Bernoulli, Johann I an Unbekannt (n.d.)

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Autor	Bernoulli, Johann I, 1667-1748
Empfänger	Unbekannt
Ort	o. O.
Datum	[n.d.]
Briefwechsel	Bernoulli, Johann I (1667-1748)
Signatur	BS UB, Handschriften. SIGN: L I a 749, fol.188-189
Fussnote	Erwähnt "mon fils de Petersbourg", also wohl zwischen 1726 und 1733 verfasst

Si on tire à un point quelconque $ B $ les deux lignes $ AB $, $ CB $, on aura toujours $ AB\cdot CB::AE\cdot CE::AF\cdot FC $. Donc pour resoudre par Exemp. le second cas, où on veut que le coté $ AB $ soit quadruple du coté $ CB $, et l'angle $ BCA $, triple de l'angle $ BAC $; il n'y a qu'à prendre $ CE= $ à la cinquiéme partie de $ CA $, et dire ensuite puisque $ AE\cdot AC::AF\cdot FC $, donc dividendo $ HE-EC\cdot EC::AC\cdot CF $ on aura $ CF={\frac {AC\times EC}{AE-EC}}= $ (en nommant $ AC=5a $) $ {\frac {5}{3}}a $, par conseq. $ FE={\frac {8}{3}}a $, le rayon $ CE={\frac {4}{3}}a $, $ GC={\frac {1}{3}}a $. Soit donc $ CD=x $, on aura $ AD=5a-x $, $ GD={\frac {1}{3}}a+x $, la perpendiculaire $ BD={\sqrt {GE^{2}-GD^{2}}}={\sqrt {{\frac {5}{3}}aa-{\frac {2}{3}}ax-xx}} $. Or puisque l'angle $ BCD $ doit étre triple de l'angle $ BAD $, et que les tangentes de ces deux angles s'expriment par $ {\frac {BD}{CD}} $ et $ {\frac {BD}{AD}} $, c. à. d. par $ {\frac {\sqrt {{\frac {5}{3}}aa-{\frac {2}{3}}ax-xx}}{x}} $et $ {\frac {\sqrt {{\frac {5}{3}}aa-{\frac {2}{3}}ax-xx}}{5a-x}} $, on aura par mon theoréme de la multiplication des angles cette equation $ ({\frac {3{\sqrt {{\frac {5}{3}}aa-{\frac {2}{3}}ax-xx}}}{5a-x}}{\frac {(-{\frac {5}{3}}aa+{\frac {2}{3}}ax+xx){\sqrt {{\frac {5}{3}}aa-{\frac {2}{3}}ax-xx}}}{{\overline {5a-x}}{}^{3}}}):1{\frac {-5aa+2ax+3xx}{{\overline {5a-x}}{}^{2}}}={\frac {\sqrt {{\frac {5}{3}}aa-{\frac {2}{3}}ax-xx}}{x}} $, ce qu'ayant divisé par $ {\sqrt {{\frac {5}{3}}aa-{\frac {2}{3}}ax-xx}} $ et multiplié le dividende et le diviseur du premier membre par $ {\overline {5a-x}}{}^{3} $, il viendra $ (73{\frac {1}{3}}aa-29{\frac {1}{3}}ax+4x^{2}):(100a^{3}-60aax+28axx-4x^{3})={\frac {1}{x}} $, ou en multipliant en croix $ 73{\frac {1}{3}}aax-29{\frac {1}{3}}axx+4x^{3}=100a^{3}-60aax+28axx-4x^{3} $; laquelle étant reduite à zero, selon la coutume, il resultera $ 6x^{3}-43axx+100aax-75a^{3}=0 $: Voilà, Monsieur une Equation cubique composée de 3 facteurs $ {\overline {2x-5a}}\times {\overline {3x-5a}}\times {\overline {x-3a}} $; elle a donc 3 racines: $ x={\frac {5}{2}}a $, $ x={\frac {5}{3}}a $, $ x=3a $; Mais pas une de ces racines ne peut satisfaire au probléme, parce que chacune donnant $ x $ ou $ CD $ plus grande que $ CE $ ou $ a $, la perpendiculaire $ BD $ tombera hors du Cercle $ EBF $, et partant ne pourra pas le couper; ensorte que le probléme est pour ce cas geometriquement impossible; ceci m'a fait penser, que peutétre le probléme est entierement impossible dans toute son étendue; en effet aprés un peu de meditation j'ai trouvé facilement qu'il ne contient pas un seul cas, qui soit possible, car dans tout triangle $ BAC $, le grand coté $ BA $ est au petit coté $ BC $, toujours en moindre raison que l'angle $ BCA $ à l'angle $ BAC $; pour le prouver il faut considerer que les cotez d'un triangle sont comme les Sinus de leurs angles oposez, donc $ BA $ est à $ BC $ comme le Sinus de l'angle $ BCA $ au sinus de l'angle $ BAC $; il faut donc demontrer que le sinus du plus grand angle est au Sinus d'un plus petit angle en moindre raison, que le grand angle au petit angle, en voici la Demonstration: Soit deux angles quelconques $ IGF $, $ MGF $, dont les mesures soient les 2 arcs $ IMF $, $ MF $ et leurs sinus $ IH $, $ ML $; par les points $ I $, $ M $, soit tirée la droite $ IMN $ qui rencontre le diamétre prolongé en $ N $; il est clair que l'arc $ IOM $ est plus grand que sa corde $ IM $, et au contraire par l'axiome d'Archiméde $ MF $ plus petit que la droite exterieure $ MN $, donc la raison de l'arc $ IOM $ à l'arc $ MF $ est plus grande que la raison de la corde $ IM $ à $ MN $, donc componendo la Raison de l'arc entier $ IOMF $ à l'arc $ MF $ plus grande que la raison de la droite $ IN $ à $ MN $; Or $ IN\cdot MN::IH\cdot ML $, donc aussi l'arc $ IMF $ à l'arc $ MF $ ou l'angle $ IGF $ à l'angle $ MGF $ est en plus grande raison que le Sinus $ IH $ est au Sinus $ ML $. C. Q. F. D.

D'où Vous voyez, qu'on ne peut point faire de triangle $ BAC $, où l'angle $ BCA $ soit double ou triple, ou quadruple etc. de l'angle $ BAC $, et en méme tems le coté $ BA $ triple ou quadruple ou quintuple du coté $ BC $. Ainsi Vous pourrez repondre à celui qui Vous a proposé ce probléme, qu'il est absurde, puisqu'il suppose des Conditions impossibles. Pour ce qui est du Probléme, que mon fils de Petersbourg vous a envoyé, on le peut aisement resoudre en plusieurs manieres, mais je differe ma Solution à une autre occasion, car je commence à me lasser par la peine du Calcul, qu'il m'a fallu faire ci dessus, outre que je dois encore repondre à quelques autres articles de Votre lettre. Vous avez raison, Mr. de traiter de Bagatelle la methode du Directeur de l'Academie des Pages qu'il donne pour la trisection de l'angle, car c'est une pure approximation et tout à fait triviale qui se trouve non seulement dans Wolfius

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Fussnoten

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