CF=1 ( ,7GR

Or le côté x du carré équivalent à îtR* est égal à RKîT=RK3, 141592653589....; d’où ar=R X 1.7724538....;

M. Sonnet * a proposé la construction suivante , qui conduit à une approximation beaucoup plus grande et plus que suffisante dans la pratique : menez AT, tangente indéfinie, à l’extrémité du diamètre AB; prenez 01 égal à la sixième partie du rayon OB; du point I, comme centre, avec un rayon égal au double du diamètre AB , décrivez un arc de cercle, qui coupera la tangente en un point H; joignez HB, qui coupera la demi-circonférence en un point K ; la corde AK est le côté du carré équivalent au cercle, à moins d'une demi-unité du cinquième ordre décimal.

Èt * • • - .

Nouvelle géométrie théorique et pratique, etc., excellent manuel nous recommandons an lecteur.

En effet

« ^ et, à cause de la similitude des triangles AHB, AKB,

't 1 + AK=2R |/ / |H = R x 1 ,7724502.

♦ * 833. Soit pris pour axes rectangulaires deux droites pas-

‘ sant, l’une, l’axe des coordonnées, par le point donné I, k‘‘ j l’autre , l’axe des abscisses , par le point de concours A des 7* droites données AB, AC (fig. 75).

Soit 01 =/i, OA=rf; et, pour une sécante quelconque »* IQN , IM=QN ; MP=y , OP=æ.

La droite AB a pour équation x =d,

• ,, La droite AC .... y —a(x — t/),

La sécante IQN .... y — hz=Ax.

On trouvera facilement, eu combinant successivement l’équation (3) avec les équations (1) et (2) , pour les

coordonnées du point Q #.=d, y,=A-{-Arf;

A-j-Arf

a{h-\-hd)

du point N *.=-^ 3 -. y.= - 0 - A ~ !

et par suite

QN=k'(ar— af,) 2 +(ÿ — y .) 2 =

On a d’ailleurs

IM —]/ (y A) 2 -J- a? 2 ;

et, remplaçant A par sa valeur , on trouvera

xy — ax?-\-dy — hd=.O y

pour l’équation du lieu géométrique demandé.

Ce lieu géométrique est une hyperbole passant par le point fixe. On en trouvera facilement les asymptotes en

•DigUi