des deux inconnues, n'est élevée au quarré, & qu'elles sont multipliées l'une par l'autre comme dans celle de l'Art. 14. no. 4. Mais parceque cette équation contient trois termes , il suit ( Art. 14. no. 4. ) que le point B qui est l'origine des inconnues x &y, n'est point le sommet de l'angle des asymptotes. Pour le trouver & déterminer la position des asymptotes , il faut réduire l'équation en changeant les produits composez en produits simples. Faifant donc 6+x=2, l'on aura x =2-16, & mettant

1 dans l’équation en la place de x la valeur 2-6, l'on en tirera { az — yer ab, & faisant encore {a-y=u , l'on aura y={a-u, & mettant cette valeur de y dans l'équation précédente, l'on aura uz= ab, où les inconnues u & , ont ( Art. 14. ) leur origine au sommet de l'angle des asymptotes. Les deux réductions précédentes, & l’équation réduite fournissent cette construction.

A cause de la premiere réduction x + 6 = , on prolongera D B en 1 en sorte que BI AE =16& ayant mené 1 K parallele à BE, le point I sera l'origine des inconnues z qui va ( Art. 16. no. 1. ) vers G, & ỳ qui va vers K. A cause de la seconde réduction ( a =u, on prendra IK={BE=ļa, & ayant mené KO parallele à AH , ou à BG, le point K sera l'origine des inconnues « qui va vers 0 , &u qui va ( Art. 16. n.4.) vers 1, & le sommet de l'angle des asymptotes. K 1 & KO, puisque l'équation uz =

už

: . ab n'a que deux termes; comme celle de l'Art. 14. On voit par l'équation u= ab, que l'Hyperbole doit passer par le point BA puisque ab 1/4 a x 1/2 - 6 = KIXIB. On décrira donc( Art. 14.) par le point B, entre les asymptotes KO, KI, l'Hyperbole BM qui satisfera au Problême.

Х

Fig.

D E'MONSTRATION.
AYANT mené par un point quelconque M pris sur
l'Hyperbole, les lignes CMD & MP paralleles à BE &
à KO; l'on aura ( Art. 14.) KI XIB=KP x PM, ou en
termes algebriques, uz= ab, ou į by + xy,
en remettant pour 2 & pour u leurs valeurs cirées des ré.
ductions. C. l. F. D.

1. Si dans cette équation on fait b=0, le point A se
confondra avec le point E, & l'on aura y={ a, qui eft
une équation à la ligne droite , & qui montre que le point
M se trouvera sur la ligne Ko qui partage EB, & CD par
le milieu.

PROBLÈME. INDÉTERMINÉ. 6.94. 2. Un angle GAH, & un point C, étant donnez de pofi

tion sur un Plan. Si l'on mene du point C une infinité de lignes
droites comme CDB, qui rencontrent les lignes AG, AH aux
points D & B, & que l'on prenne sur chaque CDB un point
M, en sorte que CM foit toujours à DB dans la raison donnée
dem & n. Il faut trouver une équation qui exprime la nas
ture de la courbe qui passe par tous les points M.

Ayant supposé le Problême résolu, on menera par le
point donné C & par le cherché M, les lignes CI, MK
paralleles à AH, qui rencontreront GA prolongée en I
& en K:& ayant nommé les données AI, a; 1C, b; &
les inconnues IK, *; KM,y: AK sera a - *;& les
qualitez du Problême donneront m. n. :: IK (x). A B

en tu car à cause des paralleles, IK. AB::CM. DB,
donc KB=4—*+ **,&IB=a + ; & à cause des

*
triangles semblables CIB, MKB, l'on aura b (IC). A
+(IB)::y(KM). a-x+ (KB); d'où l'on tire

= 2 + xy, qui est une équation à l'Hyper-
bole entre ses asymptotes , qu'il faut réduire pour en dé-
terminer la position. Faisant donc ma + x =3, l'on a

x2

.

m

mab - mbx+nkr

may
n

n

.

mmab

nn

-1

mm

nn

x=x-; & mettant cette valeur de x dans l'équation, l'on aura, après avoir ôté ce qui se détruit, en transposant, =ky + mai — bx; & faisant encore y + mb

y b=u, l'on aura l'on aura mab=3u, où les inconnues u & z =U

Z ont leur origine au sommer de l'angle des asymptotes. L'équation réduite & les réductions fournissent la construction suivante.

A cause de la premiere réduction ma+x=2, l'on prolongera AI en 0, en sorte que 10=, & l'on menera

ma og parallele à IC; à cause de la seconde réduction y + mase. Lb=u, en supposant que m surpasse n, l'on prolongera Og og du côté de O en R, en sorte que OR=

OR=mle b; & ayant mené RS parallele à IB, les lignes RQ, RS seront les asymptotes, & R, l'origine des inconnues a qui va vers S, & a qui va vers 2. Si l'on prolonge CI en F, FC sera (const.) — 6+b=mb, & OI ou RF étant(const.)=; l'on aura RF * FC=mmab; c'est pourquoi l'Hyperbole qui satisfait au Problême passera par le point C. On la décrira par

. DEMONSTRATION. A Yant mené d'un point quelconque M pris sur l'Hyperbole, la ligne MK parallele à RQ, l'on aura par

la propriété de l'Hyperbole RP ® PM=RFR FC, ce qui est en termes algebriques uz = mmas, ou mab – mbx + ube

many + xy, en remettant pour z & pour u leurs valeurs tirées des réductions. C. l. F. D. 3. Si m=n, la ligne RS se confondroit avec OB, &

= 10 seroit égale à IA; car l'équation à réduire deviendroit ab=

ay + xy, & la premiere réduction seroit a + x =2, &il n'y en auroit point de seconde.

=

l'Article 14

=

+

PROBLEME INDÉTERMINÉ. F16.95.4. DEV X lignes droites AG, BH, dont les extrémitez A

&B sont fixes, & qui étant prolongées concourrent en un point C, étant données de position ; soit une autre ligne D E menée librement de l'une à l'autre parallele à une ligne donnée de pofition. Il faut déterminer sur DE, le point M, en sorte qu'ayant mené AM & BM , l'anglc DAM soit toujours égal à l'angle ЕВ М.

Ayant supposé le Problême résolu, on menera BK parallele à DE, & ayant divisé l'angle ACB en deux également par la ligne co, on menera par les points A & B les lignes AF & BI paralleles à co, qui rencontreront DE en F & en 1, & KB en L. Ces paralleles seront données de position, & KL, L B ou FI & AL seront données de grandeur. Or puisque par la const. les angles DAF, EBI sont égaux, le Problême se réduit à trouver sur F1 le point M, en sorte que l'angle FAM soit égal à l'angle IBM. Pour en venir à bout , soient me. nées F P qui fasse avec A F l'angle AFP = AFD, ou

, BIM, & qui rencontre B1 en P, & MN parallele à FB. Il est clair que les triangles FIP, MNi seront isoceles:

, car les angles AFD+AFM=2 droits=(const.) AFP

( + AFM AFM + MFP+ FIP MFP+ FIP +

= IPF donc AFM=IPF= FIP. Et parceque le trian

gle FIP demeure toujours le même, puisque la ligne FI demeure toujours parallele à elle-même, ses côtez seront donnez de grandeur ; & les triangles AFM, BNM seront semblables. Nommant donc les données LB, ou FI, a; AL,b;

& les inconnues FM , *; LF, ou BI, Y; MI ou MN sera a --- *, & AF, 6+y; & les triangles sembla

+ bles FIP, MIN donneront Fl(a). IP (C):: MI. (a- *). IN =

& à cause

à

IP,;

ac

-CX

3

donc BN=9+

ac — CX

j

caufe des triangles semblables, AF. FM :: BN. NM, ou en termes algebriques, 6+y.x::y+:

a—

-x; d'où

ac

CX

= acx

сxx x

Pon tire aab + aay

abx
2axy

qui est une équation à l'Hyperbole que l'on peut regarder, ou par raport à ses diametres, ou par raport à ses asymyprotes : mais comme on en a construit de semblables dans l'article précedent, en réduisant les équations aux diametres, on construira celle-ci en la réduisant aux asymptotes selon l’Article 15. no. 14. L'on a en transposant

aab + CXX & divisant par 2a,

=xy — ; ay, & faisant x —

{a=k, l'équation se réduit à celle-ci, aab + C22 – 5 aac abz =yz, ou & ab

- 5

abx

acx

za

24

B

yz + 1 bz-, en supposant que' b surpasse { c ; & { 473

를C faisant encore y +1bau, l'on aura l'équation

у

是一, réduite & ab — ac=uz, qui appartient à l'Hyperbole

1 / s par raport à ses asymptotes, & où les inconnues u & x ont leur origine au sommet de leur angle. Les réductions & l'équation réduite donnent cette construction.

Le point I étant l'origine des inconnues x qui va vers B, & y qui va vers F; à cause de la premiere réduction *—a=,on divisera L B par le milieu en R , & le point R sera l'origine de 2 qui va vers B , & de y qui va vers Q.

Ayant mené RQ parallele à BP; à cause de la seconde réduction y + b =u, on prolongera QR en S,

{ en forte que RS = ; 8 { LA, & ayant mené ST parallele à RB, le point S fera l'origine des inconnues a. qui va vers T, & u qui va vers Q., & le sommet de l'angle des asymptotes qui seroient Se & ST, fi la seconde réduction étoit y +16=u: mais elle est y + į bb

Аа

24