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Faisant maintenant g=—= 0, on a p—0; faisant ensuite go, on 
a deux cas, savoir p — ©o ou æV («4 + p°) = Ayp, de sorte que 
nous avons ces trois solutions, 1)p=0, 2)p=oo, 3) y V (1+p° Det ar 2. ca? 
Substituant p 0 dans l'équation (a), on a Xy—=—7, d'où il 
suit, ou Net ce qui est contradictoire au preblème, ou y=0, 
ce qui donne le point A, dont nous parlerons plus bas. La se- 
conde solution p—oo donne (a)....æ=Ay. En effet, dans le cas 
où la tangente est perpendiculaire à l'axe des abscisses (p — co), 
la fangente MT coïncide avec l'ordonnée MP, et la coupée AT est 
égale à l'abscisse AP, donc MT—=Y, AT =>, et l'équation æx—Ay 
ést identique avec la condition du problème ATA.MT. Ce 
point M qui se confond avec la limite des x, satisfait donc à la 
condition du problème, et M. de l'Aospital avait tort d'exclure 
cette solution. 
La troisième solution est A7 y (4 + p) == es, ce qui 
étant substitué dans l'eetss (a), donne Er ) ZZpT=—17, Où 
RTE 
bien 0 = x+py, d’où l’on tire P=— = » VCi+p°) = \ 
“ Ces valeurs transforment l'équation (&) en —7— a Æ HAS Le 
__ ou 0—AVE + y) ++", d'où il suit, où 2° + y — 0, ou 
» 7 =— V (x? + y). La première supposition donnerait ou des 
» valeurs imaginaires, ou æ—y—0, ce qui indique le point A 
que nous avons déjà trouvé plus haut. La seconde supposition 
Re Q — oi = 2”, d'ou l’on tire enfin 
= + y y N — 1), 
…_ ce qui est est sé solution donnée par M. de Hospital. 
Nous avons donc trouvé trois solutions, 1) Z=y—= nr ce 
ani donne un point d’inflexion en A, comme nous verrons plus 
| Lo 2) æ —= À, limite des x en M: 3) Eye — 1), point 
-de rebroussement en F. (Voy. {. 5.). | 
$. 15. Pour traiter cette courbe d’après. notre méthode, il 
est nécessaire de chercher, par l'intégration, une équation finie en- 
te æ et y. Quarrant l'équation Ça) (f. 14. ), et faisant pour abré- 
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