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soit E. Alors E sera connu de position. Abaissons de ce point les deux perpendiculaires EZ, EL, sur les deux lignes AT, BC. Elles seront connues de position et de grandeur. Maintenant, je dis qu’il est impossible que la conique AEK coupe la conique EON dans un point tel, que la perpendiculaire abaissée de ce point sur la ligne AT tombe sur T ou au delà de T (*^[1]). Car supposons qu’elle tombe sur T, s’il est possible ; alors son carré sera égal au produit de AT en TB, qui est égal à RC ; mais cette perpendiculaire est égale à la perpendiculaire DT ; donc le carré de TD sera égal au produit de AT en TB ; mais, 25d’un autre côté, le carré de TD serait égal au produit de BT en lui-même, ce qui est absurde ; en sorte que la perpendiculaire ne peut pas tomber sur T. Et de même elle ne peut pas tomber au delà de T, puisqu’alors cette perpendiculaire serait plus petite que TD, et que l’absurde aurait lieu à plus forte raison. La perpendiculaire tombe donc nécessairement sur un point situé entre A et T, ainsi que le fait EZ.

Le carré de EZ est égal au produit de AZ en BC, donc AZ à EZ comme EZ à BC ; et le rectangle EB est égal au rectangle DB, comme il est démontré dans la huitième proposition du second livre des Coniques (**^[2]) ; donc EZ à BC comme BC à BZ. Il suit que les quatre lignes AZ, EZ, BC, BZ, sont en proportion continue. Conséquemment, le carré de la quatrième BZ est au carré

↑ *) Le point d’intersection des deux coniques ne peut être ni D, ni un point de la partie DN de l’hyperbole. 1° Si c’était D, on aurait dans la parabole ${\overline {\text{DT}}}^{2}=AT.BC$ = AT. BC ; mais $BC=DT=BT$ ; donc ${\overline {\text{PQ}}}^{2}<{\overline {\text{DT}}}^{2}$ ; et puis ${\overline {\text{PQ}}}^{2}=AQ.BC$ , donc ${\overline {\text{DT}}}^{2}>AQ.BC$ , ou ${\overline {\text{BT}}}^{2}>AQ.BT$ , ou $BT>AQ$ , c’est-à-dire $BT>AB+BT+TQ$ , ce qui est absurde. — La même chose peut être démontrée immédiatement comme suit : Puisque a, c, x ; sont considérés par l’algébriste arabe comme des quantités positives, de l’équation $x^{2}+cx^{2}=a$ il suit x = V a - cx^2 < Vëi ; donc, puisque $x$ est représenté par $BZ$ , et Va par BT, BZ < BT ; c. q. f. d.
↑ **) Éd. d’Oxf., p. 114, Prop. 12.

[1] *) Le point d’intersection des deux coniques ne peut être ni D, ni un point de la partie DN de l’hyperbole. 1° Si c’était D, on aurait dans la parabole ${\overline {\text{DT}}}^{2}=AT.BC$ = AT. BC ; mais $BC=DT=BT$ ; donc ${\overline {\text{PQ}}}^{2}<{\overline {\text{DT}}}^{2}$ ; et puis ${\overline {\text{PQ}}}^{2}=AQ.BC$ , donc ${\overline {\text{DT}}}^{2}>AQ.BC$ , ou ${\overline {\text{BT}}}^{2}>AQ.BT$ , ou $BT>AQ$ , c’est-à-dire $BT>AB+BT+TQ$ , ce qui est absurde. — La même chose peut être démontrée immédiatement comme suit : Puisque a, c, x ; sont considérés par l’algébriste arabe comme des quantités positives, de l’équation $x^{2}+cx^{2}=a$ il suit x = V a - cx^2 < Vëi ; donc, puisque $x$ est représenté par $BZ$ , et Va par BT, BZ < BT ; c. q. f. d.

[2] **) Éd. d’Oxf., p. 114, Prop. 12.

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