PROBLÊME XLI

Trouver le lieu du somma D Jtun triangle dont la base A B est donnée ^ . a dont les deux angles DAB^ DBA sur cetu hase , om une différence donnée.

(W. V, F^. 4). Lorsque l'angle du sommet est donné, ou ce qui est la même chose , lorsque la somme des deux angles sur la base est donnée, Euclide a démontré (liv. III, prop. 19) que l'angle du sommet était dans une circonférence de cercle. Nous demandons ici , de trouver le lieu de Tangle du sommet , lorsque la différence des angles sur la base est donnée. Soit Tangle DBA plus grand que l'angle DAB^ et soit l'angle ABF leur différence; la droite BF rencontrant AD en F. De plus, du point D soient abaissées siu: BF et AB les perpendiculaires DE et DC; cette dernière rencontrera BF en un point G. Je fais AB = aj AC=x^ CD-y^ ainsi j'aurai BCzza — x. Actuellement dans le triangle BCG tous les angles étant connus, on a le rapport des côtés -SC et CG ;

soit ce rapport comme celui de ^ à <2, et il viendra CG c=5 -^—j

De DC OM y retranchez C(7, le reste sera DC — CG ou..

(*) Le lecteur trouvera au dernier chapitre de cet Ouvrage une méthode générale de construire les équations du troisième et du quatrième degrés ; il pourra ausji consulter le supplément qui se trouve à la fin des notes.

DG = '^^~^ • En outre , à cause des triangles semblables BGCy DGEf on a, BG : BC :: DG : DE. Or, dans le triangle BGVy on Zy a: d i: GC: BC. Donc a^ : tP :: GC : ~BCy et en composant , a ^ + ^ : </* : : 5 C? : J? C, et en tirant les racines , Va' + d^ldv. BGiBCi: DGiDE. Donc Z>£ = -:^===-, OU en mettant pour DG sa, valeur trouvée plus haut, on a

T>E=^ "^^T^^lF^- ^'"^ ^^^^ c^^^> comme l'angle -^J5 F est la différence des angles BAD et ABDy et que par conséquent , ^^ /? et FBDsoïït égaux, il en résulte que les triangles rectangles DCA^ DBE sont semblables, et leurs côtés proportionnels. Donc DA :

DC :: DB : DE; mais DC^y^DA^ [/^AC + DC=

X/x"" +y\ DBz= V^DC + BC= V y^ + a"- — lax + x^^ et

nous avons trouvé plus haut que la valeur dt DE était

^^'74^ J-:~> ^^^i notre proportion devient

Vx'+y^ :y :: Vy' + a^ — xax + x^ : ^^^^!^^' > et en faisant le produit des extrêmes, et celui des moyens, et quarrant chaque membre dç l'équation , on aura , a^y^ - xa xy^ -f x^ y^ -f j^* =

Multipliez chaque membre par a*4-</*, ordonnez les produits selon les puissances de x^ et il viendra

T \ +** c* ^f^y^ <«-a^^^' =0. Cette équation

est

Tst divisible par ^* — tf^j" ^ = 0, et donne pour quotient. . •

x^ . iiZ-i * Zif^ = o. Ainsi nous avons trouvé pour la solution de ce problême deux équations : la première, x^ — ^^T •^==o>

nous fait voir que le lieu du point D est dans la circonférence d^un cercle, lorsque l'angle DBF est situé d'une autre manière qu'il ne l'est dans notre figure. Par exemple, lorsque l'angle A BF^ an lieu d'être comme dans le problême , égal à la différence des angles sur la base , est égal à leur somme. Il est clair que dans ce cas l'angle D est donné (5 1).

La deuxième équation x^ tdy 4 * Z 2^ =^ ^ appartient à l'hyperbole. C'est l'équation qui a lieu dans le cas de notre Figure ; c'est-à-dire, que dans le cas oîi l'angle FBD est situé comme nous l'avons supposé, et que l'angle/-^ 5F est la différence des angles sur la base , le lieu du point D est dans une hyperbole. Et voici de quelle manière on déterminera cette courbe : coupez ÂB en deux parties égales en P, menez PQ de manière qu'elle fasse un angle BPQ égal à la moitié de l'angle ABF; par le point P, menez PR perpendiculairement à PQ, et les deux droites PQ et P/l seront les asymptotes, et le point B un des points de l'hyperbole (53). De-là on tire ce théorème :

Si dans une hyperbole rectangulaire on mène un diamètre quelconque AB^ et que des extrémités de ce diamètre on tire à deux

points quelconques D et H de la courbe, des droites AD^ BD ; Tome L Bb

AH y BHj ces droites formeront, aux extrémités du diamètre, des angles DAHy DBH égàwc.

Le même d^une manière plus courte.

J'ai donné , dans le problême XXIV , une règle sur la manière de choisir les termes les plus propres à commencer le calcul, toutes les fois qu'il y a ambigiiité. Par exemple, dans le problême actuel la différence des angles txxr la base n'est pas une condition assez distincte. En effet, je l'ai retîânchée du plus grand, mais je pouvais également l'ajouter au plus petit, en menant par le point A une droite parallèlement k BF. Cette différence se comporte donc de la même manière à l'égard des deux angles. Je ne l'emploierai donc ni par addition , ni par soustraction ; mais prenant sa moitié , je l'ajouterai à l'un et la retrancherai de Tautre. Ensuite, comme on trouve encore ambigiiité en prenant pour abscisse soit B C, soit A C7, je n'emploierai ni l'une ni l'autre; mais coupant BA en deux parties égales en P, je prendrai pour abscisse PC; ou plutôt menant AfPQ ( PI. V y Fig. 5 ) qui fera de part et d'autre les anglfô -^PQ, BPM égaux chacun à la moitié de la différence des angles sur la base, cette droite MPQ fera de plus, avec les droites DA^ DM y les angles DQP^ DMP égaux. (54). Je mène sur AfQ les perpendiculaires AR^ EN y DO. Je prends DO pour l'ordonnée, et PO pour l'abscisse. Je fais donc PO=iXy DO=iyy AR ou BN=sby et PR ou PN = Cy et à cause des triangles semblables BNM, DOM, on aura, BN: DO :: MN : MO. Et en wtranchant, DO—BN{y — b)i DO (y) ;: MO — MN ou

ON(^c — x)\ MO=i '^'^V ' ^^ même, à cause des triangles

semblables A R Q^ D O Q y on i , A R : P II RQ : QO, et en ajoutant, DO + AR (y + b) : DO (^) :: QO +QR (O R ou x+e):QO=-^^^^. Enfin, à cause deç angles égaux DMQy DQMy on a, MOxsQOy et par conséquent, -'^^Z-V '- «=* '\ XV" * avisant tout par y , çt multipliant par les dénominateurs, il viendra, cy + ck^xy^tx:^cjr^cb + xy^bx. Ou bien, chz=:xyy équation très-connue de l'hyperbole rapportée aux asymptotes.

Il eût été même facile de déterminer le lieu du point D sans aucun calcul algébrique. En effet nous avons trouvé plus haut DO — BN: ON:: DO: MO(OQ) :: DO+AR: OR.Ccstà-dire, DO — BN: DO + BN :: ON; OR. Et en ajoutent, et

retranchant les termes de chaque rapport

DOiBN'.X <>^-*-<>^ (ATP); o^-O'f (^OP), D'où l'on

tire, DOxOP = BNxNP. (55).