Archimède : De l'équilibre des plans (livre II)

LIVRE SECOND.

PROPOSITION PREMIÈRE.

Si deux surfaces qui sont comprises par une droite et par une parabole, et qui peuvent par conséquent s'appliquer sur une droite donnée, n'ont pas le même centré de gravité, le centre de gravité de la grandeur composée des deux premières sera dans la droite qui joint les centres de gravité, la droite dont nous venons de parler étant partagée de manière que ses segments soient réciproquement proportionnés aux surfaces paraboliques. Soient deux surfaces AB, ΓΔ, telles que celles dont nous venons de parler. Que leurs centres de gravité soient les points E, Z, et que la surface AB soit à la surface ΓΔ comme ZΘ est à ΘE. Il faut démontrer que le point Θ est le centre de gravité de la grandeur composée des deux grandeurs AB, ΓΔ.

Que chacune des droites ZH, ZK soit égale à EΘ, et la droite EΛ égale à la droite ZΘ, c'est-à-dire à la droite HE. La droite ΛΘ sera aussi égale à la droite KΘ ; et la surface AB sera à la surface ΓΔ comme ΛH est à HK ; car chacune des droites ΛH, HK est double de chacune des droites ZΘ, ΘE. Appliquons sur la droite ΛH de l'un et de l'autre côté, la surface AB ; de manière que la surface MN soit égale à la surface AB (α). Le centre de gravité de la surface MN sera le point E (i, 9). Achevons le rectangle NΞ. La surface MN sera à la surface NΞ comme ΛH est à NK. Mais la surface AB est-à la surface ΓΔ comme ΛH est à HK ; donc la surface AB est à la surface ΓΔ comme la surface MN est à la surface NΞ, et par permutation ……………… Mais la surface AB est égale à la surface MN ; donc la surface ΓΔ est égale à la surface NH. Puisque le centre de gravité de NΞ est le point Z, que la droite AΘ est égale à la droite ΘK, et que la droite entière ΛK partage les côtés opposés en deux parties égales, le point Θ sera le centre de gravité de la surface entière ΠM (i, 9). Mais la surface MΠ est égale à une surface composée de MN, NΞ; donc le point Θ est le centre de gravité de la surface composée des surfaces AB, ΓΔ.

Si dans le segment qui est compris par une droite et par une parabole, on inscrit un triangle qui ait la même base et la même hauteur que le segment; si dans les segments restants ont inscrit des triangles qui aient la même base et la même hauteur que ces segments, et si l'on continue d'inscrire de la même manière des triangles dans les segments restants, la figure produite est dite inscrite régulièrement dans le segment (β). Il est évident que les droites qui joignent les angles de la figure inscrite de cette manière, non seulement ceux qui sont les plus près du sommet, mais encore ceux qui viennent ensuite, seront parallèles à la base du segment. Ces droites seront coupées en deux parties égales par le diamètre du segment; et ces mêmes droites couperont le diamètre de manière que ses segments, en comptant pour un celui qui est vers le sommet, seront entre eux comme les nombres successivement impairs. Ce qu'il faut démontrer (γ).

PROPOSITION II.

Si dans un segment compris par une droite et par une parabole, on inscrit régulièrement une figure rectiligne, le centre de gravité de la figure rectiligne sera dans le diamètre du segment.

Que le segment ABΓ soit tel que celui dont nous venons de parler. Inscrivons-lui régulièrement la figure rectiligne AEZHBΘΛIKΓ. Que BΔ soit le diamètre du segment. Il faut démontrer que le centre de gravité de cette figure rectiligne est dans BΔ.

Car puisque le centre de gravité du trapèze AEKΓ est dans la droite ΛΔ (i, 15), le centre de gravité du trapèze EZIH dans MΛ, le centre de gravité du trapèze ZHΘI dans MN, et enfin le centre de gravité du triangle HBΘ dans BN, il est évident que le centre de gravité de la figure rectiligne entière sera dans BΛ.

PROPOSITION III.

Si dans deux segments semblables compris par une droite et par une parabole, on inscrit régulièrement des figures rectilignes qui aient le même nombre de côtés, les centres de gravité des figures rectilignes seront semblablement placés dans les diamètres des segments (α).

Soient les deux segments ABΓ, ΞOΠ. Inscrivons-leur régulièrement des figures rectilignes qui aient chacune le même nombre de côtés. Que BΔ, OΡ soient les diamètres des segments. Menons les droites EK, ZI, HΘ ; et les droites ΣT, ΥΦ, ΧΨ. Puisque les diamètres BΔ, ΡO sont partagés semblablement par les parallèles ; que leurs segments sont comme les nombres successivement impairs, et que ces segments sont égaux en nombre, il est évident que non seulement les segments des diamètres, mais encore les parallèles, seront dans les mêmes raisons (β). Mais les centres de gravité des trapèzes AEKΓ, ΞΣTΠ seront semblablement placés dans les droites ΛΔ, ΩΠ, parce que la raison de AΓ à EK est la même que la raison de ΞΠ à ΣT (i, 15 ) ; les centres de gravité des trapèzes ezik, ΣΥΦT seront semblablement placés dans les droites ΛM, ΩϚ; les centres de gravité des trapèzes ZΘ, ΥΨ seront semblablement placés dans les droites MN, ϚϞ, et les centres de gravité des triangles HBΘ, ΧOΨ seront encore semblablement placés dans les droites BN, OϞ ; et de plus les trapèzes et les triangles sont proportionnels. Il est donc évident que le centre de gravité de la figure rectiligne entière inscrite dans le segment ABΓ, et le centre de gravité de la figure rectiligne entière inscrite dans le segment ΞΘΠ sont semblablement placés dans les diamètres BΔ, OΡ. Ce qu'il fallait démontrer.

PROPOSITION IV.

Le centre de gravité d'un segment quelconque compris par une droite et par une parabole est dans le diamètre du segment. Soit ABΓ un segment tel que celui dont nous venons de parler. Que son diamètre soit BΔ. Il faut démontrer que le centre de gravité du segment dont nous venons de parler est dans la droite BΔ.

Que cela ne soit point; et que le point E soit son centre de gravité. Par ce point conduisons EZ parallèle à BΔ. Inscrivons dans le segment un triangle ABΓ, ayant la même base et la même hauteur que ce segment; et que ΓZ soit à ΔZ comme le triangle ABΓ est à la surface K. Inscrivons régulièrement dans le segment une figure rectiligne, de manière que la somme des segments restants soit moindre que la surface K (α). Le centre de gravité de la figure rectiligne inscrite est dans la droite BΔ (ii, 2); que son centre de gravité soit le point Θ Menons la droite ΘE; et ayant prolongé cette droite, conduisons ΓΛ parallèle à BΔ. Il est évident que la raison de la figure rectiligne inscrite dans le segment à la somme des segments restants est plus grande que la raison du triangle ABΓ à la surface K. Mais le triangle ABΓ est à la surface K comme ΓZ est à ZΔ; donc la raison de la figure inscrite dans le segment à la somme des segments restants est plus grande que la raison de ΓZ à ZΔ, c'est-à-dire de ΛE à EΘ. Que ME soit à EΘ comme la figure rectiligne inscrite est à la somme des segments. Donc puisque le centre de gravité du segment entier est le point E, et que le centre de gravité de la figure inscrite est le point Θ, il est évident que le centre de gravité de la grandeur restante qui est composée de tous les segments restants sera dans la droite ΘE prolongée, de manière que son prolongement soit à ΘE comme la figure rectiligne inscrite est à la somme des segments restants (i, 8). Donc le centre de gravité de la grandeur composée des segments restants sera le point M. Ce qui est absurde; car tous les segments restants sont du même côté de la droite menée par le point M parallèle à BΔ. Il est donc évident que le centre de gravité est dans BΔ.

PROPOSITION V.

Si dans un segment compris par une droite et par une parabole, on inscrit régulièrement une figure rectiligne, le centre de gravité du segment est plus près du sommet que le centre de gravité de la figure rectiligne.

Soit ABΓ un segment tel que celui dont nous venons de parler; que BΔ soit son diamètre. Inscrivons-lui d'abord régulièrement le triangle ABΓ. Partageons BΔ au point E, de manière que BE soit double de EΔ. Le point E sera le centre de gravité du triangle ABΓ. Partageons les droites AB, BΓ en deux parties égales aux points Z, H, et par les points Z, H conduisons les droites ZK, ΛH parallèles à BΔ; le centre de gravité du segment AKB sera dans la droite ZK, et le centre de gravité du segment BΓΛ dans la droite HΛ (ii, 4). Que ces centres de gravité soient les points Θ, I. Menons ΘI. Puisque la figure ΘZHI est un parallélogramme (α), et que ZN est égal à NH, la droite ΧΘ sera égale à la droite ΧI. Donc le centre de gravité de la grandeur composée des deux segments AKB, BΛΓ sera dans le milieu de ΘI, c'est-à-dire en Χ ; car ces segments sont égaux (β). Puisque le centre de gravité du triangle ABΓ est le point E, et que le centre de gravité de la grandeur composée des deux segments AKB, EΛΓ est le point Χ, il est évident que le centre de gravité du segment total ABΓ sera dans ΧE, c'est-à-dire entre les points Χ et E (ii, 8). Donc le centre de gravité du segment entier sera plus près du sommet que le centre de gravité du triangle régulièrement inscrit.

Inscrivons ensuite régulièrement dans le segment ABΓ le pentagone AKBΛΓ. Que la droite BΔ soit le diamètre du segment entier, et les droites KZ, ΛH les diamètres des segments AKB, BΛΓ.

Puisque dans le segment AKB on a inscrit régulièrement un triangle, le centre de gravité du segment entier est plus près du sommet que le centre de gravité du triangle. Que le point Θ soit le centre de gravité du segment AKB et le point I celui du triangle; que le point M soit le centre de gravité du segment BΛΓ, et le point N celui du triangle. Joignons les points Θ, M et les points I, N. La droite ΘΧ sera égale à la droite ΧM, et la droite IT à la droite TN.

Mais le triangle BΛΓ est égal au triangle AKB, et le segment BΛΓ au segment AKB, car on a démontré dans d'autres livres que ces segments sont égaux à quatre fois le tiers des triangles (γ) ; donc, le point Χ sera le centre de gravité de la grandeur composée des segments AKB, BΛΓ, et le point T le centre de gravité de la grandeur composée des triangles AKB, BΛΓ. Donc puisque le point E est le centre de gravité du triangle ABΓ, et le point Χ le centre de gravité de la grandeur composée des segments AKB, BΛΓ, il est évident que le centre de gravité du segment entier ABΓ est dans la droite ΧE, partagée de manière que la partie dont l'extrémité est le point Χ soit à la plus petite partie comme le triangle ABΓ est à la somme des segments AKB, BΛΓ (i, 8). Mais le centre de gravité du pentagone AKBΛΓ est dans la droite ET, partagée de manière que la partie dont l'extrémité est le point T, soit à l'autre partie comme le triangle ABΓ est à la somme des triangles AKB, BΛΓ. Donc puisque la raison du triangle ABΓ à la somme des triangles KAB, ABΓ est plus grande que la raison du triangle ABΓ à la somme des segments AKB, BΛΓ (d), il est évident que le centre de gravité du segment ABΓ est plus près du sommet B que le centre de gravité de la figure rectiligne inscrite. On pourra faire le même raisonnement pour toutes les figures rectilignes régulièrement inscrites.

PROPOSITION VI.

Un segment compris par une droite et par une parabole étant donné, on peut lui inscrire régulièrement une figure rectiligne, de manière que la droite qui est entre le centre de gravité du segment et celui de la figure rectiligne soit plus petite que toute droite proposée.

Soit donné le segment ABΓ tel que celui dont nous venons de parler ; que son centre de gravité soit le point Θ. Inscrivons-lui régulièrement le triangle ABΓ, et que Z soit la droite proposée. Que le triangle ABΓ soit à la surface K comme BΘ est à Z. Inscrivons régulièrement dans le segment ABΓ la figure rectiligne AKBΛΓ, de manière que la somme des segments restants soit plus petite que la surface K. Que le point E soit le centre d« gravité de la figure rectiligne inscrite. Je dis que la droite ΘE est plus petite que la droite Z.

Car si la droite ΘE n'est pas plus petite que la droite Z, elle lui est égale ou plus grande. Mais puisque la raison de la figure rectiligne AKBΛΓ à la somme des segments restants est plus grande que la raison du triangle ABΓ à la surface K (α), c'est-à-dire que la raison de la droite ΘB à la droite Z, et que la raison ΘB à Z n'est pas moindre que la raison de ΘB à ΘE ; parce que ΘE n'est pas plus petit que Z, la raison de la figure rectiligne AKBΛΓ à la somme des segments restants sera encore plus grande que la raison des BΘ à ΘE. C'est pourquoi, si nous faisons en sorte que la figure rectiligne AKBΛΓ soit à la somme des segments restants comme une autre droite est à la droite ΘE, cette autre droite sera plus grande que la droite BΘ. Que cette autre droite soit ΘN. Puisque le point Θ est le centre de gravité du segment ABΓ, et le point E le centre de gravité de la figure rectiligne AKBΛΓ, si l’on prolonge la droite EΘ et si l'on prend une certaine partie de son prolongement qui soit à ΘE comme la figure rectiligne AKBΛΓ est à la somme des segments restants, cette partie du prolongement sera plus grande que ΘB. Que HΘ soit donc à ΘE comme la figure rectiligne AKBΛΓ est aux segments restants; le point H sera le centre de gravité de la grandeur composée de tous les segments restants. Ce qui ne peut être; car si l’on conduit par le point N une droite parallèle à BΓ, les segments restants seront du même côté que le segment entier. Il est donc évident que la droite ΘE est moindre que la droite Z ; ce qu'il fallait démontrer (β).

PROPOSITION VII.

Les centres de gravité de deux segments semblables compris par une droite et par une parabole, coupent leurs diamètres dans la même raison.

Soient les deux segments ABΓ, EZN tels que ceux dont nous venons de parler. Que BΔ, ZΘ soient leurs diamètres ; que le point K soit le centre de gravité du segment ABΓ, et le point Λ le centre de gravité du segment EZN. Il faut démontrer que les points K, Λ coupent les diamètres en parties proportionnelles.

Car si cela n'est point, que ZM soit à ΘM comme KB est à KΔ. Inscrivons régulièrement dans le segment EZN une figure rectiligne, de manière que la droite qui est entre le centre de gravité du segment et le centre de gravité de la figure rectiligne soit plus petite que ΛM. Que le point Ξ soit le centre de gravité de la figure inscrite. Inscrivons dans le segment ABΓ une figure rectiligne semblable à celle qui est inscrite dans le segment EZN c'est-à-dire régulièrement (α). Le centre de gravité de cette dernière figure sera plus près du sommet que le centre de gravité du segment (ii, 5). Ce qui ne peut être. Il est donc évident que BK est à KΛ comme ZΛ est à ΛΘ.

PROPOSITION VIII.

Le centre de gravité d'un segment compris par une droite et par une parabole partage le diamètre, de manière que la partie qui est vers le sommet est égale à trois fois la moitié de la partie qui est vers la base.

Soit un segment ABΓ tel que celui dont nous venons de parler. Que BΔ soit son diamètre, et le point e son centre de gravité. Il faut démontrer que la droite BΘ est égale aux trois moitiés de la droite ΘΔ.

Inscrivons régulièrement dans le segment ABΓ le triangle dont le centre de gravité soit le point E. Partageons chacune des droites AB, BΓ en deux parties égales aux points Z, H, et conduisons les droites KZ, NΛ parallèles à BΔ : ces droites seront les diamètres des segments AKB, BΛΓ.

Que le point M soit le centre de gravité du segment AKB, et le point N le centre de gravité du segment BΛΓ. Menons les droites ZN, MN, KΛ. Le point Χ sera le centre de gravité de la grandeur composée de ces deux segments. Puisque BΘ est à ΘΔ comme KM est à MZ (α), par addition et par permutation, la droite BΔ sera à la droite KZ comme ΘΔ est à MZ. Mais la droite BΔ est quadruple de KZ, ainsi qu'on le démontrera à la fin, à l'endroit où est la lettre Θ (β). Donc la droite ΔΘ est quadruple de la droite MZ. Donc la droite restante BΘ est aussi quadruple de la droite restante KM c'est-à-dire de la droite ΣΧ. Donc la somme des droites restantes BΣ; ΞO est triple de la droite ΣΧ (γ).

Que BΣ soit triple de ΣΞ; la droite ΧΘ sera triple de ΞΧ. Puisque BΔ est quadruple de BΣ, car cela se démontre, et que BΣ est triple de ΣΞ, la droite ΞB sera le tiers de BΣ. Mais EΔ est le tiers de ΔB, parce que le point E est le centre de gravité du triangle ABΓ. Donc la droite restante ΞE est le tiers de la droite BΔ. Puisque le point Θ est le centre de gravité du segment entier, que le point Χ est le centre de gravité de la grandeur composée des deux segments AKB, BΛΓ, et qu'enfin le point E est le centre de gravité du triangle ABΓ, le triangle ABΓ sera à la somme des segments restants comme ΧΘ est à ΘE (i, 8). Mais le triangle ABΓ est triple de la somme des segments ; parce que le segment entier est égal à quatre fois le tiers du triangle ABΓ (d) ; donc ΧΘ est triple de ΘE. Mais on a démontré que ΧΘ est triple de ΧΞ; donc ΞE, c'est-à-dire ΔE est quintuple de EΘ, car les droites ΞE, ΔE sont égales. Donc ΔΘ est sextuple de ΘE. Mais BΔ est triple de ΔE (e); donc BΘ est égal aux trois moitiés de ΘΔ. Ce qu'il fallait démontrer.

PROPOSITION IX.

Si quatre lignes droites sont continuellement proportionnel les, si l’on prend une droite qui soit aux trois cinquièmes de l'excès de la plus grande sur la troisième, comme la plus petite est à l'excès de la plus grande sur la plus petite, et si l'on prend une autre droite qui soit à l'excès de la plus grande sur la troisième, comme une droite composée du double de la plus grande, du quadruple de la seconde, du sextuple de la troisième, du triple de la quatrième, est à une droite composée du quintuple de la plus grande, du décuple de la seconde, du décuple de la troisième et du quintuple de la quatrième; ces deux droites prises ensemble seront les deux cinquièmes de la plus grande (α).

Soient AB, BΓ, BΔ, BE quatre droites proportionnelles. Que la droite ZN soit aux trois cinquièmes de la droite AΔ comme BE est à EA, et que HΘ soit à AΔ comme une droite composée du double de AB, du quadruple de BΓ, du sextuple de BΔ et du triple de BE, est à une droite composée du quintuple de AB, du décuple de ΓB, du décuple de BΔ et du quintuple de BE. Il faut démontrer que ZΘ est égal aux deux cinquièmes de AB.

Puisque les droites AB, BΓ, BΔ, BE sont proportionnelles, les droites AΓ, ΓΔ, ΔE seront dans la même raison (β). Donc la somme des droites AB, BΓ est à BΔ, et la somme des droites BΔ, BΓ, est à EB comme AΔ est à ΔE, et comme la somme de tous les antécédents est à la somme de tous les conséquents. Donc AΔ est à ΔE comme une droite composée du double de AB, du triple de ΓB et de ΔB est à une droite composée du double de BΔ et de BE. Mais une droite composée du double de AB, du quadruple de BΓ, du quadruple de BΔ, du double de BE, est à une droite composée du double de BΔ et de BE comme la droite ΔA sera à une droite plus petite que ΔE; que ce soit à ΔO. La dernière raison sera égale à la première. Donc OA sera à AΔ comme une droite composée du double de AB, du quadruple de ΓB, du sextuple de BΔ, du triple de BE est à une droite composée du double de chacune des droites AB, EB, et du quadruple de chacune des droites ΓB, BΔ. Mais AΔ est à HΘ comme une droite composée du quintuple de chacune des droites AB, BE, et du décuple de chacune des droites ΓB, BΔ, est à la droite composée du double de AB, du quadruple de ΓB, du triple de EB et du sextuple de BΔ. Donc les raisons étant disposées différemment, c'est-à-dire la proportion étant troublée, par raison d'égalité, la droite OA sera à HΘ comme une droite composée du quintuple de chacune des droites AB, BE et du décuple de chacune des droites ΓB, BΔ, est à une droite composée du double de chacune des droites AB, BE et du quadruple de chacune des droites ΓB, BΔ. Mais une droite composée du quintuple de chacune des droites, AB, BE, et du décuple de chacune des droites ΓB, BΔ, est à une droite composée du double de chacune

des droites AB, BE et du quadruple de chacune des droites ΓB, BΔ, comme cinq est à deux; donc AO est à HΘ comme cinq est à deux. De plus, puisque OΔ est à ΔA comme EB, conjointement avec le double de BΔ est à une droite composée du double de chacune des droites AB, BE et du quadruple de chacune des droites ΓB, BΔ, et que AΔ est à ΔE comme une droite composée du double de AB, du triple de ΓB et de BΔ, est à une droite composée de EB et du double de BΔ. Donc les raisons étant autrement disposées, c'est-à-dire la proportion étant troublée, par raison d'égalité, la droite OΔ sera à la droite ΔE comme une droite composée du double de AB, du triple de BΓ et de BΔ, est à une droite composée du double de chacune des droites AB, BE et du quadruple de chacune des droites ΓB, BΔ. Donc EO est à EΔ comme une droite composée de ΓB, du triple de BΔ et du double de EB, est à une droite composée du double de chacune des droites AB, BE et du quadruple de chacune des droites ΓB, BΔ. Mais ΔE est à EB comme AΓ est à ΓB, et comme ΓΔ est à ΔB, et par addition, comme le triple de ΓΔ est au triple de ΔB, et comme le double de ΔE est au double de EB ; donc aussi une droite composée de AΓ, du triple de ΓΔ et du double de ΔE est à une droite composée de ΓB, du triple de ΔB et du double de EB. Donc les raisons étant autrement disposées, c'est-à-dire la proportion étant troublée, par raison d'égalité la droite EO sera à la droite EB comme une droite composée de AΓ, du triple de ΓΔ et du double de ΔE est à une droite composée du double de chacune des droites AB, BE et du quadruple de chacune des droites ΓB, BΔ. Donc la droite entière OB est à EB comme une droite composée du triple de AB, du sextuple de ΓB et du triple de BΔ est à une droite composée du double de chacune des droites AB, BE, et du quadruple de chacune des droites ΓB, BΔ. Puisque non seulement les droites EΔ, ΔΓ, ΓA ont la même raison, mais encore les sommes des droites EB, BA, des droites ΔB, ΓB et des droites ΓB, ΓA; donc une droite composée des droites EB, BΔ sera à une droite composée des droites AB, BΓ et des droites ΓB, BA comme EΔ est à ΔA. Donc, par addition, la droite AE est à AΔ comme une droite composée des droites EB, BΔ, et des droites AB, BΓ, et des droites ΓB, BΔ, c'est-à-dire des droites EB, BA et du double de chacune des droites ΔB, BΓ est à une droite composée de chacune des droites

BΔ, BA et du double de BΓ. Donc la raison du double au double sera la même, c'est-à-dire qu'une droite composée du double de chacune des droites EB, BA, et du quadruple de chacune des droites ΓB, BΔ est à une droite composée du double de chacune des droites AB, BΔ et du quadruple de ΓB, comme EA est à AΔ. Donc EA est aux trois cinquièmes de AΔ comme une droite composée du double de chacune des droites AB, BE, du quadruple de chacune des droites ΓB, BΔ aux trois cinquièmes de la droite composée du double de chacune des droites AB, BΔ, et du quadruple de ΓB. Mais EA est aux trois cinquièmes de AΔ comme EB est à ZH ; donc EB est à ZH comme une droite composée du double de chacune des droites AB, BE et du quadruple de chacune des droites ΔB, BΓ est aux trois cinquièmes de la droite composée du double de chacune des droites AB, BΔ et du quadruple de ΓB. Mais on a démontré qu'une droite composée du triple de chacune des droites AB, BΔ et du sextuple de ΓB, est à une droite composée du double de chacune des droites AB, BE et du quadruple de chacune des droites ΓB, BΔ, comme OB est à EB ; donc, par raison d'égalité, une droite composée du triple de chacune des droites AB, BΔ et du sextuple de ΓB, est aux trois cinquièmes d'une droite composée du double de chacune des droites AB, BΔ, du quadruple de ΓB, comme OB est à ZH. Mais la droite composée du triple de chacune des droites AB, BΔ et du sextuple de ΓB, est à une droite composée du double de chacune des droites AB, BΔ et du quadruple de ΓB comme trois est à deux. Mais la première droite est aux trois cinquièmes de cette droite comme cinq est à deux, et l'on a démontré que AO est à HΘ comme cinq est à deux. Donc la droite entière BA est à la droite entière ZΘ comme cinq est à deux. Cela étant ainsi, il faut que ce soit les deux cinquièmes de AB Ce qu'il fallait démontrer.

PROPOSITION X.

Le centre de gravité d'un segment retranché d'une surface parabolique est dans la ligne droite qui est le diamètre du segment partagée en cinq parties égales ; et il est placé dans la partie du milieu, coupée de manière que la portion qui est plus près de la plus petite base du segment, soit à l'autre portion comme un solide ayant pour base le carré construit sur la moitié de la grande base du segment, et pour hauteur le double de la plus petite base, conjointement avec la plus grande, est à un solide ayant pour base le carré construit sur la moitié de la plus petite base du segment et pour hauteur le double de la plus grande base du segment, conjointement avec la plus petite base du segment.

Soient dans une parabole les deux droites AΓ, ΔE; que BZ soit le diamètre du segment ABΓ. Il est évident que HZ sera aussi le diamètre du segment AΔEΓ, et que les droites AΓ, ΔE sont parallèles à la tangente au point B (α). Partageons la droite HZ en cinq parties égales, et que ΘK soit la partie du milieu. Que ΘI soit à IK comme un solide ayant pour base le carré construit sur AZ et pour hauteur le double de la droite ΔH, conjointement avec la droite AZ, est à un solide ayant pour base le carré construit sur ΔH et pour hauteur le double de la droite AZ, conjointement avec la droite ΔH. Il faut démontrer que le point I est le centre de gravité du segment AΔEΓ.

Que MN soit égal à ZB, et NO égal à HB. Prenons une droite NΞ moyenne proportionnelle entre MN, NO, et la droite TN quatrième proportionnelle à ces trois droites. Faisons en sorte que TM soit à TN comme ZΘ est à une droite IΠ menée du point I ; son autre extrémité tombera où l’on voudra, car il est indifférent que son autre extrémité tombe entre Z, H ou entre H, B. Puisque ZB est un diamètre de la parabole, c'est-à-dire, ou le premier ou un diamètre parallèle au premier (β), et que les droites AZ, ΔH sont des ordonnées, parce qu'elles sont parallèles à la tangente au point B, le carré construit sur AZ sera au carré construit sur ΔH comme ZB est à BH, c'est-à-dire comme MN est à NO. Mais MN est à NO comme le carré construit sur MN est au carré construit sur NΞ, donc le carré construit sur AZ est au carré construit sur ΔH comme le carré construit sur MN est au carré construit sur NΞ. Donc AZ est à ΔH comme MN est à NΞ. Donc le cube construit sur AZ est au cube construit sur ΔH comme le cube construit sur MN est au cube construit sur NΞ. Mais le cube construit sur AZ est au cube construit sur ΔH comme le segment BAΓ est au segment ΔBE; et le cube construit sur MN est au cube construit sur NΞ comme MN est à NT. Donc, par soustraction, le segment AΔΓE est au segment ABE comme MT est à TN, c'est-à-dire comme les trois cinquièmes de HZ est à IΠ. Puisqu'un solide qui a pour base le carré construit sur AZ et pour hauteur le double de AH, conjointement avec la droite AZ, est au cube construit sur AZ comme le double de la droite ΔH, conjointement avec la droite AZ est à ZA, et par conséquent comme le double de NΞ, conjointement avec MN est à NM. Donc le cube construit sur AZ est au cube construit sur ΔH comme MN est à NT. Mais le cube construit sur ΔH est à un solide ayant pour base le carré construit sur ΔH et pour hauteur le double de la droite AZ, conjointement avec la droite ΔH comme ΔH est au double de la droite ΔZ, conjointement avec la droite ΔH, et comme la droite TN est au double de la droite ON, conjointement avec la droite TN. On a donc quatre quantités, savoir : le solide qui a pour base le carré .construit sur AZ et pour hauteur le double de la droite ΔH, conjointement avec la droite AZ; le cube construit sur AZ; le cube construit sur ΔH, et le solide qui a pour base le carré de ΔH et pour hauteur le double de la droite AZ, conjointement avec la droite ΔH; et ces quatre quantités sont proportionnelles deux à deux à quatre quantités, savoir : au double de la droite NΞ, conjointement avec la droite NM, à la droite MN, à la droite NT, et enfin au double de la droite NO, conjointement avec la droite NT. Donc par raison d'égalité, le solide qui a pour base le carré construit sur AZ et pour hauteur le double de la droite ΔH, conjointement avec la droite AZ est au solide qui a pour base le carré construit sur ΔH et pour hauteur le double de la droite AZ, conjointement avec la droite ΔH, comme le double de la droite NΞ,

conjointement avec la droite NM est le double de la droite NO, conjointement avec la droite NT. Mais le premier solide dont nous venons de parler est au second solide dont nous venons aussi de parler, comme ΘI est à IK; donc ΘI est à IK comme la première droite composée est à la seconde droite composée. Donc, par addition et en quintuplant les antécédents, la droite ZH sera à la droite IK comme une droite composée du quintuple de chacune des droites MN, NT, et la décuple de chacune des droites NΞ, NO est au double de la droite ON, conjointement avec la droite NT. Mais ZH est aux deux cinquièmes de ZK comme une droite composée du quintuple de chacune des droites MN, NT, du décuple de chacune des droites ΞN, NO est aune droite composée du double de chacune des droites MN, NT et du quadruple de chacune des droites ΞN, NO. Donc une droite composée du quintuple de chacune des droites MN, NT et du décuple de chacune des droites ΞN, NO sera à une droite composée du double de MN, du quadruple de NΞ, du sextuple de ON et du triple de NT, comme ZH est à ZI. Donc puisque les quatre droites MN, NΞ, ON, NT sont continuellement proportionnelles, la droite NT est à TM comme la droite ΡI qui a été prise est aux trois cinquièmes de ZH, c'est-à-dire à MO. Mais une droite composée du double de NM, du quadruple de NΞ, du sextuple de NO et du triple de NT est à une droite composée dû quintuple de chacune des droites MN, NT, du décuple de chacune, des droites ΞN, NO, comme l'autre droite IZ qui a été prise est à ZH, c'est-à-dire à MO. Donc la droite ΡZ, d'après ce que nous avons démontré plus haut, sera les deux cinquièmes de MN, c'est-à-dire de ZB. Donc le point Ρ est le, centre de gravité du segment ABΓ. Que le point Χ soit le centre de gravité du segment ΔBE ; le centre de gravité du segment AΔEΓ sera dans une droite placée dans la direction de ΧΡ, qui sera à la droite ΧΡ comme le segment AΔEΓ est au segment restant (i, 8). Mais le point I est ce centre de gravité, car BΡ est égal aux trois cinquièmes de ZB et BΧ aux trois cinquièmes de HB; donc la droite ΧΡ est égale aux trois cinquièmes de la droite restante HZ. Mais le segment AΔEΓ est au segment ΔBE comme MT est à NT, et MT est à NT comme les trois cinquièmes de HZ, qui est ΧΡ, est à ΡI. Donc le segment AΔEΓ est au segment ΔBE comme ΧΡ est à ΡI. Mais le point Ρ est le centre de gravité du segment total, et le point Χ le centre de gravité du segment ΔBE. Il est donc évident que le point I est le centre de gravité du segment AΔEΓ.

FIN DE L'ÉQUILIBRE DES PLANS.

COMMENTAIRE

LIVRE SECOND.

PROPOSITION I.

(α) Puisque le segment AB est égal à quatre fois le tiers du triangle qui a la même base et la même hauteur que le segment (voyez le Traité de la Quadrature de la Parabole), il sera facile de transformer ce triangle en un rectangle dont la base soit égale à la droite ΛH.

(β) Le grec dit γνωρίμος comme on sait; en sorte que cette phrase signifie, nommons cette figure inscrite dans le segment, suivant l’acception ordinaire. Je ne blâme pourtant pas le mot régulièrement, il vaut peut-être mieux que tout ce qu'on pourrait mettre en place. Je dis seulement que la traduction n'est pas littérale, non plus que dans le latin. (Delambre)

(γ) Dans le segment parabolique ABΓ, dont BΔ est le diamètre, ou une parallèle au diamètre, inscrivons régulièrement la figure rectiligne ABΓ. Menons les droites EΛ, ZM, HN, ΘΞ, IO, KΠ parallèles au diamètre, et menons ensuite les droites EK, ZI, HΘ. Il faut démontrer que les droites EK, ZI, HΘ sont parallèles à la base AΓ du segment ; que ces droites sont coupées en deux parties égales par le diamètre BΔ, et que les droites BΧ, ΧΨ, ΨΩ, ΩΔ, sont entre elles comme les nombres 1, 3, 5, 7.

Puisque ZM est parallèle au diamètre BΔ, la droite AT sera égale à TB (Quadr. de la Parab. prop. 1). Donc AM est égal à MΔ. Par la même raison, la droite AϚ étant égale à ϚZ, et la droite ZϞ étant égale à la droite BϞ, la droite AΛ sera égale à ΛM, et la droite MN égale à la droite NΔ. Mais la droite AM est égale à MΔ ; donc les droites AΛ, ΛM, MN, NΔ sont égales entre elles. On démontrera semblablement que les droites ΔΞ, ΞO, OΠ, ΠΓ sont égales entre elles. Mais AΔ est égal à ΔΓ; donc les droites AΛ, ΛM, MN, NΔ, ΔΞ, ΞO, OΠ, ΠΓ sont toutes égales entre elles. Mais AΛ : ΛΠ :: AΔ : BΔ, et ΠΓ : ΠΣ :: ΓΔ : BΔ :: AΔ : BΔ ; donc AΛ : ΛR :: ΠΓ : ΠΣ. Mais AΛ = ΠΓ ; donc ΛR = ΠΣ. Mais ΛΠ : RE :: AΔ : ΛΔ (Quadr. de la Parabole, prop. iv), et ΠΣ : ΣK :: ΔΓ : ΔΠ :: AΔ : ΛΔ ; donc ΛΡ : ΡE :: ΠΣ : ΣK. Mais ΛΡ = ΠΣ ; donc ΡE = ΣK. Donc ΛE = KΠ. Donc EK est parallèle à AΓ. On démontrerait de la même manière que les droites ZI, HΘ sont parallèles à AΓ.

Puisque les droites EK, AΠ sont parallèles entre elles, ainsi que les droites EΛ, BΔ, KΠ, et que ΛΔ est égal à ΔΠ, la droite EΩ sera égale à ΩK. Par la même raison, la droite ZΨ est égale à ΨI, et la droite HΧ égale à ΧΘ. Donc le diamètre BΔ partage les droites EK, ZI, HΘ en deux parties égales.

Puisque BΔ : BΨ :: 4 : 1 (Quadr. de la Parab. prop. xix), et que BΨ : EΧ :: 4 : 1, il est évident que si la droite BΧ vaut 1, la droite EΨ vaudra 4; la droite ΧΨ, 3 ; et la droite BΔ, 16. D'où il suit que ZT vaudra 4, et que ΨΔ ou ZM vaudra 12. Menons la droite EΦ parallèle à AB, on aura ZT : ZΦ :: 4 : 1 (Quadr. de la Parabole, prop. xix). Donc ΦT, c'est-à-dire EΡ, vaudra 3, et ΛΡ, qui est égal à la moitié de MT, vaudra 4. Donc ME, c'est-à-dire ΩΔ, vaudra 7, et par conséquent ΨΩ, qui est égal à ΨΔ — ΩA, vaudra 5. Donc BΧ étant 1, ΧΨ vaudra 3, ΨΩ vaudra 5, et ΩΔ vaudra 7. Donc les droites BΧ, ΧΨ, ΨΩ, ΩΔ sont entre elles comme les nombres 1, 3, 5, 7.