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RÉSOLUES.

${\text{pour }}\mathrm {P_{k}} \left\{{\begin{array}{ll}x={\tfrac {1}{2}}\left\{c+\left[2a-(2k-1)c\right]\left({\tfrac {1}{3}}\right)^{k-1}\right\},\\y={\tfrac {1}{2}}\left\{d+\left[2b-(2k-1)d\right]\left({\tfrac {1}{3}}\right)^{k-1}\right\}.\\\end{array}}\right.$

En conséquence, les équations des points $\mathrm {M_{1},\;M_{2},\;M_{3},\cdots M_{k}}$, seront telles qu’il suit :

${\text{pour }}\mathrm {M_{1}} \left\{{\begin{array}{ll}x={\tfrac {1}{2}}\left\{c+(a-c)\left({\tfrac {1}{3}}\right)^{0}\right\},\\y={\tfrac {1}{2}}\left\{d+(b-d)\left({\tfrac {1}{3}}\right)^{0}\right\};\\\end{array}}\right.$

${\text{pour }}\mathrm {M_{2}} \left\{{\begin{array}{ll}x={\tfrac {1}{2}}\left\{c+(a-2c)\left({\tfrac {1}{3}}\right)^{1}\right\},\\y={\tfrac {1}{2}}\left\{d+(b-2d)\left({\tfrac {1}{3}}\right)^{1}\right\};\\\end{array}}\right.$

${\text{pour }}\mathrm {M_{3}} \left\{{\begin{array}{ll}x={\tfrac {1}{2}}\left\{c+(a-3c)\left({\tfrac {1}{3}}\right)^{2}\right\},\\y={\tfrac {1}{2}}\left\{d+(b-3d)\left({\tfrac {1}{3}}\right)^{2}\right\};\\\end{array}}\right.$

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

${\text{pour }}\mathrm {M_{k}} \left\{{\begin{array}{ll}x={\tfrac {1}{2}}\left\{c+(a-kc)\left({\tfrac {1}{3}}\right)^{k-1}\right\},\\y={\tfrac {1}{2}}\left\{d+(b-kd)\left({\tfrac {1}{3}}\right)^{k-1}\right\};\\\end{array}}\right.$

Il n’est donc plus question que d’éliminer $k$ entre ces deux dernières équations pour obtenir celle de la courbe.

Pour cela, traitons-y d’abord $k$ et $\left({\tfrac {1}{3}}\right)^{k-1}$ comme deux inconnues distinctes, il viendra ainsi ;

${\begin{aligned}k&={\tfrac {a(2y-d)-b(2x-c)}{2(cy-dx)}},\\\left({\tfrac {1}{3}}\right)^{k-1}&={\tfrac {2(cy-dx)}{bc-ad}}.\\\end{aligned}}$

De la première de ces deux expressions on déduira

$k-1={\tfrac {(a-c)(2y-b)-(b-d)(2x-a)}{2(cy-dx)}}$ ;

la seconde donnera, en passant aux logarithmes,

$(k-1)\cdot \operatorname {log} .{\tfrac {1}{3}}=\operatorname {log} .{\tfrac {2(cy-dx)}{bc-ad}}$ ;