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re par la premiere Propofition du même article, l'Hyperbole AM qui fatisfera au Problême.

DEMONSTRATION.

AYANT mené d'un point quelconque M pris fur l'Hyperbole la droite MP perpendiculaire à CG, l'on aura (Art. I4.n°.13.)CP -CD2. PM'::CD.CK': ce

qui eft en termes algebriques zz—

mm

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mmnnaa

2mmnn+m+

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yy ::

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nn mm

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mmyy, ou

=0, en mettant pour sa va

leur tirée de la réduction x +

fant l'équation. C. Q. F. D.

I.

A

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V.

PROBLEME INDÉTERMINÉ. !.

DEUX lignes AH, BG dont les extrémitez A & B font FIG. 95. fixes, étant données ; il faut trouver entre ces deux lignes un point M, par où & par le point Ạ, ayant mené la ligne AMD, qui rencontre BG en D; & la ligne PME parallele à AB, qui joint les points A&B; PM foit à ED dans la raifon donnée

de m à n.

Ayant fuppofé le Problême résolu, & nommé la donnée AB, ou PE, a; & les inconnues AP, x; & PM, y; ME fera a-y, & les triangles femblables MPA, MED donneront MP (y). PA ( x ) :: ME (ay). ED

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-xy & les qualitez du Problême donnent y.

:: m. n, d'où l'on tire yy +

équation à l'Hyperbole.

ax-xy

y

mxy-max

o, qui est une

73

Pour la réduire & pour la conftruire, je fais y +

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max

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n

Pour ce fujet afin d'avoir xx délivré de toute quan

tité donnée, je multiplie toute l'équation par 4nn, & je

la divife par mm, ce qui la change en celle-ci

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4nnuu

mn

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d'où l'on tire cette Con

Le point A étant l'origine des inconnues x qui va vers H, & y qui va vers B; à caufe de la feconde réduc

2nd

tion x+==2, foit prolongée PA en K, en forte que

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m

; le point K fera l'origine de z qui va toujours

vers H, & de y qui, ayant mené KO parallele à AB;

va vers 0 : à cause de la premiere réduction

mx

y +

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2na

fa valeur & du point o par A ayant mené OẠC

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qui rencontrera MP prolongée en C, MC sera =y+

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=z: car à cause des triangles semblables AKO,

APC,

APC, l'on aura AK (2). KO (a) :: AP (x). PC —–

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eft le centre de l'Hyperbole, & l'origine des inconnues z qui va vers G (car le point O est dans le prolongement de G B à cause de KO = AB) & y qui demeure toujours parallele à AB: Mais les coordonnées de l'Hyperbole font préfentement OC, & CM en fuppofant l'Hyperbole décrite, c'eft pourquoi l'expreffion de OC se doit trouver dans l'équation réduite aufsi-bien que celle de CM (u) au contraire celle de KP (z) ne doit plus s'y rencontrer; il faut donc trouver une équation qui renferme l'expreffion de KP() & de OC, afin de faire évanouir ༢. de l'équation réduite, & d'introduire en fa place celle de OC.

m

Pour ce fujet, ayant nommé les données AK (Conft.) 2na; 'AO, d; & l'indéterminée OC, s; l'on aura à cause des triangles femblables KAO, PAC, AK. A0 :: KP. OC,

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;; mettant donc dans l'équation

réduite en la place de z fa valeur que l'on vient de trou

rnaf

༢=

༠u ༢༨

4nnaaf

md

mmdd

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le

=

-- dd, & l'on décrira (Art. 14. n°. 30.) par moyen de cette équation, l'Hyperbole AM qui réfoudra le

Problême.

DE'MONSTRATION.

AYANT A NT mené d'un point quelconque M pris fur l'Hyperbole la ligne MPC parallele à BA, l'on aura par la propriété de l'Hyperb. AK2. KO :: OC2 —OA1. CM3,

Z

dduu

ou dd. aa :: — dd. uu, d'où l'on tire = — dd,

ou yy +

pour ཛཱུ༨

mxy-max

n

aa

= o, & remettant pour, pour un &

leurs valeurs tirées des équations précedentes, & réduifant. C. Q. F.D.

PROBLEME INDÉTERMINÉ.

FIG. 92. 2. IL faut trouver dans un triangle donné ABC un point M par où ayant mené une ligne DM E parallele à un des côtez AC, & du point A par le même point M, la ligne AMF, qui rencontre BC en F; BF foit à BD dans la raifon donnée de m à n.

-

x;

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Ayant fuppofé le Problême résolu, foit menée MG parallele à BC, & nommé les données AB, à; BC, b; & les inconnues AG, x, GM,y; GB fera, ax; & les triangles semblables AG M & ABF, CBA & MGD, donneront AG ( x ). GM (y):: AB (a), B F — & CB (b). BA(a) :: MG (y). GD=%; donc BD=a x+4, & par les qualitez du Problême, l'on a m. n :: 2 ( BF ), a — x+% (BD), d'où l'on tire xx—axy — ax+ "ay—o, qui est une équation à l'Hyperbole, & qui montre que la même Hyperbole doit paffer par les points A & B: car fi l'on fait x=0, l'on aura auffi y= o; d'où il fuit que les points G & M fe confondent avec le point A, qui par conféquent eft un des points de l'Hyperbole; & fi l'on fait yo, l'on aura x — a qui fait connoître que le point & tombant en B, le point G My tombe auffi ; & par conféquent le point B est un des points de l'Hyperbole. Pour réduire cette équation, on fera xaz, & l'on en tirera 4bb**

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m

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aa

=yy +

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l'on aura l'équation toute réduite 4bb uu+

4mnab3 4nnb*

mmaa

ftruction.

aa

, qui avec les réductions donnent cette con

Ayant mené AK parallele à BC, A étant l'origine des inconnues x qui va vers B & y qui va vers K; à cause

de la feconde réduction y + b

ma

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2nbb

ma

=u, foit prise AK

=b2bb; K fera l'origine des inconnues u qui va sur AK de côté & d'autre de K, & x parallele à AB. Et ayant divifé A B par le milieu en 7, & mené IC; à cause de la - 12/12 — 1/2 a = 2, soit menée KO premiere réduction x —— parallele à AB qui rencontrera IC prolongée, s'il est néceffaire, en O; le point o fera l'origine des inconnues zqui va de part & d'autre du point o parallele à AB, &u, qui va de part & d'autre du point O parallele à BC, ou à AK: car ayant mené AL parallele à 10 qui rencontre KO en Z; LO fera égale à AÏ➡ža; & à caufe des triangles fem

blables CBI, AKL, l'on a CB (b). BI (-÷

ay
2b

(y) KL = —,

& partant KO

ay

2b

+ = a.

(a)

:: AK

&

Mais parceque ayant mené MP parallele à AB, prolonge G Men S, les coordonnées de l'Hyperbole qui doit être le lieu où fe doivent trouver tous les points M, font préfentement OP & PM; c'est pourquoi il faut introduire dans l'équation réduite l'expreffion de OP que je nomme, & faire évanouir celle de S M qui eft u. Pour y parvenir, je nomme la donnée CI, d; & à cause des paralleles BI, PM & OS, l'on a CB.IC:: MS. OP oub.d::

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