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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’ (*^[1]). 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 (**^[2]), et angle B = angle B ;

↑ *) 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.
↑ **) 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.

[1] *) 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.

[2] **) 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.

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