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teur est parvenu à la découverte de cesdeux échelles.

II a remarqué que la position des ligneshoraires E N, E O , E P, dépend despoints N, O , P , qui à leur tour dé-pendent de la grandeur de la droite LMou L K. Il s’est avisé de mettre cettedroite L M en E J, est de joindre JL,qui est coupée par les lignes horaires.

Si E O est la ligne de trois heures, &par conséquent O L égale à L M, ou àL K , ou à E J , les triangles O Q L ,EQJ font manifestement égaux, & laX Ç est égale à la Q J ; mais à cause desangles JE Z , ELO lé cercle décrit ducentre Ç & du rayon Q J , pastè par E& par L : donc les droites JQ , Q si, & parconséquent aulsi Q L & Q O sont égales.

Cela posé, on voit d’abord que si l’onprolonge en Y jusqu’à la circonférencedu cercle , la droite Q U déja tirée pourtrouver la raison des droites X/, JE,elle est un rayon par rapport auqueî lesQE, Q S , Q L , Q J, font les tan-gentes des angles QYR, QYS, QYI.,QE J. Mais Q Y L demi-droit est égalà sangle L M J , donc prenant M q égaleà QY, & tirant ql perpendiculaire à laq M, elle est égale à la L Q. On aura vupar expérience que la jrest égale à laQR, &c ainsi des autres , & on en auratrouvé la démonstration précédente ouquelque autre. On trouve presque tou-jours la démonstration d’un théorèmedont on connoît la vérité.

41 . Mais, comme l’a fort bien remar-qué M. Lambert, la propriété de la droiteL J relativement à la droite L P , est gé-nérale. Je m’explique. J

Soit (fig. i).) AB une droite donnéede position, qu’on doit diviser par larencontre des droites qui suivant uneloi donnée, font au point C donner desangles avec la droite C D donnée de po-sition , & par conséquent de grandeur.Supposons qu’il soit plus commode dediviser la droite AB, par le moyen dupoint E, & la droite FG , ausiì donnée deposition qui rencontre en Hia. àroiteAB.

Par la condition du problème, il fautqu’ayant fait un angle quelconque DCJ,la droite FG soit divisée en I, en sorte

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que la droite tirée par les points R & 7»aboutisse au point J. Car il est manifesteque de cette maniéré les droites tiretspar E & par les points de division de I 3droite FG , donneront les divisionscherchées de la droite A B.j Tirez de la droite E D qui rencontrei en K la droite F G. II est clair que 1®point if est un de ceux qu’on cherche,& répond au point D , puisque si 1®point K est donné , la droite tirée par B& par K donneroit le point D, cornm®le problème sexige ; donc à rebours lespoints E & D donnent le point K.

Maintenant si l’on pouvoit trouver unpoint M, tel qu’ayant joint la M f, &la K. M, tous les angles K M L fussentrespectivement égaux aux angles DCJ>tout seroit fait ; car la droite E l, pro-longée s’il le faut, donneroit le point J-

Supposons la chose faite, & le pointM soit celui que l’on cherche. Lorsquela C J tombe fur la C N, & devientparallèle à la AB, ces deux droites n®fe rencontrent point ; & celle qu’on doittirer du point E au point de rencontre,est aussi parallèle à la AB > & ne ren-contre point la FG du côté O. L’angl®qu’on fait sur K M , au point M,- doit.être du côté P, égal à sangle D Ctfï

donc le point M est à la circonférenced’un segment de cercle qui passe par X »& qui est capable de sangle donné DCF

Lorsque la droite C J tombe sur | aCT, de nouveau la droite tirée par 1®point si est parallèle à la AB, & ren-contre la FG quelque part en Q. Alos Ssangle K M Q doit être égal à sang'®.JDCT ou CDB 3 qui avec sangle DCBsait deux droits ; & le segment capab' ede sangle CDB, du côté de la droit®E Q , & de sangle DCN du côté de 13droite AB , doit aussi pastèr par le po} ntQ. La droite K Q est donnée de positi? n& de grandeur : on peut donc décrire s l,rcette droite le segment demandé : qu® ® esoit K M R Q.

Pour trouver le point M que son cher-che , faites au point C fur la droite siun angle donné DCJ;& au point Q 1®la droite K Q sangle KQR égal a 1 a®gle DCJ. Tirez la EJ qui rencontre e»