Le problème de Pappus et ses cent premières solutions, par A. Maroger. Avec une préface de M. Paul Mantel.

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'114 ~~DEUXIEME PARTIE

Des triangles semblables apparus sur une figure commode
d r~aliser donmeront
B'2 012 b/2
Or, la condition caract6ristique!(B, b, Ih) 0 se modifie et
sU~rit
3(B 2 +b2)2 Sh 8h(B2 +T b2)b- 16h4 -12B21b2 0
d'ofi l'on tire
B 2 + b2 2 (- 2h 2 4-~I 6h ~- 912b2),
montrant que B 2 + b2 ne poss~de qu'une seule valeur en
fonction de h et Bb.
Donc si le trapkze stranger 6tait li son tour un quadrilat~rc
de Pappus, ii faudrait, puisque h' h et B'b Bb, quc
B' + b' fii 6gal 'a B2 4- b.
Rappelons-nous que B2 + b2 et B b2 6tant 'donne~s, ii n'y
correspond qu'un seul syst~ne de valeurs pour B2 et b 2 s6par6ment (B >-b), et conchions qu'il faudrait actuellement que
1'on efit B' B- b' b. Ces conditions sont impossibles,
car 01 et OJ sont diffhrents, et elles permettent d'affirmer que
le trapeze ftudi6 ne pent se consid~rer en tant que quadrilaP~re
de Pappus.
EXERCICE. — Calculer en fonetion de a, 1les quantitUs B'2b'2,
B2+ b'2, B' - b'2. Sont-elles rationnelles? On exarninera le
cas 12 8 a 2.
Associons 6-galement le couple an faisceau biquadratique
paralidle Ox'. Cette fois Ie trapeze (Aranger piptpi'
(suivre sur la figure) devient en quadrilate~re de Pappus. En
effet, les dimensions 2h, 21B, 2b se conservent; une sym6trie
apparalit entre les trape'zes (P1.) et (pi) dont l'axe BZ, 6quidistant des bases, sert de mddiatrice. ~ OA_ Diverses consequences en d~coulent 10 le cercie circonscrit an trapeze (pi)
admet A pour centre;20 l'hyperbole, 6quilate're circonscrite
passe par ce centre; 30 ce centre est un sommet d e l~a conique.
D'ailleurs le calcul confirmera ces r6sultats. Etudions le cercie
circonscrit d'6quation X'2 + y'2 - 2?,X' +_F v. 0. Revenous
aux huit points-solution P1. et piL (voir la XVIIle solution),
choisissons les signies de C, el el/ qui ripondent ~ p~ et p~ et