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Comme l'excès de la courbe sur p est égal à 0, et (jue l'excès de la même courbe sur la figure circonscrite est moindre que ô, la circonscrite sera plus grande que j3, donc son produit par KL sera plus

192 ŒUVRES DE FERMAT. [«'i, 23ii

grand que lo segment parabolique EQMI. Mais, d'après ce qui a été démontré, le produit de KL par la circonscrite est égal à

PF X FE + ()G X r,F -H Nil x HG 4 MI x IH. En effet, ^-1, = ^; donc KL x XR --- PF x FE, et ainsi de suite

r E KL

pour les autres.

Puisque le produit de KL par la circonscrite est plus grand que le segment parabolique EQMI, la somme des rectangles

PF.FE + OG.GF + NII.r.II + MI.III

est supérieure à ce segment parabolique. Mais si on mène les [terpendiculaircs (parallèles à la base) Py, OO, NA, IMcp, qui rencontrent les ordonnées à l'intérieur de la parabole (car les ordonnées croissent ii mesure qu'elles s'éloignent du sommet), les rectangles ainsi construits PE, OF, NG, Mil seront respectivement égaux aux précédents. Donc la somme PE -+- OF-i- NG -i- Mil sera supérieure an segment parabolique. Ce qui est absurde, car ces rectangles PE, OF, NG, MH composent une figure inscrite dans le segment parabolique et par conséquent plus petite.

Donc p n'est pas inférieure à la courbe EXA. Ne lui étant ainsi ni supérieure, ni inférieure, elle lui est égale. C'est ce que nous avons voulu démontrer longuement pour écarter tout scrupule.

Di; <;f, oui a ivnc nÉMONTUi':, ressort que l'on peut établir avec la même facilité l'égalité entre un segment parabolique quelconque EQPF, retranché du premier, et le produit de la donnée KL par la courbe E.\. Si donc on donne sur la base un point quelconque F, comme, d'apri's Archimède, le segment parabolique EQPF est donné en rectilignes, le produit KL x EX est donné ; mais KL est donné, donc l'arc EX. Par conséquent, si l'on donne sur la base un point quelconque F, il est clair que l'arc de courbe correspondant est donné et qu'on peut assigner une droite qui lui soit égale.

Il, n'y ,\ pas à objecter que, pour trouver une droite égale à la courbe EXA, il semble falloir construire une parabole simple, ce qui

r22r,,226] DISSERTATION GÉOMÉTRIQUE. 1!».{

rendrait le problème solide. Car le tracé de cette parabole n'est supposé que pour rechercher la vérité et faire régulièrement la démonstration; rien n'empêche qu'on ne dissimule ce tracé imaginaire de parabole, et qu'on ne fasse le calcul en ne laissant apparaître que des droites et des cercles. Sauf erreur, voici ce calcul.

Soit {fig. 127) la courbe parabolique DAC, telle que les cubes des ordonnées DB et NM soient proportionnels aux carrés des abscisses de l'axe, BA, AM. On donne la hauteur AB, et la demi-base BD, ou la base totale DBC. Je dis que la droite prouvée égale à la courbe DAC est donnée par un calcul véritablement géométrique.

Fij;. .27 (6).

Soit AO le paramètre de cette parabole, qui est donné avec l'axe et l'ordonnée, comme il a été montré plus haut; j'en retranche la neuvième partie EO. Je prends égale au reste AE la droite YK, que je probmge de KX égale à l'ordonnée ou demi-base DB. Sur YX comme diamètre, je décris le demi-cercle YTX et, prenant en II le milieu de YK, j'y élève la perpendiculaire UT qui rencontre le demi-cercle en T. Je prends UV égale à UT, et sur VX comme diamètre je décris le demicercle VQX jusqu'à la rencontre duquel j'élève du point U la perpendiculaire UQ. Sur les droites TU, UQ, je décris les demi-cercles TPR, UGQ, et j'y inscris les cordes TP, UG égales ii UY. Je joins UP, QG et j(î