292 Saggi di Meccanica e di Algebra ec. 



riduce a o = s' ; il che dimostra incompatibile l'ipotesi da 

 cui siamo partiti, cioè che l'incognita x rappresenti un sem- 

 mento del lato AB o del suo prolungamento. Facendo = x 

 il semmento di un altro lato l'incompatibilità sparisce, e si 

 trova x sotto una nuova forma . Per vederlo sia il punto P 

 in I ( Fig. 7 ) e posta la BF = x si conducano le solite per- 

 pendicolari EG , FM . Siccome FM = ;c sen.B ed 



IA( = a) : EG : : IB( = a-t-ar) : FM(=xsen.B) 

 si ha 



tetr.AEFB(=tri.IFB— tri.IEA)=if(a-t-a)*8en.B— ^f!l?l 



]_ a-+- a J 



ma tetr. AEFB = s' : dunque 



x sen.B[(a-+-aY — a 2 ] = 2 ( a -t- a ) j' 



. 1 2 (a-*- a) s' 



e però x = . ; 



sen. B naa-t-a* 



formola che quando a = o si riduce ad 



25' 1 a' ( 6 ■+■ y ) h 



a sen. B sen.B a(a'-t-a") 



Se il trapezio degenera in rombo h equivale ad a sen.B, è 



• 1 za ' e 

 y = /? e si ha x = . 



Nella seconda ipotesi in cui il lato incontrato in primo 

 luogo è uno de' convergenti ( Fig. 8 ) si prolunghino i lati CB, 

 DA finché s'incontrino in G , si determini la superficie A del 



trigono AGB che è = AB a ■-"' — , e siccome AEFB 



6 2»en.G 



altro non resta che dividere il trigono CGD con una 



■«"' 



trasversale che passi per P, in due parti che stiano come 



. as a $ 

 Ah : S 



ossia come a' ( A ■+■ s ) -t- a"A '. a"s . 



Per risolvere la seconda parte del Problema suppongasi 

 1 .° che la trasversale debba essere parallela ad uno de' lati 

 convergenti , per esempio ad AB ( Fig. 9 ) . 



