ABD = ABE

ce qui est impossible [ax. 9]. Par conséquent, BE ne peut être en ligne droite avec BC, et le même raisonnement s'appliquera pareillement à toute autre droite différente de BD. Donc BC et BD sont le prolongement l'une de l'autre (*).

Si deux droites AB, CD {fig. i5) se coupent mutuellement, elles forment des angles opposés par le sommet égaux deux à deux, savoir CEA = DEB et CEB = AED.

Fig. i5.

On a, en effet [pr. 13] ,

CEA + AED = adroits, et

AED H- DEB = a droits.

(1) On peut faire sur cette proposition la même remarque que sur la précédente.

DES ËLËUENTS d'bUCLIDE. 1']

Donc [ax. 1 et 10] jr CEA + AED = AED + DEB ;

par suite, en ôtant de part et d'autre AED [ax. 3],

CEA = DEB.

On démontrerait de même que GEB = AED.

Si Von prolonge un côté BG d^un triangle ABG {fig' i6), V angle extérieur AGD est plus grand que chacun des angles intérieurs non adjacents GBA, BAC.

Partageons AG en deux parties égales au point E [pr. 10] ; menons BE et prolongeons cette droite d'une quantité EF = EB [pr. 3, note]. Menons CF.

Puisque l'on a

AE = EG, BE = EF et AEB = FEG [pr. 15],

il en résulte [pr. 4]

BAE = EGF. Mais on a [ax. 9]

AGD > EGF.

Par conséquent,

AGD > BAE.

De même, en partageant BG en deux parties égales, et prolongeant AG vers G, on démontrera que BGG, c'est-à-dire AGD [pr. 15], est plus grand que GBA.

a8 PREMIER LITRE.

Dans tout triangle ABC {fig- 17), la somme de deux angles quelconques ABC, ACB est moindre que deux angles droits.

Prolongeons BG vers D. On a [pr. 16]

ABG<AGD.

Par conséquent [ax. 4],

ABC + ACB < AGD + AGB.

Or on a [pr. 13]

AGD + AGB = adroits.

Donc

ABG + AGB < 2 droits.

On démontrerait de même que chacune des deux sommes BAG + AGB, GAB + ABG est moindre que deux angles droits.

Deux côtés AG, AB d'un triangle ABG {fig. 18) étant inégaux, au plus grand côté AG est opposé un plus grand angle ABG.

Soit AG > AB. Prenons AD = AB [pr. 3, note], et menons BD.

DES ÉLËHENTS d'eUCLIDE. 29

On aura alors [pr. 16]

ADB>ACB.

Maïs

ADB = ABD [pr. 5].

Donc ABD > ACB, et à plus forte raison

ABG>AGB.

Deux angles ABC, ACB dhin triangle ABC {fig- 19) étant inégaux, au plus grand angle ABC est opposé un plus grand

côté AG.

Fig. 19.

Si l'on n'avait pas AC ^ AB, il faudrait que l'on eût ou AC= AB ou AC < AB.

Si AC = AB, on aurait [pr. 5] ABC = ACB;

Si AC < AB, on aurait [pr. 18] ABC < ACB.

Ces deux conclusions étant contraires à l'hypothèse ABC > ACB, il s'ensuit que l'on ne peut pas ne pas avoir AC = AB ou >• AB.

Dans tout triangle ABC {fig' 20), la somme de deux côtés quelconques AB, AC est plus grande que le troisième BC.

Prolongeons AB vers D ; faisons AD = AC [pr. 3, note], et menons CD.

Puisque AD = AC, on a ACD = ADC [pr. 4]. Or on a

3o PREMIER LIVRE.

BCD > ACD [ax. 9]; par suite, BGD > ADG. Donc [pr. 19] BD > BC, c'est-à-dire BA + AC > BG.

Fig. 20.

On démontrerait de la même manière que l'on a

AB + BC>AC et BG + CA>AB.

Si des deux extrémités B, G de la base BG (fig- 21) du triangle ABG on mène deux droites BD, GD à un point D intérieur au triangle, 1° la somme de ces deux droites est moindre que celle

de deux autres côtés BA, GA du triangle; mais 2° V angle BDG qu'elles comprennent est plus grand que Vangle BAG du triangle, opposé à la même base BG.

1° Prolongeons BD jusqu'à la rencontre de AG en E. Dans le triangle ABE, on a [pr. 20]

BA + AE>BE; par suite, en ajoutant GE de part et d'autre [ax. 4], (1) BA + AG>BE+EG.

DES ÉLÉMENTS d'eUCLIDE. 3|

On a maintenant, dans le triangle CDE [pr. 20],

DE + EC>DG, d'où, en ajoutant DB de part et d'autre, (a) BE + EG>DG-f-DB.

En comparant les inégalités (i) et (2), on en tire, à plus forte

raison,