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

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DEUXIEME PARTIE

melme discriminant qui disparait de lui-meme. Voici du reste
les calculs
cp _ 2x'2 - 2a/2 x' - 12, F _ F(x', O) - 2'2 - 2a\/2 x'- 212,
R - 912(12 8a2)> 0, F - 22 < 0,
w2/ 2
\/2 a2 12 < 2 /2 Va2 + 12.
Seule, la condition 12 > 8a2 subsiste.
XLIP Solution
M6thode.- C'est la pr6c6dente, les courbes 6tudikes 6tant
maintenant rapport6es aux axes xOy. Pour la varier, nous ne
ferons plus appel au couple rectiligne droit.
Partons de l'6quation x2 + y2 X_ (x i+ y) et cherchons ns
en exprimant que ce cercle passe par deux points P1. Dans cie
but, on doit eliminer x, y entre les trois relations
x2 y2 = (x + y), x2 + y2 = 12, xy = a(x + ).
11 vient
(2 al2 14 2al2
x 1+ r y " xy 12 - (x - -)2 2xy- 2,
d'ou /(x) - 2,_ 2a x 12 - 0.
Le couple des deux cercles (OP.P'), (OP'P') en resulte et se
formule
F(x, y) (x2 -+ y2)2 - 2a(x2 - y2) (x + y) - 2(x -- y)2 - 0.
Constituons pour fixer les id6es le systeme d6riv6 F 0,
xy = a(x + y). Le cercle de droite coupera l'hyperbole, avec
laquelle il possede le point double 6tranger 0, si en faisant
y x dans F, l'6quation d6barrass6e du facteur double x2,
savoir F(x, x) = x2 q- 2ax - 12 = 0, admet une racine positive
sup6rieure a 2a. Calculons F(2a) = a2 — _ 2 et imposons la
condition F(2a) < 0. On obtient 12 > 8a2, n6cessaire i l'existence de P], P.
L'6tude du cercle de gauche souleve quelque difficult6
lorsqu'on tient a se passer de la droite de gauche du couple
rectiligne qui servirait de s6cante commune a ce cercle et a
l'hyperbole. Remarquons a cet effet qu'un cercle tangent en 0
a la conique, place a gauche de- Oy',la coupera forcement si