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(EUVRES DE FERMAT. 
[35, 36] 
soit, réduisant encore ces deux rectangles en un seul, AI’ = BA x ER. 
Il reste à prouver que PR x RO = AR x RB + PB x BO. 
En effet, en multipliant entre elles les parties : 
PR x RO=PA x RB+PA x BO(=B0?) +AR x RB +AR x BO(=PA x AR). 
Mais PA x AR + PA x RB == PA x AB = AB x BO. Ajoutant BO?, on 
a AO x OB, c’est-à-dire PB x BO. Done 
PR x RO — AR x RB + PB x BO. 
C. Q. F. D. 
Je ne poursuis pas les différents cas, désormais rendus très faciles. 
Cependant je ne crois pas devoir omettre celui où le point E ne se 
trouve pas au delà de A, comme ci-dessus. 
Soient donnés les deux points À et E ( g. 31), et la droite AB; il 
faut trouver une circonférence de cercle comme NOR, telle qu’en pre- 
@. 51 
nant sur elle un point quelconque O, et abaissant la perpendiculaire OI, 
AO? — BA x EI. 
Appliquons BA >< AE sur la droite BA, en défaut d'une figure 
carrée (*). Nous aurons le point R; soit BN = AR. Le demi-cercle dé- 
erit sur RN satisfera à la question. La démonstration sera semblable à 
celle que nous avons donnée pour le premier cas. 
Proposıtion IV. 
« St de deux points donnés on méne des droites à un point, et que le 
carré de l’une soit d’une aire donnee plus grand que dans un rapport 
donné avec le carré de l’autre, le point d’intersection sera sur une circon- 
férence donnée. » 
(1) C'est-à-dire construisons AR par la condition : AB >< AR — AR = BA x AE.