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

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224 ~~~DEUXItME PARTIE

Ak part x' -0, le coup~le droit se remet en 6vidence.
Noiis. enoncerons la particularit6 actuelle en formulant
Th~ore'me. Quand 1 carie le lieu des points d'intersection,
*de ila parabole et dle la 'quartique se compose d'une hyperbole
e~quilate're et d'i'te ciroite.
EXERCICE. - Definir P1 it l'aide de la parabole et des 1cmniscates on des hyperboles. dont elles proviennent. Dans ce,dernier cas examiner les hypoth~ses 12 - 8u2 et 12 _3u2.
LVe Solution
Mfthode. -Nous soumettrons la parabole des points P1, it
u ne inversion de centre 0 et de module 12, de manikre que sa
coreinverse, porte les points-solution et puisse servir it les
dfterminer Iorsqu'on lui adjoindra un second li eu -de P1. La
courbe inverse de la parabole sera une quartique bicirculaire
~(dans le cas sp~cial I1 a elle devient un limaqon de Pascal)
lpresentant cette particularit6 de passer par le point remarIquable A,
~ Les formules de transformation donneront l'quation car-te'sienne!(x', y') -(X.'2 +~ y'2)2 -2aV~x' (X'2 — y'2) - 122y/2 -0,
ou? -+2 (12 - V2'-12) y 1 + 3 (' 2V) 0,
d'P y!2 -X2 -V'x+12 I -12- 12(2 - 12) X' 2 +~2aV!2lX' +v14.
On reconnai't que cette quartique passe par A,, qu'elle admet
Ox' pour axe de sym~trie, 0 pour point double de rebroussement avN.ec la tangente Ox'. Elle se place entre les parall6les
G~ y' d'abscisses - 1(-a)racines du radical
quand on a 1 > 2u, on entre les parall~les d'abscisses - 12a)
\/2( -K)
2aO2 si I < 2u, comme on verrait en tenant compte du signe
de X'2 - aV2x' - 12. Pour la construire commod6ment,
prenons les coordonn6es polaires. Ii vient
12-2aO2P' 0o ' -212 s~in2 0' 0
on a' V2. cos 0' + z1V2(a2 cos2 0' -+ 12 sin2 0').