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CAPC, l'on aura-AK (*). K0(a):: AP(x). PC= - ; & partant PM + PC=y+--;

de sorte que o est le centre de l'Hyperbole , & l'origine des inconnues 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 sont présentement OC, & CM en supposant l'Hyperbole décrite; c'est pourquoi l'expression de oc se doit trouver dans l'équation réduite aussi bien que celle de CM (u): au contraire celle de KP (2) ne doit plus s'y rencontrer; il faut donc trouver une équation qui renferme l'expres. fion de KP(2) & de OC, afin de faire évanouir de l'équation réduite , & d'introduire en la place celle de oc.

Pour ce sujet, ayant nommé les données AK (Const.) 244 A0, d; & l'indéterminée OC,/; l'on aura à cause des triangles semblables KAO, PAC, AK. 40::KP. OC,

2naf ou en termes algebriques d::Z:/; donc dx= anas

Annaal saman

; mettant donc dans l'équation md

mmdd réduite en la place de zz sa valeur que l'on vient de trou

Annaal ver, l'on aura

ou en réduisant

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OU m

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m

ou 2

Annuy

ddug

4nnaa

3 mm

mm

mmdd

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1 - dd, & l'on décrira (Art. 14. no. 30.) par le moyen de cette équation, l'Hyperbole A nL qui résoudra le Problême.

DEMONSTRATI O N. AYAN

ANT mené d'un point quelconque M pris sur l'Hyperbole la ligne M PC parallele à BA, l'on aura par la propriété de l'Hyperb. A K'. KOʻ::00-0A. CM',

Z

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

- dd,

dduu

ad

mxy mass

n

par ou

&

ou yy to

=0,& remettant pour), pour uu & pour zz leurs valeurs tirées des équations précedentes, & réduisant. C. Q. F.D.

PROBLÊME INDÉTERMINÉ. FIG.92. 2. I _ faut trouver dans un triangle donné ABC un point M,

ayant

mené une ligne DM E parallele à un des côtez AC, & du point A par le même point M, la ligne A MF, qui rencontre BC on F; BF soit à BD dans la raison donnée de m à n.

Ayant supposé le Problême résolu, soit menée MG parallele à BC, & nommé les données AB, a; BC,6; & les inconnues AG, *; GM,y; GB sera, a - *; & les triangles semblables AGM & ABF, CBA & MGD, donneront AG (*). GM(y):: AB (a). BF =,& CB (6). BA():: MG (9). GD=*; donc BD=a

*+, & par les qualitez du Problême, l'on a m. ņ:: (BF):a-x+4 (BD), d'où l'on tire xx — hty - ax + m = 0, qui est une équation à l'Hyperbole, & qui montre que la même Hyperbole doit passer par les points A & B : car si l'on fait x=0, l'on aura aussi y=0; d'où il suit que les points G & M se confondent avec le point A , qui par conséquent est un des points de l'Hyperbole; & si l'on fait y =0,

30, l'on aura x = a qui fait connoître que le point Ġ tombant en B, le point My tombe aussi ; & par conséquent le point B est un des points de l'Hyperbole. Pour réduire cette équation, on

heim-a=4,& l'on en tirera 45633
+ bb, & faisant encore y + b

fera x

=yy to

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2 nbb

U #

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qui

l'on aura l'équation toute réduite 46677 4mnab' 4mb*

qui avec les réductions donnent cette conmmaa struction.

Ayant mené A K 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 g + 6 — menu=u; soit prise AK =b 20b6; K sera l'origine des inconnues u qui va sur AK de côté & d'autre de K, & x parallele à AB. Et ayant divisé A B par le milieu en 1, & mené IC; à cause de la premiere réduction x=-- {a=2, soit menée KO parallele à AB qui rencontrera IC prolongée, s'il est né. cessaire, en 0; le point o fera l'origine des inconnues 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 L; LO sera égale à A={a;& à cause des triangles femblables CBI, AKL, l'on a CB (6). BI () :: AK (y) KL= partant KO

toa. Mais parceque ayant mené M P parallele å AB, & prolongé GM en S, les coordonnées de l'Hyperbole qui doit être le lieu où fe doivent trouver tous les points M, sont présentement 0 P & PM ; c'est pourquoi il faur in troduire dans l'équation réduite l'expression de O P que je nommes, & faire évanouir celle de S M qui est u. Pour y parvenir; je nomme la donnée CI,d; & à cause des paralleles ,PM&OS,l'on a CB.IC: MS.OP ou b. d ::

bs

bbl 4.S; & partant a= & uu =>; mettant donc dans l'é

bbs . quation réduire en la place de uu sa valeur que l'on vient

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ay

&

2b

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dd

dd

:

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4ddzz

4mnabdd - 4nnbbdd de trouver, l'on aura

qui servira à déterminer les demi diametres conjuguez OR, & OT sur OP & OK , & l'on décrira (Art. 14. no. 30.) l’Hy. perbole AMB qui résoudra le Probleme,

mmaa

DEMONSTRATION.

Elle est semblable à celle des Propositions préce.

denres.

CONSTRUCTION

Des Equations, ou des lieux à l'Hyperbole par raport à ses

asymptotes.
PROBLEME INDÉTERMINÉ.
F16.93. XXII. Devå, lignes paralleles AH, BG, dont les extrê-

mitez A&B sont fixes, étant données de position sur un Plan;
soit une autre ligne CD mcnée librement perpendiculaire aux
paralleles. Il faut trouver sur CD le point M, en sorte que
ayant mené des points A & B les droites AM, &BM , l'angle
ÁMC soit égal à l'angle BMD dans toutes les positions de CD
parallèle à elle-même.

Ayant supposé le Problême résolu, soit menée BE pa,
rallele à CD, & nommé les données BE, ou DC, a;
AE, 6; & les indéterminées BD, ou EC, *; DM,y;
AC sera b + *; & CM, a—y. Puisque par la constru-
&tion les angles ACM, BDM sont droits , & par l'Hy-
pothese, l'angle A MCégal à l'angle BMD, les triangles
ACM,BDM seront semblables ; c'est pourquoi l'on aura
AC.CM :: BD. DM,ou en termes algébriques, 6 +x.
ay:: x.y; donc by + xy=ax — xy, ou { by + xy=y
ax ( en divisant par 2. pour délivrer le produit des incon-
nues de toute quantité connue) qui est une équation à
l'Hyperbole par raport à ses asymptotes, puisque aucune

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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. Faisant donc 16+x=2, l'on aura x=2-46, & mettant dans l’équation en la place de x la valeur 2-16, l'on en tirera { az - yz=&ab, & faisant encore {a-y=u, l'on aura y=ía-, & mettant cette valeur de y dans l'équation précédente, l'on aura uz = ab, où les inconnues u & x, ont ( Art. 14. ) leur origine au sommet de l'angle des asymptotes. Les deux réductions précédentes, & l'équation réduire fournissent cette construction.

A cause de la premiere réduction x +16=2, on prolongera D B en I en sorte que BI = AE =b & ayant mené I K parallele à BE, le point i sera l'origire des inconnues z qui va ( Art. 16. no. 1. ) vers G,

& ỹ qui va vers K. A cause de la seconde réduction { ay =u, on prendra IK={ BE={a, & ayant mené KO parallele à AH , ou à BG, le point K sera l'origine des inconnues z qui va vers 0, & u qui va ( Art. 16. no. 4.) vers 1, & le sommet de l'angle des asymptotes K 1 & KO, puisque l'équation uz = ab n'a que deux termes; comme celle de l’Art. 14. On voit par l'équation uz= ab, que l'Hyperbole doit passer par le point B, puisque ab = ax { b

Lax į b = KI X IB. On décrira donc( Art. 14.) par le point B, entre les asymptotes KO, KI, l'Hyperbole BM qui satisfera au Problême,

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