70 ŒUVRES DE FERMAT. [73,74] 



Eu efTet, dans les triangles rectangles FMP, FIK, M = I, donc ces 

 triangles FIK, FMP sont semblables; mais FM>FI, donc MF > IK.« 



Mais MN < IB, donc ^rrr-, ne peut être égal à yï^- 



Si le point M tombe entre I et F, on prouvera que la hauteur est 

 plus grande et la différence des côtés plus petite et cela par le même 

 raisonnement; donc le rapport est différent. Si M est du côté FC, on se 

 servira du second triangle AIC, et la démonstration sera la même. Il 

 est ainsi inutile de s'arrêter plus longtemps h ces cas, et il est constant 

 que le triangle cherché est semblable au trouvé AIC. Le problème est 

 donc résolu. 



Je propose en revanche, s'ils le veulent bien, tant à M. de Pascal 

 qu'il M. de Roberval, de résoudre ce problème : 



En un point donné sur une spirale de Galilée, trouver la tangente. 



M. de Roberval sait ce qu'est cette spirale. 



,T'ai résolu ce problème et j'en attends la solution d'hommes aussi 

 savants qu'ils le sont; mais, s'ils le préfèrent, je leur communiquerai 

 la mienne et même une méthode générale pour les tangentes des 

 lignes courbes. 



Toutefois, pour ne pas paraître quitter les mains vides ce sujet des 

 triangles, je puis proposer les questions suivantes : 



Étant donnés la hase, V angle au sommet et la somme de la hauteur 

 et de la différence des côtés, trouver le triangle. ^ 



Etant donnés la base, l'angle au sommet et la différence de la hau- 

 teur et de la différence des côtés, trouver le triangle. 



Étant donnés la base, l'angle au sommet et le produit de la hauteur 

 par la différence des côtés, trouver le triangle. 



Étant donnés la base, l'angle au sommet et la somme des carrés de la 

 hauteur et de la différence des côtés, trouver le triangle. 



ainsi que beaucoup d'autres questions semblables que mes savants 

 correspondants résoudront toutefois plus facilement, je pense, que le 



