droites, les angʼes KT, BTH sont égaux à deux droits (29. 1}. Mais l’angle KEr est droit (dé. 50. 1) ; donc l’angle BrH est droit. Donc les angles opposés THK, HKB sont droits aussi (34. 1) ; donc le quadrilatère THKB est rectangle. Mais on à démontré quʼil est équilatéral ; donc ce quadrilatère est un quarré, et ce quarré est décrit avec TB. Par la même raison Θ2 est aussi un quarré, et ce quarré est décrit avec ΘH, c’est-à-dire avec AΓ ; donc ΘZ, ΓK sont des quarrés décrits avec AΓ, TB. Et puisque le rectangle AH est égal ai rectangle HE- (43. 1) , et que le rectangle AH est compris sous les droites AΓ, ΓB, car HT est égal à rB, le rectangle HE est égal au rectangle sous Ar, rB ; donc les rectangles AH, HE sont égaux à deux fois le rectangle sous AΓ, rB. Mais les quarrés Θz, TK sont décrits avec les droites Ar, T8 ; donc les quatre figures Θz, TK, AH, HE sont égales aux quarrés des droites AΓ, rB et à deux fois le rectangle compris sous AΓ, ΓB. Mais les quatre figures Θz, 1K, AH, HE sont la figure entière AAEB, qui est le quarré de AB ; donc le quarré de AB est égal aux quarrés des droites Ar, ΓB, et à deux fois le rectangle com- pris sous AΓ, ΓB. Donc, etc.

ET AUTREMENT.

Je dis que le quarré de AB est égal au quarré des droites ΑΓ, ΓΒ et à deux fois le rectangle compris sous ΑΓ, ΓΒ.

Car puisque, dans la même figure, BA est égal à AA, l’angle ABA est égal à l’angle AAB (5. 1) ; et puisque les trois angles de tout triangle sont égaux à deux droits (32. 1) , les trois angles ABA, AAB, BAA du triangle ABA sont égaux à deux droits. Mais l’angle B44 est droit ; donc les deux angles restants ABA, AAB sont égaux à un droit ; et ils sont égaux ; donc chacun des angle ABA, AAB est la moitié d’un droit. Mais l’angle BrH est droit, car il est égal à l’angle intérieur et opposé en A ; donc l’angle restant rHB est la moitié d’un droit ; donc l’angle THB est égal à rBH ; donc le côté Br est égal au côté rH (34. 1) . Mais TB est égal à HK, et TH égal à lʼangle BK (34. 1) ; donc 1K est équilatéral. Mais il a l’angle droit rBk ; donc TK est un quarré, et il est le quarré de r8. Par la même raison, ΘZ est un quarré, et il est égal à celui de Ar ; donc TK, Θz sont des quarrés, et ils sont égaux à ceux des droites AT, TB. Ét puisque AH est égal à HE (31. 1) , et que AH est sous AT, TB, Car TH est égal à rB ; le rectangle EH est égal au rectangle sous AT, TB ; donc les rectangles AH, HE sont égaux à deux fois le rectangle compris sous AT, IB. Mais les quarrés rKk, ©Z sont égaux aux quarrés des droites AT, rB ; donc les figures TK, ΘZ, AH, HE sont égales aux quarrés des droites Ar, TB, et à deux fois le rectangle compris sous Ar, rB. Mais les figures IK, ΘΖ et AH, HE sont la figure entière AE, qui est le quarré de 48 ; donc le quarré de

AB est égal aux quarrés des droites AT, rB, et à deux fois le rectangle compris sous AT, rB. Ce qu’il fallait démontrer.

COROLLAIRE.

De là il est évident que, dans les quarrés, les parallélogrammes autour de la diagonale sont des quarrés.

PROPOSITION V.

Si une ligne droite est coupée en parties égales et en parties inégales, le rectangle sous les deux segments inégaux de la droite entière avec le quarré de la droite placée entre les sections, est égal au quarré de la moitié de la droite entière.

Car qu’une droite AB soit coupée en deux parties égales au point r, et en deux parties inégales au point 4, je dis que le rectangle compris sous 44, 48, avec le quarré de rA, est égal au quarré de ΓΒ. Avec la droite rB décrivons le quarré rEzB (46. 1) , et joignons BE ; par le point A conduisons AH parallèle à l’une ou à l’autre des droites TE, BZ (31. 1) ; par le point © conduisons KM parallèle à l’une où à l’autre des droites AB, Ez ; et par le point A conduisons AK parallèle à l’une ou à l’autre des droitesrTA, BM.

Puisque le complément r® est égal au complément @z (43. 1) , ajoutons le quarré commun AM, le rectangle entier rM sera égal au rectangle entier 47. Mais rM est égal à 4A (36. 3) , puisque la droite Ar est égale à la droite rB ; donc le rectangle AA est égal au rectangle AZ ; ajoutons le rectangle commun r©, le rectangle entier 40 sera égal au gnomon NEO ; mais 40 est le rectangle sous AA, AB, puisque 4® est égal à 4B ; donc le gnomon Nx0 est égal au rectangle sous AA, AB. Ajoutons le quarré commun AH, qui est égal au quarré de ra (corol. 4. 2) , le gnomon NΞ0 et le quarré AH seront égaux au rectangle sous AA, AB, et au quarré de ΓΔ. Mais le gnomon ΝΞΟ et ΛH sont le quarré entier ΓEZB, qui est décrit avec ΓB ; donc le rectangle compris sous AA, AB, avec le quarré de T4, est égal au quarré de r8. Donc, etc.

PROPOSITION VI.

Si une ligne droite est coupée en deux parties égales, et si on lui ajoute directement une droite, le rectangle compris sous la droite entière avec la droite ajoutée, et sous la droite ajoutée, avec le quarré de la moitié de la droite entière, est égal au quarré décrit avec la droite composée de la moitié de la droite entière et de la droite ajoutée, comme avec une seule droite.

Qu’une ligne droite AB soit coupée en deux parties égales au point Tr ; qu’on lui ajoute directement une autre droite BA ; je dis que le rectangle compris Sous ΑΔ, ΔΒ, avec le quarré de TB, est égal au quarré de ΓΔ. Avec la droite ΓΔ décrivons le quarré ΓEZΔ (46. 1) ; joignons AE ; par le point B conduisons BH parallèle à l’une ou à l’autre des droites TE, 4Z (31. 1) ; par le point ©, conduisons KM parallèle à l’une ou à l’autre des droites AA, Ez, et enfin par le point A conduisons AK parallèle à lʼune ou à l’autre des droites TA, AM.

Puisque AT est égal à rB, le rectangle AA est égal au rectangle re (36. 1) . Mais le rectangle ΤΘ est égal au rectangle Θz (45. 1) ; douc le rectangle AA est égal au rectangle Θz ; ajoutons le rectangle commun rM, le rectangle entier AM sera égal au gnomon ΝΞO. Mais AM est le rectangle sous ΑΔ, ΔΒ, car ΔM est égal à AB (4. 2) ; donc le gnomon ΝΞO est égal au rectangle compris sous ΑΔ, ΔΒ. Ajoutons le quarré AH qui est égal au quarré de rB, le rectangle compris sous ΑΔ, ΔΒ avec le quarré de TB sera égal au gnomon ΝΞO et au quarré ΛH. Mais le gnomon ΝΞΟ, et le quarré AH sont le quarré entier rEZA, qui est le quarré de ΓΔ ; donc le rectangle compris sous AΔ, ΔB avec le quarré de TB est égal au quarré de ΓΔ. Donc, etc.

PROPOSITION VII.

Si une ligne droite est coupée d’une manière quelconque, le quarré de la droite entière et le quarré de l’un des segments, pris ensemble, sont égaux à deux fois le rectangle compris sous la droite entière et ledit segment, et au quarré du segment restant.

Qu’une droite AB soit coupée d’une manière quelconque au point Γ ; je dis que les quarrés des droites AB, BΓ sont égaux à deux fois le rectangle compris sous AB, ΒΓ, et au quarré de ΓA. Avec AB décrivons le quarré 4AEB (46. 1) ; et construisons la figure.