Deux droites ne peuvent entourer un espace

(a) A = B, A'=B', donc A-A'=B — B'.

(b) A^B, A'=B', doDc A-f-A'^B-l-B'.

(c)A^B, A'=B', Jonc A-A'^^B-B'.

(d) A = B, donc 2A = 2B.

ie) A='B. donc iA = fB.

(/) Définition de Végalité géométrique,

(g) Définilion du mot plus grand quo, ou de Vinégalité en général.

{h) Axiome connu improprement sous le nom de poslulatum d'EucIide. (Voir k ce sujet la Note VI.)

(i) C'est-à-dire qu'entreldeux points on ne peut mener qu'une ligue droite. F

Kâtiiitià,>iia^ia^r^-.,^^-:^^-jl,.:^^'^.f^^^^-^ '-■■-'- -^••*--**--'---' - ■ -f ^■'- , ^ ■■<■ "-,-1- • ■•- jf^-^^^TT"^*^

14 PREMIER LITRE

Svr une droite finie donnée A B (fig. i), construire un triangle équilatéral.

d! A^ iB lB

Du centre A, avec le rayon A B, décrivons le cercle B C D [dem. 3] ; du centre Ë, avec le rayon BA, décrivons le cercle ACE. Du point C, où ces deux cercles se coupent (•), menons aux points A et B les droites CA^ CB [dem. i]. ABC sera le triangle demandé.

En effets puisque l'on a AC = AB [déf. i5]^

et BC=:BA,

il en résulte AC = BC [ax. i].

Par conséquent AC = AB=BC, et il s^ensùit [déf. 24] que le triangle construit sur AB est équilatéral.

A partir d'un point donné A (fig. 2), placer une droite égale à une droite donnée BC (^).

(a) Là démoiistraûon d'Euclide semble incompflète, en ce qu^eîle ne fait pas voir que les deux cercles se coupent nécessairement. Il suffi(, pour la compléter^ de faire remarquer que chacun des deux cercles a an point intérieur et tttï point extérieur par rapport à l'autre cercle.

{b) 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^ dans Vespace, sans qu^aucun de ses éléments, distances mutuelles ou angles, change de grandeur.

DES iLÉHENTS d'EUGLIDE. IS

Menons de A en B la droite AB [dem. i]. Sur cette droite, construisons le triangle cquilaléral ABD [pr. i]. Prolongeons les droites DA et DB vers E et F [dem. 2]; Du centre B, avec le

Fig. 2.

f""g|" bI b in il

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 DK = DG [déf. i5],

et DA = DB [déf. 24],

il en résulte AK = BG [ax. 3].

Or on a BC=: BG, et par suite AK et BC sont l'un» et l'autre égales à B6 ; par suite AK = BC [ax. i].

PBOPOSITION 3.

Ëiani données deux droites inégales AB, C (fig. 3), retrancher de la plus gtàtïde AB une droite égale à la plus petite C(^). '

Fig. 3.

(a) Même observation que pour la proposition précédenie.

rv^.

46 PREMIER LIVRE

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. i5]; d'ailleurs C=AD. DoncAE=C [ax. i], et par suite BE = AB — C(«).

Si deux triangles kRC, DEF (flg. 4) ont les deux côtés AB, 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; les triangles seront égauXy et les angles restants, opposés aux côtés 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 Tangle BAC étant égal à EDF, AC prendra la direction de DF, et puisque Au = 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, ren-.

(a) Si Ton donne la droite AD toute prête placée au point Â, la construction se réduit à tracer simplemenl le cercle DEF [dem. 3], et Ton a immédiatement ÂE = ÂD [déf. 15].

(b) ]\ semble qu'à partir d'ici Ëuclide admette implicitement la demande dont il est question dans les notes précédentes. Il en fait usage non-seulement pour la domonstration actuelle, mais encore dans d'autres cas (prop. 8, par exemple).

DES ÉLÉMENTS D'eUCLIDE. 47

fermeraient entre elles un espace, ce qui est impossible [ax.12]. Donc on a [ox. 8]

BC = EF, triangle ABC = triangle DEF,

angle ABC = angle DEF, angle ACB = angle DFE.

Dans tout triangle isoscèle ABC (flg. 5), i^ les angles à la base ABC, ACB sont égaux entre eux ; 2* si Von prolonge les

côtés 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]. Joignons ensuite FC, GB.

i« Dans les triangles ACF, ABG, on a AF= AG, AC= AB, et Tangle 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,

iS MBttIKà LtVRli.

il eii résulte [ax. 3] ABC^^ ACB» c'est-à-dire que lès àagles à la base sont égaux {•).

I^kOI^OéltlON 6.

Si, dans un triangle ABC (fig. 6)^ deux angles ABC, ACB

sont égaux entre eux, les côtés AC^ AB^ opposés à ces angles égaux, 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 joignons. DG. Dans les deux triangles ABC^ DCB^ on a BD=:AC^ BC commun,

etDBC=ACB;donc[pr. 4]

iriangié DBC = triaiiéte ABC,

ce qui est impossible [ax. 9] (^). Donc AC et AB ne peuvent être inégaux. Donc AC = ÀB.

Si l'on joint les extrémités d'une même base AB (flji:. 7) à deux points différents C> t), situés d'uti même côté de cette droite, les deux distances CA, CB du premier point C aux ex-

(a) Cette démonstration aurait pu être abrégée, si Euclide eût appliqué la proposition 4 aux triangles ABC et ACB) et s'il eût placé, comme il eût été plus naturel de le faire, la proposition 43 en tête de ce livre. (Voy. la note relative à cette derbièrë proposition, page ^3.)

(6) U serait peut-être plus clair de remair(}aer que, de régalité de^ Ifiangles, il résulterait que Tângle DCB = ABC [pr. 4]) et comme, par hypothèse, ABC = ACB, on aurait DBC=ACB [ax. 1], ce qui est absurde [ax. 9]. On éviterait ainsi la considération des aires des deûk triangles.

DES ÉLÉJifÉNTS B^EtcLlDE. 19

trémités dé là hase ne pèùvenl être égalés chacune à chacune aux deux distancer \Sk, DB du second point D aux mêmes extrémités.

Fig. 7.

Soit, en effet, s'il est possible^ ÂD=ÀC etBD=BC. Joignons CD [et prolongeons BC vers E, BD vers F].

Puisque AD = AC, on a ADG = ACD [pr. 5] , et par suite ADC > DCE [ax. 9] ,

et à plus forte i^aisoti FDG > DGB.

Hais on a en même temps BD = BC, d'où résulterait

FDC = DCE[pr. 5], ce qui serait en contradiction avec ce qui précède.

Si deux triangles ABC, DEF (fig. 8) ont leurs deux côtés AB, AC respectivement égaux aux deux côtés DE, DF, et leurs bases

Fig. 8.

BC, EF ^usii égales entre elles y lés angles, tels que BAC, EDF, compris entre des côtés égaux, sont égaux.

Portons le triangle ABC sur le triangle DEF, en plaçant le point B sur le point E, et dirigeant ÊC suivant EF.

^ PREMIER LIVRE

Puisque BC = EF, le point C tombera sur F. Or oo 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=AC=: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 (fig. 9) en deux parties égales.

Prenons sur AB un point quelconque D^ et retranchons de AC la droite AE = AD [pr. 3, note]. Joignons DE, et construisons sur DE le triangle équilatéral DEF [pr. i]. Si Ton joint AF, cette droite partagera Tangie 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.

DES ÉLÉMENTS D'eUCLIDE. 31

Partager une droite finie donnée ÂB (flg. lo) en deux parties égales.

Fig. 10.

Construisons sur AB le triangle équilatéral ABC [pr. i]. Partageons l'angle ACB en deux parties égales par la droite CD [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. 41 AD = DB.

En un point donné C (flg. ii) d'une droite donnée AB, élever une perpendiculaire à cette droite.

Fig. 11.

Prenons sur AB un point quelconque D, et faisons CE = CD pr. 3, note]. Construisons sur DE le triangle équilatéral DEF pr. i], et joignons FC. La droite FC sera perpendiculaire à AB au point C.

Car les deux triangles DCF, ECF ayant CF commun, DC =CE, DF == EF, on a [pr. 8]

DCF = ECF.

Donc[dfif. lo] FCest perpendiculaire sur AB.

23 PBEHIEi \slYW

PROPOSITION la.

lyun point donné C(flg. la), abaii$er une pêrpênéieulmre sur une droite indéfinie donnée AB.

Prenons au-delà de AB par rapport à C^ iin point qi^elçQnqvfe D ; décrivons, du centre C, avec Je rstyqq fiD, le cercle JIFG ; partageons EG en deu^ parties égales au point Q [pr^ lo], et joignons CH : cette ligne CH sera perpendiculaire sur AB.

Car, en joignant CE, CG, on a EH=H&, CH commun, et [déf. i5] EC = CG. Donc [pr. 8]

ÉhC = CHG.

Donc [déf. lo] CH est perpendiculaire sur AB.

Les angles adjacents ABD, ABC (fig. i3), que forme une droite AB avec une autre droite CD, à laquelle elle se termine ,

Fig. 13.

sont i^ tous les deux droits, ou bien%^ leur somme est égale à deux angles droits.

lo Si ces angles sont égaux eutre eux, ils sont tous les deux droits [déf. lo].

DES ÉL^HPIfTS! D'pycLiDE. 33

2* f^'lU :sont inég^U3f, gpwme ABC, ABD, élevpns mv W> au point B, la perpendicpl^ire BE [pr. i|l, Alor§ CPE), ^BP seront deux angles droits [déf. iql.

Puisque CBE = CBA -h ABE,

on a, en ajoutant de parj et d^W***? E^P l?^- ^\y

CBE + EBD=CBA+x\BE + EBD, De même^ puisque ABD == IffiE + EBA^

on a, en ajoutant de part et d^autre CBA^

ABD + CBA =DBE -+- EBA -f- CBA .

Par conséquent [ax. i],

ABp+Gp^ = CBP+Epp, c'esl-à-dire que Toa fi

ABD -h CBA = 2 droits (<■).

Si en un point B d'une droite AB (flg.i4)^ deux droites BC, 6D, font avec la première AB, 0t 4e côtés différents de AB, des

angles adjacents ABC, ABD^ dont la sofnme soit égale à deux angles droits, ces deux droites BC, BD seront le prolonaement l'une de Vautre.

(a) On peul s'étonner qu'EucHde ait çnjployé un si grand appareil de logique pour prouver que Tangle CBD, formé par les deux directions BD, BC, est égal à la somme d^ 9^8 d^o^ parties, égalfss ou inégalea, et surtout qu*il ait donné aussi tard une proposition qui aurait dû venir une des premières de ce livre, comme vous Tayon^ ^éjà fai| i^^o^j^rquer dans la pote sur la proposition 5, page 18.

^ PRBIIIBR LIVRE

En eflTet, si BD n'est pas le prolongement de BC^ soit BE ce prolongement. On aura alors [pr. i3]

CBA+ABE=2droits.

Mais on a^ par hypothèse,

CBA-hABD=2dr.

Donc[ax. I et lo],

' ABC-|-ABD=ABC-hABE.

Donc, en retranchant ABC de part et d'autre [ax. 3],