ALLER A LA TAΒLE DES MATIERES D'ARCHIMEDE

Oeuvre numérisée par Marc Szwajcer

 

 

 

OEUVRES

D'ARCHIMÈDΕ,

TRADUITES LITTÉRALEMENT,

AVEC UN COMMENTAIRE,

PAR F. PEYRARD,

Professeur de Mathématiques et d'Astronomie au Lycée Bonaparte ;

SUIVIES

D'un Mémoire du Traducteur, sur un nouveau Miroir Ardent,

et d'un autre Mémoire de M. Delambre, sur l'Arithmétique des Grecs.

OUVRAGΕ APPROUVÉ PAR L'INSTITUT ET ADOPTÉ PAR LE GOUVERNEMENT

POUR LES BIΒLIOTHÈQUES DΕS LYCÉES.

DÉDIÉ A SA MAJESTÉ L'EMPEREUR ET ROI.

A PARIS,

CHEZ FRANÇOIS  BUISSON,   LIBRAIRE-ÉDITEUR,

RUE   GÎT-LE-COEUR,    N°    10,   ET  CI-DΕVANT   RUE   HAUTE-FEUILLE,   N°   30.

M DCCC VII

PRÉFACE

DΕ LA SPHÈRE ET DU CYLINDRE.

LIVRE PREMIER.
 

L'ARENAIRE

DE LA MESURE DU CERCLE

DE LA QUADRATURE DE LA PARABOLE.

DES HÉLICES

DE L'ÉQUILIBRE DES PLANS OU DE LEURS CENTRES DE GRAVITÉ.

LIVRE PREMIER
LIVRE DEUXIÈME

DES CONOÏDES ET DES SPHÉROÏDES.

LEMMES

DES CORPS QUI SONT PORTÉS SUR UN FLUIDE. (2 livres)

 

 

 

 

 

 

DE LA SPHÈRE ET DU CYLINDRE.

LIVRE SECOND.

livre 1

 

ARCHIMÈDE A DOSITHÉE, SALUT.

Tu m'avais engagé à écrire les démonstrations des problèmes que j'avais envoyés à Conon; mais il est arrivé que la plupart de ces problèmes découlent des théorèmes dont je t'ai déjà envoyé les démonstrations ; tels sont, par exemple les théorèmes suivants :

La surface d'une sphère quelconque est quadruple d'un de ses grands cercles.

La surface d'un segment sphérique quelconque est égale à un cercle qui a un rayon égal à la droite menée du sommet du segment à la circonférence de sa base.

Un cylindre qui a une base égale à un grand cercle d'une sphère, et une hauteur égale au diamètre de cette sphère, est égal à trois fois la moitié de cette sphère, et la surface de ce cylindre est aussi égale à trois fois la moitié de la surface de cette même sphère.

Et enfin, tout secteur solide est égal à un cône qui a une base égale à la partie de la surface de la sphère comprise dans le secteur, et une hauteur égale au rayon de la sphère.

Tu trouveras dans le livre que je t'envoie tous les théorèmes et tous les problèmes qui découlent des théorèmes dont je viens de parler. Quant aux choses que l’on trouve par d'autres considérations et qui regardent les hélices et les conoïdes, je ferai en sorte de te les envoyer le plutôt possible. Voici quel était le premier problème.

PROPOSITION I.

Une sphère étant donnée, trouver une surface plane égale à la surface de cette sphère.

Cela est évident; car la démonstration de ce problème est une suite du théorème dont nous venons de parler ; attendu que le quadruple d'un grand cercle, qui est une surface plane, est égal à la surface de la sphère.

PROPOSITION II.

Le problème suivant était le second.

Un cône ou un cylindre étant donné, trouver une sphère égale à ce cône ou à ce cylindre.

Soit A le cône ou le cylindre donné. Que la sphère B soit égale à A. Supposons que le cylindre ΓZΔ soit égal à trois fois la moitié du cône ou du cylindre A. Que le cylindre qui a pour base le cercle décrit autour du diamètre HΘ, et pour axe la droite KΛ égale au diamètre de la sphère B, soit égal à trois fois la moitié de la sphère B : le cylindre E sera égal au cylindre K. Mais les bases des cylindres égaux sont réciproquement proportionnelles à leurs hauteurs ; donc le cercle E est au cercle K, c'est-à-dire le carré construit sur ΓΔ est au carré construit sur HΘ comme KΛ est à EZ. Mais KΛ est égal à HΘ ; car un cylindre qui est égal à trois fois la moitié de la sphère, et dont l’axe est égal au diamètre de cette même sphère, a une base K égale à un grand cercle de cette même sphère (I, 37). Donc le carré construit sur ΓΔ est au carré construit sur HΘ comme HΘ est à EZ. Que la surface comprise sous ΓΔ, MN soit égale au carré construit sur HΘ (α). Λa droite ΓΔ sera à la droite MN comme le carré construit sur ΓΔ est au carré construit sur HΘ, c'est-à-dire comme HΘ est à EZ ; et par permutation, la droite ΓΔ est à la droite HΘ comme HΘ est à MN, et comme MN est à EZ. Mais les deux droites ΓΔ, EZ sont données (β); donc les deux moyennes proportionnelles HΘ, MN entre les deux droites ΓΔ, EZ sont aussi données. Donc chacune des deux droites HΘ, MN est donnée.

On construira le problème de la manière suivante. Soit a le cône ou le cylindre donné. Il faut trouver une sphère égale au cône ou au cylindre A.

Que le cylindre dont la base est le cercle décrit autour du diamètre ΓΔ, et dont l’axe est la droite EZ, soit égal à trois fois la moitié du cône ou du cylindre A. Prenons deux moyennes proportionnelles HΘ, MN entre ΓΔ, EZ, de manière que ΓΔ soit à HΘ comme HΘ est à MN, et comme MN est à EZ (γ) ; et concevons un cylindre qui ait pour base le cercle décrit autour du diamètre HΘ, et pour axe la droite KΛ égale au diamètre HΘ. Je dis que le cylindre E est égal au cylindre K.

Puisque ΓΔ est à HΘ comme MN est à EZ; par permutation, et à cause que HΘ est égal à KΛ (δ), la droite ΓΔ sera à la droite MN, c'est-à-dire, le carré construit sur ΓΔ sera au carré construit sur HΘ comme le cercle E est au cercle K. Mais le cercle E est au cercle K comme KΛ est à EZ; donc les bases E, K des cylindres sont réciproquement proportionnelles à leurs hauteurs ; donc le cylindre E est égal au cylindre K. Mais le cylindre K est égal à trois fois la moitié de la sphère qui a pour diamètre la droite HΘ, donc la sphère qui a un diamètre égal à la droite HΘ, c'est-à-dire, la sphère B est égale au cône ou au cylindre A.

PROPOSITION III.

Un segment quelconque d'une sphère est égal à un cône qui a la même base que ce segment, et pour hauteur une droite qui est à la hauteur du segment comme une droite composée du rayon de la sphère et de la hauteur de l'autre segment est à la hauteur de cet autre segment.

Soient une sphère et un de ses grands cercles qui ait pour diamètre la droite AΓ. Coupons cette sphère par un plan mené par la droite BZ, et perpendiculaire sur la droite AΓ. Que le point Θ soit le centre. Que la somme des deux droites ΘA, AE soit à la droite AE comme ΔE est à ΓE ; et de plus, que la somme des deux droites ΘΓ, ΓE soit à la droite ΓE comme KE est à EA.

Sur le cercle dont BZ est le diamètre, construisons deux cônes qui aient pour sommets les points K, Δ. Je dis que le cône BΔZ est égal au segment de la sphère qui est du côté Γ, et que le cône BKZ est égal au segment de la sphère qui est du côté A.

Menons les rayons BΘ, ΘZ : concevons un cône qui ait pour base le cercle décrit autour du diamètre BZ, et pour sommet le point Θ. Soit aussi un cône M qui ait une base égale à la surface du segment sphérique BΓZ, c'est-à-dire à un cercle dont le rayon soit égal à la droite BΓ ; et que la hauteur de ce cône soit égale au rayon de la sphère. Le cône M sera égal au secteur solide BΓΘZ, ainsi que cela a été démontré dans le premier livre (I, 50). Puisque ΔE est à EΓ comme la somme des droites ΘA, AE est à la droite ΔE ; par soustraction, la droite ΓA sera à la droite ΓE comme ΘA est à AE, c'est-à-dire comme ΓΘ est à AE ; par permutation, la droite ΔΓ sera à la droite ΓΘ comme ΓE est à EA ; et enfin par addition, la droite ΘΔ sera à la droite ΘΓ comme ΓA est à AE, c'est-à-dire comme le carré construit sur ΓB est au carré construit sur BE. Donc la droite ΘΔ est à la droite ΓΘ comme le carré construit sur ΓB est au carré construit sur BE. Mais la droite ΓB est égale au rayon du cercle M, et la droite BE est égale au rayon du cercle décrit autour du diamètre BZ ; donc ΔΘ est à ΘΓ comme le cercle M est au cercle décrit autour du diamètre BZ. Mais la droite ΘΓ est égale à l'axe du cône M ; donc la droite ΔΘ est à l’axe du cône M comme le cercle M est au cercle décrit autour du diamètre BZ ; donc le cône qui a pour base le cercle M, et pour hauteur le rayon de la sphère est égal au rhombe solide BΔZΘ, ainsi que cela a été démontré dans le quatrième lemme du premier livre (I, 17). Ou bien de la manière suivante, puisque la droite AΘ est à la hauteur du cône M comme le cercle M est au cercle décrit autour du diamètre BZ, le cône M sera égal au cône qui a pour base le cercle décrit autour du diamètre BZ et pour hauteur la droite ΔΘ ; caries bases de ces cônes sont réciproquement proportionnelles à leurs hauteurs. Mais le cône qui a pour base le cercle décrit autour du diamètre BZ, et pour hauteur la droite ΔΘ, est égal au rhombe solide BΔZΘ ; donc le cône M est aussi égal au rhombe solide BΔZΘ. Mais le cône M est égal au secteur solide BΓZΘ ; donc le secteur solide BΓZΘ est égal au rhombe solide BΔZΘ. Donc si l'on retranche le cône commun qui a pour base le cercle décrit autour du diamètre BZ et pour hauteur la droite BΘ, le cône restant BΔZ sera égal au segment sphérique BZΓ.

On démontrera semblablement que le cône BKZ est égal au segment sphérique BAZ. En effet, puisque la droite KE est à la droite EA comme la somme des droites ΘΓ, ΓE est à la droite ΓE; par soustraction, la droite KA est à la droite AE comme ΘΓ est à ΓE. Mais ΘΓ est égal à ΘA ; donc, par permutation, la droite KA est à la droite AΘ comme AE est à EΓ. Donc, par addition, la droite KΘ est à la droite ΘA comme AΓ est à ΓE, c'est-à-dire comme le carré construit sur BA est au carré construit sur BE. Supposons de nouveau un cercle K, qui ait un rayon égal à la droite AB. Le cercle N sera égal à la surface du segment sphérique BAZ. Concevons un cône N qui ait une hauteur égale au rayon de la sphère ; ce cône sera égal au secteur solide BΘZA, ainsi que cela a été démontré dans le livre premier (I, 50) (α). Mais nous avons démontré que la droite KΘ est à la droite ΘA comme le carré construit sur AB est au carré construit sur BE, c'est-à-dire comme le carré construit sur le rayon du cercle N est au carré du rayon du cercle décrit autour du diamètre BZ, c'est-à-dire comme le cercle N est au cercle décrit autour du diamètre BZ ; et la droite AΘ est égale à la hauteur du cône N ; donc la droite KΘ est à la hauteur du cône N comme le cercle N est au cercle décrit autour du diamètre BZ. Donc le cône N, c'est-à-dire le secteur BΘZA est égal à la figure BΘZK. Donc si nous ajoutons à chacun de ces deux solides le cône dont la base est le cercle décrit autour de BZ, et dont la hauteur est la droite EΘ, le segment sphérique total ABZ sera égal au cône BZK (β). Ce qu'il fallait démontrer.

Il est encore évident qu'en général un segment sphérique est à un cône qui a la même base et la même hauteur que ce segment, comme la somme du rayon de la sphère et de la hauteur de l'autre segment est à la hauteur de cet autre segment; car la droite ΔE est à la droite EΓ comme le cône AZB, c'est-à-dire le segment BΓZ est au cône BΓZ.

Les mêmes choses étant supposées, nous démontrerons autrement que le cône KBZ est égal au segment sphérique AZB. Soit un cône N qui ait une base égale à la surface de la sphère et une hauteur égale au rayon. Ce cône sera égal à la sphère. En effet, nous avons démontré que la sphère est quadruple du cône qui a pour base un grand cercle de cette sphère et pour hauteur un rayon de cette même sphère (I, 36); or le cône N est aussi quadruple du cône dont nous venons de parler, parce que la base du premier cône est quadruple de la base du second, et que la surface de la sphère est quadruple d'un de ses grands cercles. Puisque la somme des droites ΘA, AE est à la droite AE comme ΔE est à EΓ ; par soustraction et par permutation, la droite ΘΓ sera à la droite ΓΔ comme AE est à EΓ. De plus, puisque la droite KE est à la droite EA comme la somme des droites ΘΓ, ΓE sera à la droite ΓE ; par soustraction et par permutation, la droite KA sera à la droite ΓΘ ou à la droite ΘA comme AE est à EΓ, c'est-à-dire comme ΘΓ est à ΓΔ. Donc, par addition, et à cause que la droite AΘ est égale à la droite ΘΓ, la droite KΘ sera à la droite ΘΓ comme ΘΔ est à ΔΓ ; et (γ) la droite totale KΔ est à la droite ΔΘ comme ΔΘ est à ΔΓ, c'est-à-dire comme KΘ est à ΘA. Donc la surface comprise sous ΔΘ, ΘK est égale à la surface comprise sous ΔK, ΘA. De plus, puisque KΘ est à ΘΓ comme ΘΔ est à ΓΔ ; par permutation, la droite KΘ sera à la droite ΘΔ comme ΘΓ est à ΓΔ. Mais nous avons démontré, que ΘΓ est à ΓΔ comme AE est à EΓ ; donc KΘ est à ΘΔ comme AE est à EΓ. Donc le carré construit sur KΔ est à la surface comprise sous KΘ, ΘA comme le carré construit sur AΓ est à la surface comprise sous AE, EΓ (δ). Mais on a démontré que la surface comprise sous KΘ, ΘΔ est égale à la surface comprise sous KΔ, AΘ donc le carré construit sur KΔ est à la surface comprise sous KΔ, AΘ, c'est-à-dire que KΔ est à AΘ comme le carré construit sur AΓ est à la surface comprise sous AE, EΓ c'est-à-dire au carré construit sur EB. Mais AΓ est égal au rayon du cercle N ; donc le carré construit sur le rayon du cercle N est au carré construit sur la droite BE, c'est-à-dire que le cercle N est au cercle décrit autour du diamètre BZ comme KΔ est à AΘ, c'est-à-dire comme la droite KA est à la hauteur du cône N. Donc le cône N, c'est-à-dire la sphère, est égal au rhombe solide BΔZK (I, 17, lemme 4). Ou bien de cette manière, donc le cercle N est au cercle décrit autour du diamètre BZ comme la droite KΔ est à la hauteur du cône N. Donc le cône N est égal au cône dont la base est Je cercle décrit autour du diamètre BZ et dont la hauteur est ΔK ; car les bases de ces cônes sont réciproquement proportionnelles, à leurs hauteurs (I, 17, lemme 4). Mais le cône N est égal au rhombe solide BKZΔ ; donc le cône N, c'est-à-dire la sphère, est aussi égal au rhombe solide BKZΔ, qui est composé des cônes BΔZ, BKZ. Mais nous avons démontré que le cône BΔZ est égal au segment sphérique BΓZ ; donc le cône restant BKZ est égal au segment sphérique BAZ (γ).

PROPOSITION IV.

Le troisième problème était celui-ci : couper une sphère donnée par un plan, de manière que les surfaces des segments aient entre elles une raison égale à une raison donnée.

Supposons que cela soit fait. Que AΔBE soit un grand cercle de la sphère, et que AB soit son diamètre ; que la section du cercle AΔBE par ce plan soit la droite ΔE, et menons.les droites AΔ, BΔ. Puisque la raison de la surface du segment ΔAE à la surface du segment ΔBE est donnée; que la surface du segment ΔAE est égale à un cercle qui a un rayon égal à la droite AΔ (I, 49) ; et que la surface du segment ΔBE est égale à un cercle qui a un rayon égal à la droite ΔB: (I, 48) ; et à cause que les cercles dont nous venons de parler sont entre eux comme les carrés construits sur les droites AΔ, AB, c'est-à-dire comme les droites AΓ, ΓB ; il est évident que la raison de AΓ à ΓB est donnée, et par conséquent le point Γ. Mais la droite ΔE est perpendiculaire sur AB ; donc le plan qui passe par ΔE est donné de position.

On construira ce problème de la manière suivante: soit la sphère dont AΔBE est un grand cercle et dont AB est le diamètre. Que la raison donnée soit la même que celle de la droite Z à la droite H. Coupons la droite AB au point Γ, de manière que AΓ soit à ΓB comme Z est à H ; par le point Γ coupons la sphère par un plan perpendiculaire sur AB ; et que la commune section soit ΔE. Menons les droites AΔ, ΔB.

Supposons enfin deux cercles Θ, K dont l'un ait un rayon égal à la droite AΔ et l'autre un rayon égal à la droite ΔB. Le cercle Θ sera égal à la surface du segment ΔAE, et le cercle K égal à la surface du segment ΔBE, ainsi que cela a été démontré dans le premier livre (I, 48 et 49). Puisque l'angle AΔB est donné et que la droite ΓA est perpendiculaire, la droite AΓ est à la droite ΓB, c'est-à-dire que Z est à H comme le carré construit sur AΔ est au carré construit sur ΔB, c'est-à-dire comme le carré construit sur le rayon du cercle Θ est au carré construit sur le rayon du cercle K, c'est-à-dire co.mme la surface du segment sphérique ΔBE est à la surface du segment sphérique ABE.

PROPOSITION V.

Couper une sphère donnée de manière que les segments aient entre eux une raison égale à une raison donnée.

Soit ABΓΔ la sphère donnée. Il faut la couper par un plan de manière que les segments aient entre eux une raison égale à une raison donnée.

Coupons cette sphère par un plan conduit par AΓ. La raison dit segment sphérique AΔΓ au segment sphérique ABΓ sera donnée. Coupons cette sphère par un plan qui passe par son centre ; que cette section soit le grand cercle ABΓΔ; que le point K soit son centre, et ΔB son diamètre. Que la somme des droites KΔ, ΔΧ soit à la droite BΧ comme ΡΧ est à ΧB ; et que la somme des droites KB, BΧ soit à la droite BΧ comme ΛΧ est à ΧΔ. Menons les droites AΛ, ΛΓ, AΡ, ΡΓ.

Le cône AΛΓ sera égal au segment sphérique AΔΓ ; et le cône AΡΓ égal au segment ABΓ (II, 3). Donc la raison du cône AΛΓ au cône AΡΓ sera donnée. Mais le premier cône est au second comme ΛΧ est à ΧΡ, puisque ces deux cônes ont pour base le cercle décrit autour de la droite AΓ ; donc la raison de ΛΧ est à ΧΡ est aussi donnée. Par la même raison qu'auparavant, et par construction (II, 3), la droite ΛΔ est à la droite KΔ comme KB est à BΡ, et comme ΔΧ est à ΧB. Mais la droite ΡB est à la droite BK comme KΔ est à ΛΔ; donc par addition la droite ΡK est à KB, c'est-à-dire à KΛ comme KΛ est à ΛΔ. Donc (α), la droite totale ΡΛ est à la droite totale KΛ comme KΛ est à ΛΔ. Donc la surface comprise sous ΡΛ, ΛΔ est égale au carré construit KΛ. Donc ΡΛ est à ΛΔ comme le carré construit sur KΛ est au carré construit sur ΛΔ (β). Mais ΛΔ est à ΔK comme ΔΧ est à ΧB ; donc par inversion et par addition, la droite KΛ est à la droite ΛΔ comme BΔ est à ΔΧ. Donc le carré construit sur KΛ est au carré construit sur ΛΔ comme le carré construit sur BΔ est au carré construit sur ΔΧ. De plus, puisque ΛΧ est à ΔΧ comme la somme des droites KB, BΧ est à BΧ ; par soustraction, la droite ΛΔ sera à la droite ΔX comme KB est à BΧ. Faisons, BZ égal à KB. Il est évident que cette droite tombera au-delà du point Ρ (γ). Mais la droite ΛΔ est à la droite ΔΧ comme ZB est à BΧ; donc ΔΛ sera à ΛΧ comme BZ est à ZΧ (δ). Puisque non seulement la raison de ΔΛ à ΛΧ est donnée, mais encore celle de ΡΛ à ΛΧ, ainsi que celle de ΡΛ à ΛΔ; et puisque la raison de ΡΔ à ΛΧ est composée de la raison ΡΛ à ΛΔ, et de la raison de ΔΛ à ΛΧ (ε) ; que ΡΛ est à ΛΔ comme le carré construit sur ΔB est au carré construit sur ΔΧ, et que ΔΛ est à ΛΧ comme BZ est à ZΧ, la raison de ΡΛ à ΛΧ est composée de la raison du carré construit

sur BΔ au carré construit sur ΔΧ, et de la raison de BZ à ZΧ (z). Faisons en sorte que ΡΛ soit à ΛΧ comme BZ est à ZΘ. Or la raison de ΡΛ à ΛΧ est donnée; donc la raison de ZB à ZΘ est aussi donnée. Mais la droite BZ est donnée, puisqu'elle est égale au rayon; donc la droite ZΘ est aussi donnée. Donc la raison de BZ à ZΘ est composée de la raison du carré construit sur BΔ au carré construit sur ΔΧ, et de la raison de BZ à ZΧ. Mais la raison de BZ à ZΘ est composée de la raison de BZ à ZΧ, et de la raison de ZΧ à ZΘ ; donc si nous retranchons la raison commune de BZ à ZΧ, la raison restante, c'est-à-dire la raison du carré construit sur la droite BΔ qui est donné, au carré construit sur la droite ΔΧ, sera égale à la raison de ΧZ à la droite ZΘ, qui est donnée ; mais la droite ZΔ est donnée. Il faut donc couper la droite donnée ΔZ en un point Χ, de manière que la droite ΧZ soit à la droite donnée ZΘ comme le carré construit sur BΔ est au carré construit sur ΔΧ; et si cela est énoncé d'une manière générale, il y aura une solution; si, au contraire, on ajoute les choses trouvées, c'est-à-dire que ΔB est double de BZ et que BZ est plus grand que ZΘ, il n'y aura aucune solution. Le problème doit donc être posé ainsi : étant données deux droites ΔB, BZ dont ΔB soit double de BZ; étant donné aussi le point Θ dans la droite BZ, couper la droite ΔB en un point Χ, de manière que le carré construit sur BΔ soit un carré construit sur ΔΧ comme ΧZ est à ZΘ. Χhacune de ces choses aura à la fin sa solution et sa construction (h).

On construira le problème de cette manière : Que la raison donnée soit la même que celle de la droite Π à la droite Σ, la droite Π étant plus grande que la droite Σ. Soit donnée aussi une sphère quelconque ; que cette sphère soit coupée par un plan conduit par le centre. Que la section soit le cercle ABΓΔ ; que ΔB soit le diamètre de ce cercle et le point K son centre. Faisons BZ égal à KB ; et coupons BZ en un point Θ de manière que ΘZ soit à ΘB comme Π est à Σ. Coupons aussi BΔ en un point Χ, de manière que ΧZ soit à ΘZ comme le carré construit sur BΔ est au carré construit sur ΔΧ; et faisons passer par le point Χ un plan perpendiculaire sur BΔ. Je dis que ce plan coupera la sphère de manière que le plus grand segment sera au plus petit comme Π est à Σ.

Faisons en sorte que la somme des droites KB, BΧ soit à la droite BΧ comme ΛΧ est à ΔΧ ; et que la somme des droites KΔ, ΔΧ soit à la droite ΔΧ comme ΡΧ est à ΧB. Menons les droites AΛ, ΛΓ, AΡ, ΡΓ. La surface comprise sous ΡΛ, ΛΔ, sera par construction, ainsi que nous l'avons démontré plus haut, égale au carré construit sur ΛK et la droite KΛ sera à la droite ΛΔ comme BΔ est à ΔΧ. Donc le carré construit sur KΛ est au carré construit sur ΛΔ comme le carré construit sur BΔ est au carré construit sur ΔΧ. Mais la surface comprise sous ΡΛ, ΛΔ est égale au carré construit sur ΛK ; donc la droite ΡΛ est à la droite ΛΔ comme le carré construit sur ΛK est au carré construit sur ΛΔ. Donc aussi la droite ΡΛ est à la droite ΛΔ comme le carré construit sur BΔ est au carré construit sur ΔΧ, c'est-à-dire, comme ΧZ est à ZΘ. Mais la somme des droites KB, BΧ est à la droite BΧ comme ΛΧ est à ΔΧ, et la droite KB est égale à la droite BZ ; donc la droite ZΧ sera à la droite ΧB comme ΛΧ est à ΧΔ ; et par conversion, la droite ΧZ sera à ZB comme ΧΛ est à ΛΔ. Donc aussi la droite ΛΔ sera à la droite ΛΧ comme BZ est à ZΧ. Mais ΡΛ est à ΛΔ comme ΧZ est à ZΘ ; et ΔΛ est à ΛΧ comme BZ est à ZΧ ; donc, par raison d'égalité dans la proportion troublée, la droite ΡΛ sera à la droite ΛΧ comme BZ est à ZΘ. Donc aussi ΛΧ est à ΧΡ comme ZΘ est à ΘB. Mais ZΘ est à ΘB comme Π est à Σ ; donc aussi ΛΧ est à ΧΡ, c'est-à-dire que le cône AΓΛ est au cône AΡΓ, c'est-à-dire que le segment sphérique AΔΓ est au segment ABΓ comme Π est à Σ (θ).

PROPOSITION VI.

Construire un segment sphérique semblable à un segment sphérique donné, et égal à un autre segment sphérique aussi donné.

Soient ABΓ, EZH, les deux segments sphériques donnés. Que la base du segment ABΓ soit le cercle décrit autour du diamètre AB, et que son sommet soit le point Γ ; que la base du segment EZH soit le cercle décrit autour du diamètre EZ, et que son sommet soit le point H. Il faut construire un segment qui soit égal au segment ABΓ et semblable au segment EZH.

Supposons que ce segment soit trouvé, et que ce soit le segment ΘKΛ qui a pour base le cercle décrit autour du diamètre ΘK, et pour sommet le point Λ. Soient aussi dans ces sphères les cercles ANBΓ, ΘXKΛ, EOZH, dont les diamètres soient perpendiculaires sur la base du segment, et dont les centres soient les points Π, Ρ, Σ. Faisons en sorte que la somme des droites ΠN, NT soit à la droite NT comme ΧT est à TΓ ; que la somme des droites ΡΞ, ΞΥ soit à la droite ΞΥ comme ΨΥ est à ΥΛ, et qu'enfin la somme des droites ΣO, OΦ soit à OΦ comme ΩΦ est à ΦH. Concevons des cônes qui aient pour bases les cercles décrits autour des diamètres AB, ΘK, EZ, et pour sommets les points Ξ, Y, Ω.

Le cône ABΧ sera égal au segment sphérique ABΓ, le cône YΘK égal au segment sphérique AKΛ, et enfin le cône EΩZ égal au segment sphérique EHZ, ce qui a été démontré (2, 3). Puisque le segment sphérique ABΓ est égal au segment ΘKΛ, le cône AΧB sera aussi égal au cône ΨΘK. Mais les bases des cônes égaux sont réciproquement proportionnelles à leurs hauteurs ; donc le cercle décrit autour du diamètre AB est au cercle décrit autour du diamètre ΘK comme ΨΥ est à ΧT. Mais le premier cercle est au second comme le carré construit sur AB est au carré construit sur ΘK; donc le carré construit sur AB est au carré construit sur ΘK comme YΥ est à ΧT. Mais le segment EZH est semblable au segment ΘKΛ ; donc le cône EZH est aussi semblable au cône YΘK, ce qui sera démontré (α) ; donc ΩΦ est à EZ comme ΨΥ est à ΘK. Mais la raison de ΩΦ à EZ est donnée; donc la raison de ΨΥ à ΘK est aussi donnée. Que cette dernière raison soit la même que celle de ΧT à Δ. Puisque la droite ΧT est donnée, la droite Δ est aussi donnée. Mais ΨΥ est à ΧT, c'est-à-dire, le carré construit sur AB est au carré construit sur ΘK comme ΘK est à Δ ; donc si nous supposons que la surface comprise sous AB, Ϛ soit égale au carré construit sur ΘK, le carré construit sur AB sera au carré construit sur ΘK comme AB est à z. Mais on a démontré que le carré construit sur AB est au carré construit sur ΘK comme ΘK est à Δ ; donc, par permutation, la droite AB est à la droite ΘK comme Ϛ est à Δ. Mais AB est à ΘK comme ΘK est à Ϛ, parce que la surface comprise sous AB, Ϛ est égale au carré construit sur ΘK ; donc AB est à ΘK comme ΘK est Ϛ, et comme Ϛ est à Δ. Donc les droites ΘK, Ϛ sont deux moyennes proportionnelles entre AB, Δ.

On construira ce problème de cette manière. Soient deux segments sphériques ABΓ, EZH ; que ABΓ soit celui auquel il faut construire un segment égal, et EZH celui auquel il faut construire un segment semblable. Soient les grands cercles AΓBN, HEOΣ; que ΓN, HO soient leurs diamètres, et Π, Σ leurs centres. Faisons en sorte que la somme des droites ΠN, NT soit à la droite NT comme ΧT est à TΓ ; et que la somme des droites ΣO, OΦ soit à OΦ comme ΩΦ est à ΦH. Le cône ΧAB sera égal au segment sphérique ABΓ, et le cône ZΩE sera égal au segment sphérique EHZ. Faisons en sorte que ΩΦ soit à EZ comme ΧT est à Δ ; entre les deux droites AB, Δ, prenons deux moyennes proportionnelles ΘK, z, de manière que AB soit à ΘK comme ΘK est à Ϛ, et comme Ϛ est à Δ. Sur ΘK construisons un segment circulaire ΘKΔ semblable au segment circulaire EZH : achevons le cercle, et que son diamètre soit ΛΞ. Concevons enfin une sphère dont AΘΞK soit un grand cercle, et dont le centre soit le point Ρ ; et par la droite ΘK, faisons passer un plan perpendiculaire sur ΛΞ. Le segment sphérique construit du côté où est la lettre Λ sera semblable au segment sphérique EZH, puisque les segments circulaires sont semblables. Je dis aussi que ce segment sphérique sera égal au segment ABΓ. Faisons en sorte que la somme des droites ΠΞ, ΞΥ soit à la droite ΞΥ comme YΥ est à YΛ. Le cône YΘK sera égal au segment sphérique ΘKΛ (II, 3). Mais le cône YΘK est semblable au cône ZΩE; donc la droite ΩΦ est à la droite EZ, c'est-à-dire, la droite ΧT est à Δ comme ΨΥ est à ΘK. Donc, par permutation, et par inversion, la droite ΨΥ est à ΧT comme ΘK est à Δ. Mais les droites AB, KΘ, Ϛ, Δ sont tour à tour proportionnelles (β); donc le carré construit sur AB est au carré construit sur ΘK comme ΘK est à Δ. Mais la droite ΘK est à la droite Δ comme ΨΥ est à ΧT ; donc le carré construit sur AB est au carré construit sur KΘ, c'est-à-dire, le cercle décrit autour du diamètre AB est au cercle décrit autour du diamètre ΘK comme ΨΥ est à ΧT ; donc le cône ΧAB est égal au cône ΨΘK. Donc le segment sphérique ABΓ est aussi égal au segment-sphérique ΘKΛ. Donc on a construit un segment sphérique ΘKΛ égal au segment donné ABΓ, et semblable à l'autre segment sphérique donné EZH (γ).

PROPOSITION VII.

Étant donnés deux segments de la même sphère, ou de différentes sphères, trouver un segment sphérique qui soit semblable à l'un des deux et qui ait une surface égale à celle de l'autre.

Soient deux segments sphériques construits dans les portions de circonférence ABΓ, ΔEZ ; que le segment construit dans la portion de circonférence ABΓ soit celui auquel le segment qu'il faut trouver doit être semblable; et que le segment construit dans

la portion de circonférence ΔEZ soit celui à la surface duquel la surface du segment qu'il faut trouver doit être égale. Supposons que cela soit fait. Que le segment sphérique KΛM soit semblable au segment ABΓ et que la surface de ce segment soit égale à la surface du segment ΔEZ. Χoncevons les centres de ces sphères ; par leurs centres conduisons des plans perpendiculaires sur les bases de ces segments; que les sections des sphères soient les grands cercles KΛMN, BAΘΓ, EZHΔ ; que KM, AΓ, ΔZ, soient dans les bases des segments, et enfin que dans ces sphères les diamètres perpendiculaires sur KM, AΓ, ΔZ soient les droites ΛN, BΘ, EH. Menons les droites ΛM, BΓ, EZ. Puisque la surface du segment sphérique KΛM est égale à la surface du segment ΔEZ, le cercle qui a un rayon égal à la droite MΛ sera égal au cercle qui a un rayon égal à la droite EZ, parce que nous avons démontré que les surfaces des segments dont nous venons de parler sont égales à des cercles qui ont des rayons égaux aux droites menées des sommets des segments aux circonférences de leurs bases (I, 48). Donc la droite MΛ est aussi égale à la droite EZ. Mais puisque le segment KΛM est semblable au segment ABΓ, la droite ΡΛ est à la droite ΡN comme BΠ est à ΠΘ ; et par inversion et par addition, la droite NΛ est à la droite ΛΠ comme ΘB est à BΠ. Mais ΡΛ est à ΛM comme BΠ est à ΓB, à cause des triangles semblables ΛMΠ, BΓΠ; donc NΛ est à ΔM, c'est-à-dire à EZ comme ΘB est à BΓ et par permutation …. Mais la raison de la droite EZ à la droite BΓ est donnée, puisque ces deux droites sont données; donc la raison de ΛN à BΘ est aussi donnée. Mais la droite BΘ est donnée ; donc la droite ΛN est aussi donnée. Donc la sphère est donnée.

On construira le problème de cette, manière. Soient ABΓ, ΔEZ les deux segments donnés; que ABΓ soit le segment auquel celui qu'il faut trouver doit être semblable, et que ΔEZ soit le segment à la surface duquel la surface de celui qu'il faut trouver doit être égale. Θue la construction soit la même que dans la première partie ; et faisons en sorte que BΓ soit à EZ comme BΘ est à NΛ ; décrivons un cercle autour du diamètre an ; et enfin concevons une sphère dont AKNM soit un grand cercle. Coupons la droite NΛ au point Ρ, de manière que ΘΠ soit à ΘB comme NΡ est à ΡΛ ; coupons le cercle AKNM au point Ρ par un plan perpendiculaire sur la droite ΛN ; et menons la droite ΛM. Les segments circulaires appuyés sur les droites KM, AΓ sont semblables. Donc les segments sphériques sont aussi semblables. Mais ΘB est à BΠ comme NΛ est à ΛΡ, car cela s'ensuit de la construction, et ΠB est à BΓ comme ΡΛ est à ΛM; donc la droite ΘB est à NΛ comme BΓ est à ΛM. Mais ΘB est à NΛ comme BΓ est à EZ ; donc EZ est égal à ΛM. Donc le cercle qui a pour rayon la droite EZ est égal au cercle qui a un rayon égal à la droite ΛM. Mais le cercle qui a pour rayon la droite EZ est égal à la surface du segment ΔEZ ; et le cercle qui a un rayon égal à la droite ΛM est égal à la surface du segment KΛM, ainsi que cela a été démontré dans le premier livre (I, 48). Donc la surface du segment sphérique KΛM est égale à la surface du segment ΔEZ ; et ce même segment KΛM est semblable au segment ABΓ.

PROPOSITION VIII.

Couper un segment d'une sphère par un plan de manière que la raison de ce segment au cône qui a la même base et la même hauteur que ce segment, soit égale à une raison donnée.

Que la sphère donnée soit celle dont ABΓΔ est un grand cercle, et BΔ le diamètre. Il faut couper la sphère par un plan conduit par AΓ de manière que la raison du segment ABΓ au cône ABΓ soit égale à une raison donnée.

Supposons que cela soit fait. Que le point E soit le centre de la sphère. Que la somme des droites EΔ, ΔZ soit à ΔZ comme HZ est à ZB ; le cône AΓH sera égal au segment ABΓ (II, 3). Donc la raison du cône AHΓ au cône ABΓ est donnée. Donc la raison de HZ à ZB est aussi donnée. Mais HZ est à ZB comme la somme des droites EΔ, ΔZ est à la droite ΔZ ; donc la raison de la somme des droites EΔ, ΔZ à la droite ΔZ est donnée, et par conséquent la raison de EΔ à ΔZ. Donc la droite ΔZ est donnée, et par conséquent la droite AΓ. Mais la raison de la somme des droites EΔ, ΔZ à la droite ΔZ est plus grande que la raison de la somme des droites EΔ, ΔB à la droite ΔB; et la somme des droites EΔ, ΔB est égale à la droite EΔ prise trois fois, et enfin la droite ΔB est égale à la droite EΔ prise deux fois. Donc la raison de la somme des droites EΔ, ΔZ à ΔZ est plus grande que la raison de trois à deux. Mais la raison de la somme des droites EΔ, ΔZ à la droite ΔZ est la même que la raison donnée. Il faut donc, pour que la construction soit possible, que la raison donnée soit plus grande que la raison de trois à deux.

On construira le problème de cette manière. Que la sphère donnée soit celle dont ABΓΔ est un grand cercle, la droite BΔ le diamètre, et le point E le centre; que la raison donnée soit la même que celle de KΘ à KΛ, et que cette raison soit plus grande que celle de trois à deux. Mais trois sont à deux comme la somme des droites EΔ, ΔB est à la droite ΔB ; donc la raison de ΘK à KΛ est plus grande que la raison de la somme des droites EΔ, ΔB à la droite ΔB. Donc, par soustraction, la raison de ΘΛ à ΛK est plus grande que la raison de EΔ à ΔB. Faisons en sorte que ΘΛ soit à ΛK comme EΔ est à ΔZ ; par le point Z, menons la droite AZΓ perpendiculaire sur BΔ, et par la droite AΓ, conduisons un plan perpendiculaire sur BΔ. Je dis que la raison du segment sphérique ABΓ au cône ABΓ est la même que la raison de ΘK à KΛ. Car faisons en sorte que la somme des droites EΔ, ΔZ soit à la droite ΔZ comme HZ est à ZB ; le cône ΓAH sera égal au segment sphérique ABΓ (II, 3). Mais ΘK est à KΛ comme la somme des droites, EΔ, ΔZ est à la droite ΔZ, c'est-à-dire comme HZ est à ZB, c'est-à-dire comme le cône AHΓ est au cône ABΓ (II, 3); et le cône AHΓ est égal au segment sphérique ABΓ. Donc le segment ABΓ est au cône ABΓ comme ΘK est à KΛ.

PROPOSITION IX.

Si une sphère est coupée par un plan qui ne passe pas par le centre ; la raison du grand segment au petit sera moindre que la raison doublée de la surface du grand segment à la surface du petit segment, et plus grande que la raison sesquialtère (α).

Soit une sphère ; que ABΓΔ soit un de ses grands cercles, et BΔ le diamètre de ce cercle ; par la droite Ar, conduisons un plan perpendiculaire sur le cercle ABΓΔ, et que ABΓ soit le plus grand segment. Je dis que la raison du segment ABΓ au segment AΔΓ est moindre que la raison doublée de la surface du grand segment à la surface du petit, et plus grande que la raison sesquialtère.

Menons les droites BA, AΔ ; que le centre soit le point E ; et faisons en sorte que la somme des droites EΔ, ΔZ soit à la droite ΔZ comme ΘZ est à ZB ; et que la somme des droites EB, EZ soit à la droite BZ comme HZ est à ZΔ. Concevons deux cônes qui aient pour base le cercle décrit autour du diamètre AΓ, et leurs sommets aux points Θ, H. Λe cône AΘΓ sera égal au segment ABΓ, et le cône AΓH égal au segment AΔΓ (II, 3). Mais le carré construit sur BA sera au carré construit sur AΔ comme la surface du segment ABΓ est à la surface du segment AΔΓ; ainsi que cela a été démontré plus haut (I, 48); il faut donc démontrer que la raison du grand segment au petit segment est moindre que la raison doublée de la surface du grand segment à la surface du petit segment : ou ce qui est la même chose, il faut démontrer que la raison du cône AΘΓ au cône AHΓ, c'est-à-dire que la raison de ZΘ à ZH est moindre que la raison doublée du carré construit sur BA au carré construit sur AΔ, c'est-à-dire que la raison doublée de BZ à ZΧ.

Puisque la somme des droites EΔ, ΔZ est à la droite ΔZ comme ΘZ est à ZB, et que la somme des droites EB, BZ est à la droite BZ comme ZH est à ZΔ, la droite BZ sera à la droite ZΔ comme ΘB est à BE (β), la droite BE étant égale à la droite EΔ ; cela a été démontré dans les théorèmes précédents. De plus, puisque la somme des droites EB, BZ est à la droite BZ comme HZ est à ZΔ, si nous faisons BK égal à BE, il est évident que ΘB sera plus grand que BE, à cause que BZ est plus grand que ZΔ (γ) ; et la droite KZ sera à la droite ZB comme HZ est à ZΔ (δ). Mais nous avons démontré que ZB est à ZΔ comme ΘB est à BE, et la droite BE est égale à la droite KB; donc ΘB est à BK comme KZ est à ZH. Mais la raison de ΘZ à ZK est moindre que la raison de ΘB à BK (ε), et nous avons démontré que ΘB est à BK comme KZ est à ZH ; donc la raison de ΘZ à ZK est moindre que la raison de KZ à ZH. Donc la surface comprise sous ΘZ, ZH est plus petite que le carré construit sur ZK. Donc la raison de la surface comprise sous ΘZ, ZH au carré construit sur ZH, c'est-à-dire la raison de ZΘ à ZH est moindre que la raison du carré construit sur KZ au carré construit sur ZH. Mais la raison du carré construit sur KZ au carré construit sur ZH est doublée de la raison de KZ à ZH; donc la raison de ΘZ à ZH est moindre que la raison doublée de KZ à ZH. Mais KZ est à ZH comme BZ est à ZΔ; donc la raison de ΘZ à ZH est moindre que la raison doublée de BZ à ZΔ, et c'est là ce que nous cherchions.

Puisque BE est égal à EΔ, la surface comprise sous BZ, ZΔ sera plus petite que la surface comprise sous BE, EΔ (z). Donc la raison de BZ à BE est moindre que la raison de EΔ à ΔZ, c'est-à-dire que la raison de ΘB à BZ. Donc le carré construit sur ZB est moindre que la surface comprise sous ΘB, BE, c'est-à-dire que la surface comprise sous ΘB, BK. Que le carré construit sur BN soit égal à la surface comprise sous ΘB, BK ; la droite ΘB sera à la droite BK comme le carré construit sur ΘN est au carré construit sur NK (θ). Mais la raison du carré construit sur ΘZ au carré construit sur ZK est plus grande que la raison du carré construit sur ΘN au carré construit sur NK ; donc aussi la raison du carré construit sur ΘZ au carré construit sur ZK est plus grande que la raison de ΘB à BK, c'est-à-dire que la raison de ΘB à BE, c'est-à-dire que la raison de KZ à ZH. Donc la raison de ΘZ à ZH est plus grande que la raison sesquialtère de KZ à ZH, ce que nous démontrerons à la fin (ι). Mais ΘZ est à ZH comme le cône AΘΓ est au cône AHΓ, c'est-à-dire comme le segment ABΓ est au segment AΔΓ. Mais KZ est à KH comme BZ est à ZΔ ; c'est-à-dire comme le carré construit sur BΔ est au carré construit sur AΔ ; c'est-à-dire comme la surface du segment ABΓ est à la surface du segment AΔΓ; donc la raison du grand segment au petit segment est moindre que la raison doublée de la surface du grand segment à la surface du petit segment, et plus grande que la raison sesquialtère.

AUTREMENT (k).

Soit la sphère dont ABΓΔ est un grand cercle la droite AΓ le diamètre, et le point E le centre; et que cette sphère soit coupée par un plan conduit par BΔ et perpendiculaire sur AΓ. Je dis que la raison du grand segment ΔAB au petit BΓΔ est moindre que la raison doublée de la surface du segment ABΔ à la surface du segment BΓΔ et plus grande que la raison sesquialtère.

Menons les droites AB, BΓ. La raison de la surface du segment ABΔ à la surface du segment BΓΔ est égale à la raison du cercle qui a pour rayon la droite AB au cercle qui a pour rayon la droite BΓ, c'est-à-dire à la raison de AΘ à ΘΓ. Supposons que chacune des droites AZ, ΓH soit égale au rayon du cercle. La raison du segment BAΔ au segment BΓΔ est composée de la raison du segment BAΔ au cône qui a pour base le cercle décrit autour du diamètre BΔ et pour sommet le point A, de la raison du même cône au cône qui a la même base et qui a pour sommet le point Γ, et enfin de la raison du cône dont nous venons de parler au segment BΓΔ (λ). Mais la raison du segment BAΔ au cône BAΔ est la même que celle de HΘ à ΘΓ, la raison du cône BAΔ au cône BΓΔ est la même que celle de AΘ à ΘΓ, et enfin la raison du cône BΓΔ au segment BΓΔ est la même que la raison de AΘ à ΘZ : et de plus la raison qui est composée de la raison de HΘ à ΘΓ et de la raison de AΘ à ΘΓ est la même que celle de la surface comprise sous AΘ, ΘH au carré construit sur ΘΓ ; et la raison qui est composée de la raison de la surface comprise sous HΘ, ΘA au carré construit sur ΓΘ, et de la raison de AΘ à ΘZ est la même que la raison de la surface comprise sous HΘ, ΘA et multipliée par ΘA au carré construit sur ΘΓ et multiplié par ΘZ (μ); et la raison de la surface comprise sous HΘ, ΘA et multipliée par ΘA au carré construit sur ΘΓ et multiplié par ΘZ est la même que la raison du carré construit sur AΘ et multipliée par ΘH au carré construit sur ΘΓ et multiplié par ΘZ ; et enfin la raison de la surface comprise sous HΘ, ΘA et multipliée par ΘA au carré construit sur ΘΓ et multiplié par ΘH est la même que celle du carré construit sur ΘA au carré construit sur ΘΓ. Donc, puisque la raison du carré construit sur ΘA et multiplié par ΘH au carré construit sur ΓΘ et multiplié par ZΘ est moindre que la raison doublée de AΘ à ΘΓ ; et que la raison du carré construit sur AΘ au carré construit par ΘΓ est doublée de la raison de AΘ à ΘΓ ; la raison du carré construit sur AΘ et multiplié par HΘ au carré construit sur ΘΓ et multiplié par ΘZ sera moindre que la raison du carré construit sur AΘ et multiplié par HΘ au carré construit sur ΓΘ et multiplié par ΘH. Il faut donc démontrer que le carré construit par ΓΘ et multiplié par ZΘ est plus grand que le carré construit sur ΓΘ et multiplié par ΘH ; c'est pourquoi il faut démontrer que ΘZ est plus grand que ΘH.

Je dis maintenant que la raison du grand segment au plus petit est plus grande que la raison sesquialtère de la surface du grand segment à la surface du petit segment. Mais on a démontré que la raison des segments est la même que celle du carré construit sur AΘ et multiplié par ΘH au carré construit sur ΓΘ et multiplié par ΘZ, et la raison du cube construit sur AB au cube construit sur BΓ est sesquialtère de la raison de la surface du grand segment à la surface du petit segment. Je dis donc que la raison du carré construit sur AΘ et multiplié par ΘH au carré construit sur ΓΘ et multiplié par ΘZ est plus grande que la raison du cube construit sur AB au cube construit sur BΓ, c'est-à-dire que la raison du cube construit sur AΘ au cube construit sur ΘB ; c'est-à-dire que la raison du carré construit sur AΘ au carré construit sur BΘ, et que la raison de AΘ à ΘB. Mais la raison du carré construit sur AΘ au carré construit sur ΘB, avec la raison de AΘ à ΘB est la même que celle du carré construit sur AΘ à la surface comprise sous ΓΘ, ΘB ; et la raison du carré construit sur AΘ à la surface comprise sous ΓΘ, ΘB est la même que celle du carré construit sur AΘ et multiplié par ΘH à la surface comprise sous ΓΘ, ΘB et multipliée par ΘH. Je dis donc que la raison du carré construit sur BΘ et multiplié par ΘH au carré construit sur ΓΘ et multiplié par ΘZ est plus grande que celle du carré construit sur AΘ à la surface comprise sous BΘ, ΘΓ ; c'est-à-dire que celle du carré construit sur AΘ et multiplié par ΘH à la surface comprise sous BΘ, ΘΓ et multipliée par ΘH. Il faut donc démontrer que le carré construit sur ΓΘ et multiplié par ΘZ est plus petit que la surface comprise sous BΘ, ΘΓ et multipliée par ΘH ; ce qui est la même chose que de démontrer que la raison du carré construit sur ΓΘ à la surface comprise sous BΘ, ΘΓ est moindre que celle de HΘ à ΘZ. Il faut donc démontrer que la raison de HΘ à ΘZ est plus grande que celle de ΓΘ à ΘB. Du point E menons la droite EK perpendiculaire sur EΓ, et du point B la droite BΛ perpendiculaire sur la droite EK. Il reste à démontrer que la raison de HΘ à ΘZ est plus grande que la raison de ΓΘ à ΘB. Mais la droite ΘΓ est égale à la somme des droites AΘ, KE ; il faut donc démontrer que la raison de HΘ à la somme des droites ΘA, KE, est plus grande que la raison de ΓΘ à ΘB. C'est pourquoi ayant retranché ΓΘ de ΘH et EΛ qui est égale à BΘ de KE, il faudra démontrer que la raison de la droite restante ΓH à la somme des droites restantes AΘ, KΛ est plus grande que celle de ΓΘ à ΘB, c'est-à-dire que celle de ΘB à ΘA ; c'est-à-dire que celle de ΛE à ΘΛ ; et que, par permutation, la raison de KE à EΛ sera plus grande que la raison de la somme des droites KΛ, ΘA à la droite ΘA, et qu'enfin, par soustraction, la raison de KΛ à ΛE sera plus grande que celle de KΛ à ΘA et que par conséquent la droite ΛE sera plus petite que ΘA (ν).

PROPOSITION X.

Parmi les segments sphériques qui ont des surfaces égales, celui qui comprend la moitié de la sphère est le plus grand.

Soit une sphère dont ABΓΔ soit un de ses grands cercles, et AΓ son diamètre, soit aussi une autre sphère dont EZHΘ soit un de ses grands cercles, et EH son diamètre. Que l'une soit coupée par un plan qui passe par son centre, et que l'autre soit coupée par un plan qui ne passe pas par son centre. Que les plans coupants soient perpendiculaires sur les diamètres AΓ, EH et que ces plans soient conduits par les lignes ΔB, ZΘ. Le segment sphérique construit dans l'arc ZEΘ est la moitié de la sphère ; et parmi les segments construits dans la circonférence BAΔ, un des segments de la figure où se trouve la lettre Σ est plus grand que la moitié de la sphère, tandis que l'autre est plus petit que la moitié de cette même sphère. Que les surfaces des segments dont nous venons de parler soient égales. Je dis que la demi-sphère qui est construite dans l'arc ZEΘ est plus grande que le segment construit dans l'arc BAΔ.

Car puisque les surfaces des segments dont nous venons de parler sont égales, il est évident que la droite BA est égale à la droite EZ. Car on a démontré que la surface d'un segment quelconque est égale à un cercle qui a un rayon égal à la droite menée du sommet du segment à la circonférence de sa base (I, 48). Mais dans la figure où se trouve la lettre Σ, l’arc BAΔ est plus grand que la moitié de la circonférence; il est donc évident que le carré construit sur AB est moindre que le double du carré construit sur AK, et plus grand que le double du carré construit sur le rayon. Que la droite ΓΞ soit égale au rayon du cercle ABΔ, et faisons en sorte que ΓΞ soit à ΓK comme MA est à AK. Sur le cercle décrit autour du diamètre BΔ, construisons un cône qui ait son sommet au point M ; ce cône sera égal au segment sphérique qui est construit dans l'arc BAΔ (II, 3). Faisons EN égal à EΛ, et sur le cercle décrit autour du diamètre ΘZ construisons un cône qui ait son sommet au point N ; ce cône sera égal à la demi-sphère construite dans l'arc ΘEZ. Mais la surface comprise sous AΡ, ΡΓ est plus grande que la surface comprise sous AK, KΓ, parce que le plus petit côté de l’une de ces surfaces est plus grand que le plus petit côté de l'autre (α); et le carré construit sur AΡ est égal à la surface comprise sous AK, ΓΞ, à cause que ce carré est égal à la moitié du carré construit sur AB (β). Donc la somme de la surface comprise sous AΡ, ΡΓ et du carré construit sur AΡ est plus grande que la somme de la surface comprise sous AK, KΓ et de la surface comprise sous AK, ΓΞ. Donc la surface comprise sous ΓA, AΡ est plus grande que la surface comprise sous ΞK, KA (γ). Mais la surface comprise sous MK, KΓ est égale à la surface comprise sous ΞK, KA. Donc la surface comprise sous ΓA, AΡ est plus grande que la surface comprise sous MK, KΓ. Donc la raison de ΓA à ΓK est plus grande que la raison de MA à AΡ. Mais la droite AΓ est à la droite ΓK comme le carré construit sur AB est au carré construit sur BK ; il est donc évident que la raison de la moitié du carré construit sur AB, qui est égal au carré construit sur AΡ, au carré construit sur BK est plus grande que la raison de la droite MK au double de AΡ, laquelle est égale à ΛN. Donc la raison du cercle décrit autour du diamètre ΘZ au cercle décrit autour du diamètre BΔ est plus grande que la raison MK à NΛ. Donc le cône qui a pour base le cercle décrit autour du diamètre ZΘ et pour sommet le point N est plus grand que le cône qui a pour base le cercle décrit autour du diamètre BΔ et pour sommet le point M. Il est donc encore évident que la demi-sphère construite dans l'arc EZΘ est plus grande que le segment construit dans l'arc BAΔ.

 

 

FIN DE LA SPHÈRE ET DU CYLINDRE.


 

COMMENTAIRE

LIVRE SECOND.

PROPOSITION II.

(α) Alors au lieu de ΓΔ² : HΘ² :: HΘ : EZ, on aura ΓΔ : ΓΔ² x MN : EZ ; ou bien ΓΔ : MN :: HΘ : EZ, et par permutation ΓΔ : HΘ :: MN : EZ. Mais HΘ² = ΓΔ x MN; donc ΓΔ : HΘ :: HΘ : MN. Mais ΓΔ : HΘ :: MN : EZ ; donc ΓΔ: HΘ :: HΘ : MN :: MN : EZ. Cette note se rapporte à la fin de la phrase précédente.

(β) Car le cylindre ΓZΔ étant construit, il est évident que le diamètre de sa base et son axe sont nécessairement donnés.

(γ) Archimède n'en donne pas le moyen. Eutocius expose très au long les différentes manières de résoudre le problème des deux moyennes proportionnelles. J'aurais fait avec plaisir un extrait de son commentaire, si je n'avais pas craint de trop grossir le volume. Je me contenterai de dire que ce problème a été résolu par Platon, Archytas, Héron, Philon de Byzance, Apollonius, Dioclès, Pappus, Sporus, Menechime, Eratosthène et Nicomède. On sait qu'avec la ligne droite et le cercle seulement le problème n'a point de solution, c'est-à-dire qu'on ne saurait résoudre ce problème avec la géométrie ordinaire,

(δ) Puisque ΓΔ : HΓ :: MN : EZ ; par permutation et à cause que HΘ = KΛ, on aura TA : MN :: KΛ : EZ. Mais ΓΔ : MN :: ΓΔ : HΘ ; donc ΓΔ : HΘ :: KΛ : EZ. Donc cer. ΓΔ : cer. HΘ :: KΛ : EZ. Donc les bases E, K des cylindres sont réciproquement proportionnelles à leurs hauteurs.

PROPOSITION III.

(α) Il est entendu que la base de ce cône doit être égale au cercle qui a pour rayon la droite BΓ.

(β) La démonstration du premier livre ne regarde qu'un secteur sphérique dont la surface est plus petite que la moitié de la surface de la sphère; mais il est facile d'en conclure que l'autre secteur BΘZA est aussi égal à un cône qui a pour base le cercle décrit autour de BΓ comme diamètre, et pour hauteur le rayon de la sphère.

(γ) Par permutation et addition.

(δ) Dans toute proportion géométrique, le carré de la somme des deux premiers termes est à leur produit comme le carré de la somme des deux derniers est à leur produit. Soit la proportion géométrique a : aq :: b : bq ; je dis qu'on aura :

(a + aq)² : a²q :: (b + bq)² : b²q.

En effet, ces quatre quantités peuvent être mises sous la forme suivante :

(1 +q)²a², a²q, (1 +q)²b², b²q.

Divisant les deux premiers termes par a² et les deux derniers par b², on aura les deux raisons égales :

(1 + q)² : q, et (1 + q)² : q.

(ε) On pourrait démontrer de la manière suivante que AE : EΓ :: ΘA + AE : AE, lorsque le segment solide ABΓ est égal au cône AΔΘ, ou ce qui est la même chose, lorsque le secteur solide BΓZΘ est égal au rhombe solide BΔZΘ.

Supposons donc que le secteur solide BΓZΘ, ou le cône M soit égal au rhombe solide BΔZΘ. Nous aurons, ΘΔ : ΘΓ :: cer. BΓ : cer. BE :: BΓ² : BE² :: AΓ² : AB² :: AΓ : AE. Donc ΘA : ΘΓ :: AΓ : AE. D'où l'on déduit, par soustraction, ΓΔ : ΘΓ :: EΓ : AE; par permutation, ΓΔ : EΓ :: ΘΓ : AE; et enfin par addition,

ΔE : EΓ :: AΘ + AE : AE. Ce qu'il fallait démontrer.

Je démontrerais ensuite que KE : EA :: ΘΓ+ ΓE : ΓE, lorsque le segment solide BAZ est égal au cône BKZ, ou lorsque le secteur solide BΘZA est égal à la figure solide BΘZK, en me conduisant de la même manière.

Supposons en effet que le secteur solide BΘZA, ou que le cône N soit égal à la figure solide BΘZK; nous aurons, KΘ : AΘ :: cer. BA : cer. BE :: BA² : BE² :: AΓ² : BΓ² :: AΓ : EΓ. Donc KΘ : AΘ :: AΓ : EΓ. D'où l'on déduit par soustraction, KA : AΘ :: AE : EΓ; par permutation, KA : AE :: AΘ : EΓ ; et enfin par addition, KE : AE :: ΘΓ + EΓ : EΓ. Ce qu'il fallait démontrer.

PROPOSITION V.

(α) Par permutation et par addition.

(β) Parce que dans la proportion continue, le premier terme est au troisième comme le carré du premier est au carré du second.

(γ) En effet, puisque ΧΔ : ΧB :: KB : BΡ, et que ΔΧ est plus grand que BΧ, la droite KB sera plus grande que la droite BΡ.

 (δ) Parce que la somme des deux premiers termes d'une proportion est au premier comme la somme des deux derniers est au troisième.

(ε) Si l'on a trois quantités a, b, c, la raison de la première à la seconde est la même que la raison composée de la raison de la première à la troisième, et de la raison de la troisième à la seconde; c'est-à-dire, que la raison de a : b est composée de la raison de la raison a à b, et de la raison de c : b; c'est à-dire, que la raison a à b est égale à la raison de ac à bc.

(z) Cette solution et cette construction ne se trouvent point dans Archimède. Voyez sur ce problème la note suivante. Cette note, qui m'a paru très intéressante, m'a été communiquée par M. Poinsot.

(θ) Il est bien aisé de voir que la construction d'Archimède résoudrait le problème ; car il faut que le plus grand segment soit au plus petit comme Π à Σ, ou le plus grand segment à la sphère comme Π à Π + Σ ; or, en nommant r le rayon, et x l'apothème KΞ, la première proportion d'Archimède,

ΘZ : ΘB :: Π : Σ, donne ΘZ : r :: Π : Π +Σ.

La deuxième,                                                       (A)

ΧZ : ΘZ :: BΔ² : ΔΧ², devient 2r— x : ΘZ :: 4r² : (r + x)². D'où, en multipliant par ordre, on tire :

2r — x : r :: 4r² Π :  (r + x)² (Π + Σ),                   (B);

ou bien, en faisant passer le facteur (r + x)² à l'autre extrême, et le facteur 4r² à l'autre moyen, ce qui est permis :

(2r — x) (r + x)² : 4r3 :: Π : Π + Σ.

Mais le premier terme (2r — x) (r+x)² étant multiplié par le tiers du rapport p de la circonférence au diamètre, donne le volume du segment dont x est l'apothème et r + x la flèche ; et le deuxième 4r3 étant multiplié par le même nombre donne la sphère. Donc, etc.

Réciproquement, si l'on voulait poser immédiatement la proportion du problème, il faudrait faire : le segment, ou p/5 x (2r—x) (r + x)², à la sphère, ou p/3 x 4r3 > comme Π à Π + Σ. D'où l'on déduirait la proportion (B), qu'on pourrait regarder comme le résultat des deux proportions (A) qu'Archimède a su découvrir par son génie.

Archimède en promet pour la fin la solution; mais cette solution ne se trouve pas; et s'il entend une solution ordinaire, c'est-à-dire, par la règle et le compas, comment l'a-t-il pu trouver? La proportion donne pour x l'équation du troisième degré :

x3— 3r²x + r². 2r (Π-Σ)/(Π+Σ)

laquelle, comparée à la formule générale x3 + px + q = 0, donne p essentiellement négatif, et p3/27 > q2/4, et par conséquent tombe dans le cas irréductible, et a ses trois racines essentiellement réelles. Cette équation répond à la trisection d'un arc j dont la corde c serait égale à 2r (Π-Σ)/(Π+Σ) dans le cercle dont le rayon est r. Car en nommant x la corde du tiers de cet arc, on a par la géométrie x3— 3r²x + r².c = 0; de sorte que l'une des racines de l'équation est la corde de l'arc j/3; et les deux autres sont les cordes respectives des arcs (u+j)/3, (2u+j)/3 (en nommant u la circonférence entière). Car on sait que la même corde c répond, non seulement à l'arc j, mais encore aux arcs u+j, 2u+j ; et encore à une infinité d'autres 3u+j, etc. u - j, 2u -j, etc., mais dont les tiers redonneraient les mêmes cordes que les trois premiers.

Ainsi Archimède aurait, par sa construction, exprimé des radicaux cubes par des radicaux carrés, et résolu le problème de la trisection de l'angle, ce qui est impossible. Il faut donc penser que s'il a donné la construction qu'il annonce, elle n'était pas géométrique, c'est-à-dire qu'elle se faisait par le moyen du cercle et de quelque autre section conique, telle que la parabole. Mais d'un autre côté, comme il n'emploie jamais dans ses constructions que la règle et le compas, il est plus probable qu'il n'avait pas encore de solution ; et que ne la jugeant pas d'abord supérieure au cercle, il ne l'annonce pour la fin, que dans l'espérance où il est de la trouver lorsqu'il viendra à s'en occuper d'une manière particulière. Et cela devient plus probable encore, si l'on observe que l'inconnue de sa proportion ayant nécessairement trois valeurs réelles différentes, il est impossible que sa construction, quelle qu'elle fût, les ait distinguées pour lui en donner une de préférence aux autres. Or, dans ce cas, il n'aurait pu s'empêcher d'en faire la remarque, et de dire un mot sur ce singulier paradoxe, d'avoir trois valeurs différentes, pour résoudre un problème qui n'a évidemment qu'une seule solution ; car il est évident qu'il n'y a qu'une manière de couper la sphère en deux segments qui soient dans une raison donnée. Il est donc peu probable que la construction d'Archimède soit perdue, puisqu'il est très-probable qu'elle n'a point existé.

Au reste, si l'on veut voir ce que signifient les trois valeurs qu'on trouve pour l'apothème inconnue x, on considérera que la corde c de l'arc j étant 2r (Π-Σ)/(Π+Σ), et par conséquent plus petite que le diamètre 2 r ; j/3 est nécessairement moindre qu'un sixième de la circonférence u. Par conséquent la première racine

x = cord. j/3 est nécessairement plus petite que le rayon, et les deux autres x' = cord. (u+j)/3, x" = cord. (2u+j)/3, sont nécessairement plus grandes. De ces trois valeurs, il n'y a donc que la première qui puisse résoudre le problème que l'on a en vue, puisque l'apothème du segment est toujours plus petite que le rayon de la sphère. Les deux autres racines résolvent donc quelque autre problème analogue intimement lié à celui-là. Elles indiquent deux sections à faire dans le solide décrit par la révolution de l'hyperbole équilatère de même axe que le cercle générateur de la sphère ; et ces sections faites aux distances x' et x" du centre, déterminent en effet deux segments hyperboliques respectivement égaux à ceux de la sphère proposée. Car si l'on nomme x la perpendiculaire abaissée du centre sur la base du segment hyperbolique, de sorte que x — r en soit la flèche, on trouve, pour le volume de ce segment,

(x3— 3r²x + x3) x p/3

ce qui est aussi l'expression du segment sphérique dont la flèche est r — x. Ainsi la liaison intime de l'hyperbole équilatère au cercle, fait qu'on ne peut résoudre le problème proposé dans la sphère, sans le résoudre en même temps dans l'hyperboloïde de révolution.

La suite des signes dans l'équation, x3— 3r²x + r². 2r (Π-Σ)/(Π+Σ) = 0, fait voir que des trois racines x, x', x", deux sont nécessairement positives et la troisième négative ; et l'absence du second terme montre que celle-ci est égale à la somme des deux autres. On prendra donc les deux plus petites cordes, qui sont x et x', en plus; et l'autre x' en moins. La première portée à droite à partir du centre sur le diamètre répondra aux deux segments sphériques qui sont entre eux comme Π à Σ ; la deuxième portée du même côté sur la même ligne répondra au segment hyperbolique égal au segment sphérique adjacent; et la troisième portée à gauche répondra, dans l'autre partie de l'hyperboloïde, à un segment égal au second segment sphérique adjacent : de sorte que ces deux segments de l'hyperboloïde seront aussi entre eux comme Π et Σ, et que leur somme sera aussi égale à la sphère proposée.

Telle est l'analyse de ce problème dont les divers exemples peuvent vérifier ce qu'on vient de dire. Θu'on suppose, par exemple, Π = Σ, auquel cas on veut partager la sphère en deux parties égales. On aura,

cord. j = 2r (Π-Σ)/(Π+Σ) = 0; par conséquent, x = cord. j/3 = 0.

Ce qui indique d'abord la section à faire par le centre, comme cela doit être. Ensuite on aura :

x = cord. u/3 = — r ΣΘΡ(3), et x" = cord. 2u/3 = 2r ΣΘΡ(3);

ce qui répond à deux segments hyperboliques égaux entre eux et à la demi sphère, comme on peut s'en assurer.

 

Si l'on suppose Σ = 0, on a cord. j = 2r, et par conséquent j = u/2. On a donc x = cord. u/6 = r; ce qui indique un segment nul et un autre égal à la sphère. Ensuite x" = cord. (5/6) u = r, et x' = cord. u/2 = 2 r, ou plutôt — 2 r ; ce qui indique deux segments dans l'hyperboloïde, l'un nul et l'autre égal à la sphère. Au reste, dans ces deux cas, l'équation offre d'elle-même ses racines; car dans le premier elle devient, x3 — 3 r ² x = 0, qui donne sur le champ x = 0, et x = ± ΣΘΡ (3r²) = ± r ΣΘΡ (3); ce qui est le côté du triangle équilatéral inscrit.

Dans le second cas, elle devient x3 — 3 r² x + 2r3 = 0, et se décompose en ces trois facteurs, (x — r), (x — r), (x — 2 r).

Si l'on voulait construire l'équation par le moyen du cercle et de la parabole, on pourrait employer le cercle dont l'équation est : y2 + x2 — 4ry + 2rx (Π-Σ)/(Π+Σ)

et la parabole dont l'équation est, x²— ry = 0; car en éliminant y entre ces équations, afin d'avoir les abscisses x qui répondent aux points d'intersection des deux courbes, on trouve :

x4 — 3r²x² + r² 2r x (Π-Σ)/(Π+Σ) = 0     et divisant par x,

x3 — 3r²x + r² 2r (Π-Σ)/(Π+Σ) = 0; ce qui est l'équation proposée.

Enfin, nous observerons que le problème dont il s'agit étant proposé pour l'ellipsoïde de révolution, conduit absolument à la même équation. Ainsi, en nommant a le demi-grand axe de l'ellipse, on a, pour déterminer l'apothème x de deux segments qui sont entre eux comme n et Σ, l'équation

x3 — 3a²x + a² 2a (Π-Σ)/(Π+Σ) = 0;

et comme le second axe b n'entre pas dans cette équation, on peut conclure qu'on aura toujours les mêmes solutions pour tous les ellipsoïdes de révolution de même axe a; et pour tous les hyper-boloïdes conjugués, puisque l'équation de l'ellipse ne diffère de celle de l'hyperbole que par le signe du carré de ce second axe : et c'est ce qui confirme encore ce que nous avons déjà dit, que la question ne peut être proposée pour l'ellipsoïde, sans l'être en même temps pour l'hyperboloïde conjugué.

PROPOSITION VI.

(α) Puisque les segments EZH, ΘKΛ sont semblables, on aura ΣO : ΦO :: ΡΞ : ΥΞ, et par addition, ΣO + ΦO : Φ0 :: ΡΞ + ΥΞ : ΥΞ. Mais on a d'ailleurs,

ΣO + ΦO : ΦO :: ΩΦ : HΦ,

ΡΞ + ΥΞ : ΥΞ  :: YΥ :: ΛΥ;

donc ΩΦ : HΦ :: YΥ : ΛY. Donc par permutation ΩΦ : YΥ :: HΦ : ΛY. Mais HΦ : ΛY :: EZ : KΘ, à cause que les segments sont semblables ; donc ΩΦ : YΥ :: EZ : KΘ. Donc les cônes EZΩ, YΘK sont semblables, puisque leurs hauteurs sont proportionnelles aux diamètres de leurs bases.

(β) C'est-à-dire, qu'elles forment une progression géométrique.

PROPOSITION IX.

(α) Une raison doublée d'une autre raison est cette seconde raison multipliée par elle-même, et une raison sesquialtère d'une autre raison est cette seconde raison multipliée par sa racine carrée.

(β) Car la proportion EΔ + ΔZ : ΔZ :: ΘZ : ZB donne par soustraction la proportion suivante, EΔ : ΔZ :: BΘ : ZB, qui devient, en échangeant les extrêmes, BZ : ZΔ :: BΘ : EΔ = BE.

(γ) En effet, dans la proportion BZ : ZΔ :: ΘB : BE, la droite BZ étant plus grande que la droite ZΔ, il est évident que ΘB sera plus grand que BE.

(δ) Et par permutation, KZ : HZ :: ZB : ZΔ.

(ε) Car puisque BΘ > BK, il est évident que ΘB : BZ > BK : BZ. Donc, par addition, ΘZ : BZ > KZ : BZ, et par conversion, ΘZ : ΘB < KZ : BK. Donc, par permutation, ΘZ : KZ < ΘB : BK.

(z) La première surface étant égale.au carré de l'ordonnée AZ, et la seconde étant égale au carré du rayon, la première surface est plus petite que la seconde, parce que toute ordonnée qui ne passe pas par le centre est plus petite que le rayon.

(θ) Puisque BN² = ΘB x BK, on aura, ΘB : BN :: BN : BK. Donc ΘB : BK :: BN² : BK².

Mais ΘB : BN :: BN : BK; donc, par addition, ΘN : BN :: KN : BK. Donc ΘN² : BN² :: KN² : BK² ; et par permutation, ΘN²: KN² :: BN²: BK². Mais ΘB : BK :: BN² : BK² donc ΘB : BK :: ΘN² : KN².

(ι) Que les trois quantités a, b, c soient telles que a² : b² > b : c ; je dis que a : c > b3/2 : c3/2.

Prenons une moyenne proportionnelle d entre b et c, de manière qu'on ait b : d : : d : c ; puisque a² : b2 > b : c, et que b : c :: b² : d², nous aurons a² : b2 > b² : d² ; ou bien a : b > b : d. Faisons en sorte que c : d: b : e forment une progression géométrique, on aura e : c :: b3 : d3. Mais b : d :: b1/2: c1/2, parce que b : c :: b² : d² ; donc b3 : d3 :: b3/2 : c3/2. Donc e : c :: b3/2 : c3/2.

Mais a > e ; car si a était égal à e, on aurait a : b : d : c, et par conséquent a2 : ba :: b : c, et si a était plus petit que e, on aurait a² : b² < b : c. Mais a² : b² > b : c; donc a > e. Donc a : c > b2/3 : c2/3. Or, Archimède a démontré que ΘZ² : ZK² > ZK : ZH ; donc ΘZ : ZH > ZK3/2 : ZH3/2.

(λ) En effet, puisque le segment BAΔ : cône BAΔ :: HΘ : ΘΓ (2, 3); que le cône BAΔ : cône BΓΔ :: AΘ : ΘΓ, ces deux cônes ayant la même base, et que le cône BΓΔ : segment BΓΔ :: AΘ : ΘZ (2, 3).

Multipliant ces trois proportions, terme par terme, on aura : segment BAΔ x cône BAΔ x cône BΓΔ : cône BAΔ x cône BΓΔ x segment BΓΔ :: HΘ x AΘ x AΘ : ΘΓ x ΘΓ x ΘZ ; ou bien,

segment BAΔ : segment BΓΔ :: segment BAΔ x cône BAΔ x cône BΓΔ : cône BAΔ x segment BΓΔ :: HΘ x AΘ x AΘ : ΘΓ x ΘΓ x ΘZ.

(μ) Soient quatre droites a, c, d, b ; je dis que la raison composée de la raison de la surface comprise sous a, b, au carré construit sur c, et de la raison de b à d, est égale à la raison de la surface comprise sous a, b, multipliée par b, au carré de c, multiplié par d, ou ce qui est la même chose, je dis que la raison composée de la raison de ab à ac² et de la raison de b à d, est égale à la raison de ab multiplié par b, au carré de c multiplié par d; c'est-à-dire, que la raison composée de la raison ab à c² et de la raison de b à d, est égale à la raison de ab x b à c²d. Ce qui est évident.

(ν) Cette proposition peut se démontrer algébriquement avec la plus grande facilité.

Appelons r le rayon de la sphère, et x la droite EZ. La droite ΔZ sera égale à r — x ; et le plus grand segment de la sphère, qui est ABΓ, sera égal à ΘZ x (Π x AZ²)/3 c’est-a-dire à

((Π x AZ)/3) x (2 r — x) (r + x)/(r — x)

et le plus petit segment, qui est AΔΓ, sera égal à HZ x (Π x AZ²)/3, c’est-à-dire à

((Π x AZ²)/3) x (2 r + x) (r — x)/x

Il faut démontrer d'abord que la raison de

est moindre que la raison doublée de la surface du plus grand segment à la surface du plus petit; c'est-à-dire que

Il faut démontrer ensuite que

Ou ce qui est la même chose, il faut démontrer d'abord que (2 r — x) (r + x)

et il faut démontrer ensuite que

Ce qui sera évident, quand on aura fait les opérations convenables.

PROPOSITION X.

(α) Si une droite est coupée en deux parties inégales en un point et encore en deux autres parties inégales dans un autre point, le rectangle compris sous les deux segments qui s'éloignent moins du milieu de cette droite, est plus grand que le rectangle compris sous les deux segments qui s'en éloignent davantage ; d'où il suit que si le plus petit côté de l'un de ces rectangles est plus grand que le plus petit de l'autre rectangle, le premier rectangle est plus grand que le second.

Cette proposition est démontrée généralement dans Euclide, mais ici c'est un cas particulier facile à démontrer.

En effet, le rectangle AΡ x ΡΓ est égal au carré de l'ordonnée qui passe par le point Ρ, et le rectangle AK x KΓ est égal au carré de l'ordonnée KB. Mais l'ordonnée qui passe par le point Ρ est plus grande que l'ordonnée KB y donc le rectangle AΡ x ΡΓ est plus grand que le rectangle AK x KΓ.

(β) Le carré de AΡ est égal à AK x ΓΞ ; car puisque AΡ = EΛ, et que EΛ² = EZ2/2, il est évident que AΡ² = AB2/2, puisque AB = EZ.

(γ) En effet, puisque AΡ x ΡΓ + AΡ² > AK x KΓ + AK x ΓΞ, on aura (ΡΓ + AΡ) AΡ < (KΓ + ΓΞ) AK, ou bien ΓA x AΡ > ΞK x KA.

 

 

FIN DU COMMENTAIRE SUR LA SPHÈRE ET LE CYLINDRE.