d'une équation du quatrième degré ; il prend pour cet effet (AK étant la perpendiculaire abaissée de A sur le prolongement de CD), d'où il suit , donc ; mais et conséquemment ou (*[1]).
Puis il construit le problème de la manière suivante. Il prend , et fait EB perpendiculaire à AB et égale à \tfrac{9}{10} AB (**[2]) ; ayant complété le rectangle BZ, il fait passer par E une hyperbole ayant BA, AZ pour asymptotes. Un cercle décrit du centre et du rayon BA coupera l'hyperbole, parce que AB > BE. Menons la droite , et construisons un angle en faisant AD = BC. Alors ABCD sera le trapèze demandé (***[3]).
En effet, en abaissant la perpendiculaire CL sur AB on aura triangle CBL égal et semblable à triangle ADK, donc ; mais en vertu de l'hyperbole on a , donc .
- ↑ *)
- ↑ **) C'est-à-dire on prendra BE égale au rapport de l'aire donnée à la droite donnée.
- ↑ ***) Désignant la longueur de AB par , l'aire donnée par , l'équation qu'il s'agit de construire sera ou . Prenant B pour origine des coordonnées, l'équation de l'hyperbole sera , celle du cercle x^2 + y^2 = a^2 ; ces deux courbes construisent donc, en effet, le problème.