DEUXIÈME PARTIE.

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ay=æ i et y~2a, dont la première est facile à construire parpoints, et dont la seconde représente une droite parallèle à Taxedes abscisses; par conséquent l’abscisse du point d’intersection,o.’ = ÀP (fig. 216), donne le côté du cube inconnu.

On peut écrire l’équation [2] de cette manière, x 2 Xtc—2a?.Alors on voi t qu’elle peut aussi résulter des deux équations x 2 =2ay,et xy — a 2 -, donc la question peut se résoudre par l’intersectiond’une parabole et d’une hyperbole.

En introduisant la racine x=0, dont on ne tiendra aucuncompte dans la suite, l’équation [2] devient

x* — 2a} x.

Or, en posant x 2 =ay, cette dernière se change en y 2 =2ax;donc le problème est encore résolu avec deux paraboles.

On peut ajouter les équations de ces deux paraboles, et il vienty 2 -\-x 2 — ay-\-2ax. On peut donc aussi se servir d’une paraboleet d’un cercle, et cette solution est la plus simple.

L’analogie de ce problème avec le précédent est frappante. C’estque le côté du cube double est la première des deux moyennes pro-portionnelles entre a et 2a. En effet, si on pose les proportions

x' J X 2 x 2

a\x\\x\ — et x :—— \2a.a a a

on en déduit l’équation [2]x 3 = 2a i .

494. Problème III. Diviser un angle en trois parties égales.Soit BAC (fig. 217) l’angle donné. Je décris l’arc BC du centreA avec un rayon quelconque, puis j’abaisse CD perpendiculaireà AB : on peut prendre AB pour unité et AD pour le cosinus del’arc BC, et le problème sera résolu si je trouve cos j BC. En posantcosBC = æ, et cosjBC=jr, on a vu (33) que l’inconnue x dé-pend de l’équation

[3] . .r 3 —— ~a = 0.

Quoique plus compliquée que celle de la duplication du cube, ellese construit cependant par les mômes courbes.

1° On peut la remplacer par les deux équations y — x 1 ,J'—lx -(-ja, lesquelles représentent une droite et une courbeconstruites fig. 218.

2° On peut prendre les équations kxy — \x — ?a =* 0, x 2 = ky,k étant un paramètre arbitraire ; et l’on a ainsi! une hyperbole etune parabole.