Oeuvres complètes. Tome XI. Travaux mathématiques 1645-1651

[p. 23]

III.¹⁾
[1645].

1.²⁾
In dato ∆^lo circulum inscribere.

Sit AB ∞ a; BC ∞ b; AC ∞ c; DC ∞ x. Quoniam igitur EC aequalis est

DC erit BE ∞ b-x et ob e. r.^m3) AF ∞ a - b + x cui aequalis ob e. r.^m est AD. fit igitur aequatio talis

Sumatur ergo EC aequalis DC et intersectio perpendicularium EG, DG, erit centrum Circuli in triangulo.

1) Cette pièce contient la solution de huit problèmes de planimétrie. Il est difficile de décider si elle a été composée sous l'influence du premier précepteur Stampioen de Jonge ou bien sous celle de van Schooten. Plusieurs problèmes ont beaucoup de ressemblance avec ceux qu'on rencontre dans les ‘cent questions géométriques avec leurs solutions’ par Sybrandt Hansz. de Harlingen, maître arithméticien à Amsterdam, ouvrage recommandé par Stampioen de Jonge dans la pièce N^o. 5 (p. 5 du T. I) à l'étude de Huygens avec l'injonction d'en résoudre les problèmes tant arithmétiquement, par le calcul, que géométriquement, par la règle et le compas. Par contre il semble bien probable que le troisième problème a été composé par Huygens à propos des remarques et exemples de van Schooten, qu'on trouve aux pages 300 et 301 du manuscrit dont l'aperçu constitue notre pièce N^o. I (voir le § 8 de cette pièce). Quoique, naturellement, l'idée d'élucider par un exemple le passage en question de la ‘Géométrie’ de Descartes ait pu venir indépendamment à Huygens comme à van Schooten.

2) Jusqu'au numéro 6 inclus, la numération est de Huygens.

3) Egalitatem radiorum?

[p. 24]

2.
In dato triangulo inscribere triangulum aequilaterum ut unum latus parallelum sit uni lateri trianguli dati.⁴⁾

Inscribatur prius lateri AC triang. aequilat. ALC et circum illum ▭ ANMC,



si igitur inscripsero dato triangulo rectangulum simile huic, facile ei inscribam et triangulum aequilaterum. Sit ergo AC ∞ a; AB ∞ b, DB⁵⁾ ∞ c; BH ∞ x, AN ∞ d. Et fiat ut b ad a, ita x ad xa/b. Vel HG. Et rursus Ut b ad c ita b - x ad sive HE.

Igitur propter rectangula similia HF et AM erit

Constr. Describatur super AC triang. aequilaterum. ducaturque linea BL et à puncto D ubi AC secat ducatur DH parall. LA, et DH erit latus quaesiti trianguli.

4) Au 89ième problème, Sybrandt Hansz., dans l'ouvrage cité dans la note 2 de la pièce N^o. 5 (p. 5 du Tome I), apprend à inscrire un carré dans un triangle donné; et cette même question se trouve résolue algébriquement à la page 12 du manuscrit de van Schooten. (Voir la pièce N^o. I du volume présent). La construction, à laquelle Sybrandt Hansz. arrive, est moins simple et moins élégante que celle de Huygens, qui va suivre, du problème analogue; quoique cette dernière se laisse déduire sans difficulté de la formule algèbrique qui la précède, il semble plus probable qu'elle ait été obtenue directement au moyen de considérations géométriques faciles à deviner, mais que Huygens ne donne pas.

5) Lisez IB, c'est-à-dire la hauteur du triangle.

[p. 25]

3.
Invenire punctum in dato circulo, per quod si linea agatur remanens intra circulum, et perpendicularis ex eodem demittatur in diametrum; rectangulum sub segmentis basis, quae perpendicularis efficit, aequale sit quadrato perpend^s. dictae una cum rectangulo sub segmentis quae eadem perpend. facit, in linea ducta per quaesitum punctum⁶⁾.

Sit AC ∞ a; ED ∞ x; DC ∞ y. Eritque FH vel et et , ergo rectangulum FEI fiet si multiplicavero

Hoc punctum ubicunque in circulo sumi potest, quia neutrius valor invenitur: ideoque theorema est.

6) C'est ce problème et sa solution, reproduits par van Schooten dans la première édition de 1649 de ses ‘Commentarii in Geometriam Renati Des Cartes’, ouvrage cité dans la note 1 de la Lettre N^o. 150, p. 218 du T. I, qui constituent la première oeuvre imprimée de Huygens. Tandis que dans la seconde édition, parue en 1659, de l'ouvrage de van Schooten, Christiaan Huygens est mentionné plusieurs fois, on ne rencontre son nom dans la première édition qu'à un seul endroit (pp. 203-205) qui débute comme il suit: ‘Alterum exemplum, quod hic afferendum duxi,’ [voir pour le premier exemple et pour le passage de la ‘Géométrie’ qu'il s'agit d'élucider le § 8 de la pièce N^o. I] ‘desumpsi ex inventis Nobilissimi & praeclari Juvenis D. Christiani Hugenii, quibus sibi jam pridem apud Doctos tantam paravit laudem atque admirationem, ut non nisi magna quaeque ab eo expectanda esse affirmare non veriti fuerint.’ Suit alors, sous une rédaction un peu modifiée, le problème de notre texte et sa solution, après quoi van Schooten ajoute: ‘Quia igitur hic utrinque eaedem reperiuntur quantitates, & adimpletis omnibus conditionibus nulla ampliùs inveniri potest aequatio, quâ innotescat utraque incognita quantitas x & y: liquet eas ad libitum sumi posse, atque Problema propositum esse Theorema. Defectus itaque duarum in hâc quaestione conditionum ad determinandum punctum E, ostendit, illud ubique extra diametrum, intra circulum cadere posse, & locum ejus esse ad superficiem Circuli. Id quoque facilè demonstrari potest.’ etc.

[p. 26]

4.
A dato rectangulo abscindere gnomonem aequali ubique latitudine, qui dimidium contineat ipsius rectanguli.⁷⁾

Sit AB ∞ a; AC ∞ b; AE ∞ x. Erit ergo gnomon bis sumptus aequalis rectangulo AD vel

, sive x.

7) Au 48^e problème Sybrandt Hansz. demande que le gnomon en question ait une aire donnée. Sous cette forme plus générale le problème a été repris par Huygens le 31 déc. 1651, à la page 177 du manuscrit mentionné dans la note 1 de la pièce N^o. I. Comme cette solution ne présente rien de remarquable nous ne la reproduirons pas.

5.
Datum triangulum, ex puncto in latere dato, bifariam secare⁸⁾

Sit BC ∞ a; DC ∞ b; AC ∞ c; EC ∞ x. Quoniam igitur ∆ EDC debet dimidium esse triangi ABC erit

Ergo b ad a, ut ½ c ad x.⁹⁾

8) Le 77^e problème de Sybrandt Hansz demande de partager le triangle, sous les mêmes conditions, en trois parties égales. De plus le problème est un cas particulier du 8^e, que l'on retrouve dans le 92^e problème de Sybrandt Hansz.

9) Voir la figure où FC = ½ AC, CE = x.

[p. 27]

6.
Si ABC sit triangulum isosceles et a vertice B ducatur utcunque BD usque in basin dico rectangulum sub AD, DC, una cum quadrato DB aequale esse AB quadrato et ideo etiam quomodocunque BD ducatur semper rectangula ex basis sectionibus, una cum quadrato lineae ductae a vertice sibi invicem aequalia esse.

Consequuntur hic ex 3^o probl.¹⁰⁾

10) Il suffit, en effet, pour le voir, d'identifier les points A, B, C, D de la figure du texte avec les points F, C, I, E de celle du troisième problème. Alors ▭ ADC = ▭ FEI = aa - xx - yy, □ BD = □ CE = xx + yy.

7.
Datum triangulum bifariam secare linea parallela alicui laterum.

Sit BC ∞ a, AC ∞ b¹¹⁾; EC ∞ x.

¹²⁾

11) Lisez BC ∞ b, AC ∞ a.

12) En notation moderne a : b = x : bx/a.

8.
Datum triangulum per punctum intra ipsum datum bifariam secare.¹³⁾

13) C'est le 92^e problème de Sybrandt Hansz. Au lieu d'une solution on ne trouve que deux figures biffées, difficilement déchiffrables et qui en tout cas ne représentent pas la construction complète. Le problème analogue, pour un point extérieur, est résolu de deux manières différentes dans le manuscrit de van Schooten traité dans la pièce N^o. I, et Huygens a ajouté à la seconde construction une démonstration (voir le problème 25 à la p. 14 de la pièce N^o. I). Dans l'ouvrage ‘Exercitationum mathematicarum’ etc. de 1657 (voir la note 3 de la Lettre N^o. 128, p. 184 du T. I) van Schooten a publié (p. 107-110 du Livre I) la solution du problème plus général: ‘Triangulum ABC secare in data ratione rectâ EFG, procedente ex vel per datum punctum E. extra vel intra triangulum ABC.’