LIVRE 8EG0ND

=GA=Ai=HI=IK=Hm=i»/, delà première ouverture de coinpas> et le problème sera résolu.

Démonstration. En effets si des arcs égaux GF ^ GB (5o) , on retranche les arcs égaux C F^. NB (51) ^ les restes GC et GN seront égaux.

Or CN est la douzième partie de la circonférence; donc GC et GN en seront les vingtquatrièmes parties.

On a ensuite FN=GL ; retranchant la partie commune FG^ on aura NG=FL. Donc aussi FL sera la vingt-quatrième partie de la circonférence^ et par conséquent la moitié de F D (51 )• On démontrera de la même manière que les arcs DH^ HO, FI, IC sont égaux, ainsi que tous les autres qui ont été déterminés ci-dessus^

55. Pour être plus courts, nous continuerons à nous servir , sans les citer , ainsi que nous venons de le faire , des propositions 2& et 27 du ZfV. 3 d!Euclidej que dans un même cerde , ou dans des cercles égaux , les droites égales soutendent des arcs égaux.

^ 54. Les anciens , au moyen du centre A et du rayon AB , divisaient, avec le compas seulement , la circonférence en six parties égales. Ils obtenaient les autres divisions avec la règle et le compas , en prenant différens points hors

avec; un quatrième compas^ et à AB ^=se/Asiev avec le premier compas. Les arcs Kytc^jtcN, M y y y seront les quarante-huitièmes parties de la circonférence.

Démonstration. Si l'on conçoit les droites ka^ Nn^ a^y aB (12) > Tangle BA^^ étant droit, langle BANsBA/i (SI) et les trois rayons AN, AB, tin égauit, onaura

(aN)- = (aB)*— Nn.Atf(20).

Donc , à cause de a N = B e , on aura aussi

(B£)»=ï:(aB)»--N7l.Aa.

De plus les triangles eAB, eAE étant rectan-» gles en A (8, i3, Iw. i), puisque leurs ci>%é& sont respectivement égaux, on aura

(Be)' = (AB)'4-(Ae)« (47, Uv. i),

et par conséquent

(AB)»-H(Ae)* = (flB)»— -Nw.Atf;

mais on a (ûB)* = (AB)f + (Aa)% donc

(AB)*-h(Ae)»=(AB)^+(Aa)* — N/i.Aa;

d'où, retranchant (AB)* de part et d'autre, on a

(Ae)*=:(A/i)»— Nwx Aa.