Parmi les possibilités nouvelles qu’offre l’algèbre d’al-Khwārizmī, il y a la possibilité de représenter les relations entre figures géométriques par une équation. Dans son livre, al-Khwārizmī procède déjà à cette représentation.Footnote 1 C’est pour fonder celle-ci sur des bases solides que, quelques décennies à peine après le commencement de l’algèbre, Thābit ibn Qurra (826–901) montre rigoureusement que la méthode d’application des aires, telle qu’elle est appliquée dans le sixième livre des Éléments d’Euclide, est équivalente à une équation quadratique. Il montre aussi qu’un problème de division d’une droite donnée, sous une condition exprimée par l’égalité de deux aires, conduit à une équation quadratique résoluble par la méthode d’application des aires. Il montre enfin que l’on peut recourir à la théorie des proportions pour établir les algorithmes d’al-Khwārizmī destinés à résoudre les équations des deux premiers degrés. C’est ainsi que Thābit ibn Qurra atteint le but qu’il poursuit dans son mémoireFootnote 2 et montre que la méthode (al-maslak) des géomètres concorde avec les méthodes des algébristes. C’est avec Thābit ibn Qurra, soulignons-le, et jamais avant, que l’on peut parler d’algèbre géométrique.
Dès le début de l’algèbre, on assiste donc à une dialectique entre algèbre et géométrie, qui ne cessera d’évoluer, de s’approfondir, pour féconder les mathématiques et pour en dévoiler toujours davantage l’unité. Et de fait, le second moment de ce mouvement ne tarda guère, grâce aux progrès accomplis par les algébristes successeurs d’al-Khwārizmī, ainsi qu’en géométrie des coniques. On associe alors à la géométrie une théorie des équations cubiques et biquadratiques.
La traduction en arabe des Coniques d’Apollonius,Footnote 3 les recherches engagées par al-Ḥasan ibn Mūsā au cours de la seconde moitié du ixe siècle pour préparer cette traduction, celles que le livre d’Apollonius a ensuite rendues possibles, à quoi il faut ajouter les rapides développements de l’algèbre, ont insufflé une nouvelle vie à plusieurs chapitres des mathématiques. Au nombre de ces chapitres, il y a celui sur la construction des problèmes géométriques solides, ainsi que celui sur l’étude des équations cubiques et biquadratiques irréductibles. On observe que, au cours du xe siècle, les mathématiciens ont de plus en plus lié les deux domaines. Ainsi, on traduisait algébriquement les problèmes géométriques solides en vue de leur construction, et on résolvait à l’aide des sections coniques les équations obtenues. Pour assurer cette démarche, le mathématicien al-Qūhī s’efforce, à propos de la construction du lemme à la division de la droite d’Archimède (Sphère et cylindre, II.4), de concevoir “une application des volumes” analogue en dimension 3 à l’application des aires: un segment étant donné, on cherche à appliquer le long de ce segment un volume donné avec un défaut ou un excès semblable à un parallélépipède donné.Footnote 4
Au xe siècle, ces deux chapitres ont fait l’objet d’une recherche intense d’al-Māhānī, al-Khāzin, al-Qūhī, al-Ṣāghānī, al-Sijzī, Ibn ‛Irāqet Abū al-Jūd. Cette recherche a atteint son point culminant, pour le premier chapitre, les constructions géométriques, avec Ibn al-Haytham (mort après 1040), et pour le second, la théorie des équations cubiques, avec al-Khayyām (1048–1131) suivi par Sharaf al-Dīn al-Ṭūsī, vers 1170. Nous avons retracé ailleursFootnote 5 l’histoire de ces deux chapitres, lorsque nous avons établi, traduit et commenté les écrits des mathématiciens de l’époque. À cette occasion, nous avons rencontré Abū al-Jūd Muḥammad ibn al-Layth.Footnote 6 Il a contribué aux constructions géométriques, et notamment à celle de l’heptagone régulier.Footnote 7 C’est d’ailleurs à ce propos qu’il a pris part à une fameuse controverse sur la priorité de l’invention, controverse dont les mathématiciens al-Sijzī et al-Shannī étaient les protagonistes. Nous savons aussi que, plus que quiconque avant al-Khayyām, il a contribué à l’étude au moyen des sections coniques des équations cubiques irréductibles. C’est d’ailleurs ce que confirme al-Khayyām dans les termes suivants: Abū al-Jūd a procédé à “l’énumération de ces espèces (les équations) et à l’analyse de la plupart en sections coniques, sans toutefois en épuiser toutes les formes, et sans distinguer les cas possibles des cas impossibles, mais seulement des espèces selon que l’examen y parvient dans les problèmes particuliers”.Footnote 8
De ces propos, on comprend qu’al-Khayyām considérait Abū al-Jūd comme son principal prédécesseur dans l’étude de la théorie géométrique des équations cubiques. Si en effet les autres éminents mathématiciens parvenaient à l’une ou l’autre des équations cubiques au cours de la construction d’un problème géométrique solide (heptagone régulier, trisection de l’angle, droite d’Archimède, etc.), Abū al-Jūd, lui, a tenté une classification des équations, à partir des sections coniques utilisées pour les résoudre. Cette tâche a été achevée par al-Khayyām, qui fut le premier à élaborer la théorie nécessaire. Or la contribution d’Abū al-Jūd aux deux chapitres a été frappée par le mauvais sort et n’a pas reçu la place qu’elle mérite dans les livres d’histoire des mathématiques. À cela, plusieurs raisons. La première, et la plus importante, c’est la perte de son ouvrage majeur, celui auquel font référence al-Shannī, al-Bīrūnī et al-Khayyām: Les Géométriques. Selon la description qu’en donnent ces derniers, il s’agit d’un gros volume en plusieurs chapitres sur les problèmes de construction géométrique, et sur les équations cubiques. La seconde raison est à chercher dans le portrait malveillant et falsificateur qu’en trace son contemporain al-Shannī, dans un texte hypercritique, portrait que les historiens ont pris pour argent comptant, sans le moindre examen.Footnote 9 Nous avons dénoncé les erreurs d’al-Shannī et prouvé sa mauvaise foi lorsque nous avons étudié les écrits d’Abū al-Jūd sur l’heptagone régulier. Nous entendons poursuivre ici la tâche commencée et étudier d’autres travaux qu’Abū al-Jūd a consacrés à ces deux chapitres. Nous examinerons dans un prochain article sa contribution en théorie des nombres (triangles rectangles numériques).
Le texte que nous allons établir, traduire et commenter ici est une épître d’Abū al-Jūd, dans laquelle il répond à quatre questions qui lui ont été adressées par al-Bīrūnī.Footnote 10 Cette épître ne nous renseigne pas simplement sur l’œuvre d’Abū al-Jūd; c’est aussi un témoignage de la recherche vivante à la fin du xe siècle. On y voit en effet les questions qui étaient alors agitées, et les méthodes pour les aborder. Le texte relève d’un genre littéraire couramment pratiqué en ce temps, celui de la correspondance mathématique. Citons entre autres celles d’al-Qūhī, d’Ibn Sahl, d’al-Sijzī, etc.Footnote 11 L’épître expose les réponses à quatre questions, ayant trait d’une manière ou d’une autre aux constructions géométriques. La première porte sur un problème sursolide, où Abū al-Jūd démontre l’existence et le nombre des solutions réelles positives. La seconde se ramène au problème de l’heptagone régulier, pour démontrer l’impossibilité de l’affirmation selon laquelle la corde du septième d’une circonférence est égale à la moitié de la corde de son tiers. La troisième revient à la possibilité de construire l’ennéagone au moyen de l’algèbre. Quant à la dernière, elle porte sur la détermination de la corde d’un degré de circonférence, la trisection de l’angle étant connue. Ces textes sont tous dans le manuscrit n° 168 de la Bibliothèque de Leiden. F. Woepcke en a donné au xixe siècle une première étude.Footnote 12
Considérons successivement ces quatre problèmes.
Problème 1: Soit BC un segment donné et A un point donné. Déterminer un point D sur BC tel que
(*) 
Abū al-Jūd rappelle qu’il s’agit d’un problème admirable, mais “lié” (muqayyad), c’est-à-dire avec conditions, et qui exige un diorisme. En effet, la condition AD < BC est nécessaire. Plusieurs cas se présentent selon la position du point donné A. Abū al-Jūd procède alors par analyse et synthèse.
Analyse: Soit DG ┴ BC, DG = AD et HI//BC passant par G; et complétons le carré BFEC; on a
et, par (*)
Par I.18 des Coniques, le point G appartient à la parabole ℘ de sommet F, d’axe FB et de côté droit FB.
Soit maintenant AK ┴ CB; AK rencontre HI en M. Prolongeons AK jusqu’à L tel que KL = AK; on a KM 2 = AK 2 + AM · ML; d’où AD 2 = AK 2 + AM · ML et KD 2 = AM · ML; or KD = MG, donc GM 2 = MA · ML. Le point G appartient donc à l’hyperbole équilatère ℋ de sommet A et de diamètre transverse AL, d’après I.20 des Coniques (voir Fig. 1.1, p. 18 et Fig. 1.2, p. 20).
Synthèse: On considère la parabole ℘ et l’hyperbole ℋ, et on suppose qu’il existe un point G commun à ℘ et à ℋ.
G ∈ ℋ ⇒ MG 2 = LM · AM; d’où MG 2 + AK 2 = LM · AM + AK 2 = KM 2 puisque MG = KD et AD 2 = KD 2 + AK 2. On a donc KM = AD et KM · BC = aire (BI); et
D’autre part G ∈ ℘ ⇒ GH 2 = FH · FB, donc
puisque GH = DB et FB = FE.
De (1) et (2) on déduit (*), et le point D répond à la question.
Dans la synthèse, Abū al-Jūd suppose que ℋ et ℘ ont un point commun G. Il précise cependant, dans le paragraphe suivant, que ce raisonnement est valable dans le cas où les deux sections sont tangentes ou sécantes en un seul point.
Il considère ensuite le cas de deux points d’intersection. Il donne la synthèse suivante, avec des notations différentes, avec AF ┴ BC et AF = FO (voir Fig. 2, p. 24).
L’hyperbole ℋ a pour axe AO et a deux points G et H d’intersection avec la parabole ℘. On raisonne comme précédemment; on a
G ∈ ℋ ⇒ GK = AK ⇒ AK · BC = aire (BU)
et
G ∈ ℘ ⇒ JG 2 = EJ · EB ⇒ BK 2 = aire (DJ).
On a donc AK · BC + BK 2 = BC 2 et le point K répond au problème. De même
H ∈ ℋ ⇒ HP = AP ⇒ AP · BC = aire (BQ)
et
H ∈ ℘ ⇒ HX 2 = EX · EB ⇒ BP 2 = aire (DX).
On a donc AP · BC + BP 2 = BC 2 et le point P répond au problème.
Après avoir étudié le cas où les deux sections se rencontrent par contact ou par intersection en un seul point, puis le cas où elles se coupent en deux points, Abū al-Jūd considère enfin le cas où elles n’ont pas de point commun, et il démontre que le point D n’existe pas.
Soit G un point pris sur ℋ et GD = AD < BC. La parallèle à BC menée par G donne les points K, I, H, M (voir Fig. 3, p. 26). On raisonne comme précédemment. On a
On a donc
Mais KI < GK ⇒ KI 2 < BD 2; donc AD · BC + DB 2 > BC 2, et le point D ne répond pas au problème.
Notons que la prise en compte du cas où les deux coniques n’ont pas de point commun est étrangère aux livres IV et V des Coniques d’Apollonius.
Dans tous les cas précédents, Abū al-Jūd a supposé que le point A n’appartient pas à BC. Il suppose à présent que A est un point de BC tel que AC < 2BC; et soit E tel que BE = BC et D milieu de AE; on a AD · BC + BD 2 = BC 2.
Or la disposition des points donne:
car BE = BC (voir Fig. 4, p. 28); donc
car DE = DA; les hypothèses ne peuvent pas donner la relation (*).Footnote 13
Abū al-Jūd vient donc de montrer que, quelle que soit la position du point A donné, le problème n’a pas de solution si ℋ et ℘ ne se rencontrent pas, une solution si elles se rencontrent par contact ou par intersection en un point et deux solutions si elles se coupent en deux points. Il affirme qu’il n’y a pas plus de deux solutions “car les deux sections mentionnées ne se coupent pas en plus de deux positions”.
Commentons maintenant cette étude d’Abū al-Jūd en empruntant le langage de l’algèbre, que d’ailleurs l’auteur n’a pas hésité à utiliser pour traiter d’autres problèmes, comme nous le verrons plus loin.
Prenons comme repère 
, 
, B(0, 0), C(a, 0), D(x, 0),avec 0 < x < a, A(x 0, y 0), avec x 0 > 0 et y 0 > 0. On a
d’où
On vérifie que l’équation (*) donne les abscisses des points communs à ℋ et à ℘. En effet, on a
et
Notons que ℘ a pour sommet F (0, a), pour axe FB et qu’elle passe par C et par C′, symétrique de C par rapport à B. L’hyperbole ℋ est équilatère; elle a pour centre K(x 0, 0). On considère la branche de sommet A; donc y > y 0. Elle coupe By au point F 1 d’ordonnée y 1 = BA, car (2) donne pour x = 0, 
.
On remarque aussi que ℘ ne dépend pas du point A. Dans tous les cas possibles pour l’hyperbole, la branche de sommet L(x 0, –y 0) est coupée par la parabole en deux points, dont l’un a une abscisse négative. La branche de sommet A correspond à y > y 0, c’est la seule que considère Abū al-Jūd.
Considérons à présent l’équation (*) qui s’écrit également sous la forme
![$$\left( {a^2 - x^2 }\right)^2 - a^2\left[ {y_0^2 +\left( {x - x_0 }\right)^2 }\right] = 0.$$](https://static.cambridge.org/binary/version/id/urn:cambridge.org:id:binary:24097:20160420050100346-0754:S0957423909990075_eqnU10.gif?pub-status=live){kind=small}
Examinons d’abord le cas particulier où le point A est sur Bx au delà de C, et qu’Abū al-Jūd mentionne à la fin du problème. Dans ce cas, y 0 = 0 et (**) s’écrit
Si on suppose x < a et x < x 0 (hypothèse non mentionnée dans le texte mais vérifiée par la figure), il faut considérer seulement le signe inférieur et on a x 2 – ax + ax 0 – a 2 = 0 et Δ = a(5a − 4x 0). Mais x 0 > a, donc Δ < a 2, et Δ ≥ 0 ⇔ x 0 ≤ 5a/4.
On obtient alors les résultats rappelés précédemment en note marginale, mais qui n’apparaissent pas dans le texte d’Abū al-Jūd.
Venons-en à présent au cas général. L’existence et le nombre des racines de (*) dépendent de la position du point A(x 0, y 0). Les solutions du problème sont des racines de (*) situées dans l’intervalle (0, a]. Désignons par f (x) le premier membre de (**). On a
![$$\matrix{ {f\left( { - a}\right)}\hfill \amp { = - a^2\left[ {y_0^2 +\left( {x_0 + a}\right)^2 }\right] &#x003C; 0}\hfill\cr {f\left( 0\right)}\hfill \amp { = a^4 - a^2\left( {x_0^2 + y_0^2 }\right) = a^2\left[ {a^2 -\left( {x_0^2 + y_0^2 }\right)}\right]}\hfill\cr {f\left( a\right)}\hfill \amp { = - a^2\left[ {y_0^2 +\left( {a - x_0 }\right)^2 }\right] &#x003C; 0}\hfill\cr {f\left( {x_0 }\right)}\hfill \amp { =\left( {a^2 - x_0^2 }\right)^2 - a^2 y_0^2 .}\hfill\cr }$$](https://static.cambridge.org/binary/version/id/urn:cambridge.org:id:binary:56840:20160420050100346-0754:S0957423909990075_eqnU12.gif?pub-status=live)
On a donc
L’équation f (x) = 0 admet donc, pour tout couple (x 0, y 0) les racines simples x 1 < -a et x 2 > +a, auxquelles correspondent les points M 1 et M 2, intersections de ℘ avec la branche de sommet L de l’hyperbole.
Examinons ![$$f(0) = a^2\left[ {a^2 -\left( {x_0^2 + y_0^2 }\right)}\right]$$](https://static.cambridge.org/binary/version/id/urn:cambridge.org:id:binary:80338:20160420050100346-0754:S0957423909990075_inline4.gif?pub-status=live){kind=small}
.
1° 
Dans ce cas, le point A est sur l’arc CF du cercle (B, a).
Soit ℋA la branche de sommet A pour l’hyperbole; elle coupe By en un point F 1 d’ordonnée y F 1 telle que 
; on a donc yF1 = a et F 1 vient en F; donc l’arc AF de ℋA et l’arc AC de ℘ se coupent en un point d’abscisse α, avec 0 < α < a. L’équation f(x) = 0 a donc quatre racines: x 1, 0, α, x 2, et le problème a une solution, α, abscisse de G.
2° 
. On a alors dans ce cas AB < BC et A intérieur au carré(x 0 < a, y 0 < a) et est intérieur au cercle (B, a).
Dans ce cas ℋA coupe l’arc FC de la parabole en un point d’abscisse α1, avec 0 < α1 < a, et l’arc FC′ en un point d’abscisse α2, avec -a < α2 < 0.
L’équation f (x) = 0 a encore quatre racines: x 1, α2, α1, x 2; et le problème a une solution G 1, d’abscisse α1.
3° 
Dans ce cas yF1 > a et F 1 est extérieur à la parabole. Le point A est extérieur au cercle, mais il peut être à l’extérieur ou à l’intérieur du carré.
L’arc FC du cercle est extérieur à la parabole, donc A est extérieur à celle-ci. Trois cas sont alors possibles:
• L’arc AF 1 de l’hyperbole coupe l’arc FC de la parabole en deux points. On a G 1 et G 2, ce qui implique que α1 et α2 tels que 0 < α1 < α2 < a sont solutions.
• Les arcs AF 1 et CF sont tangents en un point G; on a alors une solution.
• Les arcs AF 1 et CF n’ont pas de point commun; on n’a aucune solution.
Ce sont les cas trouvés par Abū al-Jūd.
Cette analyse montre avec quelle maîtrise un auteur du xe siècle s’attaquait à un problème sursolide et discutait complètement l’existence des solutions dans la position cherchée.
Nous avons vu que, dans le cas où A est sur la droite BC, le problème se ramène à la proposition II.5 des Éléments d’Euclide. On peut se demander si al-Bīrūnī n’a pas tout simplement voulu généraliser cette proposition en prenant le point A hors de la droite BC, ce qui conduit cette fois à un problème sursolide.
Problème 2: Al-Bīrūnī demande ensuite à Abū al-Jūd de démontrer l’impossibilité de l’affirmation: la corde d’un septième de cercle est égale à la moitié du côté du triangle équilatéral inscrit dans le même cercle que l’heptagone.
Abū al-Jūd opte pour une solution par reductio ad absurdum. Il considère le cercle ABC et la corde AB égale à la moitié du côté du dit triangle (cf. figure du texte), et, pour la commodité du calcul, pose AB = 1. Le côté du triangle équilatéral est donc égal à 2, sa hauteur est égale à √3. Ce triangle vérifie 3R 2/4 = 1, avec R le rayon et le diamètre d = 4/√3; d 2 = 16/3.
On considère le point C du cercle, sommet d’un triangle isocèle de base AB. Si C était un sommet de l’heptagone régulier de côté AB, on aurait angle ACB = π/7 ≈ 25°42′51″.
On construit D sur BC et E sur AC tels que AD = AB = DE. Les triangles isocèles CAB et ABD ont un angle à la base commun; ils sont semblables et on a
On mène les perpendiculaires AG et EI à BC; on a alors
L’idée d’Abū al-Jūd est que, si EC = AB = 1, ce que l’on cherche, alors l’égalité précédente ne sera pas vérifiée, d’où la contradiction.
En effet, 
(le triangle CAB est de la forme 
). Dans le triangle isocèle ADE, on a 
. Or DÊA est extérieur au triangle CED, donc 
. Le triangle CDE est isocèle, d’où EC = ED, et on a alors AB = AD = DE = EC = 1.
On est conduit à une absurdité en calculant 2 AC 2 = u à partir de chacune des deux hypothèses suivantes:
(•) 
(••) 
Avec la première hypothèse, AC 2 = d · CH = CH 2 + ¼; donc u est racine de l’équation quadratique u 2 – 2d 2u + d 2 = 0, ou
Ceci donne 
.
Avec la seconde hypothèse, on a AC = 1/BD, où BD = 2BG = 2sin (π/14). Donc
On sait que y = 2cos(π/7) est racine de l’équation y 3 – y 2 – 2y + 1 = 0; il en résulte que u = 2/(2 – y) est racine de l’équation
En éliminant u entre les deux équations (1) et (2) on est conduit à u – 2 = 0; mais 2 n’est pas racine de (1), on trouve donc la contradiction cherchée.
En fait, l’équation (2) n’a pas de racine qui soit une irrationalité quadratique; sinon, le même raisonnement montrerait que cette racine est rationnelle. Or l’équation (1) donne u sous la forme d’une irrationnelle quadratique: on trouve donc, par les deux hypothèses 1) et 2), des irrationalités de types différents pour AC 2. C’est le principe du raisonnement d’Abū al-Jūd, même si des erreurs de calcul l’ont rendu obscur.
Abū al-Jūd semble calculer EC de deux façons afin d’exhiber une contradiction.
Si AB est le côté de l’heptagone régulier, on sait que AB = AD = DE = EC = 1.
Par l’équation (1), on a
Avec AB moitié du côté du triangle équilatéral et 
, on a 
et 
, donc 
.
Ainsi, 
, si on note K le milieu de AE; et AK = AD sin 3α = sin 3α. On a ensuite AE = 2 sin 3α, CE = AC – 2 sin 3α = AC – 2 sin α(3 – 4sin2α), où
On a donc
Donc,
et
Ceci devrait être égal à 
, si CE = 1.
Or 
puisque 
.
Il est bien vraisemblable qu’Abū al-Jūd avait procédé ou bien par ce raisonnement, ou bien par des calculs équivalents à ces derniers, sans toutefois les expliciter.
Problème 3: Al-Bīrūnī demande ensuite à Abū al-Jūd pourquoi il avait affirmé dans son traité Les géométriques – proposition 7, chapitre 7 du quatrième livre – qu’il est possible de construire l’ennéagone par cette proposition. Abū al-Jūd mène alors l’analyse qui l’avait conduit à ce résultat. Voici cette analyse:
Soit CAB un triangle isocèle, CB = CA et 
. Soit les points D, E, G tels que AB = AD = DE = EG; on a 
et 
. On a alors 
. Le triangle ADE est donc équilatéral et 
, donc 
. Le triangle CGE est donc isocèle, d’où EG = GC. On a donc six segments égaux (voir Fig. 6, p. 34).
Abaissons GK ┴ AC et AI ┴ BD; les triangles CKG et CAI sontsemblables. On a 
; or CE = 2 CK, d’où
Or CG = AB = AE et CG + CE = AE + CE = AC ; d’autre part CA + 2 CI = 2CB + CD. Ainsi
Les triangles CAB et ABD sont semblables, donc
Posons maintenant AC = 1, AB = x; par (2) on a x 2 = BD, et par (1)
Abū al-Jūd rappelle que la proposition 7.7 de son quatrième livre des Géométriques expose comment trouver la racine positive de cette équation, et par conséquent le côté de l’ennéagone. Cette équation est la quatorzième d’al-Khayyām (x 3 + c = bx) résolue par l’intersection d’une parabole et d’une branche d’hyperbole.Footnote 14 Al-Bīrūnī reprend ce problème dans son Al-Qānūn al-mas‘ūdī – troisième livre, troisième chapitre.Footnote 15 Mais, pour les raisons du calcul astronomique, il donne une valeur approchée de la corde du neuvième de la circonférence.
Remarque: Si l’on veut déterminer la position du point D sur BC, on peut écrire à partir de (1) et (2)
problème analogue à celui traité par Abū al-Jūd lors de sa construction de l’heptagone régulier (division de la droite BC).Footnote 16 Si le point D est déterminé, le point A se trouve sur la médiatrice de BD et sur le cercle.
Problème 4: La quatrième question adressée par al-Bīrūnī à Abū al-Jūd nous ramène à Ptolémée et au mathématicien du xe siècle Abū Ja‘far al-Khāzin. Ce dernier affirme qu’il est possible de déterminer l’arc d’un degré si on sait partager l’angle en trois parties égales. Or lui-même avait procédé à la trisection au moyen d’un cercle et d’une branche d’hyperbole.Footnote 17 La question d’al-Bīrūnī montre que cette détermination de la corde d’un degré n’avait pas été effectuée, ou tout au moins ne lui était pas parvenue. Ce problème figure en toutes lettres, comme le rappelle Abū al-Jūd, dans l’Almageste. En effet, dans la partie géométrique de son livre, Ptolémée, après avoir posé la circonférence du cercle 360° et le diamètre divisible en 120 parties, a déterminé, à l’aide des propositions 9 et 10 du XIIIe livre des Éléments – division en extrême et moyenne raison – les cordes de certains arcs. Il s’agit du décagone régulier, du pentagone régulier, de l’hexagone et de quelques autres. Et, à partir d’une expression équivalente à
il construit les tables des cordes de 3 degrés en 3 degrés. Il trouve, à partir de la corde de 3 degrés, les cordes de 3°/2 et de 3°/4. Mais Ptolémée voulait construire les tables d’un demi-degré à un demi-degré. Il fallait donc pouvoir partager l’angle en trois parties égales. Ptolémée écrit alors que cette trisection “n’existe pas d’une manière exacte”, “introuvable d’une manière exacte” (ghayr mawjūd bi-al-ḥaqīqa), selon la traduction arabe d’al-Ḥajjāj. Il procède par approximation.Footnote 18
Al-Bīrūnī soumet ce problème à Abū al-Jūd, qui commence par rappeler que la trisection ne se fait pas à la règle et au compas, mais à l’aide de deux coniques, ce qui faisait partie de la connaissance commune de l’époque.
Abū al-Jūd rappelle ensuite certains résultats de Ptolémée, pour montrer comment ce dernier a obtenu cette approximation.
En notant R le rayon du cercle (R = 60°) et Cn le côté du polygone régulier à n côtés inscrit dans ce cercle, on a
Les arcs correspondant à C 5 et à C 6 sont égaux respectivement à 72° et à 60°. Par différence (théorème de Ptolémée) on trouve la corde de 12° = 72° – 60°; puis, en divisant deux fois par 2, on trouve la corde de 3°. Ptolémée calcule encore les cordes de ½ 3° = 1°30′ et ¼ 3° = 45′.
La trisection de l’angle permettrait d’obtenir directement la corde de 1° à partir de 3°; mais cette trisection, qui est un problème solide, ne permettait pas un calcul numérique, nécessaire pour les tables astronomiques.
Si arc AD = 1°30′, arc AC = 1° et arc AB = 45′ (trois arcs du même cercle), Ptolémée trouve AD = 1° 34′15″ et AB = 47′8″.
On a alors
donc AC < (4/3)AB = 1°2′50″ et
donc AC > (2/3)1°34′15″ = 1°2″50″. Donc AC = 1°2′50″, à l’approximation désirée.
Problème anonyme: Étude d’une équation biquadratique irréductible
La correspondance entre al-Bīrūnī et Abū al-Jūd éclaire quelques facettes de la recherche mathématique à la fin du xe siècle. Les questions posées et les réponses apportées illustrent notamment comment on concevait à l’époque les rapports entre géométrie et algèbre. Elles révèlent comment chacune des deux disciplines peut s’investir dans l’autre, puisqu’Abū al-Jūd, comme d’ailleurs les mathématiciens de l’époque, peut parler simultanément les deux langues – celle de l’algèbre et celle de la géométrie – à propos des objets mathématiques. Cette correspondance atteste également que, pour ces mathématiciens, un calcul approché, aussi fin et rigoureux soit-il, ne remplace pas une démonstration en bonne et due forme.
Dans cette collection qui renferme d’autres écrits d’Abū al-Jūd se trouve une lettre anonyme dont l’expéditeur répond à une question du même genre que les précédentes, mais qui mène à une équation biquadratique irréductible. Le vocabulaire et la syntaxe, le style de l’auteur de la lettre, la présentation, les formules de respect, évoquent singulièrement les lettres d’Abū al-Jūd. Cette unité de l’objet aussi bien que du style nous incline donc à conjecturer qu’il s’agit bien d’un écrit de ce dernier. Mais seul un témoignage textuel confirmerait cette hypothèse, faute duquel nous nous contenterons d’affirmer que la lettre, si elle n’est pas de la main d’Abū al-Jūd, est due à un mathématicien qui appartenait à son milieu.
Or cette épître, déjà remarquée par F. Woepcke, n’est pas seulement intéressante par la solution que l’auteur apporte au problème, mais par la distinction qu’il y établit. Il commence par distinguer les irrationnels euclidiens, constructibles à la règle et au compas, des irrationnels non constructibles par ce moyen. Il rappelle que ces irrationnels, comme le côté de l’heptagone et le côté de l’ennéagone, sont nombreux. Il rappelle également que l’on peut procéder par toutes les opérations arithmétiques sur les irrationnels comme on procède sur les rationnels.
Il distingue également entre les équations algébriques irréductibles et celles que l’on peut réduire et que l’on peut résoudre par radicaux, c’est-à-dire celles dont les termes sont proportionnels. Il souligne que le problème de construction géométrique posé, une fois traduit algébriquement, mène à une équation biquadratique irréductible, qu’il résout par intersection d’une hyperbole équilatère et d’un cercle. Voici ce problème:
Déterminer un trapèze dont les deux côtés sont égaux à la base et dont l’aire est donnée.
Soit un trapèze ABCD (AB = AD = BC = 10) dont l’aire est égale à 90 coudées. On complète le rectangle ABEG, où E et G sont dans le prolongement de CD.
Posons DG = x comme inconnue. L’aire 
. Or CD = AB – 2x et AG 2 = AD 2 – DG 2 = AB 2 – x 2. On a donc 
, soit
La construction géométrique, sans que l’on passe par l’équation, est facile:
On a 
.
Le point C (E dans le texte) se trouve sur l’hyperbole d’asymptotes AB, AG passant par C′, où ABC′D′ est le rectangle de base AB et d’aire 
.
On a par ailleurs BC = BA, donc C est sur le cercle de centre B et de rayon BA. Ce cercle coupe l’hyperbole précédente au point C; il faut établir que la projection d’un point d’intersection sur AB est entre A et B, c’est-à-dire 
. Le problème a donc une solution si on suppose 
, ce qu’on a fait.
Pour ramener l’équation (1) à la construction précédente, on pose x = a – ξ et 
, où ξ et η sont les coordonnées du point C (point E dans le texte) cherché, dans les axes AB et AG. On a donc
soit
équation du cercle de centre B et de rayon a = AB; tandis que 
est l’équation de l’hyperbole équilatère.
C’est précisément la démarche que les mathématiciens de l’époque, Abū al-Jūd notamment, ont poursuivie pour résoudre les problèmes semblables.
Tous ces textes, ainsi que bien d’autres, témoignent des nouveaux rapports entre algèbre et géométrie et de la transformation de l’étude des constructions géométriques.
J’ai compris ce que m’a demandé l’éminent frère, que Dieu perpétue son bonheur, et j’y apporte la réponse qui m’est venue.
Première <question>
<1> Comment mener d’un point donné comme le point A une droite <AD> jusqu’à une autre droite comme la droite BC, telle que le produit de BC par AD plus le carré de BD soit égal au carré de BC?
Fig. 1.1
Je dis que c’est une bonne question, originale, mais particulière et indéterminée, et que la réponse n’est pas immédiate, mais qu’elle est restreinte.Footnote 1 Si en effet la droite menée du point A à la droite BC n’est pas plus petite que BC, ce qu’on cherche n’existe pas; or nous pouvons mener du point A à BC une infinité de droites dont chacune est plus petite que BC. Et il n’est pas non plus possible que ce qu’on recherche existe, comme nous allons le montrer plus loin, car la question est indéterminée.
Supposons pour l’analyse que la droite AD soit plus petite que <la droite> BC, et que le produit de AD par BC plus le carré de BD soit égal au carré de BC.
Fig. 1.2
Construisons sur BC le carré BCEF; menons du point D de BC la perpendiculaire DG égale à AD; faisons passer [45v] par le point G la droite IGH parallèle à BC. Le produit de GD, c’est-à-dire AD, par BC est alors égal au rectangle BI et il reste le carré de GH, c’est-à-dire BD, égal au rectangle EH. Le produit de EF par FH est donc égal au carré de GH, et EF est égale à BF. Le produit de BF par FH est donc égal au carré de GH, et le point G est sur une parabole de sommet le point F, d’axe sur le prolongement de BF et de côté droit BF, d’après ce qui a été montré dans la dix-huitième proposition du premier livre du traité des Coniques.
D’autre part, menons du point A la perpendiculaire AK à BC et prolongeons-la de part et d’autre jusqu’au point M de la droite IM et jusqu’au point L, de sorte que KL soit égale à AK. Le carré de KM est donc égal à la somme des carrés de AK et de AM plus le double-produit de AK par KM. Or le carré de AM plus le double-produit de AK par AM est égal au produit de LM par AM. Le produit de LM par AM plus le carré de AK est donc égal au carré de MK, c’est-à-dire au carré de AD. Or le carré de AD est égal à la somme des carrés de AK et de KD, donc le produit de LM par AM plus le carré de AK est égal à la somme des carrés de AK et de KD. Nous retranchons alors le carré de AK commun, il reste donc le produit de LM par AM égal au carré de KD. Or KD est égale à MG; le produit de LM par AM est donc égal au carré de MG et le point G est donc sur une hyperbole dont le sommet est le point A, dont chacun du diamètre transverse et du côté [46r] droit est égal à AL, d’après ce qui a été montré dans la vingtième proposition du livre mentionné. Le point G est donc connu.
Par la synthèse, reprenons donc le point A, traçons BC et menons du point A la perpendiculaire AK à BC ou à son prolongement; prolongeons-la jusqu’à L de sorte que KL soit égale à AL. Construisons la moitié d’une hyperbole de sommet le point A et dont chacun du diamètre transverse et du côté droit soit égal à AL, d’après ce qui a été montré dans la dix-huitième proposition du livre mentionné – soit la section AG; et une parabole dont le sommet est le point F, d’axe sur le prolongement de BF et de côté droit BF, d’après ce qui a été montré dans la cinquante-sixième proposition du livre mentionné. Soit la section FG; qu’elle rencontre l’hyperbole [46v] AG au point G. Menons du point G la perpendiculaire GD à BC et la droite AD. Je dis que le produit de AD par BC plus le carré de BD est égal au carré de BC.
Démonstration. Faisons passer par le point G la droite IGHM parallèle à BC et prolongeons AL du côté de A jusqu’à ce qu’elle la rencontre en M. Le produit de LM par AM est donc égal au carré de MG, d’après ce qui a été montré dans la proposition mentionnée et du fait que le rapport du carré de MG au produit de LM par AM est égal au rapport du côté droit au diamètre transverse; or ils sont égaux. Posons le carré de AK commun; le produit de LM par AM plus le carré de AK est donc égal à la somme des carrés de AK et de MG, c’est-à-dire KD. Le produit de LM par AM plus le carré de AK est donc égal à la somme des carrés de AK et de KD. Quant au produit de LM par AM plus le carré de AK, c’est égal au carré de KM. Quant à la somme des carrés de AK et de KD, elle est égale au carré de AD. Le carré de KM est donc égal au carré de AD et KM est égale à AD. Mais le produit de KM par BC est égal au rectangle BI, donc le produit de AD par BC est égal au rectangle BI. Le produit de BF par FH est égal au carré de GH, en raison de la parabole, c’est-à-dire au carré de BD. Le produit de AD par BC plus le carré de BD est donc égal au carré de BC. Ce que nous voulions construire. [47r]
<2> Il en est ainsi, si la parabole FG est tangente à l’hyperbole AG, comme dans la première figure, et si elle la coupe en un seul point, comme dans la deuxième figure. Mais si les deux sections se coupent en deux positions et s’il se produit sur la droite BC deux points pour ce que l’on recherche, alors la droite menée du point A à chacun de ces deux points est telle que son produit par BC plus le carré de la partie qu’elle sépare de BC du côté de B sera égal au carré de BC.
Reprenons pour cela le point A et la droite BC; construisons sur BC le carré BCDE; menons AF perpendiculaire à BC prolongée et prolongeons-la jusqu’à O de sorte que FO soit égale à AF; construisons une hyperbole de sommet le point A et dont chacun du diamètre transverse [47v] et du côté droit soit égal à AO – soit la section AGH; et une parabole de sommet le point E, d’axe sur le prolongement de EB et de côté droit BE – soit la section EHG. Menons des points G et H les perpendiculaires KG et PH à BC et menons les droites AK et AP. Je dis que le produit de AK par BC plus le carré de BK est égal au carré de BC et que le produit de AP par BC plus le carré de BP est aussi égal au carré de BC.
Fig. 2
Démonstration. Faisons passer par le point G la droite SUGJ et par le point H la droite MQHX. Prolongeons la droite OA jusqu’à ce qu’elle les rencontre aux points S et M. D’après ce qu’on a montré précédemment, on a la droite SF, c’est-à-dire GK, égale à AK et la droite MF, c’est-à-dire PH, égale à AP; le produit de AK par BC est donc égal au rectangle BU, le carré de JG est égal au produit de BE par EJ et le carré de XH est égal au produit de BE par EX. Quant au produit de BE par EJ, il est égal au produit de DE par EJ, c’est-à-dire au rectangle DJ. Quant au produit de BE par EX, il est égal au produit de DE par EX, c’est-à-dire au rectangle DX. Le produit de AK par BC plus le carré de GJ – c’est-à-dire BK – est donc égal au carré de BC, et le produit de AP par BC plus le carré de XH – c’est-à-dire BP – est égal au carré de BC. Ce que nous voulions construire. [48r]
<3> Quant à ce que nous avons dit: on mène du point A dans de nombreuses positions des droites jusqu’à BC dont chacune est plus petite que BC, sans que ce qu’on recherche existe; reprenons pour cela le point A et la droite BC, et construisons sur BC le carré BCEF. Menons du point A la perpendiculaire AL à BC prolongée et prolongeons-la jusqu’à S de sorte que LS soit égale à AL; nous construisons une hyperbole de sommet le point A, dont chacun du diamètre transverse et du côté droit soit égal à la droite AS – soit la section AG –, et une parabole de sommet le point F, d’axe la droite FB prolongée et de côté droit BF – soit la section FI; que la section AG ne rencontre pas la parabole. [48v] Je dis que l’existence de ce qu’on recherche n’est pas possible.
Fig. 3
En effet, toute perpendiculaire menée à partir de la section AG à BC, comme la perpendiculaire GD, est plus petite que BC et elle est égale à la droite menée du point A au pied de cette perpendiculaire, comme le point D. Si nous menons par le point G la droite MHGIK parallèle à BC et si on mène SA jusqu’à ce qu’elle la rencontre en M, on a le produit de AD – c’est-à-dire GD – par BC égal au rectangle BH. Mais le carré de KI est égal au rectangle KE, tout cela d’après ce qui a été montré précédemment. On a donc le rectangle AD par BC plus le carré de KI égal au carré de BC. Mais KI est plus petite que KG – c’est-à-dire BD –, donc le produit de AD par BC plus le carré de GD est plus grand que le carré de BC. Ce qu’il fallait démontrer.
<4> Si le point A tombe à la hauteur de BC et si on mène BC [49r] jusqu’en A, telle que AC soit plus petite que le double de BC, alors ce qu’on recherche est facile et immédiat à trouver.
En effet, augmentons BC de BE égale à BC et partageons la droite AE en deux moitiés au point D. Je dis que le produit de AD par BC plus le carré de BD est égal au carré de BC.
Fig. 4
Démonstration. AD est égale à ED, donc le produit de AD par DC est égal au produit de ED par DC. Or le produit de ED par DC est égal au carré de DC plus le double-produit de DC par DB. Le produit de AD par DC est donc égal au carré de DC plus le double-produit de DC par DB. Posons commun le carré de BD. On a donc le produit de AD par DC plus le carré de BD égal à la somme des carrés de BD et de DC, plus le double-produit de CD par BD. Or la somme des carrés de BD et de DC plus le double-produit de DC par BD est égale au carré de BC. Le produit de AD par DC plus le carré de BD est donc égal au carré de BC. Ce que nous voulions construire pour achever la réponse relative à toutes les positions données.
Nous avons en effet montré que, pour le point A, peu importe où il tombe, mais sans que la rencontre entre les deux sections mentionnées dans la construction ait lieu, l’existence de ce qu’on recherche n’est pas possible; que si l’une des sections est tangente à l’autre ou la coupe en une seule position, [49v] on trouve pour ce qu’on cherche un seul point sur BC; et que si les deux sections se coupent en deux positions, on trouve pour ce qu’on cherche deux points sur la droite BC, et il n’existe pas pour ce qu’on cherche sur BC plus de deux points, car les deux sections mentionnées ne se coupent pas en plus de deux positions; si le point A est à la hauteur de BC, s’il y a entre lui et le point C une distance plus petite que le double de BC, on trouve pour ce qu’on cherche un point sur BC.
Deuxième question: Quelle est la démonstration de l’impossibilité d’affirmer que la corde d’un septième de cercle est égale à la moitié de la corde de son tiers?
Réponse: Soit la droite AB la moitié du côté du triangle équilatéral inscrit dans le cercle ABC. Menons des points A et B deux droites AC et BC égales, jusqu’à la circonférence.
Fig. 5
Supposons que AB est la corde d’un septième de la circonférence; l’angle ACB est donc le septième de deux angles droits et chacun des angles ABC et BAC est les trois septièmes de deux angles droits. Menons AD jusqu’à BC, égale à AB; l’angle ADB est donc aussi trois septièmes de deux angles droits, il reste l’angle BAD un septième de deux angles droits et l’angle CAD est deux septièmes de deux angles droits. Menons la droite [50r] DE égale à AD, jusqu’à AC; l’angle AED est donc aussi deux septièmes de deux angles droits. Or nous avons supposé que l’angle ACB est un septième de deux angles droits; l’angle EDC est donc également un septième de deux angles droits; CE est donc égale à ED et les quatre droites CE, ED, AD, AB sont égales. Nous abaissons des points A et E les deux perpendiculaires AG et EI à BC. Le rapport de EC à CI est donc égal au rapport de AC à CG et le produit de EC par CG est égal au produit de AC par CI.
De même, que AB soit un; la corde du tiers du cercle est donc deux et le carré de la hauteur du triangle inscrit est trois. Le diamètre du cercle est la racine de cinq parties [50v] et trois neuvièmes et le carré de AC est deux plus deux-tiers plus la racine de cinq parties plus sept neuvièmes, qui est ce quatrième binôme, et sa racine irrationnelle, qui est AC, est appelée la majeure; et la droite CG est la racine de deux plus deux tiers, plus la racine de cinq plus sept neuvièmes moins un demi moins la racine de treize d’un huitième d’un huitièmeFootnote 2; la droite CI est la racine de [deux-tiers plus la racine de trois neuvièmes, plus un quart d’un neuvième, moins la racine d’un demi, moins la racine de treize d’un huitième d’un huitième]Footnote 3.
Mais le rapport de CE, l’un, à CI, telle qu’on a montré sa grandeur, est égal au rapport de AC à CG. Pas plus le produit de CE, l’un, par CG, dont la longueur a été mentionnée, n’est égal au produit de AC par CI, dont les grandeurs ont été mentionnées. Or, d’après la première assertion, le produit de CE par CG est égal au produit de AC par CI, ce qui est absurde.
La corde du septième du cercle n’est donc pas égale à la moitié de la corde de son tiers. Ce qu’il fallait démontrer.
Troisième question: Pourquoi avons-nous dit dans la septième proposition du septième chapitre du quatrième livre de notre traité Sur les géométriques qu’il est possible par la proposition mentionnée de construire l’ennéagone par la voie de l’algèbre?
Réponse: Supposons que l’angle ACB est un neuvième de deux droits et que les deux côtés AC et BC sont [51r] égaux. Chacun des angles BAC et ABC est donc les quatre neuvièmes de deux angles droits. Menons AD jusqu’à BC, égale à AB; l’angle ADB est donc également quatre neuvièmes de deux angles droits; il reste l’angle DAB, un neuvième de deux droits, et l’angle CAD, trois neuvièmes de deux droits. Menons DE jusqu’à AC égale à AD; l’angle AED est aussi trois neuvièmes de deux droits et le triangle AED est équilatéral. Or l’angle AED est égal à la somme des angles EDC et ECD, qui sont donc égaux à trois neuvièmes de deux droits. Mais nous avons supposé l’angle C un neuvième de deux droits; l’angle EDC est donc deux neuvièmes de deux droits.
Menons EG jusqu’à CD égale à ED; alors l’angle EGD est aussi deux neuvièmes de deux droits. Mais il est égal à la somme des angles CEG et ECG, qui sont donc deux neuvièmes de deux angles droits. Or nous avons supposé l’angle C un neuvième de deux droits; l’angle CEG, qui lui est égal, est donc un neuvième de deux droits, CG est égale à GE et les six droites CG, GE, EA, ED, DA, AB sont égales.
Abaissons du point A la perpendiculaire AI à BD et du point G la perpendiculaire GK à CE. Le rapport de CG à CK est donc égal au rapport de AC à CI, le rapport de CG au double de CK, qui est [51v] CE, est égal au rapport de AC au double de CI; et par composition le rapport de CG à la somme de CG et de CE est égal au rapport de AC à la somme de AC et du double de CI. Quant à CG, elle est égale à AE; et quant au double de CI, il est égal à la somme de BC et de CD. Le rapport de CG, c’est-à-dire AB, à AC est donc égal au rapport de AC à la somme de CD et du double de BC. Le produit de AB par la somme de CD et du double de BC est donc égal au carré de AC.
Fig. 6
Supposons AC un et AB une racine. Le produit de AC par BD est donc égal au carré de AB, en raison de la similitude des triangles ABC et ABD. Or le carré de AB, la racine, est un carréFootnote 4; le produit de AC, l’un, par BD, le carré, est donc BD, le carré. Il reste DC un moins un carré. De même le produit de AB, la racine, par trois moins le carré, qui est trois racines moins un cube, est égal au carré de AC, qui est un. Le cube plus un est donc égal à trois racines.
Or nous avons montré dans la proposition mentionnée de notre traité Sur les géométriques comment trouver le côté du cube qui, ajouté à un nombre connu, est égal au nombre des racines. Ce qu’il fallait démontrer. [52r]
Quatrième question: Abū Ja‘far al-Khāzin, que Dieu soit Miséricordieux avec lui, a dit dans son Zīj al-Ṣafā’iḥ: S’il est possible de diviser un angle en trois parties égales, alors il est possible de connaître la corde d’une seule partie des trois cent soixante parties de la circonférence. Comment connaître la corde d’une seule partie si nous supposons que l’angle a été divisé en trois parties égales?
Réponse: Trouver la corde d’une seule partie de la circonférence, si on a trouvé son arc, s’ensuit nécessairement car cette corde est dès lors une droite aux deux extrémités connues. Mais trouver numériquement la grandeur de cette corde selon le raisonnement retenu par l’auteur de l’Almageste pour construire les arcs et les cordes est inaccessible; aussi y a-t-il renoncé pour un autre raisonnement, comme je le montrerai plus loin. Mais le trouver par approximation, l’auteur de l’Almageste l’a précisé et est allé très loin dans l’approximation d’une manière admirable.
Il faut que tu saches que l’angle n’a pas été divisé en trois parties égales à l’aide des préliminaires du livre des Éléments, sinon ceux-ci auraient indiqué la corde de son tiers numériquement, soit en nombre rationnel, soit par l’un des irrationnels mentionnés et indiqués dans celui-ci. Mais il a été divisé à l’aide de quelques propositions et de l’hyperbole [52v] à partir du livre: les Coniques; ainsi la quantité de sa corde n’est montrée que si on fait apparaître le côté du cube exactement.
Quant à l’affirmation de l’auteur de l’Almageste dans les débuts de ce chapitre, c’est comme je le relate, et voilà son affirmation en ses propres mots: “s’il était possible, quand nous construisons la corde d’un arc quelconque, de connaître la corde du tiers de cet arc, nous aurions déterminé toutes les cordes que nous avons besoin de placer dans les tables”. Je dis que s’il signifiait par cela que, s’il lui était possible de diviser l’arc en trois parties égales, il lui serait possible de trouver la corde du tiers de l’arc dont nous connaissons la corde, par la voie qu’il a suivie pour diviser la circonférence et par le raisonnement qu’il a retenu pour déterminer les cordes et les placer dans les tables, et il lui aurait été facile de les saisir. En effet, étant donné qu’il a supposé la circonférence trois cent soixante parties et le diamètre cent vingt parties, il a trouvé le côté du triangle qui est le demi-diamètre, soixante parties, par les parties selon lesquelles le diamètre est cent vingt parties et étant donné qu’il savait que la corde du sixième de la circonférence est la plus grande des deux parties d’une droite divisée en extrême et moyenne raison, et que la plus petite partie de celle-ci est la corde du dixième de la circonférence, il a donc trouvé par approximation trente-neufFootnote 5 parties, quatre minutes [53r] et cinquante-cinq secondes. Si le côté du sixième de la circonférence est rationnel, alors le côté de son dixième sera exactement ce qu’on appelle la quatrième apotome. Mais étant donné qu’il savait que le côté du pentagone peut les <carrés des> deux côtés de l’hexagone et du décagone dans un même cercle, il l’a déterminé par approximation soixante-dix parties, trente-deux minutes et trois secondes, et la somme des carrés des côtés de l’hexagone et du décagone, si le côté de l’hexagone est rationnel, est la quatrième apotome qui est la corde irrationnelle du pentagone appelée la mineure. Il a ensuite montré la quantité de la différence entre les deux arcs connus par la démonstration géométrique et il a trouvé la différence entre la corde du cinquième qui est soixante-douze parties et la corde du sixième qui est soixante parties, douze parties, qu’il a partagées en deux parties, et sa moitié, qui est six parties, en deux parties, et sa moitié, qui est trois parties, en deux parties, et sa moitié, qui est une partie et une demie, en deux parties, et sa moitié qui est un demi et un quart de partie; et il a déterminé les cordes de ces arcs par la voie qu’il a suivie et par le raisonnement auquel il est habitué. Il a voulu connaître la corde d’une partie de la circonférence, et il n’a pas pu, par la voie [53v] qu’il a suivie et par le raisonnement qu’il a retenu, étant donné qu’il n’a pas pu diviser l’arc en trois parties égales, mais toujours en deux moitiés; et ceci n’aboutit pas par <la division en> deux moitiés.
Il a su que les rapports des cordes les unes aux autres ne sont pas égaux aux rapports de leurs arcs les uns aux autres; ce qu’il a établi par la démonstration géométrique.
Il a ensuite construit un cercle dans lequel il a mené trois cordes AB, AC, AD telles que AD soit la corde d’un degré et demi; or il avait déterminé une partie trente-quatre minutes et quinze secondes, AC une partie et AB un demi plus un quart de partie; donc la corde, d’après ce qu’il a déterminé et avancé par approximation, est quarante-neufFootnote 6 minutes et huit secondes. Le rapport de la corde AB à la corde AC est plus petit que le rapport de l’arc AB à l’arc AC; or l’arc AC est égal à une fois plus un tiers l’arc AB. Mais une fois plus un tiers la corde AB est un degré, deux minutes et cinquante secondes. Par conséquent, la corde AC est plus petite que un degré, deux minutes et cinquante secondes. De même, le rapport de la corde AD à la corde AC est plus petit que le rapport de l’arc AD à l’arc AC; mais l’arc AD est une fois et demie l’arc AC et la corde AD est une partie, trente-quatre minutes et quinze secondes; <donc la corde AC est plus grande que les deux-tiers de la corde AD>, ce qui est une fois l’unité plus deux minutes et cinquante [54r] secondes. Mais l’arc AC est plus grand que ceci, donc l’arc AC est une fois plus petit que un degré, deux minutes et cinquante secondes, et une fois plus grand que ceci; ce qui est une preuve que <la quantité> par laquelle la corde d’une seule partie manque ou excède n’a pas une grandeur sensible. Il a donc supposé cela pour la corde d’une seule partie; ce qui est une seule partie, deux minutes et cinquante secondes; il a déterminé la corde de la moitié d’une partie selon le raisonnement qu’il a retenu et par lequel il a commencé dans les tables des cordes, en augmentant la moitié d’une partie, et achevé les tables des arcs et des cordes d’après ce qui a été montré dans le livre de l’Almageste par l’approximation et une précision admirable.
C’est ce qui m’est venu à présent à propos de ce que l’éminent frère, que Dieu le soutienne, m’a demandé.
Au Nom de Dieu Clément et Miséricordieux
Je m’en remets à la volonté de Dieu
J’ai compris ce que le frère, Que Dieu perpétue son bien-être, a mentionné relativement à la proposition dont la question est reprise par les algébristes et les géomètres depuis un certain temps, sans qu’ils y apportent une réponse satisfaisante.
Soit la figure ABCD dont chacun des côtés AB, AD, BC est dix, dont le côté CD est parallèle à AB et dont l’aire est quatre-vingt-dix coudées. Ils voulaient connaître CD.
Fig. 2.1
Je dis qu’il y a de nombreuses droites dont les noms ne sont pas dits, comme est dite la droite commensurable au nombre; et qui ne sont ni des racines, ni des médiales, de ce qui est dit; ni des binômes, ni des apotomes, ni leurs racines, lesquelles toutes sont vingt-sept droites qu’Euclide a mentionnées dans le dixième livre de son traité comme espèces de ces droites qu’il avait indiquées; ni commensurables à ces droites que j’ai indiquées; comme le côté de l’heptagone et le côté de l’ennéagone dans un cercle de diamètre numérique. Et ainsi, chacune d’elles et de leurs semblables a été rapportée à ce qui était son origine, [85v] comme on rapporte la racine de dix au dix, la racine de vingt au vingt, et ceci suffit pour que ce soit un nom pour elles. Et elles se trouvent toutes chez les géomètres habiles et en sont connues, comme les droites rationnelles, commensurables aux nombres, car on les trouve par construction et par démonstration. Et on les indique par le sens et concrètement, et on y procède par duplication, par division en deux moitiés, par composition, par séparation, par multiplication et par division, comme on procède pour les droites rationnelles, en raison de leur commensurabilité aux nombres.
Quant à la difficulté de la construction de cette proposition par les algébristes, c’est parce que le procédé le plus immédiat que l’algébriste y utilise est de mener des points A et B deux perpendiculaires à AB, et de mener CD de part et d’autre, afin qu’elle les rencontre aux points E et G. Alors AG sera égale à BE et DG sera égale à CE. Posons DG une racine; alors son carré est un carré. Retranchons-le du carré de AD, qui est cent; le reste, qui est cent moins un carré, est donc le carré de AG, et DC est dix moins deux choses. Or il est clair que le produit de sa moitié, plus la moitié de AB, par AG, est l’aire de la figure; et la somme des deux moitiés est dix moins une chose. Il est donc nécessaire de multiplier cela par lui-même, puis par cent moins un carré, pour que cela soit égal au carré de l’aire de la figure. Si on multiplie [86r] dix moins une chose par lui-même, il vient un carré plus cent moins vingt choses. Et si on multiplie cela par cent moins un carré, il vient vingt cubes plus dix mille unités moins un carré-carré, moins deux mille racines, égal au carré de quatre-vingt-dix, qui est huit mille cent. Si on restaure et on réduit, le carré-carré moins deux mille racines est égal à vingt cubes plus mille neuf cents unités.
Fig. 2.2
L’équation comprend donc quatre principes, et non pas les trois proportionnels qu’utilisent les algébristes; et elle n’est pas réductible à ce qui lui est inférieur, ce qui ferait espérer que certains s’éliminent; car elle comprend le nombre et ne se réduit pas à une chose, comme la réduction de la racine au nombre, du carré à la racine et du cube au carré. Et de surcroît ils ne sont pas proportionnels, car si le rapport du carré-carré au cube est égal au rapport de la racine au nombre, le rapport du cube à la racine n’est pas égal au rapport du carré-carré au cube. S’ils ne sont pas proportionnels, alors ils ne s’égalisent pas. Et ainsi le raisonnement de l’algébriste n’est pas conséquent, et il ne peut continuer à y travailler.
Si c’est abstrus pour le géomètre, c’est lorsqu’il ne connaît pas les sections coniques et qu’il n’a pas l’habileté de les introduire ni de les utiliser pour les solutions. Que le frère, que Dieu perpétue son bien-être, sache que [86v] le but de celui qui pose cette question est de chercher une figure, qu’il conçoit dans son imagination, sans pouvoir la construire, et de savoir comment la construire et comment la trouver. Et il ne peut attendre de celui à qui il pose la question que de la lui trouver, afin qu’il la connaisse d’une connaissance certaine et qu’il regarde concrètement sa position et son tracé. Je ferai cela, avec l’aide et l’assistance de Dieu.
Traçons AB; qu’elle soit dix coudées. Élevons sur elle les perpendiculaires AG et BE, chacune neuf dixièmes de AB. Joignons EG. La surface ABEG est à angles droits et à côtés parallèles, et son aire est quatre-vingt-dix coudées. Construisons une hyperbole qui passe par le point E et dont les asymptotesFootnote 7 sont les droites AB et AG. Soit la section IEH. Puisque AB est plus grande que BE, alors le cercle tracé du centre B et à la distance AB coupe la section IEH. Qu’il la coupe au point C. Joignons CB par une droite. Elle sera égale à AB. Élevons au point A de AB l’angle BAD, égal à l’angle CBA, et faisons la droite AD égale à la droite BC. Joignons CD. Je dis que l’aire de la surface ABCD est quatre-vingt-dix coudées, que chacun des côtés AB, AD, BC est dix et que CD est parallèle à AB.
Fig. 2.3
Démonstration. [87r] Abaissons du point C la perpendiculaire CL à AB et prolongeons AG et CD dans les directions de D et de G. Qu’elles se rencontrent au point K. Puisque les angles A et B sont droits et que les angles DAB, ABC sont égaux, alors les angles KAD, CBE sont égaux. Mais l’angle CBE est égal à l’angle BCL; les angles KAD et BCL sont donc égaux, les angles K et L sont droits et le côté AD est égal au côté BC. Le triangle AKD est donc égal au triangle BCL. Faisons la surface ADCL commune; la surface ABCD est donc égale à la surface AKCL. Mais puisque les droites CK et CL ont été menées d’un point de l’hyperbole donnée à ses deux asymptotes, qui sont AB et AK, qui leur sont parallèles, alors elles entourent une surface égale à celle qu’entourent ces dernières. La surface AKCL est donc égale à la surface ABEG. Or la surface ABEG est quatre-vingt-dix. La surface AKCL est donc quatre-vingt-dix. [87v] Or on a montré que la surface AKCL est égale à la surface ABCD; la surface ABCD est donc quatre-vingt-dix coudées, chacun des côtés AB, AD et BC est dix coudées et le côté DC est parallèle à AB. Nous avons donc construit ce que nous voulions et trouvé la droite CD par construction et par démonstration, et nous l’avons tracée visiblement et concrètement. Ce qu’il fallait démontrer.
Ceci étant démontré, alors, si nous supposons une surface à côtés parallèles et à angles droits, allongée, nous pouvons mener des extrémités de son côté le plus grand deux droites qui lui sont égales, selon deux angles égaux, telles que, si on joint leurs extrémités, il s’engendre une figure égale à la figure donnée, dont trois des côtés sont tels que chacun est égal à son côté le plus grand, et le quatrième côté parallèle au côté qui lui est opposé; que cette surface donnée soit ABCD. Construisons une hyperbole qui passe par le point C et telle que les droites AB et AD ne la rencontrent pas. Soit l’hyperbole ECG. Si nous traçons du centre B et à la distance AB un cercle, il coupe la section car AB est plus grande que BC. Qu’il la coupe au point E. Joignons EB et menons à partir de AB la droite AK, selon un angle égal à l’angle ABE, égale à BE. Joignons KE. Alors la surface ABEK est égale à la surface ABCD, chacun des côtés [88r] AK et BE est égal à AB et KE est parallèle à AB. Et la démonstration est la précédente.
Fig. 2.4
Telle est la réponse à cette question, qui nous est venue à ce moment. Peut-être, si nous l’avions cherchée d’une pensée plus intense et avec un soin plus sûr, l’aurions-nous trouvée plus immédiatement et plus facilement, et en aurions gratifié le frère, que Dieu perpétue son bien-être.
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comme axe des abscisses avec BC = a, x B = 0, x C = a et x A = x 0 > 0. On cherche D sur [BC], 
= x (avec 0 < x < a) tel que 
