Les Éléments (trad. Peyrard, 1804) (page 7)

PROPOSITION PREMIERE.

Dans un cercle donné, adapter une droite égale à une droite donnée, qui nʼest pas plus grande que le diamètre. Soit ABΓ le cercle donné, et Δ. la droite donnée, qui n’est pas plus grande que ie diamêtre de ce cercle ; il faut dans le cercle ΑΒΓ adapter une droite égale à la droite 4. ;

Menons le diamètre BΓ du cercle aBr. Si la droite BΓ est égale à la droite Δ, on aura fait ce qui était proposé. Car on aura adapté dans le cercle ΑΒΓ, une droite BΓ égale à la droite n Mais si la droite BΓ est plus grande que la droite ñ, faisons Γb égal à n (3. 1) , du centre Γet de Pʼintervalle ΓΒ décrions le cercle ÜÀZ, et joignons ΓΑ.

Puisque le point Γ est le centre du cercle AEZ, la droite ΓA est égale à la droite ΓE ; mais Δ est égal à ΓΕ ; donc Δ est égal à ΓA.

Donc dans le cercle donné ΑΒΓ on a adapté une droite Γ4 égale à la droite donnée Δ. Ce qu’il fallait faire.

PROPOSITION II.

Dans un cercle donné, inscrire un triangle qui soit équiangle avec un triangle donné.

Soit ΑΒΓ le cercle donné, et ΔΕΖ le triangle donné ; il faut dans le cercle ABI inscrire un triangle qui soit équiangle avec le triangle donné ΔΕΖ.

Menons la droite H, de manière quelle touche le cercle ΑΒΓ en un point, et sur la droite ΑΘ, et au point A de cette droite faisons l’angle ΘAT égal à lʼangle ΔΕΖ (23. 1 : ) De plus sur la droite HA, et au point de cette droite faisons l’angle HAB égal à l’angle ΖΔΕ, et joignons BT. Puisque la droite ΘΑ touche le cercle ΑΒΓγ, et que la droite A a été menée dans le cercle du point de contact Α, l’angle ΘΑΓ est égal à langle çBΓ placé dans le segment alterne du cercle (32. 3) . Mais l’angle ΘΑΓ est égal à l’angle ΔΕΖ͂ ; donc l’angle ΑΒΓ est égal à l’angle ΔΕΖ Par la même raison l’angle ΑΓΒ 6δ1 égal à l’angle ΖΔΕ ; donc l’angle restant BAΓ est égal à l’angle restant £È (32. 1) ; donc le triangle ABΓ est équiangle avec le triangle ΔΕΖ, et il est inscrit dans le cercle ABr (déf. 3. 4) -

Donc dans le cercle donné, on a inscrit un triangle équiangle avec un triangle donné. Ce qu’il fallait faire.

PROPOSITION III.

À un cercle donné, circonscrire un triangle équiangle avec un triangle donné. Soit ΑΒΓ le cercle donné, et Αzz le triangle donné ; il faut au cercle ΑΒΓ cir- conscrire un triangle équiangle avec le triangle ΔΕΖ.

Prolongeons la droite EZ de part et d’autre vers les points H, (dem. 2) , pre- nons le centre K du cercle ΑΒΓ (1. 3) , menons d’une manière quelconque la droite KB, faisons sur la droite KB, et au point K de cette droite, un angle ΒΚΑ égal à l’angle ΔΕΗ͂, et l’angle ΒΚΓ égal à Vangle ΔΖΘ (23. 1) , par les points A, B, T menons les droites ΛΑΜ, ΜΒΝ, ΝΓΔ tangentes au cercle ABT (17. 3) .

Puisque les droites ΔΜ, ΜΝ, N| touchent le cercle ABΓ aux points Α, B, Γ, et que lon a joint KA, KB, ΚΓ les angles aux points Α, B, T se- ront droits (13. 3) . Et puisque les quatre angles du quadrilatère ΑΜΒΚ sont égaux à quatre angles droits (32. 1) , car le quadrilatère ΑΜΒΚ peut se di- viser en denx triangles ; mais parmi les angles de ce quadrilatère, les angles ΜΑΚ, KBM sont droits ; donc les angles restants AŒKB, ΑΜΒ sont égaux à deux droits. Mais les angles Û) EH, ΔΕΖ sont égaux à deux droits (13- 1) ; donc les angles ΑΚΒ, AMB sont égaux aux angles ΔΕΗ, ΔΕΖ ; mais l’angle AxB est égal à l’angle ôEH ; donc l’angle restant AMB est égal à J’angle restant ΔΕΖ. Nous démontrerons semblablement que l’angle ôNM est égal à Pangle azz ; donc Pangle restant MAN est égal à l’angle restant ΕΔΖ (32. 1) . Donc le triangle AMN est équiangle avec le triangle ΔΕΖ, et il est circonscrit au cercle ΑΒΓ (déf. 4. 4).

Donc un triangle équiangle avec un triangle donné a été circonscrit à un cercle donné. Ce qu’il fallait faire.

PROPOSITION IV.

Inscrire un cercle dans un triangle domné.

Soit ABΓ le triangle donné ; il faut dans le triangle ABΓ inscrire un cercle.

Partageons en deux parties égales les angles ΑΒΓ, ΑΓΒ par les droites Bñ, ΓΔ ; que ces droites se rencontrent au point Δ, et du point Δ menons aux droites ΑΒ, ΒΓ, ΓΑ les perpendiculaires ΔΕ, ΔΖ, DH (12. 1) .

Puisque l’angle ABA est égal à l’angle Ûô”Γ, et que l’angle droit BEÛ est égal ; à Vangle droit BZA, les deux triangles EBA, ΖΒΔ ont deux angles égaux à deux angles, et un côté égal à un côté, le côté commun BΔ qui soutend un des angles égaux ; ils ont donc les côtés restants égaux aux côtés restants (26. 1) ; donc ΔE est égal à ΔΖ, Par la même raison ΔΗ est égal à nZ. Donc les trois droites JE, ΔΖ, ΔΗ sont égales entr’elles ; donc le cercle décrit du point Δ et d’un intervalle égal à une des droites ΔΕ, ΔΖ, ) H passera par les autres points, et touchera les droites ΑΒ, ΒΓ, ΓΑ, les angles étant droits en E, Z, H. Car si le cercle coupait ces droites, une perpendiculaire au diamètre d’un cercle et menée d’une de ses extrémités tomberait dans ce cercle, ce qui a été démontré absurde (16. 3) ; donc le cercle décrit du point Δ et d’un inter- valle égal à une des droites ΔΒΕ, nZ, nH ne coupera point les droites ΑΒ, ΒΓ, ΓΑ ; donc elle les touchera, et ce cercle sera inscrit dans letriangle ABΓ (déf. 5. 4) . Qu’il soit inscrit comme ZHE.

Donc dans le triangle donné ABΓ, on a inscrit le cercle EZH. Ce qu’il fallait faire.

PROPOSITION V.

Circonscrire un cercle à un triangle donné.

Soit AΒΓ le triangle donné ; il faut au triangle donné ΑΒΓ circonscrire un cercle.

Coupons les droites ΑΒ, ΑΓ en deux parties égales aux points 3, E (10. 1) , et des points Δ, B menons aux droites AB, AT les perpendiculaires ΔΖ, ZE (11. 1) ; ces perpendiculaires se rencontreront ou dans le triangle ΑΒΓ, ou dans la droite ΒΓ, ou hors de la droite BT.

Premièrement que ces perpendiculaires se rencontrent dans le triangle, au point Z ; joignons ZB, ZΓ, ZA. Puisque ΑΔ est égal à BA, et que la perpendiculaire ΔZ est commune et à angles droits, la base AZ est égale à la base ΖΒ (1. 1) . Nous démontrerons semblablement que ΓΖ est égal à ; donc zB est égal à ΖΓ ; donc les trois droites ΖΑ, zB, ΖΓ sont égales entrelles. Donc si du centre Ζ, et d’un intervalle égal à une des droités ΖΑ, ZB, ΖΓ, on décrit un cercle, ce cercle passera par les autres points, et ce cercle sera circonscrit au triangle ΑΒΓ (déf. 6. 4) . Qu’il soit circonscrit comme ΑΒΓ.

Mais que les droites ΔΖ, EZ se rencontrent dans la droite BΓ, au point z, comme dans la seconde fîgure ; joignons ΑΖ. Nous démontrerons sembla- blement que le point Ζ est le centre du cercle circonscrit au triangle ABT.

Mais enfin, que les droites ΔZ, EZ se rencontrent hors du triangle ΑΒΓ, au point Z, comme dans la troisième figure, et joignons ΑΖ, BZ, ΓΖ. Puisque ΑΔ est encore égal à ÛB, et que la perpendiculaire ΔΖ est commune et à angles droits, la base AZ est égale à la base ΖΒ (4. 1) . Nous démontrerons semblablement que ZΓ est égal à ZA ; donc zB est égal à ΖΓ ; donc encore si du centre Z, et d’un intervalle égal à une des droites ZA, ZB, ZΓ, on décrit un cercle, ce cercle passera par les points restants, et il sera circonscrit au triangle ΑΒΙΓ, Quʼil soit circonscrit comme ΑΒΓ.

Donc un cercle a été circonscrit dans un triangle donné. Ce qu’il fallait faire.

COROLLAIRE.

Il est évident que si le centre du cercle tombe dans le triangle, l’angle BAT compris dans un segment plus grand qu’un demi-cercle, est plus petit qu’un angle droit ; que si le centre du cercle tombe dans la droite BΓ, l’angle BAT compris dans un demi-cercle, est droit ; que si enfin le centre du cercle tombe hors du triangle ΒΑΓ, l’angle BAΓ compris dans un segment plus petit qu’un demi- cercle, est plus grand qu’un angle droit. C’est pourquoi si l’angle donné est plus petit qu’un droit, les droites 3Z, EZ se rencontreront dans le/ triangle ; s’il est droit, elles se rencontreront dans ΒΓ, et s’il est plus grand qu’un droit, elles se rencontreront hors de la droite ΒΓ.

PROPOSITION VI.

Inscrire un quarré dans un cercle donné.

Soit ΑΒΓΔ le cercle donné ; il faut inscrire un quarré dans le cercle ΑΒΓΔ.

Menons les diamètres ΑΓ, BA du cercle ΑΒΓΔ perpendiculaires l’un à l’autre (11. 1) , et joignons ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ, ΔΑ.

Puisque BE est égal à EB, car le point E est le centre, et que la droite EA est commune et à angles droits, la base ΑΒ est égale àla base ΑΔ (4. 1) . Par la même raison, chacune des droites ΒΓ, ΓΔ est égale à chacune des droites BA, ΑΔ ; donc le quadrilatère ΑΒΓΔ est équilatéral. Je dis aussi qu’il est rectangle. Car puisque la droite ΒΔ est un diamètre du cercle ΑΒΓΔ, la figure BAB est un demi-cercle. Donc l’angle BAB est droit (21. 1) . Par la même raison, chacun des angles ΑΒΓ, ΒΓΔ, ΓΔΑ est droit aussi ; donc le quadrilatère ΑΒΓΔ est rectangle. Mais on a démontré qu’il est équilatéral ; donc ce quadrilatère est un quarré. Et ce quarré est inscrit dans le cercle ΑΒΓΔ.

Donc on a inscrit le quarré ΑΒΓΔ dans le cercle donné ABΓΔ. Ce qu’il fallait faire.

PROPOSITION VII.

Circonscrire un quarré à un cercle donné.

Soit ΑΒΓΔ le cercle donné ; il faut circonscrire un quarré au cercle ΑΒΓΔ.

Menons dans le cercle ΑΒγΔ, les deux diamètres ΑΓ, ΒΔ. perpendiculaires l’un à l’autre, et par les points n, B, Γ, Δ menons les droites ΖΗ, ΗΘ, ΘΚ, ΚΖ tangentes au cercle ABΓb (17. 5) .

Puisque la droite ZH est tangente au cercle ΑΒΓΔ, et que la droite EA a été menée du centre E an point de contact A, les angles sont droits en Α (28. 3) . Par la même raison, les angles sont droits aux points B, Γ, Δ. Et puisque l’angle ΑΕΒ est droit, et que l’angle EBH est droit aussi, la droite HΘ est parallèle à la droite ΑΓ (28. 1) . Par la même raison, la droite ΑΓ est parallèle à la droite ΖΚ. Donc ΗΘ est parallèle à ΖΚ. Nous démontrerons semblablement que l’une et l’autre des droites HZ, ΘΚ est parallèle à la droite BEñ. Donc les figures HK, ΗΓ, ΑΚ, ZB, BK sont des parallélogrammes ; donc ΗΖ est égal à ex (34. 1) , et HΘ égal à ZK ; et puisque ΑΓ est égal à BA, que. AΓest égal à l’une et à l’autre des droites ΗΘ, ZK, et que ΒΔ est égal à l’une et à l’autre des droites HZ, ΘΚ, les droites ΗΘ, ZK sont égales aux droites HZ, œk. Donc le quadrilatère ΖΗΘΚ est équilatéral. Je dis aussi qu’il est rectangle, car puisque HBEA est un parallélogramme, et que l’angle ΑEB est droit, l’angle AHB est droit aussi (34. 1) . Nous démontrerons semblablement que les angles sont droits en Θ, K, Z ; donc le quadrilatère ΖΗΘΚ est rectangle ; mais on a démontré qu’il est équilatéral ; donc ce quadrilatère est un quarré, et il est circonscrit au cercle ΑΒΓΔ.

On a donc circonscrit un quarré à un cercle donné. Ce qu’il fallait faire.

PROPOSITION VIII.

Inscrire un cercle dans un quarré donné.

Soit ΑΒΓΔ le quarré donné ; il faut inscrire un cercle dans le quarré ΑΒΓΔ. Coupons en deux parties égales l’une et l’autre des droites ΑΒ, ΑΔ auX points Z, E (10. 1) , et par le point E menons ΕΘ parallèle à l’une ou à l’autre des droites ΑΒ, ΓΔ (31. 1) , et par le point Z menons aussi la droite ΖΚ parallèle à l’une ou à l’autre des droites AH, BΓ ; donc chacune des figures ΑΚ, ΚΒ, ΑΘ, ΘΔ, ΑΗ, ΗΓ, BH, ΗΔ est un parallélogramme, et leurs côtés opposés sont égaux (34. 1) Et puisque ΑΔ est égal à ΑΒ, que ΑΒ est la moitié de ΑΔ, et ΑΖ la moitié de ÛrB, la droite ΑΒ est égale à 4Z ; donc les côtés op- posés sont égaux ; donc ZzH est égal à HE. Nous démontrerons semblablement que l’une et l’autre des droites ΗΘ, HK est égale à l’une et à Jl’autre des droites ΖΗ, HE. Donc les quatre droites HE, HZ, ΗΘ, ΗΚ sont égales entr’elles. Donc le cercle décrit du centre H, et d’un intervalle égal à une des droites HE, HZ, Η͂Θ, ΗΚ passera par les autres points, et sera tangent aux droites AB, . ΒΓ, ἴΙΔ, ΔΑ, parce que les angles sont droits en E, Z, , K ; car si ce cercle coupait les droites ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ, ΔΑ, la perpendiculaire au diamètre du cercle, et menée de l’une de ses extrémités tomberait dans le cercle ; ce qui a été démontré absurde (16. 3) . Donc le cercle décrit du centre H, et d’un intervalle égal à des droites HE, HZ, ΗΘ, BK ne coupe point les droites AB. , BΓ, Γn, ΔΑ. Donc il sera tangent à ces droites, et il sera inscrit dans le quarré ΑΒΓΔ (déf. 5. 4) -

Donc on a inscrit un cercle dans un quarré donné. Ce qu’il fallait faire.

PROPOSITION IX.

Circonscrire un cercle à un quarré donné.

Soit ΑΒΓΔ le quarré donné ; il faut circonscrire un cercle au quarré ΑΒΓΔ. Joignons AΓ, BΔ, et que ces droites se coupent au point E. Puisque ΔΑ est égal à ΑΒ, et que la doite ΑΓ est commune, les deux droites ΔΑ, ΑΓ sont égales aux deux droites BA ; ΑΓ ; mais la base ΔΓ est égale à la base ΒΓ ; donc l’angle ΔΑΓ est égal à l’angle ΒΑΓ (8. 1) ; donc l’angle ñAB est coupé en deux parties égales par la droite ΑΓ. Nous démontrerons semblablement que chacun des angles ΑΒΓ, ΒΓΔ, ΓΔΑ est coupé en deux parties égales par les droites ΑΓγΓ, ΔΒ. Ët puisque l’angle ΔΑΒ est égal à l’angle ΑΒΓ, que J’angle EAB est la moitié de l’angle δαβ, et l’angle BBA la moitié de l’angle ΑΒΓ, l’angle EAB est égal à l’angle EBA ; donc le côté ΕΑ est égal au côté EB (G. 1) Nous démontrerons semblablement que lune et l’autre des droites ET, EB est égale à l’une et à l’autre des droites EΓ, ΕΔ ; donc les quatre droites E4, EB, EΓ , ΕΔ sont égales entr’elles, Donc le cercle décrit du centre B, et d’un intervalle égal à une des droites ΕΑ, EB, EΓ ; ΕΔ passera par les autres points, et il sera circonscrit au quarré ABΓΔ Qu’il soit circonscrit comme ΑΒΓΔ.

Donc on a circonscrit un cercle a un quarré donné. Ce qu’il fallait faire.

PROPOSITION X.

Construire un triangle isocèle, qui ait chacun des angles de la base double de l’angle restant.

Soit une droite ΑΒ ; que cette droite soit coupée en un point Γ, de manière que le rectangle compris sous ΑΒ, ΒΓ soit égal au quarré de ΓΑ (II. 2) ; du centre Α et de l’intervalle AB décrivons le cercle ΒΔE (dém. 3) ; dans le cercle ΒΔΕ adaptons une droite ΒΔ égale à la droite AΓ, qui m°est pas plus grande que le diamètre du cercle BAE (1. 4) ; joignons AB, ΓΔ, et circonscrivons le cercle ΑΓΔ au triangle ΑΓΔ (5. 4) .

Puisque le rectangle sous ΑΒ, BΓ est égal au quarré ΑΓ et que AT est égal à BA, le rectangle sous ΑΒ, ΒΓ est égal au quarré de B4. Et puisque le pcint Ba été pris hors du cercle ΑΓΔ, que les droites BA, BA vont du point B au cercle ΑΓΔ, que l’une d ? elles le coupe, et que l’autre ne le coupe point, et que le rectangle sous ΑΒ, BΓ est égal au quarré de ΒΔ, la droite ΒΔ est tangente au cercle AΓΔ (37. 3) Donc, puisque la droite B3 est tangente, (que la droite ΔΡ a été menée du point de contact Δ, l’angle ΒΔΓ est égal à lʼangle ΔΑΓ placé dans le segment alierne du cercle (32. 3) . Puisque l’angle ΒΔΓ est égal à l’angle ΔΑΓ, ajoutons Vangle commun ΓΔΑ, l’angle entier ΒΔΑ sera égal aux deux angles ΓΔΑ, ΔΑγ. Mais l’angle extérieur ΒΓΔ est égal aux angles ΓΔΑ, ΔΑΓ (32- 1) ; donc l’angle ΒΔΑ est égal à lʼangle ΒΓΔ. Mais langie ΒΔΑ est égal à l’angle ΓΒΔ (5. 1) , puisque le côté ΔΑ est égal au côté ΑΒ ; donc l’angle ΔΒΑ est égal à angle BΓ ; . Donc les trois angles ΒΔΑ, ΔΒΑ, ΒΓΔ sont égaux entr’eux. Et puisque l’angle ΔΒΓ est égal à l’angle ΒΓΔ, le côté B3 est égal au côté ΔδΓ (6. 1η. Mais le côté ΒΔ est supposé égal au côté ΓΑ ; donc le côté ΑΓ est égal au côté ΓΔ ; donc l’angle ΓΔΑ est égal à l’angle ΔΑΓ (5. 1) ; donc les angles ΓΔΑ, ΔΑΓ sont doubles de l’angle ΔΑΓ. Mais d’angle ΒΓΔ est égal aux angles ΓΔΑ, pAT (32. 1) ; donc l’angle BΓ ; est double de lʼangle ΔΑΓ. Mais l’angle ΒΓΔ est égal à chacun des angles BAA, ñBA ; donc chacun des angles BAA, Û+BA est double de l’angle ΒΑΔ.

Donc on a construit un triangle isocèle ΑΔΒ, ayant chacun des angles de la base ΒΔ double de l’angle restant. Ce qu’il fallait faire.

PROPOSITION VI.

Dans un cercle donné, inscrire un pentagone équilatéral et équiangle.

Soit AΒΓZE le cercle donné ; il faut inscrire dans le cercle ΑΒΓΔῈ un pentagone équilatéral et équiangle-

Soit posé le triangle isocèle ΖΗΘ, ayant chacun des angles en H, o double de l’angle Ζ (10. 4) ; inscrivons dans le cercle ΑΒΓΔΕ le triangle ΑΓΔ équiangle avec le triangle ΖΗΘ (2. 4) , de manière que l’angle ΓΑΔ soit égal à langle Z, et quê chacun des angles H, Θ soit égal à chacun des angles ΑγΓδ, ΓΔΑ͂ ; chacun des angles ΑΓΔ, ΓΔΑ sera double de l’angle àas. Coupons chacun des angles AT ΓΔΑ en deux parties égales par les droites ΓE, ΔΒ (9. 1) , et joignons ΑΒ, BΓ, ΔΕ, EA.

Puisque chacun des angles AΓΔ, ΓΔΑ est double de l’angle ΓΑΔ, et que ces angles sont coupés en deux parties égales par les droites ΓE, ΔB, les cinq angles ΔΑΓ, ATE, ΕΓΔ, ΓΔΒ, ΒΔΑ sont égaux entr’eux. Mais les angles égaux sont appuyés sur des arcs égaux (26. 3) ; donc les cinq arcs ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ, ΔE, EA sont égaux entr’eux. Mais les arcs égaux sont soutendus par des droites égales (29. 3) ; donc les cinq droites ΑΒ, ΒΓγ, ΓΔ, ΔΕ, ΕΑ sont égales entr’elles ; donc le pentagone ABΓZE est équilatéral. Je dis aussi qu’il est équiangle. Car puisque l’arc ΑΒ est égal à l’arc ΔΕ, ajoutons l’arc commun ΒΓΔ ; lʼarc entier ABΓΔ sera égal à l’arc entier ΕΔΓΒ. Mais l’angle ΑΕΔ est appuyé sur l’arc ΑΒ ΓΔ, et l’angle BAE-sur l’arc EATB ; donc l’angle BAE est égal à l’angle AEÛ (27. 3) . Par la même raison, chacun des angles ΑΒΓ, BΓA, ΓΔΕ est égal à chacun des angles BAE, ΑΕΔ ; donc le pentagone ABΓΔE est équiangle. Mais il a été démontré qu’il est équilatéral ;

Donc dans un cercle donné, on a inscrit un pentagone équilatéral et équiangle, Ce qu’il fallait faire.

PROPOSITION XII.

Circonscrire à un cercle donné un pentagone équilatéral et équiangle.

Soit ΑΒΓΔΕ le cercle donné ; il faut au cercle ABΓΔE circonscrire un pentagone équilatéral et équiangle.

Concevons que Α, B, Γ, Δ, E soient les sommets des angles du pentagone inscrit (II. 4) , de manière que les arcs ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ, ΔΕ, EA soient égaux ; par les points Α, B, Γ, Δ, E, menons au cercle les tangentes Hθ, ΘΚ, KΛ, ΛM, MH (17. 3) ; prenons le centre Z du cercle ΑΒΓΔΕ, et joignons ZB, ΖΚ, ΖΓ, ZΛ, ΖΔ.

Puisque la droite ΚΛ touche le cercle ABΓΔE au point Γ, et que la droite ΖΓ est menée du centre Ζ au point de contact Γ, la droite zr est perpen- diculaire à ΚΛ (18. 3) ; donc chacun des angles en Γ est droit. Chacun des angles aux points B, ñ est droit, par la même raison. Et puisque l’angle ΖΓΚ est droit, le quarré de/la droite ΖΚ est égal aux quarrés des droites Ζγ, ΓΚ (47- 1) . Le quarré de la droite ΖΚ est égal aux quarrés des droites ZB, BK, par la même raison ; donc les quarrés des droites Zr, ΓΚ sont égaux aux quarrés des droites ZB, BK ; mais le quarré de ΖΓ est égal au quarré de zB ; donc le quarré res- tant de Γk est égal au quarré restant de BK ; donc ΓΚ est égal à B. Et puisque ΖΒ est égal à ΖΓΙ, et que la droite ΖΚ est commune, les deux droites ΒΖ, ΖΚ sont égales aux deux droites ΓΖ, Z ; mais la base ΒΚ est égale à la base rç ; donc l’angle ΒΖΚ est égal à l’angle ΚΖΓ, et l’angle BKZ à l’angle ΖΚΓ (8. 1) ; donc l’angle ΒΖΓ est double de l’angle Kz, et l’angle Bi (double de l’angle zkr. Par la même raison, l’angle ΖΓΔ est double de l’angle 17Û, et l’angle àΓan double de l’angle raz. Et puisque l’arc ΒΓ est égal à l’arc ΓΔ, l’angle ΒΖΓ est égal à l’angle ΓΖΔ (27- 3) - Mais l’angle ΒΖ2Γ est double de l’angle ΚΖΓ, et l’angle nzç double de l’angle n7z° ; donc l’angle &zç est égal à l’angle ΛΖΓ ; mais l’angle ΖΓΚ est égal à l’angle zrΓAx ; donc les triangles ΖΚΓ, ZAT ont deux angles égaux à deux angles, chacun à ; chacun, et un côté égal à un côté, le côté zZr, qui leur est commun ; donc ces deux triangles ont les côtés restants égaux aux côtés restants, et l’angle restant égal à l’angle restant (26. 1) ; donc la droite ΚΓ est égale à la droite ΓΔ, et l’angle ΖΚΓ est égal à l’angle ΖΛΓ. Mais ΚΓ est égal à ΓΛ ; donc ΚΛ est double de ΚΓ, On démontrera de la même manière que ΘΚ οϑι double de Bx. Mais BK est égal à ΚΓ ; donc ΘΚ est égal à ΚΛ. On démon- trera semblablement que chacune des droites ΘΗ, HM, Ma est égale à Pune et à l’autre des droites ΘΚ, ΚΑ ; donc le pentagone ΗΘΚΛΜ est équilatéral. Je dis aussi qu’il est équiangle ; car puisque l’angle ΖΚΓ est égal à l’angle ΖΛΓ, et qu’on a démontré que l’angle akÛ est double de l’angle ΖΚΓ, et l’angle ΚΛΜ double de l’angle ZAΓ, l’angle ΘΚΛ est égal à l’angle ΚΛΜμΜ. On démontrera semblablement que chacun des angles ΚΘΗ, ΘΗΜ, HMA est égal à l’un et à l’autre des angles ΘΚΛ, KAM ; donc les cinq angles HAK, |kA, K\M, ŒMH, ΜΗΘ sont égaux entVeux. Donc le pentagone HJKAM est équiangle. Mais nous avons démontré qu’il est équilatéral, et il est circonscrit au cercle ΑΒΓΔΕ. Ce qu’il fallait faire.

PROPOSITION XIII.

Dans un pentagone équilatéral et équiangle donné, inscrire un cercle.

Soit ΑΒΓΔΕ le pentagone équilatéral et équiangle donné ; il faut inscrire un cercle dans le pentagone ΑΒΓΔΕ.

Coupons chacun des angles ΒΓΔ, ΓΔE en deux parties égales par les droites ΓΖ, nZ (9. 1) ; et du point Z où les deux droites ΓΖ, ΔΖ se rencontrent, menons les droites ΖΒ, ZA, ZE. Et puisque ΒΓ est égal à ΓΔ, et que la droite TZ est commune, les deux droites BΓ, ΓΖ sont égales aux deux droites ΔΓ, ΓZ ; mais l’angle BΓZ est égal à l’angle ΔΓΖ ; donc la base ΒΖ est égale à la base ΔΖ (4. 1) , et le triangle BZΓ est égal au triangle ΔΓZ, et les angles restants égaux aux angles restants, ceux qui soutendent des côtés égaux (4. 1) ; donc l’angle ΓBZ est égal à l’angle ΓΔZ. Et puisque l’angle ΓΔE est double de l’angle ΓΔZ, que ΓΔΕ est égal à l’angle ΑΒΓ, et que ΓΔΖ est égal à ΓΒΖ, l’angle ΓΒΑ est double de l’angle ΓΒΖ ; donc l’angle ΑΒΖ est égal à l’angle ΖΒΓ ; donc l’angle ΑΒΓ est coupé en deux parties égales par la droite Bz. Nous démontrerons semblablement que chacun des angles BAE, ΑΕΔ est coupé en deux parties égales par les droites ZA, ΖΒ. Du point Z menons sur les droites ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ, ΔΕ, EA les perpendiculaires zH, zo, ΖΚ, ΖΔ, ZM. Puisque l’angle ΘΓΖ est égal à l’angle ΚΓΖ, et que l’angle droit ΖΘΓ est égal à l’angle droit ΖΚΓ, les deux triangles Zag, ΖΚΓ auront deux angles égaux à deux angles, et un côté égal à un côté, le côté commun ΖΓ qui soutend un des angles égaux ; ils auront donc les côtés restants égaux aux côtés restants (26 ; 1) ; donc la perpendiculaire ΖΘ est égale à ‘la perpendiculaire Z3. On démontrera semblablement que chacune des droites Z , ZM, ZH est égale à l’une et à l’autre des droites ΖΘ, ΖΚ ; donc les cinq droites ZH, ΖΘ, ZK, ΖΛ, ΖΜ sont égales entrelles. Donc le cercle décrit du centre Ζ, et d’un intervalle égal à une des droites ΖΗ, zo_, zK, ZA, ZM, passera par les autres points, et touchera les droites ΑΒ, BΓ, ΓΔ, ΔΕ, EA, parce que les angles sont droits en H, Θ, Κ, x, M. Car s’il πἶ les touchait pas, et s’il les coupaît, la perpendiculaire menée d’une de ses extrémités au diamètre, tomberait dans le cercle ; ce qui a été tlémontré absurde (16. 3) ; donc le cercle décrit du centre z, et d’un intervalle égal à une des droites ΖΗ, ΖΘ, ΖΚ, ΖΔΛ, ZM, ne coupera point les droites ΑΒ, BΓ, ΓΔ, ΔΕ, EA ; donc il les touchera. Décrivons le cercle ΗΘΚΛΜ.

Donc on a inscrit un cercle dans un pentangone équilatéral et équiangle domné. Ce qu’il fallait faire.

PROPOSITION XIV.

Circonscrire un cercle à un pentagone équilatéral et équiangle donné.

Soit AΒΓΔE le pentagone équilatéral et équiangle donné ; il faut au pentagone ΑΒΓΔΕ circonscrire un cercle.

Coupons en deux parties égales chacun des angles BÀΔ, ΓΔΒΕ par les droites ΓΖ, ΖΔ (9. 1) , et du point Z où ces droites se rencontrent, menons aux points B, Α, E les droites ZB, ZA, ZE. Nous démontrerons, comme auparavant, que chacun des angles ΓBA, BAE, AEΔ est coupé en deux parties égales par les droites ΖΒ, ΑΖ, EZ. Et puisque l’angle ΒΓΔ est égal à l’angle ΓΔΕ, et que l’angle ΖΓΔ est la moitié de l’angle ΒΓΔ, et l’angle ΓΔΖ la moitié de l’angle ΓΔΕ, l’angle ΖΓΔ est égal à l’angle ΖΔΓ ; donc le côté ΖΓ est égal au côté z1 (6. 1) . On démontrera semblablement que chacune des droites ΖΒ, ΖΑ, 1Ε est égale à chacune des droites zZ, ΖΔ ; donc les cinq droites ZA, ZB, ZT, 3, ZE sont égales entelles. Donc le cercle décrit du point Ζ et d’un intervalle égal à une des droites ZA, ZB, ZΓ, Z4, ZE passera par les autres points, et sera circonscrit. Qu’il soit circonscrit, et qu’il soit AΒΓnE.

Donc un cercle a été circonscrit à un pentagone équilatéral et équiangle donné. Ce qu’il fallait faire.

PROPOSITION XV.

Inscrire dans un cercle donné un hexagone équilatéral et équiangle.

Soit ABΓΔEZ le cercle donné ; il faut dans ce cercle inscrire un hexagone équilatéral et équiangle.

Menons le diamètre ΑΔ du cercle ΑΒΓΔΕΖ, prenons le centre H de ce cercle, du centre Δ, et de l’intervalle nH ! décrivons le cercle ΕΗΓΘ (dém. 3) , joignons les droites EH, ΓH, prolongeons-les vers les points B, Z, et joignons AB, PT, n, ΔΕ, EZ, ZA ; je dis que l’hexagone ΑΒΓΔΕΖ est équilatéral et équiangle-

Puisque le point H est le centre du cercle ΑΒΓΔΕΖ, la droite HE est égale à ΗΔ. De plus, puisque le point Δ est le centre du cercle EHΓΘ, la droite ΔΒ est égale à nH. Mais on a démontré que HE est égal à ΗΔ ; donc HE est égal à En ; donc le triangle ΕΗΔ est équilatéral ; donc les trois angles EHA, HJE, ΔΕΗ sont égaux entr’eux, puisque dans les triangles isocèles, les angles à la base sont égaux entr’eux. (5. 1) . Mais les trois angles d’un triangle sont égaux à deux droits (32. 1) ; donc l’angle EHÛ est le tiers de deux droits. Nous démontrerons semblablement que ΔΗΓ est le tiers de deux droits. Mais la droite ΓΗ͂ tombant sur la droite EB fait : les angles de suite ΕΗΓ, ΓbB égaux à deux droits (13. 1) ; donc l’angle restant ΓΗΒ est le tiers de deux droits ; donc les angles EHA, ΔΗΓ, ΓῊΒ sont égaux entr’eux ; mais les angles BHA, AHZ, ZHE sont égaux aux angles EHA, ΔΗΓ, ΓῆΒ, parce que ces angles sont opposés par le sommnet (15. 1) , donc les six angles EHAX, ΔΗΓ, ΓΗΒ, ΒΗΑ AHZ, ZHE sont égaux entr’eux. Mais des angles égaux s’appuient sur des arcs égaux (20. 3) ; donc les six arcs ÆB, ΒΓ, ΓΔ, ΔE, EZ, ZA sont égaux entreux. Mais des arcs égaux sont soutendus par des droites égales (29. 3) ; donc ces six droites sont égales entr’elles ; donc l’hexagone ABΓAVEZ est équilatéral. Je dis qu’il est équiangle. Car puisque l’arc ΖΑ est égal à l’arc ΕΔ, ajoutons l’arc commun ΑΒΓΔ, l’arc entier ΖΑΒΓΔ sera égal à l’arc entier ΕΔΓΒΑ. Mais l’angle ΖΕΣΔ s’appuie sur l’arc zaBΓΔ, et l’angle ΑΖΕ s’appuie sur l’arc EATBA ; donc lʼangle ΑΖΕ est égal à DP’angle ΖΕΔ (27. 3) : On démontrera semblablement que les angles restants de lʼhexagone ΑΒΓΔΕΖ sont égaux un à un à l’un et à lʼautre des angles AZE, ZEA ; donc l’hexagone ABΓZEZ est équiangle. Mais on a démontré qu’il est équilatéral, et il est inscrit dans le cercle ABΓΔEZ.

Donc on a inscrit un hexagone équilatéral et équiangle dans le cercle donné. Ce qu’il fallait faire.

COROLLAIRE.

De là il est évident que le côté de l’hexagone est égal au rayon du cercle.

Semblablement si par les points Α, Β, Δ, Γ, E, Z nous menons des tangentes au cercle, on circonscrira à ce cercle un hexagone équilatéral et équiangle, conformément à ce qui a été dit pour le pentagone. Ü’est aussi conformément à ce qui a été dit pour le pentagone, que nous inscrirons, et que nous circonscrirons un cercle à un hexagone donné.

PROPOSITION XVI.

Inscrire dans un cercle donné un quindécagone équilatéral et équiangle. Soit ΑΒΓΔ le cercle donné ; il faut dans ce cercle inscrire un quindécagone équilatéral et équiangle. Inscrivons dans le cercle ABΓΔ le côté ΑΓ d’un triangle équilatéral inscrit, et le côté AΓ d’un pentagone équilatéral. Puisque la circonférence entière ABΓàÜ doit être partagée en quinze parties égales, l’arc ΑΒΓ qui est la troisième partie de la circonférence, en contiendra cinq, et Parc ΑΒ qui est le cinquième de la circonférence, en contiendra trois ; donc BParc restant BΓ en contiendra deux. Partageons l’arc restan BΓ en deux parties égales au point E (30. 3) , chacun des arcs BE, ΕΓ sera la quinzième partie de la circonférence du cercle ABΓs. Donc, si ayant joint les droites BE, ΒΓ, nous adaptons dans le cercle ABΓA, à la suite les unes des autres, des droites égales à ces droites (1. 4) , on aura inscrit dans ce cercle un quindécagone équilatéral et équiangle. Ce qu’il fallait faire.

EUCLIDIS

ELEMENTORUM

LIBER QUINTUS.

LIVRE CINQUIEME

DES ÉLÉMENTS DʼEUCLIDE.

DÉFINITIONS.

Une grandeur est partie dʼune grandeur, la plus petite de la plus grande, quand la plus petite mesure la plus grande.

Une grandeur plus grande est multiple dʼune grandeur plus petite, quand la plus grande est mesurée par la plus petite.

Une raison, est certaine manière dʼêtre de deux grandeurs homogènes entrʼelles, suivant la. quantité.

Une proportion est une identité de raisons.

Des grandeurs sont dites avoir une raison entr’elles, lorsque ces grandeurs, étant multipliées, peuvent se surpasser mutuellement.

Des grandeurs sont dites être en même raison, la première à la seconde, et la troisième à la quatrième, lorsque des équimultiples quelconques de la première et de la troisième, et d’autres équimultiples quelconques de la seconde et de la quatrième sont tels, que les premiers équimultiples surpassent, chacun à chacun, les seconds équimultiples, ou leur sont égaux à la fois, ou plus petits à la fois.

Les grandeurs qui ont la méme raison sont dites proportionelles.

Lorsque, parmi ces équimultiples, un multiple de la première surpasse un multiple de la seconde, et qu’un multiple de la troisième ne surpasse pas un multiple de la quatrième, on dit alors que la première a avec la seconde une plus grande raison que la troisième avec la quatrième.

Une proportion a au moins trois termes.

Lorsque trois grandeurs sont proportionnelles, la premiére est dite avoir avec la troisième une raison double de celle quʼelle a avec la seconde.

Lorsque quatre grandeurs sont proportionnelles, la première est dite avoir avec la quatrième une raison triple de celle quʼelle a avec la seconde, et ainsi de suite, tant que la proportion subsiste.

Les antécédents sont dits des grandeurs homologues aux antécédents ; et les conséquents, des grandeurs homologues aux conséquents.

La raison est alterne, quand on compare lʼantécédent à lʼantécédent, et le conséquent au conséquent.

La raison est inverse, quand on compare le conséquent comme antécédent à l’antécédent comme conséquent.

Il y a composition de raison, quand on compare au conséquent lʼantécédent avec le conséquent.

Il y a division de raison, quand on compare au conséquent lʼexcès de lʼantécédent sur le conséquent.

Il y a conversion de raison, quand on compare lʼantécédent à lʼexcés de l’antécédent sur le conséquent.

ll y a raison par égalité, lorsquʼayant plusieurs grandeurs, et d’autres grandeurs égales en nombre aux premières, et que ces grandeurs étant prises deux à deux, et en méme raison, la première grandeur des premières est à la derniere, comme la première grandeur des secondes est à la dernière ; ou bien, lorsque l’on compare les grandeurs extrêmes, les moyennes étant retranchées.

La proportion est ordonnée, lorsque lʼantécédent est au conséquent comme l’antécédent est au conséquent, et que le conséquent est à un autre conséquent quelconque, comme le conséquent est à un autre conséquent quelconque.