Note sur l’établissement du texte : Loiseau utilise aussi bien le point que la virgule pour l’écriture des nombres décimaux. Nous respectons ces deux graphies.

Transcription

[1 r] Messieurs.

Comme le <theorme> théoreme pour demontrer que…..

Dans un triangle quelconque spherique ou rectiligne, le produit de deux côtés, est au produit des deux differences de ces mêmes côtés à la moitié de la somme des trois côtés ; comme le quarré du rayon, est au quarré du sinus de la moitié de l’angle formé par ces deux cotés, est très compliqué, jai trouvé une démonstration beaucoup plus courte, je desire fort qu’elle puisse être de votre goût : la voici.

Soit le triangle ABC, prolongeant BC indéfiniment, faisant CE = AC, ED = AB ; BD sera la somme des trois côtés ; prenant BF = $\frac{1}{2}$ BD, de BF comme rayon decrivant l’arc FG, & prolongeant AB jusqu’à sa rencontre, on aura BG = BF moitié de la somme des trois côtés ; AG est la différence du coté AB à la moitié de la somme, CF la difference de BC à la moitié de la somme des trois côtés. Menant la corde FG & [la] ligne BN sur son milieu K, KG, KF seront chacune le sinus de la moitié de l’angle B. Des points A & C, menant les perpendiculaires AH & CI elles seront encore les sinus de la moitié de l’angle B. Menant AL & CF[^{1Lire CM.}] paralleles à BN [1 v] elles nous donnent les triangles semblables ABH, GAL, & GL est encore le sinus de la moitié de l’angle B étant celui de l’angle GAL = $\frac{1}{2}$ B ; de même que GK ; & dans ces deux triangles nous avons ces proportions, AB : AH :: R : Sin $\frac{1}{2}$B. & AG : GL :: R : sin $\frac{1}{2}$ B. qui donnent AB : AG :: R : sin ½ B. Par les mêmes raisons les triangles semblables CBI, FCM donnent aussi BC : CF :: R : sin $\frac{1}{2}$ B. Si nous multiplions ces deux proportions par ordre, nous aurons enfin AB x BC : AG x CF :: R2 : sin2 $\frac{1}{2}$ B = GK2 = FK[^{2Lire FK2.}], comme sinus. Voila ma demonstration je souhaite fort que vous ne la meprisiez pas & que Monsieur de la Lande menage un peu plus mon amour propre. (Consequence au nota).

Voici encore un problême qui se trouve dans le traité de charpente du Sieur Fourneau pratique, & qui donne assez exactement la quadrature du cercle, suivant la demonstration que j’ai faite : & celle que je vous communique.

Problême^{3Écrit en lettre de plus grande taille}. Developper la circonference d’un cercle, ou trouver une ligne droite égale à la circonférence, avec la precision dont cette rectification est possible.

Soit le cercle ABCD. Prolongez le diametre indefiniment de part & d’autre, du centre P élevés la perpendiculaire PI = BD, du point I menez GH parallele à BD, du point I comme centre & du rayon PI, decrivez la demi-circonference GPH, qui sera égale a la circonférence ABCD. Par les points R & Q où ces circonferences se coupent & des points G & H, menez les droites GRZ, HQZ qui couperont le diametre BD aux points K & L ; enfin des points K & L comme centre & de LH ou KG pour rayon, decrivant les arcs HF, GE, nous aurons la droite EF égale à la circonference ABCD.

Demonstration^4Idem.. Faisant AP = $a$, PI = IH = $2a$, PO = $x$ [2 r] OQ = $y$[^{5Cette équation apparaît comme une réclame en bas de la page précédente}]. Par la proprieté du cercle on a PI + OI : QO :: QO : PO. ou $4a – x : y :: y : x$ qui donne $4ax – xx = y^2$. De même on a CO : QO :: QO : AO. ou $a + x : y :: y : a – x$. qui donne $aa -xx = y^2$ egalant ces deux valeurs, nous aurons $4ax – xx = aa – xx$ qui donne $PO = x = \frac{1}{4} a$. Mettant cette valeur d’$x$ dans l’une ou l’autre valeur de $y^2$, nous aurons $aa - \frac{aa}{16} = y^2$, & par conséquent

$y = \sqrt{\frac{15}{16}aa}$ = QO = MI.

Ayant mené QM, LN paralleles à PI. les triangles semblables MHQ, QOZ donnent MH : MQ :: QO : OZ ou $2a-\sqrt{\frac{15}{16}aa}$ : $\frac{7a}{4}$ ∷ $\sqrt{\frac{15}{16}aa}$ : $1. 642222 a$ = OZ. De OZ retranchant PO = $\frac{1}{4}a$, il restera PZ = $1, 392222 a$ & de PZ otant $1$, il reste CZ = $0,392222 a$.

Il faut trouver PL & LH. Nous aurons d’abord ZI : IH :: ZP : PL ou $3.392222 a$ : $2a$ :: $1.392222 a$ : $0,820832 a$ = PL. retranchant PL de HI, il reste NH = $1,179168 a$.

Dans le triangle HLN on [a] LH2 = LN2 + HN2. ou

$4aa + 1.39043717224 a^2 = 5.39043717224 aa$ dont la racine quarrée est $2,321733 a$ = LH. Ajoutant LH avec PL nous aurons LH + PL = PF = $3.142565. a$. & par conséquent EF qui en est le double est donc EF = $6,28513 a$. Ainsi cette construction ou problememe [sic] donne le raport du rayon a la circonference, comme $1$ : $6.28513$. & le rapport de ce meme rayon à la demi-circonference, comme $1$ : $3.142565$. & le calcul le plus rigoureux, donne ce dernier rapport comme $1$ : $3,1415926$.. &c. La difference est assez petite pour etre negligée dans la pratique.

Je sais Messieurs, apprecier la valeur de cette dernière demonstration, ce n’est aussi que pour remplir ma lettre que je vous la presente, & pour la seule curiosité de la demonstration.

Je désirerois que mes lumieres fussent plus étenduës, je vous offrirois plus souvent des pieces moins indignes de [2 v] votre attention ; mais helas ! que peut produire un homme confiné comme je suis, sinon de vous prouver le respect profond avec lequel il à l’honneur detre.

Messieurs. Votre tres humble & très obeissant serviteurserviteurserviteur

Loiseau^{6Paraphe bouclé.}

Auray. 19. 9.bre 1774

Nota. La démonstration pour le triangle rectiligne, convient aussi au triangle spherique, où lon emploie les sinus des cotés, & que ces sinus sont des lignes droites, & que de plus les trois sinus forment un triangle rectiligne.