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somme des deux cotés d’un triangle furle quarré d u troisième coté au triangle ,ou cc'ie île l’excès dri quarré dn troisiè-me coté fur le quarré de la différence desdeux cotés au même triangle est donnée ,sangle EDC , ou EFC, & par conséquentsangle ABCeR donné.

C’est par cette proposition qu’on résoutsans peine les problèmes de Newton ren-dus généraux. Ils íe réduisent à décrireun triangle , étant donnés.

i' 2 . Un angle, le périmètre & la per-pendiculaire tirée de l’anele donné fur lecoté opposé. C’eft le problème IV de sa-ritbmétique universelle.

a°. Un angle , le coté opposé à l’angledonné, & la somme des deux cotés quiforment l’angle donné & de ia perpendi-culaire tirée de sangle donné fur le cotéopposé & donné. C’est le problème V.

3°. Un angle, la Forme des cotés qui leforment, & la perpendiculaire tirée del’angle donné fur le coté opposé. C’est leproblème VI.

4°. Un angle, la somme des cotés qui leforment, & la somme de l:i base & de laperpendiculaire tirée de sangle donnésur le coté opposé. C’est le problème VII.jUn angle, la surface, & k périmè-tre. C’est le problème VIII.

6°. La base , ia perpendiculaire élevéesur la base , & la somme des deux cotés.C’est le problème IX.

7”. Un angle, la somme des cotés.qui leforment, & le coté opposé. C’est le pr. X.

i°. Soit donc AB + B C-f- C A =n 5 C Ez=b , A B = x , donc BC + CAa —x , (jtisqu’ici comme Newton ) ;(BC+CAy^a *—2 a — í x 2 *

( BC+ C Ay — Ta=u- — 3 ax;& A B X B C = b x.

biais, par la proposition précédente, laraison de a 1 — z axa zbx est donnée.Soit donc a 2 — 2 a x ■' 2 b x=x : bj donc£ 2 —2 a x=z ex ; a 2 =2 e x + 2 a x,' Sí

a' _

2 c + 2 a

4°. Soit AC+CB+CE~~a, ABx^b,C Ë==x; par conséquent A C+ C Bz=a—x, comme dans Newton. Mais (AC-\-CB/'=ir—zax+x\ C AC+CB y —

Â8= a 2 — zaxtx í — b \ AB Y CE= b xj& par la proposition précédente,ir -— i a x -f- x'-xzxV 1 ; 2 b xxaxe : b; danc

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a ~—2 n x+x 1 —2 b'=.z ex ; & a 2 —i 2= 2 a x -j- 2 r x — x 2 .

Ces deux conclusions Vaccordent aveccelles de Newton , qui fait droit sangledonné. Car dans ce cas la tangente de lamoitié de sangle droit est = b dans cesdeux problèmes.

3'L Soit A Ò+ CB=za, CEb, AB= x, comme Newton dans la secondesolution. Ici (AC+CB ) 2 z= a 2 , ( A C -j-

CBy — H~a'-~x z , ABY.CE == bx ;& a' — x: 2 b x=c : b ; par conséquenta 2 — x 2 = 2ex, comme Newton.

4°. Soit A C-j- C B = a , AB+ CE=x.b,ABz=y. Donc ( AC+CB) 2 —

AB'=a* — y 2 , C E—b — >y,CEYAB = by—y 2 . Maisa 2 — y 2 :zby —■2 y 2 = e : bi donc a 2 — y'= 2 e y —-2 e y 2■ , b

Cette équation,quand l’angle est droit,& par conséquent e = b, dcvienta 2 =2 by —-y 2 , équation que Newton auroittrouvée, si, au lieu d’exterminer^, ilavoit exterminé .x.

ç°. Soit A sangle donné, &AC- f- CB'' + BA=*a, ABYCD — zb 2 ,B C=y;donc B A + A C -xxr. a — y , ( E A +ACy=> a 2 — zay+y 2 , ( BA+AC ) 2- B C 1 = st 2 -2 a y , &

a 2 — 2 ay : 4 b 2 = e : b ; donc a 2 —•2 ay --r. 4 b e.

si' 1 . Soit C E a , A B e=r 2 », 5 C+ C Aorr: 2 e , B C — C A =■ 2 2 ; donc (B C+ CA ) 2 — AB' =4 c 2 —4 i 2 . La sur-face d n triangle =dJL * :. £ 7 - ' = ai,

AB — (B C— CAy = 4 p —■ 4 j 2 .Mais par le théorème ,

4 e 2 -—4<r.* 4ai 2= 4 a b : 4Ì 2 L 2 z

donc

comme Newton.

7°. .Enfin soit C sangle donné AC+CB= 2 b, AB=a, CE=^y (AC+CB ) 2 -

A £ = 4 i 2 —a 2 , ABYCE=x ay ; mais4 b~ — a 2 : z ay z= f: a ; donc 4 b i -—.

Si dans ce dernier problème on avoit,comme Newton, cherché. ìa.,différencedes cotés, 011 auroit trouvé Ia même équa-tion quo fauteur. Car soit £ sangle don-