L’Algèbre d’Omar Alkhayyami/E

Omar Khayyám

L’Algèbre d’Omar Alkhayyami

Traduction par F. Woepcke.
Benjamin Duprat, 1851 (p. 117-127).

E

traité de la trisection de l’angle rectiligne,

par

Aboû Said Ahmed Ben Mohammed Ben Abd Aldjaltl Alsidjzt (*^[1]).

L’auteur commence par une dédicace de quelques lignes ; ensuite il dit :

« Malgré le désir ardent qui animait les anciens à résoudre ce problème, et malgré le grand nombre de ceux qui l’abordèrent d’une manière persévérante, aucun d’eux n’y a réussi, jusqu’à ce que dans les jours d’Almamoûn, Ie commandeur des croyants, il fut résolu par Thâbit Ben Korrah Alharrânî et ensuite par Aboû Sahl Alqoûhî (**^[2]). Et rien de ce qui se rapportât à ce problème ne fut résolu par aucun ni des anciens ni des modernes, à l’exception de ces deux géomètres. »

« Or moi, je l’ai résoiu d’une manière plus élégante, j’en ai donné une démonstration plus évidente et une construction plus facile et plus immédiate ; de sorte qu’on est en état de résoudre une suite de propositions, chacune desquelles peut être ramenée à la trisection d’un angle, et dont aucun des anciens n’avait réussi à donner des solutions fondées sur des démonstrations géométriques. Tout cela, je l’ai réuni dans ce morceau… »

« Commençons donc par les propositions que les anciens et les modernes ont ramenées, au moyen de la méthode de l’analyse, à la trisection d’un angle rectiligne. Puis faisons suivre la démonstration de ce que moi seul j’ai réussi à découvrir. Enfin démontrons chacune de ces propositions. »

Proposition de Thâbit Ben Korrah Alharrânî.

Que l’angle donné soit DAB (fig. 40). Menons d’un point quelconque B d’un de ses côtés, BD perpendiculaire à AD et BC parallèle à AD, puis menons de A une transversale AEC en sorte que $CE=2.AB$, on aura angle $DAC={\tfrac {1}{3}}DAB$.

Proposition d’Ahoû Sahl Alqoûhî.

Que l’angle donné soit CBE (fig. 41). Prenons sur le prolongement du côté EB deux points A, D, et sur l’autre côté un point C, en sorte que

1) $AD=DC$, 2) $AB:BC=BC:BD$.

Menant BP parallèle à DC, on aura angle $CBP={\tfrac {1}{3}}CBE$.

Proposition d’Ahoûl Haçan Alchamsî Alharawî (*^[3]).

Que l’angle donné soit ABC (fig. 42) ; construisons le triangle isocèle ABC et abaissons sur sa base la perpendiculaire AZ ; menons de C la transversale CED en sorte que ED = DB, on aura angle $EBC={\tfrac {1}{3}}ABC$.

Propositions proposées par Aboûl Rîhân (Albîroûnî).

Première. Mener dans le triangle isocèle ABC (fig. 43) une droite AD, de sorte qu’en faisant $AE=AD$ et menant ED on ait $AB:BD=AD:DE$, ce qui revient à faire angle $BAD={\tfrac {1}{3}}BAC$ (*^[4]).

Seconde (**^[5])· Étant donnés un cercle et une corde AB (fig. 44), mener un rayon EDC, de sorte qu’on ait $AC=AD$.

Troisième. Étant donné un angle ABC (fig. 45) et sur ses deux côtés deux segments égaux BA, BC, mener de C une droite CD telle qu’on ait $CD.AB+{\overline {\text{BD}}}^{2}.{\overline {\text{AB}}}^{2}$. Cela revient à la trisection de l’angle complémentaire HBC, car en prolongeant HB et CD jusqu’à leur point d’intersection T on aura angle $HTC={\tfrac {1}{3}}HBC$ (***^[6]).

Proposition d’Aboû Hâmid Alsagânî (****^[7]).

Prenons un segment de cercle ABC (fig. 46) contenant le supplément de l’angle qu’il s’agit de diviser, et déterminons sur la circonférence de ce segment un point B et sur le prolongement de CA un point D en sorte qu’on ait BC = BD, AB = AD. On aura angle $ACB={\tfrac {1}{3}}CBE$. Proposition résolue par un des anciens au moyen de la règle et de la géométrie mobile, mais que nous devons résoudre au moyen Je la géométrie fixe.

Étant donnés un cercle et l’angle au centre A.CD (fig. 47), mener de D une transversale DBZ coupant le prolongement du diamètre ACB au point Z, de sorte que $HZ=AC$. On aura angle $DZA={\tfrac {1}{3}}DCA$ (*^[8]).

Proposition résolue par nous.

Ayant mené dans un demi-cercle une corde BC (fig. 48) renfermant avec le diamètre BA l’angle qu’il s’agit de diviser, mener un rayon DE tel qu’en faisant EZ parallèle à BC on ait $BZ.ZD={\overline {\text{ZE}}}^{2}$. On aura angle $ABE={\tfrac {1}{3}}AB$C (**^[9]).

Proposition que j'ai découverte, et au moyen de laquelle j'ai démontré les autres propositions mentionnées.

Étant donné l’angle KCD (fig. 49), prenons sur les côtés de l’angle supplémentaire des segments égaux CD, CA, et menons de D une droite DE, de sorte qu’on ait

1) $DE.EC+{\overline {\text{EC}}}^{2}={\overline {\text{CD}}}^{2}$.

Décrivant un cercle du centre C et du rayon CA, on aura ${\overline {\text{CD}}}^{2}={\overline {\text{AC}}}^{2}={\overline {\text{EC}}}^{2}+AE.EK={\overline {\text{EC}}}^{2}+DE.EM$ ; mais on avait fait ${\overline {\text{CD}}}^{2}={\overline {\text{EC}}}^{2}+DE.EC$, donc $EC=EM$ ; d’où il suit immédiatement que les angles M ou D sont chacun un tiers de l’angle donné KCD. Voici maintenant le procédé employé par l’auteur pour obtenir la relation 1). Il dit :

« Construisons une hyperbole (fig. 50) ayant son sommet au point C, équilatère, dont le grand axe soit égal à CA et l’angle des ordonnées égal à l’angle C, conformément à la….. proposition du premier livre des Coniques d’Apollonius (*^[10]). Ce sera la courbe BC. Faisons BC = CD (**^[11]) et DE parallèle à BC. Je dis qu’on aura $DE.EC+{\overline {EC}}^{2}={\overline {CD}}^{2}$. »

« Démonstration. Menons l’ordonnée BZ, on aura $AZ.ZC={\overline {ZB}}^{2}$. Mais $AZ.ZC=AC.CZ+{\overline {CZ}}^{2}={\overline {BZ}}^{2}$. Or les triangles BCZ et DEC étant semblables, leurs côtés seront proportionnels, de sorte que $DE.EC+{\overline {EC}}^{2}$ est à ${\overline {DC}}^{2}$ comme $BC.CZ+{\overline {CZ}}^{2}$ à ${\overline {BZ}}^{2}$. Mais alors $DE.EC+{\overline {EC}}^{2}$ sera égal à \overline{CD}^2, ce qu’il s’agissait de démontrer. »

Voici maintenant comment l’auteur ramène effectivement à cette proposition toutes les précédentes :

1. Troisième proposition d’Ahoûl Rîhân.

Après avoir fait EM = EC (fig. 51), menons de M au prolongement du diamètre une droite MZ égale au rayon, et menons ZD, TC. On aura triangle DCM égal et semblable à triangle CMZ ; donc MC parallèle à ZD, et angle MZD = angle CDZ = angle CTD, conséquemment aussi MZ parallèle à CT, donc $ZT=MC=CT$, de sorte que dans le triangle rectangle ZCL on aura ZT = TC = TL ; mais c’est à cela que se ramenait cette proposition d’Albîroûnî (voir la note à cette proposition).

2. Proposition de Thâbit.

Après avoir fait EM = EC (fig. 51), menons de D une droite DLTZ parallèle à MC; de ce qui précède il suit qu'on aura $LZ=2.DC$ ; mais c'est à quoi se ramenait, dans la proposition de Thàbit, la trisection de l'angle CDN.

3. Seconde proposition d' Aboûl Rîhân.

Après avoir fait $EM=EC$ (fig. 51), qu'on mène le diamètre MCF et les cordes DQK, FK. On aura angle FKD = angle DMF = angle ECM = angle KCF ; angle QFK = angle KFC ; donc triangle FKQ semblable à triangle FCK. Mais c'est à cela que se ramenait cette proposition.

4. Première proposition d'Ahoûl Rîhân.

C'est-à-dire mener dans le triangle isocèle DCK (fig. 51) une droite CQ telle, qu'en faisant $CX=CQ$ on ait $CK:KQ=CQ:QX$. De la similitude des triangles FKQ, FCK il suit $KQ=KF$, de sorte qu'en menant QX parallèle à KF, on aura $CQ:QX=CF:FK=CK:KQ$.

5. Proposition d' Alchamsî.

Pour mener dans le triangle isocèle CFK (fig. 52) la transversale FQZN, de sorte que $ZQ=ZK$, décrivons un cercle du centre C et du rayon CF, prolongeons les rayons KC, FC jusqu'à A et D, et faisons EM = EC ; de M menons le diamètre MN, on aura obtenu le point N qu'il s'agissait de déterminer. En effet, en comparant les différents angles à la circonférence et au centre, on trouve aisément qu'on a $ZKQ=DFN=2.NFK$ ; mais aussi $ZQK=2.NFK$, donc ZQ = ZK, ce qu'il s'agissait d'obtenir.

6. Proposition d' Alqoûît.

Faisons KCD (fig. 53) égal à l'angle donné ; puis faisons EM = EC, et menons CS parallèle à MD et SO parallèle à DC. On avait ${\overline {AB}}^{2}=DE.EC+{\overline {EC}}^{2}$, conséquemment ${\overline {OS}}^{2}=SC.CO+{\overline {CO}}^{2}=AO.CO$ ; donc $AO:OS=OS:CO$, ce qu'iJ s'agissait d'obtenir. 7. Proposition d’Alsagânî.

Exécutons d’abord la construction de la figure 49, en prenant KCD égal à l’angle donné ; ensuite faisons dans le segment donné (fig. 46) l’angle ACB égal à l’angle EDC de la figure 49, et prenons $BD=BC$. On aura alors $AB=AD$, parce que les triangles BCD, DAB de la figure 46 seront semblables aux triangles CDM, MEC de la figure 49.

Démonstration de la première des propositions d’Aboûl Rîhân d’une autre manière singulière de notre invention.

« L’angle aigu ABC (fig. 54) étant donné, dont le côté BC est prolongé indéfiniment, mener une droite telle que AC, de sorte que, si l’on mène CD de manière à faire $AD=AC$, on ait $AB:BC=AC:CD$. »

« Construisons une hyperbole ayant son sommet au point B, son grand axe égal à BA, équilatère, et ayant l’angle des ordonnées égal à l’angle B. Ce sera la conique BE’. Puis décrivons du centre A et du rayon AB un arc de cercle BE’. Il coupera nécessairement l’hyperbole ; que ce soit au point E’ (*^[12]). La droite qui joint A et E’ coupera l’autre côté de l’angle au point C qu’il s’agissait de trouver. »

« Démonstration. En faisant AD = AC et menant DE parallèle à BC, on aura AB : BC = BC : BD (**^[13]), et angle B = angle B ; donc triangle ABC semblable à triangle CBD, et angle BAC = angle BCD = angle EDC ; en même temps angle DCA = angle ECD ; donc triangle DAC semblable à triangle EDC, conséquemmeut DE = DC, donc AB : BC = AD : DE = AC : CD, c. q. f. d. »

Ici l’auteur termine son traité ; mais, en guise d’appendice, il y ajoute encore la discussion des cinq problèmes suivants, proposés par Albîroûnî comme pouvant également être ramenés à la trisection de l’angle.

1. Étant donné le triangle isocèle ABC (fig. 55), donner à AB un prolongement BD tel que, faisant angle ECD = angle EDC, on ait AE.EB = AB.BD.

2. Supposons un trapèze ABCD (fig. 56) dans lequel AB soit parallèle à CD, AC = BD, DE = DB, CD = BD = AB : AE. Étant connus le côté CD et les angles du trapèze, trouver les côtés AB, BD, AC.

3. Étant donné le triangle isocèle ABC (fig. 57), couper le prolongement de la perpendiculaire à la base par une transversale EZH telle que BZ = ZE et HZ = ZC.

4. Étant donné le triangle isocèle ABC (fig. 58) et la perpendiculaire à la hase AD, mener une transversale BZE, de sorte que BZ = EC.

5. Le triangle ABC (fig. 59) dont l’angle B est un angle droit, et dans lequel on a joint le sommet B au point milieu D de la base, étant connu d’espèce, mener de C une ligne CZE telle que BZ : CE= BD : AC.

L’auteur résout tous ces problèmes au moyen du lemme suivant : Construire sur une base donnée un triangle tel que l’un de ses angles soit le double de l’autre, et que la somme de ces deux angles soit égale à un angle donné.

Il résout ce second lemme au moyen de celui qui lui avait servi pour la solution de toutes les propositions qui faisaient l’objet de la partie principale de son traité. En effet, en prenant (fig. 49) CK égale à la base donnée et angle KCD égal à l’angle donné, qu’on fasse EM = EC. Dans le triangle CDE décrit sur la base donnée CD, on aura angle CED = 2. angle CDE, et la somme CED + CDE égale à l’angle donné, ce qu’il s’agissait d’obtenir.

J’abandonne aux amateurs le plaisir de trouver eux-mêmes la solution des cinq problèmes d’Albîroûnî, ce qui sera d’autant plus facile, que je viens d’en indiquer le moyen.

___________________________

À ce traité de la trisection de l’angle je vais joindre encore un cas particulier de ce problème, dans lequel il sera intéressant de constater que les Arabes ont reconnu qu’il dépend d’une équation du troisième degré.

En effet, la troisième d’une suite de questions proposées par Alhîroûnî à Aboûl Djoûd, et dont j’ai fait connaître la première dans l’addition D, est conçue de la manière suivante : « Pourquoi nous avons dit, dans la septième proposition du septième chapitre du quatrième livre de notre traité de géométrie, qu’au moyen de cette proposition (*^[14]) on peut construire algébriquement l’ennéagone. »

Dans sa réponse Aboûl Djoûd considère la corde AB (fig. 60) qui sous-tend la neuvième partie de la circonférence d’un cercle circonscrit au triangle isocèle ABC. Il prend AD = AB, ED = AD, EZ = ED. En considérant les angles aux bases des différents triangles isocèles ainsi formés, on trouve CZ = AB(**^[15]) et $EA=AB$. Abaissant les perpendiculaires $AT,ZK$, on aura $CZ:CK=CA:CT$, donc $CZ:CE=CA:2.CT$ ; conséquemment $CZ:(CZ+CE)=CA:(CA+2.CT)$ ou AB : (EA + CE) = CA : (CB + |CB + CD|), c’est-à-dire $AB:CA=CA:(CD+2.CB)$. Arrivé là, le géomètre arabe pose $AC=1$ et $AB=x$, et obtient ainsi $x.(CD+2)=1$ ; mais de la similitude des triangles ABC, BDA il suit $AC.BD={\overline {\text{AB}}}^{2}$ ; donc $BD=x^{2}$, et $CD=1-x^{2}$, ce qui, substitué dans l’équation qu’on vient d’obtenir, donne $x^{3}+1=3x$ (*^[16]).

Pour construire le côté de l’heptagone inscrit au cercle (**^[17]), les Arabes employaient des considérations tout à fait analogues à celles qui précèdent.

J’en trouve l’exposé dans une réponse anonyme à la question suivante, proposée par Aboû Beqr Mohammed Ben Yakoûb Alchamsi : Déterminer dans un triangle rectangle le rapport d’une cathète à l’autre, l’angle opposé à la première des deux cathètes étant donné.

L’auteur fait observer d’abord qu’on peut résoudre ce problème approximativement, au moyen de la table des cordes.

Ensuite il détermine les valeurs exactes du rapport mentionné, en faisant l’angle connu sucessivement égal aux différents sous-multiples d’un angle droit.

Désignant par B le sommet de l’angle droit, par C le sommet de l’angle connu α, et le troisième sommet par A, le géomètre arabe trouve :

Pour $\alpha ={\tfrac {90^{o}}{2}}$ $AB:BC=1:1$ $AB:AC=1:{\sqrt {2}}$

Pour $\alpha ={\tfrac {90^{o}}{3}}$ $AB:BC=1:{\sqrt {3}}$

Pour $\alpha ={\tfrac {90^{o}}{4}}$ $AB:BC=1:(1+{\sqrt {2}}){\overline {\text{AB}}}^{2}:{\overline {\text{AC}}}^{2}=1:(4+{\sqrt {8}})$

Pour $\alpha ={\tfrac {90^{o}}{5}}$ ${\overline {\text{AB}}}^{2}:{\overline {\text{BC}}}^{2}=1:(5+{\sqrt {20}})AB:AC=1:(1+{\sqrt {5}})$

Pour $\alpha ={\tfrac {90^{o}}{6}}$ : $AB:BC=1:(2+{\sqrt {3}})AB:AC=1:({\sqrt {6}}+{\sqrt {2}})$

Pour $\alpha ={\tfrac {90^{o}}{8}}$ il démontre que le rapport du carré de $AD=2AB$, au carré du diamètre AH du cercle circonscrit au triangle ACD (*^[18]}, est égal au rapport (1 - $\textstyle {\sqrt[{}]{\tfrac {1}{2}}}:2$ ; que l’on a $CB.BT={\overline {AB}}^{2}$, $CB+BT=CT$ ; et que, conséquemment, $CB$, $BT$ et le rapport $AB:BC$ sont connus.

Pour $\alpha ={\tfrac {90^{o}}{10}}$

85

Pour $\alpha ={\tfrac {90^{o}}{7}}$

il démontre, en faisant AB = BD et DE = AD, que

$AE:AD=AD:AC$,

AD : CE = AC : (AC + CE).|85}}

Pour $\alpha ={\tfrac {90^{o}}{9}}$

il démontre que

$AE:AD=AD:AC=$

$=AC:(2AC+CE)$.

La démonstration du cas $\alpha ={\tfrac {90^{o}}{7}}$ est absolument identique avec celle que je viens de donner ci-dessus d’après Aboûl Djoûd ; et pour la démonstration du cas $\alpha ={\tfrac {90^{o}}{7}}$, l’auteur se sert également d’un procédé parfaitement analogue à celui employé par Aboûl Djoûd pour la construction du côté de l’ennéagone.

Or, en faisant, comme ci-dessus, $AC=1$, $AD=x$ :, les deux relations données pour $\alpha ={\tfrac {90^{o}}{7}}$ se transforment dans $AE=x^{2}$, $(1-x^{2})=x:(2-x^{2})$ ; donc $x^{3}-x^{2}-2x+1=0$ ; on voit donc que la construction de l’heptagone inscrit au cercle dépend d’une équation du troisième degré, ou de l’intersection de deux coniques.

Et en effet, dans l’introduction de ce mémoire, l’auteur s’exprime ainsi :

« Lorsque, par exemple, on aura déterminé les deux côtés renfermant l’angle droit dans un triangle dont on des deux autres angles est égal à la septième partie d’un angle droit, on peut facilement construire la corde de la septième partie de la circonférence, dont la détermination n’avait pu être obtenue jusqu’à nos jours, jusqu’à ce qu’Aboû Sahl Alqoûhl (**^[19]) et moi nous l’ayons construite au moyen des sections coniques. » Puis, après avoir terminé la discussion du cas $\alpha ={\tfrac {90^{o}}{7}}$, l’auteur ajoute : « Et c’est au moyen de cette proposition que j’ai construit l’heptagone inscrit au cercle. »

_______________________

1. *) Voir le Loubb Alloubâb, éd. de Veth., vol. I, page . - La Bibliothèque nationale possède un manuscrit écrit presque entièrement de la main de ce géomètre à Chîrâz, pendant le cours de l’année 358 de l’hégire, ainsi que l’attestent les post-scriptum ajoutés à la fin de plusieurs des morceaux qui composent ce manuscrit.
2. **) On sait qu’il se trouve dans les collections mathématiques de Pappus (voir liv. IV, prop. 31 à 34, et particulièrement la remarque introductoire, fol. 61, r. de l’éd. de Venise de 1589) deux solutions de la trisection de l’angle. L’angle BAD (fig. 40) étant celui qu’il s’agit de diviser, la première solution consiste à compléter le rectangle DF, à faire passer par D une hyperbole ayant AF, FB pour asymptotes, à couper cette hyperbole par un cercle décrit du centre D et d’un rayon égal au double de AB, et à mener AC parallèle à la droite qui joint D au point d’intersection du cercle et de l’hyperbole. On aura angle $DAC={\tfrac {1}{2}}DAB$.
   L’autre solution consiste à combiner l’hyperbole dans laquelle le rapport du paramètre au grand axe est égal à a, avec DB cercle ayant pour corde la distance de l’un des foyer au sommet de la branche opposée, et dans lequel cette distance sous-tend un angle à la circonférence égal à celui qu’il s’agit de diviser. L’arc de cercle compris entre ledit foyer et le point d’intersection des deux courbes sous-tend un angle à la circonférence qui est le tiers de l’angle donné.
   La première de ces deux solutions ressemble parfaitement à ce que l’auteur rapporte de celle qu’il attribue à Thâbit Ben Korrah, auquel, ainsi qu’à son maitre Mohammed Ben Moûçâ Ben Châqir, les ouvragea des mathématiciens grecs n’étaient rien moins qu’inconnus. C’est donc à ceux-ci que Thâbit pourrait avoir emprunté sa solution.
   Quoi qu’il en soit, on n’est du moins nullement en droit de soupçonner la bonne foi de l’auteur du traité actuel en ce qu’il dit dans cet avant-propos ; d’autant moins que, plus bas, il attribue expressément une des solutions qu’il énumère aux « anciens », c’est-à-dire aux Grecs, et que les solutions qu’il donne comme siennes sont, en effet, originales et entièrement indépendantes de celles proposées par Pappus.
3. *) Voir Casiri, vol. 1, page 426.
4. *) On le démontre en faisant passer par E une droite parallèle à BC, et par E, D et le point d’intersection de cette parallèle avec AC, une circonférence de cercle décrite du centre A.
5. **) « c’est une suite immédiate de la première ».
6. ***) On a (Euclide, Éléments, II, 5) ${\overline {\text{AB}}}^{2}={\overline {\text{DB}}}^{2}+AD.DZ={\overline {\text{DB}}}^{3}+CD.DE$ ; mais on avait fait ${\overline {\text{AB}}}^{2}={\overline {\text{DB}}}^{2}+CD.AB$, donc $DE=AB=BE$, et conséquemment $TE=BE$.
7. ****) Voir casiri, vol. 1, page 410.
8. *) Le procédé de la « géométrie mobile » consiste à faire pivoter autour du point D une règle divisée en parties aliquotes du rayon, jusqu'à ce que le nombre des parties interceptées entre la circonférence du cercle et le prolongement de AB soit égal au nombre de ces parties qui correspond à la longueur du rayon. Comparer Archimède, Lemmes, prop. 8, éd. d'Oxf. p. 358. — Cette proposition est essentiellement la même que la troisième d'Albiroûni.
9. **) C’est exactement la même chose que la proposition d'Alqoûhi.
10. *) La proposition dont il s’agit, et dont le nombre est laissé en blanc dans le manuscrit, est la cinquante-troisième, édition d’Oxf., page 91.
11. **) Cela revient à combiner avec l’hyperbole un cercle décrit du centre C et du rayon CD.
12. *) A partir d’ici, je me suis permis quelque& petits changements pour abréger, parce que l'auteur, pour être plus explicite, après avoir construit la combinaison de l’hyperbole et du cercle, avait considéré, dans une seconde figure à part, les relations qui ont lieu dans le triangle ABC.
13. **) En effet, on a ${\overline {\text{E'D'}}}^{2}=AD'.D'B$ (Apollon., 1, 53) et CB parallèle à E’D', CD parallèle à E’B, donc ${\overline {\text{BC}}}^{2}=AB.BD$. — Le cercle et l’hyperbole de cette résolution, que l’auteur qualifie de singulière (), sont absolument les mêmes que ceux de sa solution précédente. Seulement l’auteur considère ici l’intersection du cercle avec l’autre branche de l’hyperbole. Qu’on ne se hâte pas de lui en faire un reproche ; on serait aussitôt forcé d’en faire un non moins grave à Pappus, qui, à l’occasion du même problème, dans la seconde partie de la trente-quatrième proposition du quatrième livre, donne comme un άλλω : une construction qui en réalité est absolument la même que celle qui la précède.
14. *) L’auteur dit, à la fin de sa réponse, que cette proposition contenait la construction de l’équation : « des racines sont égales à un cube plus un nombre ».
15. **) Généralement, si l’on prend angle ACB = 360° / n, n étant un nombre entier de la forme 4m + 2, on arrivera toujours au sommet de l’angle eu plaçant ainsi la corde sous-tendante successivement m fois entre les deux côtés de l’angle.
16. *) C’est ce que devient, en effet, l’équation $4(sin{\tfrac {1}{3}}v)^{2}+sinv=3sin{\tfrac {1}{3}}v$, pour $v=30^{o}$, lorsqu’on pose $x=2(sin{\tfrac {1}{3}}v)$.
17. ***) L’équation que je déduis ci-dessous (p. 127, fig. 13 en rem.) des relations données par le géomètre arabe, est la même que celle à laquelle Viète ramène cette construction ; en même temps Viète se sert, pour arriver à cette équation, de considérations très-semblables à celles du géomètre arabe. Voir Francisci Vietæ opera mathematica, in unum volumen congesta, opera et studio Francisci à Schooten. Lugduni Batavorum, 1646, fol., pag. 367, protasis iv. Dans l’équation qui se trouve à la fin de cette proposition (pag. 363, fig. 14 en rem.), on lit, par suite d’une faute d’impression, $+2N$ au lieu de $-2N$.
18. *) La corde DB, qui est perpendiculaire au diamètre AB, est prise poor unité dans ce cas.
19. **) Comparer pag. 55, lign. 20.