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Je ne m'arrête pas aux divers cas. — Si l'on donne cinq points, la 

 somme des carrés des distances des points donnés au point N dé- 

 passe de 5DN- la somme des carrés des distances des points donnés 

 au point D : la démonstration est la même. 



Il ressort de là que la somme des carrés des distances an point I) csl 

 niiiiima. 



Dans cet exposé, je n'ajoute pas une trop scrupuleuse observalion 

 des différents cas. La conclusion du second lemme se ramènera tou- 

 jours à prouver que la somme des rectangles en plus est égale ii celle 

 des rectangles en moins, et la question sera ainsi ramenée au premier 

 lemme. 



Première proposition générale. — Soient, sur la même figure, tou- 

 jours donnés quatre points A, B, C, E sur la droite AE, et 



AD = i(AB + AC-hAEj, 



fraction conditionnée. On propose, étant donnée une aire Z, de iroiiwi 

 un cercle, tel (fu en prenant sur la circonférence un point quelconque, la 

 somme des carrés de ses distances aux points donnés soit égale à l'aire 

 donnée. 



Pour que le problème soil possible, il faut, d'après ce (]ni a été 

 démontré, que l'aire Z > AD= -i- BD= + CD'^ -)- ED^ 



Soit donc 4DN^ égal à l'excès de Z sur la somme des quatre carrés; 

 le cercle décrit de D comme centre avec DN pour rayon satisfera à la 

 question. 



En effet, prenons d'abord le point N {fig- ^9) de l'un et de l'antre 



A N B D C N E 



côté. Il a été prouvé par le second lemme que 



AN' + NB^ + CN* + EN'' = AD^ + BD^ + CD^ + ED^ + 4DN^ ; 



