Page:Mémoires de l’Académie des sciences, Tome 12.djvu/481

$\mathrm {CDE}$ sera égal au triangle $\mathrm {ABC} ,$ parce qu’ils ont un angle égal compris entre côtés égaux chacun à chacun. Donc on aura l’angle $\mathrm {CED=ACB} ,$ l’angle $\mathrm {CDE=ABC} ,$ et le troisième côté $\mathrm {ED}$ égal au troisième $\mathrm {BC}$.

Puisque la ligne $\mathrm {ACE}$ est droite, la somme des angles $\mathrm {ACB,\,BCD,\,DCE}$ est égale à deux angles droits. Or on suppose la somme des angles du triangle $\mathrm {ABC}$ plus grande que deux angles droits ; on aura donc

$\mathrm {CAB+ABC+BCA>ACB+BCD+DCE} .$

Retranchant de part et d’autre $\mathrm {ACB}$ commun et $\mathrm {CAB=ECD}$, il restera $\mathrm {ABC>BCD} \,;$ et parce que les côtés $\mathrm {AB,\,BC}$ du triangle $\mathrm {ABC} ,$ sont égaux aux côtés $\mathrm {CD,\,CB}$, du triangle $\mathrm {BCD} ,$ il s’ensuit que le troisième côté $\mathrm {AC}$ est plus grand que le troisième $\mathrm {BD}$.

Imaginons maintenant qu’on prolonge indéfiniment la ligne droite $\mathrm {AE}$, ainsi que la suite des triangles égaux et semblablement placés $\mathrm {ABC,CDE} ,$ $\mathrm {EFG,GHI} ,$ etc.; si l’on joint les sommets voisins par les droites $\mathrm {BD,\,DF,\,FH,\,HK} ,$ etc., on formera en même temps une suite de triangles intermédiaires $\mathrm {BCD,\,DEF,\,FGH} ,$ etc., qui seront tous égaux entre eux, puisqu’ils auront un angle égal compris entre côtés égaux chacun à chacun. Donc on aura $\mathrm {BD=DF=FH=HK}$, etc.

Cela posé, puisqu’on a $\mathrm {AC>BD}$, soit la différence $\mathrm {AC-BD=D}$, il est clair que $2\mathrm {D}$ sera la différence entre la ligne droite $\mathrm {ACE}$ égale à $2\mathrm {AC}$, et la ligne droite ou brisée $\mathrm {BDF}$ égale à $2\mathrm {BD}$. On aura de même $\mathrm {AG-BH=3D} ,$ $\mathrm {AI-BK=4D} ,$ et ainsi de suite. Or, quelque petite que soit la différence $\mathrm {D} ,$ il est évident que cette différence, répétée un