ABC

Tirons une droite DE, terminée en D, indéfinie vers E. Prenons DF r= A, FG = B, GH = C [pr. 3]. Décrivons du centre F, avec le rayon FD, le cercle DKL, et du centre G, avec le rayon GH, le cercle KLH, qui coupe le cercle DKL en K. Menons KF, KG; KFG sera le triangle demandé.

En effet, FD = FK [déf. IS] ; or FD := A : donc aussi KF = A [ax. 1 ]. De même, puisque GK = GH et que GH=:C, on aGK=C.

On a d'ailleurs aussi FG = B. Donc le triangle FGK a ses trois côtés égaux respectivement aux lignes données, A, B, G (*).

En un point A d^une droite donnée AB {fig^ a3), construire un angle rectiligne égal à un angle rectiligne donné DCE.

Fig. 23.

Sur GD et sur GE prenons arbitrairement deux points D, E, et menons DE. Gonstruisons ensuite le triangle AFG tel que l'on

ait

AF = GD, AG = GE, DE = FG [pr. 22].

On aura [pr. 8]

FAG = DGE.

Si deux triangles ABG, DEF {fig> 24 et aS) ont deux côtés égaux chacun à chacun^ AB == DE, AG = DF, et V angle compris par ces côtés inégal^ BAG ]> EDF, le côté BG, opposé au plus grand angle j est plus grand que le côté EF, opposé au plus petit angle.

Gonstruisons sur DE, au point D, l'angle EDG = BAG [pr. !i3];

(>) Euclide a oublié de justifier la restriction contenue dans Ténoncé, que la somme de deux quelconques des côtés est plus grande que le troisième. Or il résulte de cette hypothèse que DG > HG, et que HG > la différence GI entre DF et GF. Donc, d'une part, le point D est extérieur au cercle HKL, et, d'autre part, le point I est intérieur au même cercle. Donc le cercle DKL, ayant des points extérieurs et des points intérieurs au cercle HKL, coupera nécessairement ce dernier cercle en deux points.

DES ÉLÉMENTS d'eUCLIDE.

faisoijs DG = AC = DF[pr. 3]. [Prolongeons DF vers H, DG vers l{Jîg' aS) et] menons EG, FG (^).

Fig. 24.

Puisqu'on a AB = DE, AC = DG, BAC = EDG, il en résulte [pr.5]BC = EG.

Or on a DG = DF, d'où [pr. 5] HFG = IGF.

Par conséquent, EFG >>FGI, et, comme FGI >> FGE, on a, à plus forte raison, EFG > FGE.

^ Donc [ pr. 19] EG ou BG > EF.

Si deux triangles ABC, DEF {fig» 26) ont deux côtés égaux chacun à chacun, AB = DE, AC = DF, et le troisième côté inégal y BC >EF, U angle BAC, opposé au plus grand côté, est plus grand que VangleFJÛF, opposé au plus petit côté.

Car, si l'on n'avait pas BAC > EDF, il faudrait que l'on eût ou BAC = EDF, ou BAC < EDF.

Dans le premier cas, il en résulterait [pr. 4] BC=EF; dans

(') Nous avons réuni dans la même démonstration les deux cas que peut présenter la figure, et dont un seul (Jig^ 3/|) avait été considéré par Euclide. R. Simson remarque que l'on pourrait toujours ramener la figure à ce premier cas, en prenant pour DE le plus petit des deux côtés DE, DF; car alors les deux points G, F, étant sur un cercle décrit du centre D, et à l'intérieur duquel se trouve le point E, il est visible que E sera du même côté que D par rapport à la base FG. — Nous n'avons pas considéré le cas où EG passe par le point F, le tliéorènic étant alors évident.

HoiJËL. — Essai.

PREHIBH LIVRE.

le second [pr. 24], lîC < EF. Ces deux conséquences élanl

contraires à l'hvpothèse BC > EF, on a donc nécessairement BAOEDF.

Si deux triangles ACB,DKF (fig. ciy) ont deux angles égaux chacun à chacun, ABC = DEF, ACB = EFD, et un côté égal qui soit ou adjacent (I" cas) aux angles égaux (BC^ EF), ou

opposé {W" cas) à l'un d'eux (AB = DE), les deux autres côtés seront égaux chacun à chacun, et le troisième angle BAC sera égal au troisième EDF.

I" CAS. — Si les côtés adjacents aux angles égaux, BC et EF, sont égaux, on ai

i" AB = DE. Car, si AB et DE étaient inégaux, soit, par exemple, AB>-DE. Prenons alors BG = ED, et menons CG. Puisque

BG=ED, BC=EF, GBC=DEF, ii en résulte.

BCG = EFD [pr. 4].

Or, par hypothèse,

BGA = EFD.

DES ÉLÉMENTS d'eUGLIDE. 35

On aurait donc

BCA.= BGG,

ce qui est impossible [ax. 9]. Donc AB et DE ne sauraient être inégaux.

?.** Puisque