Les Éléments (trad. Peyrard, 1804) (page 4)

Puisque le rectangle AH est égal au rectangle HE (43. 1) , ajoutons le quarré commun IZ ; le rectangle entier AZ sera égal au rectangle entier TE ; donc les rectangles AZ, TE sont doubles du rectangle AZ. Mais les rectangles AZ, TE sont le gnomon KAM et le quarré rz ; donc le gnomon KAM et je quarré rz sont doubles du rectangle AZ. Mais deux fois le rectangle sous AB, Br est double du rectangle AZ, car BZ est égal à Br (cor. 4. 2} ; donc le gnomon KAM : et le quarré TZ sont égaux à deux fois le rectangle sous AB, Br. Ajoutons le quarré commun ON, qui est le quarré de AT ; le gnomon KAMet les quarrés 1Z, ΘN seront égaux à deux fois le rectangle sous AB, Br, et au quarré de Ar. Mais le gnomon KAM et les quarrés TZ, ΘN sont les quarrés entiers AAEB, TZ, qui sont les quarrés des droites AB, Br ; donc les quarrés des droites AB, ET sont égaux à deux fois le rectangle compris sous 4B, Br, et au quarré de Ar. Donc, etc.

PROPOSITION VIII.

Si une droite est coupée d’une manière quelconque, quatre fois le rectangle compris sous la droite entière et l’un des segments, avec le quarré du segment restant, est égal au quarré décrit avec la droite entière et ledit segment, comme avec une seule droite.

Qu’une droite AB soit coupée dʼune manière quelconque au point Tr ; je dis que quatre fois le rectangle compris sous les droites £B, Br, avec le quarré de AT, est égal au quarré décrit avec les droites AB, ET, comme avec une seule droite. Conduisons la droite BA dans la direction de 48 ; faisons BA égal à Br ; décrivons avec A4 le quarré AEZA (46. 2) , et construisons une double figure.

Puisque Br est égal à BA, que TB est égal à HK (34. 1) , et BA égal à KN, la droite HK est égale à la droite kN. La droite TP est égale à la droite PO, par la même raison. Et puisque Br est égal à BA, et Hk égal à KN, le rectangle TK est égal au rectangle BN, et le rectangle HP égal au rectangle KO (36. 1) . Mais le rectangle rK est égal au rectangle PN (43. 1) , car ils sont les compléments du parallélogramme ro ; done le rectangle EN est égal au rectangle HP ; donc les quatre rectangles TK, KA, HP, PN sont égaux entr’eux ; donc ces quatre rectangles sont le quadruple du rectangle rx. De plus, puisque TB est égal à BA, et BA égal à BK, c’est-à-dire à TH (54. 1) , et que rB est égal à HK, c’est-à-dire à Hni, la droite TH est égale à la droite Hn, Et puisque rH est égal à HIT, et que HP est égal à PO, le rectangle AH est égal au rectangle Mn, et le rectangle TA égal au rectangle PZ (56. 1) . Mais le rectangle Mr est égal au rectangle HA (43. 1) , car ils sont les compléments du parallélogramme M4 ; donc le rectangle AH est égal au rectangle Pz ; donc les quatre rectangles AH, MIT, HA, PZ sont égaux entrʼeux ; donc ces quatre rectangles sont quadruples du rectangle AH. Mais on a démontré que les quatre quarrés TK, KA, HP, PN sont quadruples du quarré rK ; j donc les huit figures qui composent le gnomon TY sont quadguples du rectangle AK. Mais le rec- tangle AK est sous AB, BA ; car KB est égal à BA (cor. 4. 2) ; donc quatre fois le rectangle sous AB, BA est quadruple du rectangle AK. Mais on a démontré que le gnomon 3TY est quadruple du rectangle AK ; donc quatre fois le rectangle sous AB, BA est égal au gnomon xTY. Ajoutons le quarré commun ©, qui est égal au quarré de Ar (cor. 4. 2) ; quatre fois le rectangle compris sous AB, BA, avec le quarré de Ar sera égal au gnomon XTY et au quarré ΞΘ Mais le gnomon zTY et le quarré ΞΘ sont le quarré entier AEZA, qui est décrit avec AΔ ; donc quatre fois le rectangle sous AB, BA avec le quarré de Br est égal au quarré de 44. Mais BA est égal à Br ; donc quatre fois le rectangle com- pris sous AB, Br avec le quarré de AT est égal au quarré de 44, c’est-à-dire au quarré décrit avec AB et Br comme avec une seule droite. Donc, etc.

PROPOSITION IX.

Si une ligne droite est coupée en parties égales et en parties inégales, les quarrés des segments inégaux de la droite entière sont doubles du quarré de la moitié de cette droite et du quarré de la droite placée entre les sections.

Que la droite AB soit coupée en parties égales enr, et “en parties inégales en A ; je dis que les quarrés des droits AA, AB sont doubles des quarrés des droites AT, TA.

Du point Tr conduisons TE perpendiculaire à AB (11. 1) ; faisons la droite E égale à l’une ou à l’autre des droites AT, TB, et joignons EA, EB ; par le point A conduisons AZ parallèle à Er (31. 1) , et par le point Z conduisons ZH parallèle à AB, et joignons AZ.

Puisque AT est égal à TE, lʼangle EAT est égal à l’angle AEr (5. 1) . Et puis- que l’angle enr est droit, les angles restants BAT, AET sont égaux à un droit (32. 1) ; mais ils sont égaux ; donc chacun des angles TEA, TAE est la moitié d’un droit. Par la même raison, chacun des angles TEB, EBr est la moitié d’un droit ; donc l’angle entier AE3 est droit. Et puisque l’angle HEZ est la moitié d’un droit, et que l’angle EXZ est droit, car il est égal à l’angle intérieur et opposé ErB (29. 1) , l’angle EZH est la moitié d’un droit ; donc lʼangle HEZ est égal à l’angle EZH ; donc le côté EH est égal au côté Hz (6. 1) . De plus, puisque lʼangle en B est la moitié d’un droit, et que l’angle ZAaB est droit, car il égal à l’angle intérieur et opposé ETB (20. 1) , lʼangle restant AZB est la moitié d’un droit ; donc l’angle en 8 est égal à l’angle azB ; donc le côté ZA est égal au côté AB (6. 1) . Et puisque Ar est égal à TE, le quarré de Ar est égal au quarré de TE ; donc les quarrés des droites AT, TE sont doubles du quarré de Ar. Mais le quarré de EA est égal aux quarrés des droites AT, TE (47, 4) , car lʼangle ATE est droit ; donc le quarré de AE est double du quarré de Ar. De plus, puisque EH est égal à HZ, le quarré de EH est égal au quarré de Hz ; donc les quarrés des droites EH, HZ sont doubles du quarré de Hz. Mais le quarré de EZ est égal aux quarrés des droites EH, HZ (47. 1) ; donc le quarré de Ez est double du quarré de Hz. Mais HZ est égal à TA (34. 1) ; donc le quarré de Ez est double du quarré de HZ. Mais le quarré de EA est double du quarré de Ar ; donc les quarrés des droites AE, EZ sont doubles des quarrés des droites AT, T4. Mais le quarré de 4Z est égal aux quarrés des droites AE, EZ (47. 1) , car l’angle AEZ est droit ; donc le quarré £z est double des quarrés des droites Ar, TA. Mais les quarrés des droites AA, AZ sont égaux au quarré de AZ (47. 1) , car l’angle en 4 est droit ; donc les quarrés des droites AA, AZ sont doubles des quarrés des droites Ar, ra. Mais AZ est égal à 48 ; donc les quarrés des droites AA, 4B sont doubles des quarrés des droites AT, TA. Donc, etc.

PROPOSITION X.

Si une ligne droite est coupée en deux parties égales, et si on lui ajoute directement une droite, le quarré de la droite entière avec la droite ajoutée, et le quarré de la droite ajoutée, étant pris ensemble, sont doubles du quarré de la moitié de la droite entière, et du quarre décrit avec la droite composée de la moitié de la droite entière et de la droite ajoutée, comme avec une seule droite. Qu’une droite AB soit coupée en deux parties égales en T, et quʼon lui ajoute directement une droite BA ; je dis que les quarrés des droites 44, 48 sont doubles des quarrés des droites AT, TA.

Du point r conduisons TE perpendiculaire à AB (11. 1) ; faisons cette droite égale à l’une ou à l’autre des droites AT, TB ; joignons EA, EB ; par le pont E conduisons EZ parallèle à Aa ; et par le point A conduisons ZA parallèle à TE (31. 1) . Puisque la droite EZ tombe sur les parallèles Er, ZA, les angles TEZ, EZA sont égaux à deux droits (29. 1) ; donc les angles ZEB, EZA sont plus petits que deux droits. Mais deux droites prolongées se rencontrent du côté où les angles sont plus petits que deux droits (dém. 5) ; donc les droites &, ZA prolongées se rencontreront du côté BA. Prolongeons ces droites ; qu’elles se rencontrent au point H ; et Joignons AH. Puisque Ar est égal à TE, l’angle AEr est égal à l’angle EAT (5. 1. ) ; mais l’angle en rest droit ; donc chacun des angles EAT, AET est la moitié d’un droit (32. 1) . Par la même raison, chacun des angles TEB, EBT est la moitié d’un droit ; donc lʼangle AEB est droit. Et puisque lʼangle EBr est la moitié d’un angle droit, lʼangle ABH est la moitié d’un droit (15. 1) . Mais l’angle 84H est droit (29. 1) , car il est

égal à l’ angle alterne ATE ; donc l’angle restant AHB est ég gal à l’angle ABH ; donc le côté BA est égal au côté AH (6. 1) . De plus, puisque l angle EHZ est la moitié d’un droit, et que l’angle en z est droit, car il est égal à l’angle opposé en r (34. 1, lʼangle restant ZEH est la moitié d’un droit ; donc l’angle EHZ est égal à langle ZEH ; donc le côté Hz est égal au côté ZE (6. 1) . Et puisque Er est égal à TA, le quarré de Er est égal au quarré de rA ; donc les quarrés des droites ET, TA sont doubles du quarré de ra. Mais le quarré de AE est égal aux quarrés des droites ET, FA (47. 1) ; donc le quarré de EA est double du quarré de Ar. De plus, puisque ZH est égal à ZE, le quarré de EZ est égal au quarré de ZE ; donc les quarrés des droites Hz, ZE sont doubles du quarré de Ez. Mais le quarré de EH est égal aux quarrés des droites KZ, ZE (45. 1) ; donc le quarré de EH est double du quarré de Ez. Mais EZ est égal à ra ; donc le quarré de EH est double du quarré de ra. Mais on a démontré que le quarré de EaA est double du quarré de AT ; donc les quarrés des droites AE, EH sont doubles des quarrés des droites AT, ra. Mais le quarré de AH est égal aux quarrés des droites AE, EH (47. 1) ; donc le quarré AH est double des quarrés des droites AT, ra. Mais les quarrés des droites AA, AH sont égaux au quarré de AH (47. 1) ; donc les quarrés des droites AA, AH sont doubles des quarrés des droites AT, TA ; mais la droite 4H est égale à la droite 4B ; donc les quarrés des droites AA, AB sont doubles des quarrés des droites AT, rA. Donc, etc.

PROPOSITION XI.

Couper une droite donnée, de manière que le rectangle compris sous la droite entière et l’un des segments, soit égal au quarré du segment restant.

Soit AB la droite donnée ; il faut couper AB de manière que le rectangle compris sous la droite entière et l’un des segments, soit égal au quarré du segment restant.

Avec la droite 4B décrivons le quarré ABAT {46. 1) ; coupons AT en deux parties égales au point E (10. 1) ; joignons BE, prolongeons rA vers Z ; faisons EZ égal à BE (3. 1) ; décrivons avec 4z le quarré Z® ; et prolongeons H© vers Kk ; je dis que la droite AB est coupée en Θ, de manière que le rectangle compris sous AB, BΘ est égal au quarré de 40.

Puisque la droite AT est coupée en deux parties égales en E, que AZ lui est ajoutée ; le rectangle compris sous les droites rz, ZA avec le quarré de AE est égal au quarré dé Ez (6. 2) . Mais Ez est égal à EB ; donc le rectangle compris sous TZ, ZA avec le quarré de AE, est égal au quarré de EB. Mais les quarrés des droites B4, AE sont égaux au quarré de EB (47. 1) , car lʼangle en A est droit ; donc le rectangle sous TZ, ZA avec le quarré de 4E est égal aux quarrés des droites BA, AE, Retranchons le quarré commun de AE ; le rectangle restant compris sous TZ, ZA sera égal au quarré de 48. Mais le rectangle sous les droites rZ, ZA est le rectangle ZK, parce que AZ est égal à ZH, et le quarré de AB est le quarré 44 ; donc le rectangle ZK est égal au quarré AA. Retranchons le rectangle commun AK ; le quarré restant Ze sera égal au rectangle ΘΔ. Mais z® est le quarré de 40, et Θ4 est, le rectangle sous AB, BΘ ; donc le rectangle compris sous AB, BΘ est égal au quarré de ΘA.

Donc la droite AB est coupée Θ, de manière que le rectangle compris sous AB, BΘ est égal au quarré de ΘA ; ce qu’il fallait faire.

PROPOSITION XII.

Dans les triangles obtusangles, le quarré du côté qui soutend lʼangle obtus est plus grand que les quarrés des côtés qui comprènent lʼangle obtus, de deux fois le rectangle compris sous celui des côtés de l’angle obtus sur le prolongement duquel tombe la perpendiculaire, et sous la droite prise extérieurement de la perpendiculaire à lʼangle obtus. Soit le triangle obtusangle ABr, ayant lʼangle B4r obtus ; du point B conduisons BA perpendiculaire sur TA prolongé ; je dis que le quarré de Br est plus grand que les quarrés des côtés BA, AT, de deux fois le rectangle compris sous TA, AA.

Car puisque la droite rA est coupée d’une manière quelconque au point 4, le quarré de rA est égal aux quarrés des droites rA, Aa, et à deux fois le rectangle compris sous TA, AA (4. 2) . Ajoutons le quarré commun de 48 ; les quarrés de TA, AB Seront égaux aux quarrés des droites ΓΑ, ΑΔ, ΔΒ, et à deux fois le rectangle compris sous TA, AA. Mais le quarré de re est égal aux quarrés des droites ΓA, 4B (47. ) car l’angle en 4 est droit, et le quarré de AB est égal aux quarrés des droites ΑΔ, ΔΒ ; donc le quarré de rB est égal aux quarrés des droites rA, 4B, et à deux fois le rectangle compris sous rA, 44 ; donc le quarré de 18 est plus grand que les quarrés des droites rA, AB de deux fois le rectangle sous rA, AA. Donc, etc.

PROPOSITION XIII.

Dans les triangles acutangles, le quarré du côté qui soutend un angle aigu est plus petit que les quarrés des côtés qui comprennent cet angle aigu, de deux fois le rectangle compris sous le côté de l’angle aigu sur lequel tombe la perpendiculaire, et sous la droite prise intérieurement de la perpendiculaire à cet angle aigu.

Soit le triangle acutangle ABr ayant lʼangle aigu en B ; du point A conduisons sur la droite Br la perpendiculaire 44 ; je dis que le quarré de ar est plus petit que les quarrés des droites TB, BA, de deux fois le rectangle compris sous IB, BA. Car puisque la droite rB est coupée d’une manière quelconque au point 4, les quarrés des‘droites TB, BA sont égaux à deux fuis le rectangle compris sous TB, BA et au quarré de AT (7. 2) . Ajoutons le quarré commun de 44 ; les quarrés des droites TB, BA, AA seront égaux à deux fois le rectangle compris sous TB, BA, et aux quarrés des droites AA, ar. Mais le quarré de AB est égal aux quarrés des droites BA, AA (47. 1) , car l’angle en 4 est droit, et le quarré de Ar est égal aux quarrés des droites AA, Ar ; donc les quarrés des droites TB, BA sont égaux au quarré de ar et à deux fois le rectangle compris sous TB, BA ; donc le seul quarré de ar est plus petit que les quarrés des droites rB, BA de deux fois le rectangle compris sous TB, BA. Donc, etc.

PROPOSITION XIV.

Construire un quarré égal à une figure rectiligne donnée.

Soit A la figure rectiligne donnée ; il faut construire un quarré égal à cette figure rectiligne.

Construisons un parallélogramme rectangle BΔ égal à la figure rectiligne donnée A (45. 1) . Si BE était égal à EΔ, on aurait fait ce qui était proposé ; car le quarré BΔ aurait été construit égal à la figure rectiligne A. Si cela n’est point, l’un des côtés BE, EΔ est plus grand que l’autre. Que BE soit le plus grand, prolongeons-le vers Z, et faisons EZ égal à EΔ (3. 1) ; coupons BZ en deux parties égales au point H ; du centre H et d’un intervalle égal à l’une des droites HB, HZ, décrivons la demi-circonférence BΘZ (dem. 3) ; prolongeons ΔE vers Θ, et joignons HΘ.

Puisque BZ est partagé en deux parties égales au point H, et en deux parties inégales au point E ; le rectangle compris sous BE, EZ avec le quarré de HE, est égal au quarré de HZ (5. 2) . Mais HZ est égal à HΘ ; donc le rectangle compris sous BE, EZ avec le quarré de HE est égal au quarré de HΘ. Mais les quarrés des droites ΘE, EH sont égaux au quarré de HΘ (47. 1) ; donc le rectangle compris sous BE, EZ avec le quarré de HE, est égal aux quarrés de droites ΘE, EH. Retranchons le quarré commun de HE ; le rectangle restant compris sous BE, EZ sera égal au quarré de E@. Mais le rectangle compris sous BE, EZ est le rectangle compris sous BE, EA, puisque la droite Ez est égale à la droite EA ; donc le parallélogramme BA est égal au quarré de @E. Mais BA est égal à la figure rectiligne A ; donc la figure rectiligne A est égale au quarré de EΘ.

Donc le quarré décrit avec E® a été construit égal à la figure rectiligne donnée A ; ce qu’il fallait faire.

fin du deuxième livre.

EUCLIDIS

ELEMENTORUM

LIBER TERTIUS.

Separateur-10-Vaguelettes1

LIVRE TROISIEME

DES ELEMENTS DʼEUCLIDE.

DÉFINITIONS.

Les cercles égaux sont ceux dont les diamètres sont égaux, ou ceux dont les droites menées des centres aux circonférences sont égales.

Une droite, qui touchant un cercle, et qui étant prolongée ne le coupe point, est dite tangente à ce cercle.

Les cercles qui ne se touchent et qui ne se coupent point, sont dits tangents en tr’eux.

Dans un cercle, on dit que des droites sont également éloignées du centre, lorsque les perpendiculaires menées du centre sur ces droites sont égales.

La droite sur laquelle tombe la plus grande perpendiculaire est dite la plus éloignée du centre.

Un segment de cercle est la figure comprise par une droite et par une circonférence de cercle.

Lʼangle du segment est celui qui est compris par une droite et par une circonférence de cercle.

Lʼangle dans le segment est lʼangle compris par les droites menées dʼun point pris dans la circonférence du segment aux extrémités de la droite qui est la base du segment.

Mais lorsque les droites qui comprennent lʼangle embrassent une portion de la circonférence, cet angle est dit appuyé à la circonférence.

Un secteur de cercle est une figure comprise entre deux rayons qui font un. angle au centre et la portion de la circonférence quʼembrassent ces deux rayons.

Les segments des cercles sont semblables, lorsquʼils reçoivent des angles égaux ou lorsque les angles quʼils contiennent sont égaux entrʼeux.

PROPOSITION PREMIERE.

Trouver le centre d’un cercle donné.

Soit ΑΒΓ le cercle donné ; il faut trouver le centre du cercle ΑΒΓ.

Conduisons dans le cercle une droite quelconque +B, partageons-la en deux parties égales au point Δ (10. 1) ; du point Δ conduisons Γ ; perpendiculaire à AB (it. 1) , prolongeons ΓΔ en E, et partageons TE en deux parties égales en Z ; je dis que le point Ζ est le centre du cercle ΑΒΓ.

Que Ζ ne le soit pas, et que H le soit, si cela est possible. Joignons Hñ, ΗΔ, HB. Ët puisque ΑΔ est égal à ΔΒ et que ÛôH est commun, les deux droites ΑΔ, ΔΗ sont égales aux deux droites HA, ΔΒ, chacune à chacune ; mais la base ΗΑ est, égale à la base HB, car ce sont deux rayons (déf. 15- 1) ; donc l’angle ΑΔΗ est égal à lʼangle ΗΔΒ (8. 1) . Mais lorsqu’une droite tombant sur une droite fait avec elle les angles de suite égaux, chacun des angles égaux est droit (déf. 10. I) ; donc l’angle ΗΔΒ est droit. Mais l’angle ΖΔΒ est droit ; donc lʼangle ΖΔΒ est égal à l’angle HΔB ; le plus petit au plus grand, ce qui est impossible. Donc le point H n’est point le centre du cercle ΑΒΓ. On démontrera semblablement que tout autre point, excepté z, ne l’est pas.

Donc le point z est le centre du cercle. Ce qu’il fallait faire.

COROLLAIRE.

De là il est évident que si dans un cercle une droite en coupe une autre en deux parties égales, et à angles droits, le centre du cercle est dans la secante.

PROPOSITION II.

Si dans une circonférence de cercle, on prend deux points quelconques, la droite qui joindra ces deux points tombera dans le cercle.

Soit le cercle ABΓ ; qu’on prène deux points quelconques Α, B, dans sa circonférence ; je dis que la droite menée du point Α au point B, tombera dans le cercle.

Car que cela ne soit point ; et qu’elle tombe en dehors, si c’est possible, comme AEZ ; prenons le centre du cercle ΑΒΓ (1. 3) , qu’il soit ñ, joignons ΔΑ, ΑB, et menons ΔΖΕ.

Puisque ΔA est égal à ΔB, l’angle ΔΑΒ est égal à l’angle ÛRBE (ñ. 1) ; et puis- que l’on a prolongé un côté ΑΕΒ du triangle ΔΑΒ, l’angle ΔEΒ est plus grand que l’angle HAE (16. 1) Mais l’angle ΔΑΒ est. égal à l’angle ΔΒῈ ; donc l’angle ΔΕΒ est plus grand que l’angle ΔΒΕ. Mais un plus grand côté soutend un plus grand angle (13. 1) ; donc ΔΒ est plus grand que ΔΕ. Mais ΔΒ est égal à ΔΖ ; donc nz est plus grand que ΔΕ, le plus petit que le plus grand, ce qui est impossible. Donc la droite menée du point Α au point B ne tombe pas bors du cercle. Nous démontrerons semblablement qu’elle ne tombe pas dans la circonférence ; donc elle tombe en dedans du cercle. Donc, etc.

PROPOSITION III.

Si dans un cercle une droite menée par le centre coupe en deux parties égales une droite non menée par le centre, elle la coupera à angles droits ; et si elle la coupe à angles droits, elle-la coupera en deux parties égales.

Soit le cercle ABΓ ; que dans ce cercle, la droite ΓΔ menée par le centre coupe en deux parties égales au point z la droite ΑΒ non monée par le centre ; je dis qu’elle la coupe à angles droits.

Prenons le centre du cercle ΑΒΓ (1. 3) ; qu’il soit B, et joignons EA, EB.

Puisque ΑΖ est égal à ΖΒ, et que la droite ZB est commune, deux droites sont égales à deux droitès ; mais la base ΕΑ est égale à la base EB ; donc l’angle AZE est égal à l’angle ΕΖΒ (3. 1) . Mais lorsqu’une droite tombant sur une autre droite fait les angles de suite égaux entreux, chacun des angles égaux est droit ; donc chacun des angles ΑΖΕ, ΒΖΕ est droit. Donc la droite ΓΔ, menée par le centre, et qui coupe en deux parties égales la droite ΑΒ non menée par le centre, coupe aussi cette droite à angles droits. Mais que la droite ΓΔ coupe la droite ΑΒ à angles droits ; je dis qu’elle la coupe en deux parties égales, c’est-à-dire que AZ est égal à ZB.

Faisons la même construction ; puisque ΒΕΑ est égal à EB, l’angle E4Z est égal à l’angle EFZ (5. 1) . Mais l’angle droit AZE est égal à l’angle droit BZE ; donc EAZ, EZB sont deux triangles qui ont deux angles égaux à deux angles, et un côté égal à un côté, c’est-à-dire leur côté commun Ez, qui soutend un des angles égaux ; donc ces deux triangles auront les côtés restants égaux aux côtés restants (26. 1) ; donc az est égal à ZB. Donc, etc.

PROPOSITION IV.

Si dans un cercle deux droites non menées-par le centre se coupent, elles ne se coupent point en deux parties égales.

Soit le cercle ΑΒΓΔ, et que dans ce cercle les deux droites AΓ, BA, non menées par le centre, se coupent au point E ; je dis qu’elles ne se coupent point en deux parties égales.

Car si cela est possible, qu’elles se coupent en deux parties égales, de manière que AE soit égal à EΓ, et BB égal à EA ; prenons le centre du cercle ABΓn (. 3) , qu ? il soit le point Z, et joignons ΖΕ.

Puisque la droite ZE, menée par le centre, coupe en deux parties égales la droite AΓ non menée par le centre, elle la coupera à angles droits (3. 3) ; donc l’angle ΖΕΑ est droit. De plus, puisque la droite ΖΕ coupe en deux parties égales la droite ΒΔ non menée par le centre, elle la coupera à angles droits ; donc l’angle ΖΕΒ est’ droit. Mais on a démontré que ’angle ZEA est droit ; donc l’angie ΖΕΑ est égal à l’angle zEB, le plus petit au plus grand, ce qui est impossible. Donc les droites AΓ, ΒΔ ne se coupent point en deux parties égales. Donc, etc.

PROPOSITION V.

Si deux cercles se coupent, leur centre ne sera pas 1e même.

Que les deux cercles ΑΒΓ, ΓΔH se coupent aux deux points B, Γ ; je dis que leur centre ne sera pas le même.

Car si cela est possible, que leur centre soit le point E ; joignons ΕΓ, et menons EZH d’une manière quelconque. Puisque le point E est le centre du cercle ΑΒΓ, la droite ὋΓ est égale à EZ (déf. : 5. 1. ) . De plus, puisque le point Z est le centre du cercle Γ) H, la droite TE est égale à EH. Mais on a démontré que Er est égal à EZ ; donc ZB est égal à £H, la plus petite à la plus grande, cs qui est impossible. Donc le point E m’est pas le centre des. cercles ΑΒΓ, ΓΔΗ. Donc, etc.

PROPOSITION VI.

Si deux cercles se touchent intérieurement, leur centre m’est pas le même.

Que les deux cercles ABΓ, ΓΔE se touchent au point Γ ; je dis que leur centre n’est pas le même. Car si cela est possible, que leur centre soit le point Z ; joignons ZΓ, et menons ZEB d’une manière quelconque.

Puisque le point Ζ est le centre du cercle ΑBΓ, la droite ΖΓ est égale à Bz. De plus, puisque le point Z est le centre du cercle ΓΔE, la droite ΖΓ est égale à zE. Mais on a démontré que zr est égal à ZB ; donc ΖΕ est égal à ZB, la plus petite à la plus grande ; ce qui est impossible ; donc le point Ζ n’est point le centre des cercles ABΓ, ΓΔE. Donc, etc.

PROPOSITION VII.

Si dans le diamètre d’un cercle on prend un point qui ne soit pas le centre de ce cercle, et si de ce point on conduit des droites à la circonférence ; la plus grande sera celle dans laquelle est le centre, et la plus petite la droite restante ; quant aux autres droites, la droite qui est plus près de celle qui passe par le centre est toujours plus grande que celle qui en est plus éloignée ; et du même point on ne peut mener à la circonférence que deux droites égales de l’un et l’autre côté de la plus petite.

Soit le cercle ABΓΔ, que ΑΔ soit son diamètre, prenons dans ΑΔ un point quelconque qui ne soit pas le centre de ce cercle, que le centre du cercle soit le point B, du point Z menons à la circonférence ΑΒΓΔ les droites ZB, 7T, 7H ; je dis que z4 est la plus grande, et Ζὰ la plus petite ; et que parmi les autres, la droite ΖΒ est plus grande que ZΓ, et la droite ZΓ plus grandeque ΖΗ.

Joignons BE, ΓE, HE.

Puisque deux côtés d’un triangle sont plus grands que le côté restant (21. 1) , les droites EB, EZ sont plus grandes que la droite Bz. Mais la droite AE est égale à la droite BE ; donc les droites BE, EZ sont égales à la droite ΑΖ ; donc la droite ΑΖ est plus grande que la droite Bz. —e plus, puisque BE est égal à TE, et que la droite ΖΕ est commune, les deux droites BE, EZ sont égales aux deux droites ΓΕ, ΕΖ. Mais l’angle BEZ est plus grand que l’angle ΓΕΖ ; donc la base ΒΖ est plus grande que la base ΓΖ (24- 1) . Par la même raison la droite ΓΖ est plus grande que la droite Hz.

De plus, puisque les droites HZ, ZE sont plus grandes que I£ droite EH, et que EH est égal à EA, les droites HZ, ZE sont plus grandes que ΕΔ. Retranchons la droite commune Ez ; la droite restante HZ sera plus grande que la droite restante ZA. Donc la droite ΖΑ est la plus grande, et la droite za la plus petite ; donc la droite ZB est plus grande que la droite ΖΓ, et la droite 1 plus grande que la droite ZzH.

Je dis que du point Ζ, on ne peut mener à la circonférence ΑΒΓΔ que deux droites égales, de l’un et l’autre côté de la plus petite ΖΔ. Car sur la droite EZ et au point B de cette droite, faisons l’angle ΖΕΘ égal à l’angle HEZ (23. 1) , et joignons ΖΘ. Puisque la droite HE est égale à la droite EΘ, et que la droite EZ est commune, les deux droites HE, EZ sont égales aux deux droites |EB, EZ ; mais l’angle HEZ est égal à l’angle ΘΕΖ ; donc la base ZH est égale à la base ΖΘ (4- 1) Je dis que du point Ζ on ne peut mener à la circonférence une autre droite égale à ZH. Car si cela est possible, menons ΖΚ. Puisque ZK est égal à ZH, et ΖΘ égal à ZH, la droite ΖΚ est égale à la droite Z, une droite plus près de celle qui passe par le centre, égale aune droite qui en est plus éloignée, ce qui est impossible.