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

CINQUANTE-CINiQUIEME SOLUTION27

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sur Gy' le point y' 1= < 1V'2 intfrieur a la courbe la rencon-tre
n~cessairement en P'. La r6alitU de P1 exigera que son point
de rencontre avec Ox' soit ext~rieur ou 1 > 2aV2-. Il n'y a pas
de points strangers r~e1h en dehors des points cycliques, imaginaires comptant pour quatre.
Quant an calcul cart~sien, la substitution de12a' + 2
dans f r6alise la forme de la parabole, comme il fallait s'y
attendre, et rame'ne a des operations connues. A l'aide des
coordonn~es polaires, 0' sera fourni par
aV2 co 0' + iv'2(2 cos2 0' +-~ 12 sin2 0'),
Oil + et 0 > 7C s'il s'agitd P'. Ontovr
a-Y2 + 1,2
21cs '2aV cos 0 -l I 0, et cosO',
Variante. - Soit I'hyperbole fondarnentale adj ointe a- la
quartique. La question des points 6trangers communs se traite
ais6ment:0 et A1; compt~s chacun deux fois. Les pointssolution P~, P'~ apparaissent sans condition sur la branche
privil~gi6e, de sommet 0, de.Ia conique. Mais pour l'autre
branche, trop voisine de l'arc de sommet A1, de la quartique,
nous aurons recours an calcul. L'61imination de y'2 entre les
6quations correspondantes conduit a~
-/ 2a/2-) (2X12 - 2aV2x'- 12) 0;
on revient au couple droit.
Variante. - Adopton's les courbes inverses parabole et
h20.
Le point de la conique sur Oy' d'ordonn~ee2 se plagant a1
1'int6rieur de la quartique, la r~alit de P' en resulte. Celle de P1
12 -
exige que E soit an dela de A1 on que l'on ait ~> 2aV2,
2aV2
a saoir 2 >8a. Pour traiter la question des points 6trangers,
recherchons les s6cantes qni les portent.- En 6'liminant, l'ordonrnee, il viendra
4X'4 -16aV2 X'3 + 2 (12 ~ 6a2)X'2 - 314
(2x2 2a\/2x' - 12 (2x'2- - 6aV2x'+3l)