AB = EO

et '

AO = 5 AB , etc.

Solution III. Du centre A et du rayon AB (Jîg. ig) soit décrite la demi -circonférence BCDE ( 64 ); avec le même rayon AB, et des centres B et E , soient décrits les arcs indéfinis CP, Dp ; des mêmes centres B et E, et du rayon BE, soient décrits les arcs E pqr , BPQR, on pourra trouver le pointai, enfaisant P M = PB, EM = P p (solution II) (66). Actuellement, qu’on fasse à AP = BQ = QN = E q; qu’on fasse aussi à Qy = EN , le point N sera au milieu de la droite AM. Soit fait pareillement à AQa= BR sa RO 2= Er, et à Rr = EO, le point 0 sera au milieu de la droite AN.

Démonstration. Après avoir fait dans la fig. 5 ( 25 ) les substitutions necessaires , on aura

Q?.BE = (BE)’ — (HQ)'-

MaisBÉ=aAB, et (BQ)' = ^ (AB)* ( vojez la démonstration de la solution /") j donc a Q^r.AB =4 (AB)* — ^ (AB)*;

puis, divisant par a AB, et réduisant , on a

Qî = jAB.

Donc aussi EN = 7 AB: donc la droite AB

étant la même dans les deux Jig. 18 et ig, les côtés des deux triangles Q'NE (Jig- 18), QNE (Jig. 19), seront aussi les mêmes. D’où en superposant les trois points B , Q, E de la Jig. ig> sur les trois points B, Q', E de la Jig. 18, les points N des deux figures se confondront aussi ; donc, etc.

De même, faisant les substitutions nécessaires dans la figure 5 ( 23 ), on a

Rr.BE = (BE)* — (BR)*.

Mais (BR)* = | (AB)* ( démonstration de la solution I r ‘); donc

Rr.BE = (BE)* — |(AB)*;

ou bien, substituant 2 AB à BE, on a