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SAGR. Ho intesa la soluzione del mio dubbio. Ma bisogna ora provarci che la figura circoscritta sia più della terza parte del rettangolo CP, dove credo che aremo assai più da fare.
SALV. Eh non ci è gran difficoltà. Imperò che nella parabola il quadrato della linea DE al quadrato della ZG ha la medesima proporzione che la linea DA alla AZ, che è quella che ha il rettangolo KE al rettangolo AG (per esser l’altezze AK, KL eguali); adunque la proporzione che ha il quadrato ED al quadrato ZG, cioè il quadrato LA al quadrato AK, l’ha ancora il rettangolo KE al rettangolo KZ. E nel medesimo modo appunto si proverà de gli altri rettangoli LF, MH, NI, OB star tra di loro come i quadrati delle linee MA, NA, OA, PA. Consideriamo adesso come la figura circoscritta è composta di alcuni spazii che tra di loro stanno come i quadrati di linee che si eccedono con eccessi eguali alla minima, e come il rettangolo CP è composto di altrettanti spazii ciascuno eguale al massimo, che sono tutti i rettangoli eguali all’OB; adunque, per il lemma d’Archimede, la figura circoscritta è più della terza parte del rettangolo CP: ma era anche minore, il che è impossibile: adunque il triangolo misto non è manco del terzo del rettangolo CP. Dico parimente che non è più. Imperò che, se è più del terzo del rettangolo CP, intendasi lo spazio X eguale all’eccesso del triangolo sopra la terza parte di esso rettangolo CP; e fatta la divisione e suddivisione del rettangolo in rettangoli sempre eguali, si arriverà a tale che uno di quelli sia minore dello spazio X. Sia fatta, e sia il rettangolo BO minore dell’X; e descritta come sopra la figura, avremo nel triangolo misto inscritta una figura composta de i rettangoli VO, TN, SM, RL, QK, la quale non sarà ancora minore della terza parte del gran rettangolo CP. Imperò che il triangolo misto supera di manco assai la figura inscritta di quello che egli superi la terza parte di esso rettangolo CP, atteso che l’eccesso del triangolo sopra la terza parte del rettangolo CP è eguale allo spazio X, il quale è minore del rettangolo BO, e questo è anco minore assai dell’eccesso del triangolo sopra la figura inscrittagli; imperò che ad esso rettangolo BO sono eguali tutti i rettangoletti AG, GE, EF, FH, HI, IB,
