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200cc

4aazz aura

bb

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488zz ou

CC

288-), d'où

bb

28gcc

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:: 288 :

488

2

mettant cette valeur de uu dans l'équation réduite, l'on

aaces

bbgg l'on tire cette Construction. Soir faite OD=V288; O D sera le demi diametre de l'Ellipse , & ayant fait 488.cc

CC , soit prise O Q=v-c0; OQ ferale demi diametre conjugué à OD, & l'on décrira ( Art. 13 no. 37. ) l’Ellipse OSD qui rencontrera KA en S, & qui satisfera au Problême.

DEMONSTRATION. AYANT mené d'un point quelconque M pris sur l'Ellipse entre G & S l'appliquée M P parallele å OQ. Par la propriété de l’Ellipse OD:-OP. PM°:: 0D'. Q:; ce qui est en termes algebriques 288-1:22:: 288. [ cc ::

= 298 - S, ou

bbgguu uu, en mettant pour / la valeur & rédui. sant: mais par les deux réductions précédentes l'on a les valeurs de zz & de uu ; c'est pourquoi en mettant ces valeurs de zz& de uu dans l'équation précédente, l'on aura , après avoir ôté les fractions, & ce qui se détruit,

bxy 4aaxx — 4abxy + 2bbyy + 4aacx =0, ou xx –

bbyy

=o, qui est l'équation que l'on a à construire, C. l. F. D.

REMARQUE. Si l'on mene R N parallele à AG, la portion GN de l’Ellipse résoudra le Problême si le point N tombe entre G&S: mais s'il tombe entre S & D, ce sera la portion

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489.cc, d'où l'on tire

CC

bb

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bb

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CX to

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I

24

2

GS: car les inconnues x & y qui sont celles du Probleme
qu'on vient de construire ont leur origine en A. Er x
by

+-rezne seroit point l'expression de RN ; si le point
N tomboit entre S & D.
6. Si dans la Construction l'angle OPM s'étoit trouvé

48822 droit, &

que

dans l'équation 298 -), 28=1, le lieu auroit été au cercle. Ce qui est évident : car cette équation feroit devenue 22=299-.

CONSTRUCTION

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

diametres.

PROBLÊME INDÉTERMINÉ.

XX1. UN angle droit HÅG, & un point fixe B étant F 16.90. donnez de position sur un Plan , il faut trouver le point M dans cet angle, d'où ayant mené MF parallele à AB 4 MB du point M au point fixe B, MF foit à MB dans la raison donnée de m à n.

Ayant supposé le Problême résolu, l'on menera MP parallele à AH, & en nommant la donnée AB, a; & les indéterminées ÁP, ou FM , X; PM, ou AF,y; BP sera x-a; & les qualitez du problême donneront m.n :: FM (*). MB= , & à cause du triangle rectangle BPM , l'on aura xx — 2ax + aa+yy=" 2mmax +mmaa + mmyy=nnxx, qui est encore une équation générale pour les trois Sections coniques comme celle de l'Art. 19.no. 3: car si l'on fait m=n, l'on aura aa – 2ax + yy=0, qui est une équation à la parabole; G l'on sup

2mmax +mmaa + mmyy pose que m surpasse n, l'on aura xx

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Ou mmxx

mm)

mm

2mmax

mmad

mmyy

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Et enfin si l'on suppose que m soit moindre que n, l'on aura xx+

=o qui est une équation à l'Hyperbole par raport à ses axes, à cause de l'angle droit BPM, mais parceque xx a un second terme, l'origine des indérerminées x & y n'est point au centre. Pour la ramener à l'état de celle de l'Art. 14, no. 12, l'on fera évanouir le second terme en faisant

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mmaa

mm

mmnnga

le dénominateur du terme

par nn mm pour lui donner le même dénominateur que celui de la fradion qui le précéde, & ôtant ce qui se détruit l'on aura

où les inconnues ? & y 2mmnn to ma

nn + mm , ont à présent leur origine au centre de l'Hyperbole. Pour le trouver, soit prolongée AB du côté de A en C en sorte que AC

le point sera le centre cher

mmyy

mma

nn mm

mne

nn - mm

ché. Et ayant fait CD= qui est la racine du terme connu de l'équation ; CD sera le demi axe de l'Hyperbole , & D son sommer. Si l'on fait présentement mm.

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mm

Vnn mm

ra le demi diametre conjugué au demi diametre CD; foit donc menée par le centre C la ligne CK parallele å PM & égale

elle sera le demi axe conjugué à CD. Il est aisé d'acheyer (Art. 14. no. 30.) & de décri

na

Vnn - mm

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

D E' MONSTRATION. AYA ANT mené d'un point quelconque M pris sur l'Hyperbole la droite MP perpendiculaire à CG, l'on aura ( Art. 14. no.13.) CP - CD2. PM'::CD.CK": ce qui est en termes algebriques

yy :: 2mmnn +m

.1, d'où l'on cire après 2mmnn +m

mmnnan

mmnnaa

nnad

mm

nn mm

nn mm

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2mmas XX +

mmad mmyy

mm

mmg

nn

mm

=0, en mettant pour 2x sa valeur tirée de la réduction * to

=K; & en rédui. sant l'équation. C.Q.F.D.

PROBLÊME INDÉTERMINÉ. 1. Deux lignes AH, BG dont les extrêmitez A & B sont F1 G.91 fixes, étant données ; il faut trouver entre ces deux lignes un point M , par ou par le point A, ayant mené la ligne AMD, qui rencontre BG en D; & la ligne PME parallcle à AB, qui joint les points A & B; PM foit à ED dans la raison donnée de m à n.

Ayant supposé le Problême résolu, & nommé la donnée AB, ou PE, a ; & les inconnues AP, *; & PM,y; ME sera à — y, & les triangles semblables MPA, MED donneront MP (y). PA (*) :: ME (ar)).ED= & les qualitez du Problême donnent

g

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ax Xy

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:: m. n, d'où l'on tire yy + équation à l'Hyperbole.

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

mx

21

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comme cette réduction a fait naître un premier terme

dont le second est il faut encore faire évanouir

mmxx

max

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max

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Pour ce sujet afin d'avoir xx délivré de toute quantité donnée, je multiplie toute l'équation par 4nn, & je la divise par mm

par mm, ce qui la change en celle-ci

& faisant x + = r, l'on a l'équation

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mm

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XXto

4nax

3 m

m

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Annaa

mm

mm

réduite

d'où l'on tire cette Construction,

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

=%, soit prolongée PA en K, en sorte que

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AK= le point K sera 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

g

MAK =u; soit prise KO = =a, en mettant pour AK

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fa valeur & du point O par A ayant mené OAC qui rencontrera MP prolongée en C, MC sera y to z: car à cause des triangles semblables AKO,

APC,

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