= NU es 
En différentiant cette valeur de Æ par rapport à x, et en égalant à zéro 
ax 
Pr , 
Cette équation étant assez compliquée, exigerait dans chaque cas particulier 
le. numérateur du coëfficient différentiel —, nous aurons : 
des calculs longs et pénibles. De plus comme elle est du 4e degré, et qu'elle 
donnerail ainsi quatre racines, parmi lesquelles une seule satisfait à la question 
proposée, nous compléterons nos recherches, en indiquant un moyen simple de 
la résoudre géométriquement, et de distinguer parmi ses quatre solutions, celle 
dont on doit faire usage. 
u 
Si l'on suppose mË° —2z, a—x où FH deviendra égale à V2? — 47, et 
l'équation (5) donnera: 
(25: —d):=d Ve —#Ù, 
d' \ x d fd Vz2 — b?2 
où a — 
2 2 z 4 
ce qui fait voir que la valeur de x se compose de la moitié 4€ de la longueur 
, , one FH 
donnée, plus d’une quanuté CF — AC. = 
7 De cette dernière expression 
2 a 1S Carr ET 2 4 A a L A Een : e À. 
on déduit : CE Gp" c'est-à-dire que si l'on élève au point FÆ la perpen- 
diculaire FD, et qu'on mène par le point € une parallèle à 72°, la partie CD 
A £ \ d à LUS. à 
de cette parallèle sera égale à AC où De En effet la similitude des tri- 
angles CFD et FHm donne immédiatement £ d’où, à cause de 
là proportion précédente, CD — 4€, 
Pour trouver le point D, nous chercherons le lieu de tous les points de 
même espèce qu'on peut obtenir, en menant du pont » (Fig. 12) une suite 
de lignes arbitraires #f, en élevant les perpendiculaires fL, et en coupant ces 
perpendiculaires par les lignes CZ tracées parallèlement à mf. Les points L 
obtenus de cette manière, formeront entre eux une certaine ligne courbe. Nous 
déterminerons l'intersection de cette ligne courbe avec la circonférence de cercle 
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