BG = BA
il en résulte
AG = BG[ax. 1].
Par conséquent AG = AB = BG, et il s'ensuit [déf. 24] que le triangle construit sur AB est équilatéral.
A partir d'un point donné A (Jîg- 2), placer une droite égale à une droite donnée BG (-).
Fig. 2.
Menons de A en B la droite AB [dem.l]. Sur cette droite, construisons le triangle équilatéral ABD [pr. 1]. Prolongeons les
(1) La démonstration d'Euclide semble incomplète, en ce qu'elle ne fait pas voir que les deux cercles se coupent nécessairement. Il suffit, pour la compléter, de faire remarquer que chacun des deux cercles a un point intérieur et un point extérieur par rapport à l'autre cercle.
(^) Cette proposition est devenue, pour les auteurs modernes, un cas particulier d'une demande plus générale, que tous font, au moins tacitement, savoir : Qu'une figure peut être transportée d'une manière quelconque, dans son plan ou, plus généralement y dans l'espace, sans qu'aucun de ses éléments, distances mutuelles ou angles, change de grandeur.
DES ËLËHENTS D*EUGLIDE. I7
droites DA et DB vers E et F [dem. 2]. Du centre B, avec le rayon BC, décrivons le cercle CGH; et du centre D, avec le rayon DG, décrivons le cercle GIK [dem. 3]. La droite AK = BC sera placée à partir du point A, comme on le demandait. En effet, puisqu'on a
DR = DG[déf. 15], et
DA = DB[déf. 24], il en résulte
AK==BG[ax. 3].
Or on a BC = BG, et par suite AK et BC sont Tune et l'autre égales à BG; par suite AK = BC [ax. 1],
Etant données deux droites inégales^ AB, C {fig* 3), retrancher de la plus grande AB une droite égale à laplus petite C ( * ),
Fig. 3.
Au point A plaçons une droite AD = C [pr. 2], et du centre A, avec le rayon AD, décrivons le cercle DEF [dem. 3], rencontrant AB en E. On aura ainsi retranché de AB la ligne AE = C.
Car on a AE = AD [déf. 15]; d'ailleurs C = AD. Donc AE = C [ax. 1], et par suite BE = AB — C (2).
(1) Même observation que pour la proposition précédente.
(') Si l'on donne la droite AD toute prête placée au point A, la construction se réduit à tracer simplement le cercle DEF [dem. 3], et Ton a immédiatement AE = AD[déf. 15].
HoiJEL. — Essai. a
FBEHIEn LIVRE.
Si deux trian ffles ABCfGEF (Jig. 4) ont les deux cétésAB, AC respectivement égaux aux deux côtés DE, DF, et si les angles
BAC, EDF, compris entre les côtés égaux, sont égaux, ces triangles auront leurs bases BC, EF égales; tes triangles seront égaux et les angles restants, opposés aux cotés égaux, ABC et DEF, ACB et DFE, seront égaux chacun à chacun.
Appliquons, en effet, le triangle ABC sur le triangle DEF ('), et, pour cela, plaçons le point A sur le point D, et la ligne AB sur la ligne DE. Le point B coïncidera avec E, puisque AB =^ DE. Ensuite, AB étant placé sur DE, et l'angle BAC étant égal à EDF, AC prendra la direction de DF, et, puisque AG = DF, le point C tombera sur le point F. Donc, puisque B coïncide avec E, et C avec F, BC coïncidera avec EF; car, s'il en était autrement, ces deux droites, qui ont mêmes extrémités, renfermeraient entre elles un espace, ce qui est impossible [ax. 12]. Donc on a [ax. 8]
BC = EF, triangle ABC = triangle DEF,
angle ABC = angle DEF, angle ACB = angle DFE.
Dans tout triangle isoscèle ABC (Jig. 5), t" les angles à la base ABC, ACB sont égaux entre eux; a" si l'on prolonge les côtés
(') II semble qu'A partir d'ici Euclide i il esl question dans les notes prérédentes do m on st rot ion actuelle, mais encore dan;
a demande dont ulement pour la
DES ÉLÉMENTS d'EUCLIDE. I9
égaux AB, AC, les angles formés au-dessous de la base, DBC, ECB, seront aussi égaux entre eux.
Sur le prolongement BD de AB, prenons à volonté un point F, et sur AE >> AF, prenons une longueur AG = AF [pr. 3, note]. Menons ensuite FC, GB.
I** Dans les triangles ACF, ABG, on a AF = AG, AC = AB, et l'angle A est commun. Donc [pr. 4]
FC = GB, ACF = ABG, AFC = AGB.
Comme on a d'ailleurs AF = AG et AB = AC, il en résulte
[ax. 3] BF = CG. Par conséquent, dans les triangles FBC, GCB,
on a
BF=CG, fC = BG, BFC = BGC.
Donc [pr. 4] FBC= GCB, c'est-à-dire que les angles au-dessous de la base sont égaux.
2® De plus, BCF = CBG; et, comme on a d'ailleurs
ABG = ACF, CBG = BCF,
il en résulte [ax. 3] ABC = ACB, c'est-à-dire que les angles à la base sont égaux (^).
Si, dans un triangle ABC {fig- 6), deux angles ABC, ACB
(*) Cette démonstration aurait pu être abrégée, si Euclide eût appliqué la proposition 4 aux triangles ABG et AGB, et s'il eût placé, comme il eût été plus naturel de le faire, la proposition 13 en tête de ce Livre. {Voir la note relative à cette dernière proposition, page 25.)
sont égaux entre eux, les côtés AC, AB, opposés à ces angles égaux y seront aussi égaux entre eux.
Si les côtés AC, AB ne sont pas égaux, soit AB le plus grand. Prenons sur AB la longueur BD = AC [pr. 3], et menons DC. Dans les deux triangles ABC, DCB, on a BD = AC, BC commun, et DBC = ACB; donc [pr. 4]
triangle DBC = triangle ABC,
ce qui est impossible [ax. 9] (*). Donc AC et AB ne peuvent être inégaux. Donc AC = AB.
Si Von joint les extrémités d^une même hase AB {Jig. 7) à deux points différents C, D, situés d^un même côté de cette
Fig. 7
ba^Cy les deux distances CA, CB du premier point C aux extré-
( • ) Il serait peut-être plus clair de remarquer que de l'égalité des triangles il résulterait que l'angle DCB = ABC [pr. 4], et comme, par hypothèse, ABG=AGB, on aurait DBG = ACB [ax. 1], ce qui est absurde [ax. 9]. On éviterait ainsi la considération des aires des deux triangles.
DES ÉLÉMENTS D'eUGLIDE. 21
mités de la base ne peuçent être égales chacune à chacune aux deux distances DA, DB du second point D aux mêmes extré^ mités.
Soit, en effet, s'il est possible, AD = AC et BD = BG. Menons CD [et prolongeons BG vers E, BD vers F],
Puisque AD = AG, on a
ADG = AGD[pr. 5], et par suite
ADC>DGE[ax. 9],
et à plus forte raison
FDG > DGE.
Mais on a en même temps BD = BG, d'où résulterait
FDG = DGE[pr.5],
ce qui serait en contradiction avec ce qui précède.
Si deux triangles ABC^ DEF (Jlg. 8) ont leurs deux côtés AB, AG respectivement égaux aux deux cotés DE, DF, et leurs bases BG, EF aussi égales entre elles, les angles, tels que BAG, EDF, compris entre des côtés égaux, sont égaux.
Portons le triangle ABG sur le triangle DEF, en plaçant le point B sur le point E, et dirigeant BG suivant EF. Puisque BG = EF, le point G tombera sur F. Or on a
BA=:ED et CA = FD.
Par conséquent, le point A tombera sur le point D ; car, si A tombait en un autre point G, on devrait avoir
GE=:AB = DE et GF = AG = DF [ax. 1],
en même temps que G différerait de D, ce qui est impossible [pr. 7]. Donc BA coïncidera avec DE, et AC avec DF. On a donc [ax. 8]
angle BAC = angle EDF [et triangle BAC = triangle EDF].
[Donc, si deux triangles ont les trois côtés égaux chacun à chacun, ils peuvent coïncider Vun avec Vautre, et ils sont égaux].
Partager un angle rectiligne donné BAC {Jig' 9) en deux parties égales.
Fig- 9- A
Prenons sur AB un point quelconque D, et retranchons de AC la droite AE = AD [pr. 3, note]. Menons DE, et construisons sur DE le triangle équilatéral DEF [pr. 1]. Si l'on mène AF, cette droite partagera l'angle BAC en deux parties égales.
Car les deux triangles ADF, AEF ayant AF commun, AD = AE, DF = EF, il en résulte [pr. 8]
DAF=:EAF.
Partager une droite finie donnée AB {fi g. 10) en deux parties
égales.
DES ÉLÉMENTS d'eUGLIDE. 23
Construisons sur AB le triangle équilatéral ABC [pr. 1], Partageons Tangle ACB en deux parties égales par la droite CD
Fig. 10.
[pr. 9] : cette droite partagera AB en deux parties égales au point D.
Car, les deux triangles ACD, BCD ayant
AC = CB, CD commun, angle ACD = angle BCD,
on a [pr. 4]
