628530NOUVEAU COURS
PROPOSITION XIII.
Probleme.
Probleme.
1011.
La ligne de but G F, l’angle qu’elle fait avec la verti-
11Figure 345. cale G M, & la charge du mortier etant donnee, trouver l’angle
d’élévation ſous lequel il faut pointer le mortier pour qu’elle tombe
au point F.
11Figure 345. cale G M, & la charge du mortier etant donnee, trouver l’angle
d’élévation ſous lequel il faut pointer le mortier pour qu’elle tombe
au point F.
Solution.
Soit nommée a la ligne de but G F;
comme la charge du
mortier eſt auſſi connue, & que d’ailleurs on ſuppoſe que l’ex-
périence a déterminé la force qu’une telle charge peut donner
à la bombe, il s’enſuit qu’on connoît le parametre de la para-
bole qu’elle doit décrire; puiſque ce même parametre eſt qua-
druple de la ligne de hauteur, dont le projectile à dû tomber
pour acquérir une force égale à celle qu’il reçoit de la poudre;
ſoit p ce parametre. Comme l’on connoît l’angle M G F dela
verticale avec la ligne de but G F, on connoîtra auſſi l’angle
de cette derniere ligne avec l’horizontale: donc au triangle
rectangle G H F on connoîtra le côté H F & le côté G H.
Nous nommerons H F, d; & partant G H ſera √aa-dd\x{0020}:
enfin la ligne E H qui détermine l’angle d’inclinaiſon demandé
ſera nommée x. Cela poſé, il eſt viſible, à cauſe du triangle rec-
tangle G H E, que la ligne de projection G E eſt √aa-dd+xx\x{0020};
d’ailleurs la ligne de chûte E F = d + x, & comme ces deux
lignes ſont en progreſſion avec le parametre (art. 999), on
aura E F: G E : : G E : G M, ou d + x: √aa-dd+xx\x{0020} : :
√aa - dd + xx\x{0020}: p; d’où l’on tire px+pd=aa-dd+xx.
Or donnant cette équation, & la réſolvant ſuivant les regles
ordinaires, on aura d’abord xx -px=dd+pd-aa; & en-
ſuite x={1/2} p ± √dd+pd+{1/4}pp-aa\x{0020}. Nous allons faire
voir que ces deux valeurs de x, conſtruites ſuivant la formule
algébrique, ſont préciſément les mêmes que celles que nous
avons ci-devant déterminé géométriquement.
mortier eſt auſſi connue, & que d’ailleurs on ſuppoſe que l’ex-
périence a déterminé la force qu’une telle charge peut donner
à la bombe, il s’enſuit qu’on connoît le parametre de la para-
bole qu’elle doit décrire; puiſque ce même parametre eſt qua-
druple de la ligne de hauteur, dont le projectile à dû tomber
pour acquérir une force égale à celle qu’il reçoit de la poudre;
ſoit p ce parametre. Comme l’on connoît l’angle M G F dela
verticale avec la ligne de but G F, on connoîtra auſſi l’angle
de cette derniere ligne avec l’horizontale: donc au triangle
rectangle G H F on connoîtra le côté H F & le côté G H.
Nous nommerons H F, d; & partant G H ſera √aa-dd\x{0020}:
enfin la ligne E H qui détermine l’angle d’inclinaiſon demandé
ſera nommée x. Cela poſé, il eſt viſible, à cauſe du triangle rec-
tangle G H E, que la ligne de projection G E eſt √aa-dd+xx\x{0020};
d’ailleurs la ligne de chûte E F = d + x, & comme ces deux
lignes ſont en progreſſion avec le parametre (art. 999), on
aura E F: G E : : G E : G M, ou d + x: √aa-dd+xx\x{0020} : :
√aa - dd + xx\x{0020}: p; d’où l’on tire px+pd=aa-dd+xx.
Or donnant cette équation, & la réſolvant ſuivant les regles
ordinaires, on aura d’abord xx -px=dd+pd-aa; & en-
ſuite x={1/2} p ± √dd+pd+{1/4}pp-aa\x{0020}. Nous allons faire
voir que ces deux valeurs de x, conſtruites ſuivant la formule
algébrique, ſont préciſément les mêmes que celles que nous
avons ci-devant déterminé géométriquement.
Dans les conſtructions précédentes, on a d’abord ſur la
ligne G F élevée une perpendiculaire indéfinie G A; au point
B, milieu du parametre M G, on a élevé une autre perpen-
diculaire B A qui coupe la premiere en A. Du point A
ligne G F élevée une perpendiculaire indéfinie G A; au point
B, milieu du parametre M G, on a élevé une autre perpen-
diculaire B A qui coupe la premiere en A. Du point A