GE = BF
Retranchant alors membre à membre (i) de (a), il vient :
AE — GE = AF — BF, ou AG = BG
Donc, le triangle ABG est isocèle dans tous les cas possibles, résultat évidemment absurde.
Quatrième sophisme- — Nous devons à l'obligeance du capitaine Turton, communication de l'artifice ingénieux suivant :
Sur riiypoténiise BG d'un triangle rectangle DBG, on construit le triangle équilatéral ABG en plaçant le sommet A du même côté de BG que le sommet D. Sur GA on porte la longueur GH égale à CD. Soit K le milieti de BD. Traçons HK et prolongeons cette droite jusqu'à sa rencontre en L avec le prolongement de l'hypotliénuse GB. Joignons le point L à D et prenons les milieux M et N des droites LD et LH. Les perpendiculaires menées à ces droites aux points M, N se rencontreront nécessairement en un certain point 0 qui sera situé à l'extérieur du triangle DBG et du côté de BG opposé au sommet D de l'angle droit.
Traçons maintenant OG, OD, OH, OL.
Les deux obliques OL, OD sont égales, de même que OL et OH, donc OD = OH et les triangles ODG, OHG sont égaux comme ayant les trois côtés égaux. — D'où cette conclusion absurde que les deux angles OGD, OGH sont égaux.
Cinquième sophisme (*). Démontrer que si deux côtés opposés d'un quadrilatère sont égaux, les deux autres côtés sont parallèles. — Considérons un quadrilatère ABGD tel que les deux côtés opposés AB, GD soient égaux,
Prenons les milieux M, N des côtés opposés AD, BG et élevons en ces points les perpendiculaires sur ces côtés.
Si ces deux perpendiculaires ne se rencontrent pas, elles sont parallèles et il en est, par suite, de même des côtés AD, BG.
Si ces deux perpendiculaires se rencontrent, le point de rencontre 0 est à l'intérieur ou à l'extérieur du quadrilatère.
Supposons-le à l'intérieur et traçons les droites OA, OD, OB, OG. Les obliques OA, OD sont égales et il en est de même des obliques OB, OG; les deux triangles OAB, ODG sont donc égaux comme ayant les trois côtés égaux et
AOB=:DOG.
(') Matlicsis, octobre iSqS, série 2, vol. HT, p. 224.
D'ailleurs
