Bélidor, Bernard Forest de, Nouveau cours de mathématique à l' usage de l' artillerie et du génie : où l' on applique les parties les plus utiles de cette science à la théorie & à la pratique des différens sujets qui peuvent avoir rapport à la guerre

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            égaux (art. </s>
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            <s xml:id="echoid-s7036" xml:space="preserve">reſte à faire voir que la ſomme de ces pa-
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            rallélogrammes ou la figure A B C E G F eſt égale au quarré
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            C F fait ſur A E; </s>
            <s xml:id="echoid-s7037" xml:space="preserve">ce qu’il eſt aiſé de reconnoître: </s>
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            F E = A C, le côté G E = B C, & </s>
            <s xml:id="echoid-s7039" xml:space="preserve">le côté G F = A B: </s>
            <s xml:id="echoid-s7040" xml:space="preserve">donc en
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            ôtant le triangle FGE de la figure A B C E G F, & </s>
            <s xml:id="echoid-s7041" xml:space="preserve">mettant à ſa
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            place le triangle A B C, ſon égal, on aura la ſomme des paral-
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            lélogrammes C G, B F, ou des quarrés B I, B H égale au quarré
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            de l’hypoténuſe A C. </s>
            <s xml:id="echoid-s7042" xml:space="preserve">C. </s>
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            <emph style="sc">Troisieme démonstration</emph>
          .</head>
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            <s xml:id="echoid-s7047" xml:space="preserve">Soit prolongée la perpendiculaire BD, juſqu’à ce qu’elle ren-
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            contre en O le côté N M du quarré fait ſur l’hypoténuſe,
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            qu’elle diviſera en deux rectangles D M, D N; </s>
            <s xml:id="echoid-s7048" xml:space="preserve">du point B,
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            ſommet de l’angle droit, ſoient menées aux points M, N les
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            droites B M, B N, & </s>
            <s xml:id="echoid-s7049" xml:space="preserve">par les points A, C aux points I, H les
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            lignes A I, C H, on aura quatre triangles A C I, BCM; </s>
            <s xml:id="echoid-s7050" xml:space="preserve">C A H,
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            B A N, qui ſeront parfaitement égaux deux à deux: </s>
            <s xml:id="echoid-s7051" xml:space="preserve">car l’an-
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            gle A C I du premier eſt égal à l’angle B C M du ſecond, puiſ-
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            que chacun eſt la ſomme d’un angle droit & </s>
            <s xml:id="echoid-s7052" xml:space="preserve">de l’angle com-
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            mun B C D. </s>
            <s xml:id="echoid-s7053" xml:space="preserve">De plus, le côté C I du premier eſt égal au côté
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            B C du ſecond, puiſque ce ſont les côtés d’un même quarré,
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            <s xml:id="echoid-s7054" xml:space="preserve">le côté A C du triangle A C I eſt, par la même raiſon, égal
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            au côté C M: </s>
            <s xml:id="echoid-s7055" xml:space="preserve">donc ces triangles ſont parfaitement égaux, puiſ-
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            qu’ils ont un angle égal, compris entre côtés égaux chacun à
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            chacun (art. </s>
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            <s xml:id="echoid-s7057" xml:space="preserve">donc les rectangles A D N O, D C M O,
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            dont ces triangles ſont les moitiés, ſeront auſſi égaux. </s>
            <s xml:id="echoid-s7058" xml:space="preserve">Or il
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            B C M eſt moitié du rectangle D M, puiſqu’ils ont même baſe
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            <s xml:id="echoid-s7061" xml:space="preserve">ſont compris entre les mêmes paralleles B M, B D O:
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            montrera préciſément de la même maniere que le quarré fait
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            ſur A B eſt égal au rectangle D N; </s>
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            gles D M, D N eſt égal au quarré conſtruit ſur l’hypoténuſe: </s>
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            donc la ſomme des quarrés faits ſur les deux côtés A B, B C eſt
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            égale au quarré de l’hypoténuſe A C. </s>
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            <emph style="sc">Corollaire</emph>
          I.</head>
          <p>
            <s xml:id="echoid-s7071" xml:space="preserve">408. </s>
            <s xml:id="echoid-s7072" xml:space="preserve">Cette propoſition eſt la fameuſe 47
              <emph style="sub">e</emph>
            du premier </s>
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