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RT DES ScreNces: 137 
qui fera quarrable. Ce Segment BCDB era égal à la fom- 
me des triangles reétilignes LFIHMEFK (fig. 1.) 04 4 La 
difference des mêmes LFI—MFK (fig. 2.) ce que je dé- 
montre ainfi. 
Soient N.40 parallele à la bafe EG; BN, DO, pa-pric r. 
ralleles à l'axe .2F & les raïons HAL, HM. Premiere- 
ment lorfque les ordonnées 1B, KD, (fig. x.) font de dif- 
ferens côtez de l'axe, le fegment B C DB fe trouve égal 
au trapeze BNOD diminué des deux trilignes .4 NB 
&.A0 D ; mais letrapeze BNOD—:BN+IDOxNO 
(à caufe de HI—AK) —IHAXNO—+HAXNA 
H+HAXO.A. Or par la nature de la Cycloïde 
LHAXNA—EHAXAIC AL LI— (A. LH.A + 
triang.  Z A F—{feû. LF.A : On démontrera de même 
que + 4.4 x0.4—{eû. MF.A. Doncle trapeze BNOD = 
aux deux feûteurs LF.4+ MF.A. Maintenant par la 
proprieté de la Cycloïde, déja connuë, letriligne .4NB — 
au fegment circulaire .AIL ; & le triligne .4OD —feom. 
citc..{K M. Donc ayant Ôté du trapeze 8 N O D les deux 
trilignes AN B,.40O D ; & des feéteurs AFL, AFM, 
les deux fegmens circulaires .41L, .4 KM: l’on aura le 
fegment cycloïdique BCD B — au deux triangles reétili- 
gnes ZFI+ MFK. Ce qwil falloit démontrer. 
- Quefi les ordonnées ZE, KD, font d’un même côté ( fg.2.) F1G. 2 
le fegment BCDB—trap. BNOD— triligne .4 N BH 
triligne 4 O D ; & en fuivant les traces de la démonftra- 
tion précedente, on trouvera le trapeze BNOD— 
2HAXNA—:HAXOA—fet. LF.A4— feû. MFA. 
Donc ayant fubftitué les fegmens circulaires .41L,.4KM, 
_ à la place des trilignes .4NB,.40D, qui leur font égaux; 
il viendra le fegment cycloïdal BCD B—à la difference 
des deux triangles re@ilignes ZFI— M F K. Ce quil falloir 
démontrer. 
Coroz. L Les points X & Z concoutant & fe con: 
1699. | ES) 
