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d’autre. Il est donc démontré que le côté du cube doit être plus petit que BE. Conséquemment coupons de BE une partie BF égale au côté du cube, et menons de F une perpendiculaire (à BE) jusqu’à la circonférence du cercle. Puis, intervertissons la démonstration proposée ci-dessus : il résultera que le sommet de la perpendiculaire sera situé sur la circonférence de l’hyperbole(*^[1]), dont on avait dit qu’elle ne peut rencontrer le cercle. Mais cela est absurde.

Cependant, puisque je suis d’opinion que ces essais pourraient sembler incommodes à quelques-uns des lecteurs de ce Mémoire, je vais rejeter tout ce procédé, et proposer une règle indépendante de ces essais. Elle consiste à construire sur une ligne (de longueur) arbitraire, prise sur le prolongement de BC, quelle que soit d’ailleurs la position du point C, en dehors ou en dedans du cercle, un rectangle ayant un de ses sommets au point C et égal au rectangle AC, les côtés duquel rectangle seront infailliblement connus de grandeur et de position. Ensuite, à faire passer par le sommet opposé au sommet C une hyperbole ayant pour asymptotes ZC, CM, la dernière 34de ces deux lignes étant la perpendiculaire (à ZC) au point C. Alors, si la conique rencontre le cercle par contact

↑ *) En effet, puisqu’on avait supposé que BF représente le côté du cube demandé, on a ${\overline {\text{BF}}}^{2}+{\overline {\text{BC}}}^{2}.BF+{\overline {\text{BC}}}^{2}.AB=BE.{\overline {\text{BF}}}^{2}={\overline {\text{BF}}}^{2}+{\overline {\text{BF}}}^{2}.FE$ ; donc ${\overline {\text{BC}}}^{2}.BF+{\overline {\text{BC}}}^{2}.AB={\overline {\text{BF}}}^{2}.FE$ ou ${\overline {\text{BC}}}^{2}.AF={\overline {\text{BF}}}^{2}.FE$ , et conséquemment ${\overline {\text{BC}}}^{2}:{\overline {\text{BF}}}^{2}=FE:AF$ . Mais on a dans le cercle ${\overline {\text{NF}}}^{2}:{\overline {\text{FA}}}^{2}=FE:AF$ , donc ${\overline {\text{NF}}}^{2}:{\overline {\text{FA}}}^{2}={\overline {\text{BC}}}^{2}:{\overline {\text{BF}}}^{2}={\overline {\text{AD}}}^{2}:{\overline {\text{BF}}}^{2}$ et $NF.FB=FA.AD$ ou $SF=DF$ , par conséquent $SF-CF=DF-CF$ ou $NC=CA=CH$ ; d’où il suit que N est situé sur la circonférence d’une hyperbole qui passe par H, et qui a ZC, CM pour asymptotes.
À l’occasion des autres espèces qui présentent des cas « impossibles », l’auteur s’est toujours borné à remarquer que l’impossibilité a lieu lorsque les deux coniques qui construisent le problème ne se rencontrent pas, sans le prouver. La démonstration qu’il indique ici irait, avec quelques changements, aux autres cas semblables ; de sorte qu’on la peut supposer donnée une fois pour toutes.
J’ai signalé (addition D, premier problème) une semblable démonstration donnée par un autre géomètre arabe.

[1] *) En effet, puisqu’on avait supposé que BF représente le côté du cube demandé, on a ${\overline {\text{BF}}}^{2}+{\overline {\text{BC}}}^{2}.BF+{\overline {\text{BC}}}^{2}.AB=BE.{\overline {\text{BF}}}^{2}={\overline {\text{BF}}}^{2}+{\overline {\text{BF}}}^{2}.FE$ ; donc ${\overline {\text{BC}}}^{2}.BF+{\overline {\text{BC}}}^{2}.AB={\overline {\text{BF}}}^{2}.FE$ ou ${\overline {\text{BC}}}^{2}.AF={\overline {\text{BF}}}^{2}.FE$ , et conséquemment ${\overline {\text{BC}}}^{2}:{\overline {\text{BF}}}^{2}=FE:AF$ . Mais on a dans le cercle ${\overline {\text{NF}}}^{2}:{\overline {\text{FA}}}^{2}=FE:AF$ , donc ${\overline {\text{NF}}}^{2}:{\overline {\text{FA}}}^{2}={\overline {\text{BC}}}^{2}:{\overline {\text{BF}}}^{2}={\overline {\text{AD}}}^{2}:{\overline {\text{BF}}}^{2}$ et $NF.FB=FA.AD$ ou $SF=DF$ , par conséquent $SF-CF=DF-CF$ ou $NC=CA=CH$ ; d’où il suit que N est situé sur la circonférence d’une hyperbole qui passe par H, et qui a ZC, CM pour asymptotes.
À l’occasion des autres espèces qui présentent des cas « impossibles », l’auteur s’est toujours borné à remarquer que l’impossibilité a lieu lorsque les deux coniques qui construisent le problème ne se rencontrent pas, sans le prouver. La démonstration qu’il indique ici irait, avec quelques changements, aux autres cas semblables ; de sorte qu’on la peut supposer donnée une fois pour toutes.
J’ai signalé (addition D, premier problème) une semblable démonstration donnée par un autre géomètre arabe.

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