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${\frac {P-p}{\sqrt {1+P^{2}+Q^{2}}}}={\frac {(z-c)+(2y-x)}{\sqrt {(2x-y)^{2}+(2y-x)^{2}+(z-c)^{2}}}},$

${\frac {Q-q}{\sqrt {1+P^{2}+Q^{2}}}}={\frac {(z-c)+(2x-y)}{\sqrt {(2x-y)^{2}+(2y-x)^{2}+(z-c)^{2}}}}\,;$

cela donne

${\frac {\operatorname {d} .}{\operatorname {d} y}}{\frac {P-p}{\sqrt {1+P^{2}+Q^{2}}}}=$

${\frac {2(z-c)^{2}-\left\{(2y-x)q+(5y-4x)\right\}(z-c)+\left\{\left(6x^{2}-8xy-5y^{2}\right)q+3x(2x-y)\right\}}{\left\{(2x-y)^{2}+(2y-x)^{2}+(z-c)^{2}\right\}^{\frac {3}{2}}}}$

${\frac {\operatorname {d} .}{\operatorname {d} x}}{\frac {Q-q}{\sqrt {1+P^{2}+Q^{2}}}}=$

${\frac {2(z-c)^{2}-\left\{(2x-y)p+(5x-4y)\right\}(z-c)+\left\{\left(6y^{2}-8xy-5x^{2}\right)p+3y(2y-x)\right\}}{\left\{(2x-y)^{2}+(2y-x)^{2}+(z-c)^{2}\right\}^{\frac {3}{2}}}}$

résultats qui, en y mettant pour $p$ et $q$ leurs valeurs $-1$ et pour $z-c$ sa valeur $-(x+y),$ se réduisent également à

${\frac {9xy}{\left\{6\left(x^{2}-xy+y^{2}\right)\right\}^{\frac {3}{2}}}}\,;$

ce qui nous apprendrait, si nous ne le savions déjà, que les droites dont ce faisceau se compose peuvent être traversées orthogonalement par une même surface.

§. II.

Démonstration des théorèmes de Malus.

10. Reprenons le faisceau de droites donné par les trois équations

$z=\operatorname {f} (x,y).\qquad$(S)

$X-x+P(Z-z)=0,\qquad Y-y+Q(Z-z)=0,\qquad$(D)

et concevons que les variables indépendantes $x$ et $y$ reçoivent respectivement les accroissemens simultanés $\alpha i$ et $\beta i,$ dans lesquels $\alpha$