AB X OH

arc AB . AO — ’AB . OH

S’il n’en est pas ainsi, on posera

- AOXBG

tr . AOB = >

BCc étant la perpendiculaire abaissée de l’extrémité sur AO. Il en résultera

segment AFB

AO (arc AB — BG) a

La trigonométrie permet dans tous les cas de calculer la perpendiculaire BG, quand on connaît le nombre de degrés n de l’arc AB.

Lorsqu’on aura à calculer des formules où il entrera un nombre n de degrés, minutes et secondes, le mieux sera de convertir les minutes et les secondes en parties décimales de degré (voir YÀrith., 254).

lOQ

r.ÉOMÉTnic.

Remarque relative au Chapitre III du Livre premier.

I VG. Nous avons (liMnonlrôdaiis le chapiire 111 du livre l"im grand nombre de relations mimériqnes entre les diverses parties d’un triangle, ra|)portéesà une même unité. Dans ces relations il entre le produit de deux lignes ou le rarré d’une ligne ( 103) ; ces relatitms reposent presque toutes sur la première démontré(*, savoir : /e vari'ê du nombre qui représente l'hypoténuse d'un triaiiffle revtun"le est éf^al ù la somme des carrés des nombres qui représentent les deux cô'tés de F angle droit. Nous savons <|ue l'aire d’un carré est représ«mtce par le carré du nombril (|ui exprime son côté (137). I)n pourrait donc énoncer le tbéoréme qu’on vient de rappeler, en disant ; Le carré construit sur l'hypoténuse d'un triangle rectangle est équivalent à la somme des carrés construits sur les côtés de l'angle droit. Et aucune démonstration spéciale n’est réellemeait nécessaire pour exprimer ainsi ce tliéorème, et pour passer du point de vue algébrique ou métrique au point de vue géométri(|ue ou matériel. I>a même remarque s’a|)plique à toutes les propositions déduites <lu théorème du carré de l’li}»'poténuse.

Cependant, pour donner un exemple du genre de démonstration directe, emi)loyé par Euclide, nous établirons de nouveau ce tliéorème l'ondamental en comparant entre elles les aires formées.

Soit le triangle rectangle ABC dont riiypoténuse est .\C [J'ë- '44) ' je construis des carrés sur ses trois cotés. Je remarque avant tout que l’angle B du triangle étant droit, le côté BDdu carré construit sur .\B est- le prolongement du côté BC, et le côté B(» du carré construit sur BC le prolongement du côté AB. J’abaisse du sommet de l’angle droit sur l’hypoténuse la perpendiculaire Bk et je la prolonge jusqu’en 1. Je mène les droites BL etEC.

Le triangle B.\L a la même base AL ()ue le rectangle .\Llk, il a la môme hauteur puisque son sommet B appartient au prolongement de Ik : le triangle B.\L est donc la moitié du rectangle ,\Llk (139). On prouverait de même que le triangle E\C est la moitié du carré .\B1)E : il a la même base .VE et son sommet C appartient au ]ux)longcment de DB. Les deux triangles B.VL, E.\C, sont d’ailleurs égaux' comme ayant un angle égal compris entre deux côtés égaux chacun à chacun : AL = AC, comme côlésd’un même carré; AB = AE pour la même raison; l’angle BAL, composé d’un

Kig. i44.

ctOM^TRIE.

io3

angle droit et de l’imgle BA(^, est égal à l'unglc EAC composé luissi d’im angle droit et de l’angle B \C. L’égalité des deux triangles BAL, E \C, entraîne l’étiuivalcnce du rectangle ALIK et du carré ABDE. ün démontrerait de même (|uc le rectangle ClIIK est équivalent au carré CBCiF, eti menant les droites BH et AF. Le carré ALHC, somme des deux rectangles ALIK, T.HIK, est donc bien équivalent à la somme des carrés ABDE, CBGF.

Les deux rectangles ALIK et CIliK ont même hauteur, leur rapport est donc égal à celui de leurs bases ( 137) : en remplaçant les rectangles par les carrés qui leur sont équivalents, on aura donc