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En effet, supposons, d'abord, que le point F tombe soit sur la 

 partie du roté Ad, qui est intérieure au secteur; soit au point 

 même d'intersection de AI", avec l'are AU. Dans ces deux cas, le 

 secteur ABE contient le triangle A HE ; et la première inégalité est 

 évidente. Quant à la seconde, elle s'obtient en soustrayant, 

 membre à membre, la première inégalité, de 



t r ABC — sect AHI). 



Si, au contraire, le point F tombe sur la partie de Ad, qui est 

 extérieure au secteur, le triangle FBC contient le secteur EBD ; la 

 seconde inégalité» est évidente ; et c'est la première qui s'en déduit, 

 par soustraction, membre à membre, de la même égalité. 



De cette double inégalité, on tire : 



tr ABF sect ABE 

 tr FBC < sect EBD 



Mais, on a évidemment 



Proi>. 4. Soit (tig. J) jours donné le secteur ABD, et le tri- 

 angle qui lui est équivalent, ABC. Prenons, sur le côté HA, un 

 point E, tel que le triangle EBd soit semblable à ABd ; par le 

 centre B de la circonférence, menons, à l'intérieur de l'angle du 

 secteur, une sécante quelconque rencontrant, en F, le côté CE; 

 en G, l'arc AD. Je dis, qu'on aura 



Soit H, le point d'intersection de la sécante avec AC. 

 Supposons, en premier lieu, que la sécante HE soit la bissec- 

 trice de l'angle ABd. On a (prop. 2) 



Bd > BA d'où BE> Bd. 



