VIII. Problema Alhaseni.
[1669. 1670?]

1669

A1). Dato speculo sphaerico convexo aut cavo, datisque puncto visus et puncto rei visae, invenire in superficie speculi punctum reflexionis.

Ducto plano per speculi centrum A [Fig. 15], et per puncta B, C, oculi et rei visae, fiat sectio in speculi sphaera circulus DP. Junctâque BC sit in eam perpendicularis AE. Et posito puncto reflexionis D, sit etiam DG perpendicularis in BC, et DH perpendicularis in AE. et ducatur recta ADE, quae secabit necessario angulum BDC bifariam, ideoque erit ut BD ad DC ita BF ad FC. quare sumta FQ ∞ FC (quam pono minorem duarum BF, FC) factoque ut BQ ad BF ita FC ad FV, necessario circum-

ferentia descripta centro V radio VF transibit per punctum D, ut aliunde constat2).

Sint jam AE ∞ a. EB ∞ b. EC ∞ c. radius AD ∞ d. AH ∞ x. HD ∞ y. Ergo FE ∞ ay/x.

3)

Completo igitur rectangulo AHDT, positaque AT ∞ y erit TD ∞ x, punctumque D erit ad hyperbolam ut constat ex aequatione. Sed et ad circumferentiam DP quia

dd - yy ∞ xx. Ergo inventa hyperbola quae locus est puncti D in recta TD, ea circumferentiam DP secabit in puncto D quaesito. Invenietur autem hoc modo.

Constructio4).

Per tria puncta A, B, C [Fig. 16] describatur circuli circumferentia cujus centrum sit Z. Occurrat autem ei producta AE in R. Et sit duabus RA, OA tertia proportionalis NA, eritque NM parallela BC, altera asymptotôn. Rursus sint proportionales EA,

½AO, AI, sumtaque IY ∞ IN, ducatur YM parallela AZ. eaque erit altera asymptotos. Ductâ denique AP in circulo parallelâ BC, divisâque bifariam in Q, erit Q punctum per quod altera oppositarum sectionum transibit5). Ad inventas asymptotos describendis5), quarum intersectiones cum circumferentia DO, ostendent puncta reflexionis quaesita, quae usque ad quatuor vera esse possunt cum puncta B, C intra circulum Dd data sunt.

Constructio haec ad omnes casus, quibus problema solidum, accommodata est, praeter unum quo non hyperbola sed parabola describenda est, cum nempe circumferentia per puncta A, B, C descripta tangit rectam AE [Fig. 17]6). Invenietur

autem punctum I eodem modo quo prius, per quod ductâ IK parallelâ BC, erit ea axis parabolae. Latus rectum vero tertia proportionalis diametro AL et radio AO,

quae sit IV. Deinde inventis ut ante punctis S, X, per quae parabola transire debet, facile jam vertex K invenietur, sumta duabus IV, IX tertia proportionali IK.

 

Notandum est puncta intersectionis circuli et hyperbolae vel parabolae etsi non omnia sint puncta reflexionis, ita tamen sita esse ut angulum à rectis BD, DC comprehensum, vel eum qui deinceps est, recta AD ex centro ducta bifariam secet.

Planum vero erit problema cum vel puncta A, B, C in eadem erunt recta vel cum B et C aequaliter ab A distabunt, quorum prius ex aequatione patet posito nempe a ∞ 0. nam tunc 2bcy ∞ ∓ edd, hoc est y ∞ ∓ edd/2bc. Posterius vero, posito e ∞ 0, tunc enim vel y ∞ 0, vel bcx ∓ aax ∞ add. quo casu intersectio circulorum Dd, ABC duo alia vera reflexionis puncta monstrat si B et C sint intra circulum Dd.

 

Des quatre figures de la Fig. 18 deux se rapportent à des cas où il y a quatre points de réflexion satisfaisant à la demande, tandis que dans les deux autres il y a respectivement un et trois points de réflexion.

Ajouté au crayon: multo meliorem constructionem postea invenimus7).

B8). Construction d'un Problème d'Optique, qui est la XXXIX. Proposition du Livre V. d' Alhazen, & la XXII du Livre VI. de Vitellion.

Les points B C [Fig 19] et le cercle EK dont le centre est A sont donnez sur un mesme plan; il faut trouver le point K sur le cercle, en sorte que les lignes BK, CK fassent avec la ligne AK des angles égaux entr'eux.

Ayant mené AB, AC soit fait comme AC à AF, ainsi AF à AQ; & comme AB à AE, ainsi AE à AP. Soit aussi AR & AS, chacune la moitié de AP & de AQ. Dans l'angle BAC soit achevé les parallélogrammes PAQH & ARZS. Sur RZ prolongée soit pris ZY & ZX, chacune égale à la ligne qui peut la difference d'entre les quarrez de QS & ZS9). Ayant fait XV égale à XY et parallèle à AB, sur les deux costez XV, XY soit décrit une hyperbole qui passera par les points Q & H, comme il est évident par la construction: cette hyperbole QXH rencontrera le cercle au point K qui est celuy que l'on cherche.

Ayant mené KO, & KI parallèles à AC & à AB, dont KI rencontre YX au point D; à cause de l'hyperbole le rectangle YDX est égal au quarré de KD ordonnée, ou de OR; & le rectangle YTX est égal au quarré de HT ou de PR; & ayant osté du rectangle YTX le rectangle YDT [lisez: YDX10)], & du quarré de PR le quarré de OR, il restera le rectangle RDT ou AIQ qui sera égal au rectangle AOP: donc PO est à AI ou OK son égale, comme QI est à AO ou IK. Et ayant mené les lignes KP, KQ, les triangles KOP, KIQ seront semblables, & partant équiangles; c'est pourquoy les angles APK, AQK qui sont les mesmes ou les supplemens des angles

égaux OPK, IQK seront égaux entr'eux. Mais par la construction on a fait comme AB à AE ou à AK, ainsi AK ou AE à AP: c'est pourquoy les deux triangles BAK, KAP sont semblables; & pour les mesmes raisons les deux triangles CAK, KAQ sont aussi semblables: c'est pourquoy l'angle BKA est égal à l'angle APK; & l'angle CKA est égal à l'angle AQK. Mais nous venons de démontrer que les angles APK, AQK sont égaux; les angles BKA, CKA seront donc aussi égaux entre eux; ce qu'il fallait démontrer.

Si le point H tomboit sur la circonserence du cercle, ce point H seroit le point K que l'on cherche, & les lignes HP, KP, KO & semblablement les lignes HQ, KQ, KI ne feroient qu'une mesme ligne HP & HQ, d'où l'on prouveroit les mesmes choses qu'on a fait cy-devant, sans avoir besoin de l'hyperbole.

 

Dans une lettre du 3 septembre 1693 au marquis de l'Hospital (T. X, p. 497) Huygens se dit ‘fachè de voir qu'on ait mis dans les Traitez de l'Academie des Sciences’ la présente solution du problème d'Alhazen, et ‘non pas une beaucoup meilleure’ sur laquelle on peut consulter, outre cette page du T.X., ce que nous observons au début de l'Appendice II à la Pièce VIII à la p. 330 qui suit.

A notre avis Huygens n'avait pas grande raison d'être fâché. L'hyperbole de la Fig. 19 - nous le disons aussi dans la note 2 de la p. 331 qui suit - est la même que celle de la pièce 1891 de 1672 du T. VII et aussi que celle de la solution et de la démonstration de 1673 de l'Appendice II que nous venons de mentionner lesquelles sont appelées par Huygens sa ‘plus belle solution et demonstration’.

On voit dans la Fig. 19, quoiqu'ici cela ne soit pas dit, que pour des raisons de symétrie l'autre branche de l'hyperbole doit passer par le point A, ainsi que par le point P.