629531DE MATHÉMATIQUE. Liv. XIV.
centre avec le rayon A G, on a décrite une portion de cercle
qui a déterminé ſur la verticale F E les points E, E qui don-
nent deux inclinaiſons différentes pour jetter la bombe en F.
Ainſi il faut faire voir que des deux lignes E F, E F, la plus pe-
tite eſt {1/2}p - √dd+pd+{1/4}pp-aa\x{0020}, & la plus grande
{1/2}p+√dd+pd+{1/4}pp-aa\x{0020}. Par conſtruction les triangles
G H F, G B A ſont ſemblables, & donnent GH : HF : : GB : BA,
& analytiquement √aa-dd\x{0020}: d : : {p/2} : {pd/2√aa-dd\x{0020}}: doncle rayon
A G ſera égal à √{p2d2/4a2-4dd}+{pp/4}\x{0020}. Je fais enſuite attention que
pour avoir E H (x) il faut déterminer A O parallele à B G, &
terminé en O à la ligne D E parallele à G H. O E = D E-D O
=G H- G N ou G H - A B, & analytiquement O E =
√aa-dd\x{0020}-{pd/2√aa-dd\x{0020}}; & à cauſe du triangle rectangle A O E,
A O = √A E2 - O E2\x{0020}: donc l’expreſſion algébrique de A O
ſera √{p2d2/4aa - 4dd} + {pp/4} - aa + dd - {p2d2/4aa-4dd} + pd\x{0020}; ce qui ſe
réduit à √dd+pd+{pp/4}-aa\x{0020}: donc E H (x), ou B G-B D
={1/2}p-√dd+pd+{1/4}pp-aa\x{0020}; d’où il ſuit évidemment
que la conſtruction géométrique eſt parfaitement d’accord
avec l’analyſe, & qu’elle nous donne les mêmes ſolutions.
C. Q. F. T. & D.
qui a déterminé ſur la verticale F E les points E, E qui don-
nent deux inclinaiſons différentes pour jetter la bombe en F.
Ainſi il faut faire voir que des deux lignes E F, E F, la plus pe-
tite eſt {1/2}p - √dd+pd+{1/4}pp-aa\x{0020}, & la plus grande
{1/2}p+√dd+pd+{1/4}pp-aa\x{0020}. Par conſtruction les triangles
G H F, G B A ſont ſemblables, & donnent GH : HF : : GB : BA,
& analytiquement √aa-dd\x{0020}: d : : {p/2} : {pd/2√aa-dd\x{0020}}: doncle rayon
A G ſera égal à √{p2d2/4a2-4dd}+{pp/4}\x{0020}. Je fais enſuite attention que
pour avoir E H (x) il faut déterminer A O parallele à B G, &
terminé en O à la ligne D E parallele à G H. O E = D E-D O
=G H- G N ou G H - A B, & analytiquement O E =
√aa-dd\x{0020}-{pd/2√aa-dd\x{0020}}; & à cauſe du triangle rectangle A O E,
A O = √A E2 - O E2\x{0020}: donc l’expreſſion algébrique de A O
ſera √{p2d2/4aa - 4dd} + {pp/4} - aa + dd - {p2d2/4aa-4dd} + pd\x{0020}; ce qui ſe
réduit à √dd+pd+{pp/4}-aa\x{0020}: donc E H (x), ou B G-B D
={1/2}p-√dd+pd+{1/4}pp-aa\x{0020}; d’où il ſuit évidemment
que la conſtruction géométrique eſt parfaitement d’accord
avec l’analyſe, & qu’elle nous donne les mêmes ſolutions.
C. Q. F. T. & D.
Corollaire I.
1012.
Il ſuit delà, comme nous l’avons déja remarqué, que
le problême aura toujours deux ſolutions, tant que le radical
√dd+pd+{1/4}pp-aa\x{0020} ſera quelque choſe. 2°. Il eſt évident
que dans le cas où {1/4}pp+pd+dd=aa, le problême ne
peut avoir qu’une ſolution; il n’eſt pas moins évident que la
ligne E F devenue pour lors F I touche le cercle au ſeul point I,
puiſque l’expreſſion dd+pd+{1/4}pp, eſt le quarré de {1/2}p+d,
qui eſt égale à F I, & qu’il n’ya a que dans le cas où {1/2}p+d=a,
que cette ligne eſt tangente. Enfin ſi {1/4}pp+pd+dd, eſt plus
grand que aa, le problême ſera impoſſible, & l’on en con-
clueroit qu’il faut augmenter la charge du mortier.
le problême aura toujours deux ſolutions, tant que le radical
√dd+pd+{1/4}pp-aa\x{0020} ſera quelque choſe. 2°. Il eſt évident
que dans le cas où {1/4}pp+pd+dd=aa, le problême ne
peut avoir qu’une ſolution; il n’eſt pas moins évident que la
ligne E F devenue pour lors F I touche le cercle au ſeul point I,
puiſque l’expreſſion dd+pd+{1/4}pp, eſt le quarré de {1/2}p+d,
qui eſt égale à F I, & qu’il n’ya a que dans le cas où {1/2}p+d=a,
que cette ligne eſt tangente. Enfin ſi {1/4}pp+pd+dd, eſt plus
grand que aa, le problême ſera impoſſible, & l’on en con-
clueroit qu’il faut augmenter la charge du mortier.
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