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Livre onzième.

d’où : (FM)*=z{FNy ~ 4 — a\/3 ;

et par conséquent,

( MNy =1(FM y -h (FN y = 8 — 4 \/3 iensuite comme on a :

LM=LF — FM=i — (\/3— 1 ) =z —\/3jon aura : {LMy=zj — 4\/3; d’où :

(BMy=(BLy+ÇL My =8— 4 x/ 3=(dfiV') 2 :

on démontre de même que (BNy=(ÆN) 2 }donc : B M— MN= B N.

II. e Solution. Si on ne suppose données queles quatre extrémités A , B , L , F du quarré ,après avoir trouvé comme dans la premièresolution le point Q, soit décrite du centreF, et avec le rayon F Q , la circonférenceQRSNM; puis faisant à FQ=QR=RS= S N j du centre B et avec le rayon B N , soitcoupée" cette circonférence au point M ; lespoints B , N, M seront les sommets' des anglesdu triangle cherché.

Démonstration. L’arc QRSN est la moitiéde la circonférence (i5. liv. 4) : donc le pointN est sur la droite QFA y et est aussi éloignéde F que dans la première solution; donc ilest le même. Le point M se trouve aussi dansla première solution, comme dans la seconde ,à l’intersection des deux arcs décrits des cen-tres F et M et avec des rayons égaux à F Q eta. B N; donc il est le même ; donc, etc.