caufe de la feconde réduction y+4=u, l'on prolongera AH du côté de A, & l'on fera AI; & le point I fera l'origine de u qui va toujours vers H, & de x qui demeure parallele à A G. A caufe de la premiere rédu+c, l'on menera par 7 la droite ction x X 24 puisque AI=“, l'on menera KA indéfiniment prolongée : & parcequ'il y a encore dans la réduction + c, ayant pris fur la ligne IK prolongée KO = l'on menera OD parallele à KA, qui rencontrera AH en R, & le point o fera le centre de l'Ellipfe & l'origine des inconnues a qui eft parallele à AH, & parallele à AG:car ayant mené par quelque point B de la ligne AH, la droite PBCM qui rencontre OR en P, & KA en C BC fera= car AI. IK:: 2a.b:: AB(y).BC=b2: & partant PM ( x ) = BM BC+CP + // c. by 2 a : by 24 Mais parceque les coordonnées dé l'Ellipfe font OP & PM, en fuppofant l'Ellipfe décrite, l'expreffion de OP doit fe trouver dans l'équation réduite aufsi-bien que celle de P M qui eft z. Au contraire celle de IB qui est u ne doit plus s'y rencontrer. Il faut donc trouver une équation qui renferme l'expreffion de IB (u), & celle de OP, afin de faire évanouir z de l'équation réduite, & d'introduire en fa place l'expreffion de O P. Pour ce fujet, ayant prolongé AG en F, & nommé les données AI (Const.); KA, ou OF, g; & l'inconnue OP, ou KC, f; les triangles semblables AIK, ABC donneront AI. AB:: AK. AC, & componendo IB. AI:: KC, ou OP. KA, ou OF: ce qui eft en termes analytiques u. acf aaceff ou uu & bbgg mettant cette valeur de uu dans l'équation réduite, l'on l'on tire cette Conftruction. Soit faite ODV2gg; OD fera le demi diametre de l'Ellipfe, & ayant fait 4g8.cc :: 288. 2ggcc I cc, soit prise 0Q =√—cc; OQ fera le demi diametre conjugué à OD, & l'on décrira (Art. 13 n°. 37. ) l'Ellipfe QSD qui rencontrera KA en S, & qui fatisfera au Problême. DE'MONSTRATION. AYANT mené d'un point quelconque M pris fur l'Ellipfe entre G & S l'appliquée MP parallele a 0Q. Par la propriété de l'Ellipfe OD-OP. PM':: OD. OQ;; ce qui eft en termes algebriques 2gg-ss. zz :: 288 · 1 cc :; 4g822 4gg. cc, d'où l'on tire = 2gg-s, ou uu, en mettant pour sssa valeur bbggun aacc 44azz bb & rédui fant: mais par les deux réductions précédentes l'on a les valeurs de zz & de uu ; c'est pourquoi en mettant ces valeurs de & de uu dans l'équation précédente, l'on aura, après avoir ôté les fractions, & ce qui fe détruit, bxy 4abxy + 2bbyy + 4aacx =0, ou xx — 4aaxx bbyy 2aa C. Q. F. D. a 。, qui eft l'équation que l'on a à construire, REMARQUE. SI l'on mene R N parallele à AG, la portion GN de l'Ellipfe réfoudra le Problême fi le point A tombe entre G&S: mais s'il tombe entre S & D, ce fera la portion GS: car les inconnues x & y qui font celles du Problême qu'on vient de conftruire ont leur origine en A. Et x by 2a I + czne feroit point l'expreffion de RN; fi le point 2 N tomboit entre S & D. 6. Si dans la Construction l'angle OPM s'étoit trouvé droit, & que dans l'équation 488zz CC = 2gg —ss, 2g = c, le lieu auroit été au cercle. Ce qui eft évident : car cette équation feroit devenue = 2gg —ss. CONSTRUCTION Des Equations, ou des lieux à l'Hyperbole par raport à fes diametres. PROBLEME INDÉTERMINÉ. XXI. UN angle droit HAG, & un point fixe B étant F 16.90. donnez de pofition fur un Plan, il faut trouver le point M dans cet angle, d'où ayant mené MF parallele à AB & M B du point M au point fixe B, MF foit à MB dans la raifon donnée de mà n. zax + aa+yy = nnxx ou mmxx Ayant fuppofé le Problême réfolu, l'on menera MP parallele à AH, & en nommant la donnée AB, a ; & les indéterminées AP, ou FM, x; PM, ou AF, y; BP fera x — a ; & les qualitez du problême donneront m. n:: FM (x). MB, & à cause du triangle rectangle BPM, l'on aura xx 2mmax + mmaa+mmyy=nnxx, qui est encore une équation générale pour les trois Sections coniques comme celle de l'Art. 19. n°. 3: car fi l'on fait mn, l'on aura aazax✦yy=0, qui est une équation à la parabole ; fi l'on fuppofe que m furpaffe n, l'on aura xx 2mmax + mmaa + mmyy mm nn Et enfin fi l'on fuppofe que m foit moindre que n, tion à l'Hyperbole par raport à fes axes, à caufe de l'angle droit BPM, mais parceque xx a un second terme, l'origine des indéterminées x & y n'eft point au centre. Pour la ramener à l'état de celle de l'Art. 14. n. I2, l'on fera évanouir le second terme en faifant lui donner le même dénominateur que celui de la fraction qui le précéde, & ôtant ce qui fe détruit l'on aurá zz mmyy où les inconnues & y mmnnaa 2mmnn + m2 ont à préfent leur nn + mm, origine au centre de l'Hyperbole. prolongée AB du côté de A en C mma nn-mm ché. Et ayant fait CD= le point C fera le centre cher mna qui eft la racine du terme connu de l'équation; CD fera le demi axe de l'Hyperbole, & D fon fommet. Si l'on fait présentement mm. ra le demi diametre conjugué au demi diametre CD ; foit donc menée par le centre C la ligne CK parallele à PM & égale na Vnn – mm elle fera le demi axe conjugué à CD. Il est aisé d'achever (Art. 14. n°. 30.) & de décri re par la premiere Propofition du même article, l'Hyperbole AM qui fatisfera au Problême. AYAN DEMONSTRATION. ANT mené d'un point quelconque M pris fur l'Hyperbole la droite MP perpendiculaire à CG, l'on aura (Art. 14. n°.13.) CP-CD. PM'::CD.CK': ce qui eft en termes algebriques z— mmnnaa mmnnaa 2mmnn + m n+ yy :: − 2mmnn +m+ nn-mm les réductions nnzz — mmzz DEUX lignes AH, BG dont les extrémitez A & B font F1 G. 91. fixes, étant données ; il faut trouver entre ces deux lignes un point M, par où & par le point A, 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 supposé le Problême résolu, & nommé la donnée AB, ou PE, a; & les inconnues AP, x; & PM,y; MED ME fera a-y, & les triangles femblables MPA, donneront MP (y). PA ( x ) :: ME ( a − y). E D = ax y xy & les qualitez du Problême donnent y. :: m. n, d'où l'on tire yy + ¿quation à l'Hyperbole. mxy — max n ax-xy y ➡o, qui eft une |