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ŒUVRES DE FERMAT. 
[224, 225] 
grand que le segment parabolique EQMI. Mais, d'aprés ee qui a été 
démontré, le produit de KL par la circonserite est égal à 
PF x FE + OG x GF + NH « HG + MI x IH. 
En effet, AE — TP; donc KL x XR = PF >< TE, ct ainsi de suite 
pour les autres. 
Puisque le produit de KL par la circonscrite est plus grand que le 
segment parabolique EQMI, la somme des rectangles 
| PF. FE 2- 0G.GF -- NH.GH -- MI.HI 
est supérieure à ce segment parabolique. Mais si on méne les perpen- 
diculaires (parallèles à la base) Py. 00, NA, Mo, qui rencontrent les 
ordonnées à l'intérieur de la parabole (car les ordonnées croissent à 
mesure qu'elles s'éloignent du sommet), les rectangles ainsi construits 
PE, OF, NG, MH seront respectivement égaux aux précédents. Donc 
la somme PE —+ OF + NG + MH sera supérieure au segment parabo- 
lique. Ce qui est absurde, car ces rectangles PE, OF, NG, MH compo- 
sent une figure inscrite dans le segment parabolique et par conséquent 
plus petite. 
Donc B n'est pas inférieure à la courbe EXA. Ne lui étant ainsi ni 
supérieure, ni inférieure, elle lui est égale. C'est ce que nous avons 
voulu démontrer longuement pour écarter tout scrupule. 
De CE QUI A ETE DEMONTRE, ressort que l'on peut établir avec la méme 
facilité l'égalité entre un segment parabolique quelconque EQPF, re- 
tranché du premier, et le produit de la donnée KL par la courbe EX. 
Si done on donne sur la base un point quelconque F, comme, d'apres 
Archimède, le segment parabolique EQPF est donné en rectilignes, le 
produit KL x EX est donné ; mais KL est donné, donc l’arc EX. Par 
conséquent, si l’on donne sur la base un point quelconque F, il est 
clair que l'are de courbe correspondant est donné et qu'on peut assi- 
gner une droite qui lui soit égale. 
IL Nv 4 pas à objecter que, pour trouver une droite égale à la 
courbe EXA, il semble falloir construire une parabole simple, ce qui