Deux droites ne peuvent entourer un espace
Sur une droite finie donnée AB {fig. \), construire un triangle équilatéral.
Du centre A, avec le rayon AB, décrivons le cercle BCD [dem. 3];
(•) A = B; donc 2A = 2B.
(^) A = B; donc {A=iB.
(') Définition de V égalité géométrique.
(*) Définition des mois plus grand que, ou de V inégalité en général.
(') Legendre et d'autres auteurs ont cru nécessaire de faire de cet énoncé un théorème distinct, bien que ce soit une conséquence immédiate de la définition de la ligne droite.
(*) Axiome connu improprement sous le nom de postulatum d'Euclide. ( Voir à ce sujet la Note g.)
(') C'est-à dire qu'er .re deux points on ne peut mener qu'une ligne droite.
Fig. I.
l6 PREMIER LIVRE.
du centre B, 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 GA, CB [dem. 1]. ABC sera le triangle demandé. En effet, puisque l'on a
AG = AB[déf. 15] et
BC=BA, il en résulte
AC=:BC[ax. 1].
Par conséquent AC = AB = BC, et il s'ensuit [déf. 24] que le triangle construit sur AB est équilatéral.
A partir d' un point donné h.{fig. i), placer une droite égale à une droite donnée BC (*).
Fig, 2.
T"'<A ' . lA b
Menons de A en B la droite AB [dem.i]. Sur cette droite, construisons le triangle équilatéral ABD [pr. 1]. Prolongeons les
(1) La démonstration d'Euclide semble incomplète, en ce qu'elle ne fait pas voir que les deux cercles se coupent nécessairement. Il suffit, pour la compléter, de faire remarquer que chacun des deux cercles a un point intérieur et un point extérieur par rapport à l'autre cercle.
(^) 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 l'espace, sans qu'aucun de ses éléments, distances mutuelles ou angles, change de grandeur.
DES ÉLÉMENTS d'eUCLIDE. >'>
droites DA et DB vers E et F [dem. 2]. Du centre B, avec le rayon BC, décrivons le cercle GGH; et du centre D, avec le rayon DG, décrivons le cercle GIR [dem. 3]. La droite AK = BG sera placée à partir du point A, comme on le demandait. En effet, puisqu'on a
DK = DG[déf. 15],
^^ DA = DB[déf.24],
il en résulte
AK = BG[ax. 3].
Or on a BG = BG, et par suite AK et BG sont l'une et l'autre égales à BG; par suite AK = BG [ax. 1].
Étant données deux droites inégales, AB, G (Jig. Z), retrancher de la plus grande AB une droite égale à la plus petite G ( ' )•
Au point A plaçons une droite AD = G [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 =G.
Gar on a AE = AD [déf. IS]; d'ailleurs G = AD. Donc AE = G [ax. 1], et par suite BE = AB — G (2).
(1) Même observation que pour la proposition précédente. V) Si l'on donne la droite AD toute prête placée au pom A, la cons ruction se réduit à tracer simplement le cercle DEF [dem. 3], et l'on a .mmed.atement
AE = AD[déf. 15].
a HoÛEL. — Essai.
l8 * PREMIER LIVRE.
Si deux triangles ABC, DEF {^/ig- 4) ont les deux côtés AB, AG 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 BG, EF égales ; les triangles seront égaux et les angles restants, opposés aux côtés égaux, ABG et DEF, AGB et DFE, seront égaux chacun à chacun.
Appliquons, en effet, le triangle ABG 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 l'angle BAG étant égal à EDF, AG prendra la direction de DF, et, puisque AG = DF, le point G tombera sur le point F. Donc, puisque B coïncide avec E, et G avec F, BG coïncidera avec EF ; car, s'il en était autrement, ces deux droites, qui ont mêmes extrémités, renfermeraient entre elles un espace, ce qui est impossible [ax. 12]. Donc on a [ax. 8]
BG = EF, triangle ABG = triangle DEF,
angle ABG = angle DEF, angle AGB = angle DFE.
Dans tout triangle isoscèle ABG (Jig. 5 ), i ° les angles à la base ABG, AGB sont égaux entre eux ; 2" si l'on prolonge les côtés
(') Il semble quà partir d'ici Euclifle admelte implicitement la demande dont il est question dans les notes précédentes. Il en fait usage non seulement pour la démonstration actuelle, mais encore dans d'autres cas (pi'op. 8, par exemple).
DES ÉLÉMENTS d'eUCLIDE. ig
égaux AB, AG, les angles formés au-dessous de la base, DBG, EGB, 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]. Menons ensuite FG, GB.
1° Dans les triangles AGF, ABG, on a AF = AG, AG = AB, et l'angle A est commun. Donc [pr. 4]
FG = GB, AGF = ABG, AFG = AGB.
Gomme on a d'ailleurs AF = AG et AB = AG, il en résulte
[ax. 3] BF = GG. Par conséquent, dans les triangles FBG, GGB,
on a
BF=GG, FG = BG, BFG^BGG.
Donc [pr. 4] FBG= GGB, c'est-à-dire que les angles au-dessous de la base sont égaux.
a° De plus, BGF = GBG; et, comme on a d'ailleurs
ABG = AGF, GBG = BGF,
il en résulte [ax. 3] ABG = AGB, c'est-à-dire que les angles à la base sont égaux (').
Si, dans un triangle ABG {fig- 6), deux angles ABG, AGB
(') 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 13 en tête de ce Livre. {Voir la note relative à cette dernière proposition, page 26.)
sont égaux entre eux, les côtés AG, AB, opposés à ces angles égaux, seront aussi égaux entre eux.
Si les côtés AG, AB ne sont pas égaux, soit AB le plus grand. Prenons sur AB la longueur BD = AG [pr. 3], et menons DG. Dans les deux triangles ABG, DGB, on a BD=AG, BG commun, et DBG = AGB;donc[pr.4]
triangle DBG = triangle ABG,
ce qui est impossible [ax. 9] (♦). Donc AG et AB ne peuvent être inégaux. Donc AG = AB.
Si Von joint les extrémités d'une même base AB (Jig. 7) à deux points différents G, D, situés d'un même côté de cette
Fig. 7.
base, les deux distances GA, GB du premier point G aux extré-
(') Il serait peut-être plus clair de remarquer que de l'égalité des triangles il résulterait que l'angle DCB = ABG [pr. 4], et comme, par hypothèse, ABC=ACB, on aurait DBG =ACB [ax. 1], ce qui est absurde [ax. 9]. On éviterait ainsi la considération des aires des deux triangles.
DBS ÉLÉMENTS D'eUCLIDE. 91
mités de la base ne peuvent être égales chacune à chacune au deux distances DA, DB du second point D aux mêmes extrémités.
Soit, en effet, s'il est possible, AD = AG et BD = BG. Menons CD [et prolongeons BG vers E, BD vers F],
Puisque AD = AG, on a
ADG = AGD[pr. 5], et par suite
ADG>DGE[ax. 9],
et à plus forte raison
FDG>DGE.
Mais on a en même temps BD = BG, d'où résulterait
FDG = DGE[pr.5],
ce qui serait en contradiction avec ce qui précède.
Si deux triangles ABC^ DEF (Jig. 8) ont leurs deux côtés AB, AG respectivement égaux aux deux côtés DE, DF, et leurs bases BG, EF aussi égales entre elles, les angles, tels que BAG, EDF, compris entre des côtés égaux, sont égaux.
Fig. 8.
