Annales de mathématiques pures et appliquées/Tome 16/Géométrie élémentaire, article 8

Tentatives sur la théorie des parallèles ; par M. Servois.

Annales de mathématiques pures et appliquées, 16, 1826 (p. 233-238).

GÉOMÉTRIE ÉLÉMENTAIRE.

Lettre au Rédacteur des Annales, sur la théorie
des parallèles,

M. Servois, conservateur du Muséum d’Artillerie.

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Des insomnies, mon bien excellent ami, compagnes et suite de fluxions combinées, croisées, enchevêtrées, etc., m’ont procuré des rêves ; or les rêves d’un géomètre roulent sur la géométrie, et ceux d’un vieillard remontent vers l’$\mathrm {A,B,C} \,;$ ainsi attendez-vous à lire des rêves sur les parallèles.

Premier rêve. M. Legendre (XII.^e édition de sa Géométrie) enseigne à construire un triangle tel que la somme de ses trois angles soit égale à celle des trois angles d’un triangle donné $\mathrm {ABC}$ (fig. 1) et dans lequel, en outre, la somme de deux des angles soit plus petite qu’un angle donné.

Soit en effet $\mathrm {B}$ le plus grand des trois angles du triangle donné ; soit $\mathrm {M}$ le milieu de l’un quelconque $\mathrm {BC}$ des deux côtés adjacens, et soit menée la droite $\mathrm {AM.}$ Soit menée la droite $\mathrm {A_{1}C_{1},}$ double de $\mathrm {AM,}$ et ayant son milieu en $\mathrm {N.}$ Par ce point $\mathrm {N} ,$ soit menée une droite $\mathrm {NB,}$ égale à $\mathrm {MB=MC,}$ et faisant avec $\mathrm {A_{1}C_{1}}$ deux angles $\mathrm {B_{1}NA_{1}}$ et $\mathrm {B_{1}NC_{1},}$ respectivement égaux aux deux angles $\mathrm {AMC}$ et $\mathrm {AMB.}$ Alors, en tirant $\mathrm {B_{1}A_{1}}$ et $\mathrm {B_{1}C_{1}}$ on obtiendra deux triangles $\mathrm {B_{1}NA_{1}}$ et $\mathrm {B_{1}NC_{1}}$ respectivement égaux aux deux triangles $\mathrm {CMA}$ et $\mathrm {BMA} \,;$ d’où il suit évidemment que la somme des trois angles du triangle total $\mathrm {A_{1}B_{1}C_{1},}$ sera la même que celle des trois angles du triangle $\mathrm {ABC.}$ De plus, dans le triangle $\mathrm {A_{1}B_{1}C_{1}}$ le côté $\mathrm {B_{1}A_{1}=AC}$ sera plus grand que le côté $\mathrm {B_{1}C_{1}=BA} \,;$ d’où il suit que l’angle $\mathrm {A_{1}}$ sera plus petit que l’angle $\mathrm {C_{1}} \,;$ or, comme on a d’ailleurs, par suite de la construction, $\mathrm {A_{1}+C_{1}=A,}$ il s’ensuit qu’on aura $\mathrm {A_{1}<{\frac {1}{2}}A.}$ Enfin, puisque $\mathrm {B_{1}}$ est plus grand que $\mathrm {B} ,$ cet angle $\mathrm {B_{1}}$ sera le plus grand des trois angles du nouveau triangle.

Par une semblable construction, on transformera le triangle $\mathrm {A_{1}B_{1}C_{1}}$ en un autre $\mathrm {A_{2}B_{2}C_{2},}$ dont la somme des angles sera encore la même, et dans lequel on aura $\mathrm {A_{2}<{\frac {1}{2}}A_{1}}$ et, par suite, $\mathrm {A_{2}<{\frac {1}{4}}A.}$ En poursuivant donc ainsi, on pourra parvenir à un triangle $\mathrm {A_{n}B_{n}C_{n}}$ où l’on aura $\mathrm {A_{n}<{\frac {1}{2^{n}}}A,}$ et par suite $\mathrm {A_{n}} <\delta ,$ en désignant par $\delta$ un angle aussi petit qu’on voudra. Faisant alors une transformation de plus, on parviendra à un dernier triangle $abc,$ dans lequel on aura $a+c=\mathrm {A_{n}} \,;$ et par suite $a+c<\delta .$

M. Legendre a fort bien démontré, avec son ruban, (voyez les éditions antérieures de sa Géométrie), que la somme $\mathrm {A+B+C}$ des trois angles d’un triangle ne pouvait excéder deux angles droits ; mais, comme il n’est pas encore démontré que cette somme ne peut être moindre, on est obligé de supposer, en désignant par $\mathrm {D}$ l’angle droit, $\mathrm {A+B+C=2D} -\delta ,$ l’angle $\delta$ étant inconnu. Or je vais démontrer que, pourvu qu’on admette que la somme des trois angles de tout triangle est plus grande qu’un droit, ou que $\mathrm {A+B+C=D} +\theta ,$ cet angle $\delta$ doit être nul.

En effet, transformons $\mathrm {ABC}$ (fig. 1) en $abc$ (fig. 2), de manière qu’on ait $a+c<\theta \,;$ alors on aura $b>D.$ Construisons, sur $ab$ triangle $abk,$ équilatéral avec $abc\,;$ l’angle $kbc,$ supplément à quatre droites du doubla de $b,$ sera $<2D.$ Tirons $ck$ et nous aurons un nouveau triangle $ack$ dont la somme $S$ des angles sera égale, moins quatre droites, à la somme des angles réunis des trois triangles $abc,abk,bck\,;$ c’est-à-dire qu’on aura, en représentant par $2.D-\delta '$ la somme des angles du triangle $cbk,\ S=2(2D-\delta )+(2D-\delta ')-4D,$ ou bien $S<2D-2\delta -\delta '\,;$ ou enfin, plus simplement $S<2D-2\delta .$

Transformons pareillement $ack$ en $a_{1}c_{1}k_{1}\,;$ ici on aura $S_{1}=2$$(2D-2\delta -\delta ')+(2D-\delta '')-4D\,;$ ou simplement $S_{1}<2D-4\delta .$ En continuant ainsi, on aura, après $n$ transformations, $S_{n}<2D-2^{n}\delta .$ Or, quelque petit que soit l’angle $\delta ,$ s’il n’est pas nul, $2^{n}\delta$ pourra égaler ou surpasser $D\,;$ d’où il résultera, contrairement à l’hypothèse $S_{n}<D.$

Ainsi le théorème pythagoricien, concernant la somme des angles du triangle, serait complètement démontré, si l’on parvenait à démontrer celui-ci : « il n’y a pas de triangle dans lequel la somme des angles soit égale ou inférieure à un angle droit ».

Un de vos docteurs (si ma mémoire ne faut) a proposé jadis, pour faciliter la cure des maladies, de les transformer : de faire en sorte, par exemple, qu’une affection chronique irrégulière devienne régulièrement intermittente. Je désirerais fort que la nouvelle forme que prend ici la maladie les parallèles se prêtât à un traitement qui pût être couronné d’un heureux succès. Quoi qu’il en puisse advenir, en elle même et comme fait, la transformation dont il s’agit me paraît curieuse.

Autre rêve. Soit le triangle $\mathrm {ABC}$ (fig. 3), rectangle en $\mathrm {B.}$ Élevons $\mathrm {CE,}$ perpendiculaire à $\mathrm {BC}$ en $\mathrm {C.}$ Par un point quelconque $b,$ entre $\mathrm {B}$ et $\mathrm {C} ,$ élevons une autre perpendiculaire $bc,$ sur la même droite $\mathrm {BC,}$ cette droite étant parallèle au côté $\mathrm {BA}$ coupera nécessairement le côté $\mathrm {AC}$ en quelque point $a.$ Dans le quadrilatère convexe $ab\mathrm {BA} ,$ qui a deux angles droits en $\mathrm {B}$ et $b,$ on aura la somme $\mathrm {BA} a+\mathrm {A} ab$ des deux autres angles inférieurs ou tout au plus égale à $2D\,;$ car de ce que la somme des angles d’un triangle ne saurait être $>2D,$ il suit que celle d’un quadrilatère convexe ne saurait être $>4D.$ D’un autre côté, $2D=\mathrm {A} ab+bac\,;$ donc la somme $\mathrm {BA} a+\mathrm {A} ab$ doit être inférieure ou tout au plus égale à $\mathrm {A} ab+ba\mathrm {C} ,$ ou, en réduisant $\mathrm {BA} a\leqq ba\mathrm {C} .$

Si, entre $b$ et $\mathrm {C} ,$ on élève une autre perpendiculaire $b'c',$ coupant $\mathrm {AC}$ en $a'$ on aura de même $baa'\leqq b'a'C.$ Ainsi, en imaginant qu’une droite, constamment perpendiculaire à $\mathrm {BC,}$ parte de la position $\mathrm {BA,}$ pour parvenir à une dernière position $\mathrm {CE} \,;$ cette droite ne cessera de couper $\mathrm {AC,}$ en faisant avec elle des angles $ba\mathrm {C} ,b'a'\mathrm {C} ,\ldots$ qui croîtront continuellement, à moins qu’ils ne s’avisent de rester égaux pendant quelque temps.

Admettons pour un moment cette hypothèse, et soit $ba\mathrm {C} =b'a'\mathrm {C} .$ Par le milieu $o$ de $aa',$ j’abaisse sur $b'e'$ la perpendiculaire $ok$ qui prolongée ira couper $be$ en $l.$ À cause de l’égalité des triangles $oa'k$ et $oal,\ ol$ sera aussi perpendiculaire sur $be.$ Ainsi, dans cette hypothèse, on aurait un quadrilatère $blkb'$ dont les quatre angles seraient tous droits, résultat qui donnerait, sur-le-champ, comme on sait, la démonstration du théorème pythagoricien. Il faut donc, si l’on veut prolonger la discussion, supposer que les angles $ba\mathrm {C} ,b'a'\mathrm {C} ,\ldots$ ou, ce qui est la même chose, leurs opposés au sommet $\mathrm {A} ae,\mathrm {A} a'e',\ldots$ croissent sans interruption vers une limite qui est l’angle $\mathrm {ACE.}$ On ne dira pas qu’au lieu de $\mathrm {ACE}$ il faut prendre pour limite un angle moindre $\mathrm {ACE} -\theta \,;$ car par $\mathrm {C}$ soit menée $\mathrm {C} p,$ faisant avec $\mathrm {CE}$ un angle $\theta ,$ notre droite mobile, dans sa dernière position, serait à la fois sur $\mathrm {CE}$ et sur $\mathrm {C} p\mathrm {E} \,;$ c’est-à-dire qu’il y aurait deux chemins distincts et les plus courts entre $\mathrm {C}$ et $\mathrm {E} \,;$ ce qui est absurde. Ceci est un lemme pour ce qui suit.

Soit un triangle acutangle, non équilatéral $\mathrm {ABC}$ (fig. 4). Sur $\mathrm {AB,}$ je construis $\mathrm {ABK,}$ équilatéral avec $\mathrm {ABC,}$ et je tire $\mathrm {CK,}$ coupant $\mathrm {AB}$ en $\mathrm {P.}$ Soient $S,S',S''$ les sommes d’angles des triangles $\mathrm {ABC,ACK,BCK,}$ respectivement. On aura $2S=S'+S''.$ Or les sommes $S',S''$ sont inégales ou égales. Dans le premier cas, soit $S'<S'',$ on aura donc aussi $S'<S.$ Comme $\mathrm {CK}$ est perpendiculaire sur $\mathrm {AB}$ en $\mathrm {P} ,$ à partir de $\mathrm {CK,}$ je fais mouvoir perpendiculairement à $\mathrm {AB,}$ en allant vers $\mathrm {A,}$ une droite qui, d’après le précédent lemme, fera constamment avec $\mathrm {AC}$ et $\mathrm {AK}$ des angles de plus en plus grands. Soit $\mathrm {EF}$ une de ses positions, coupant $\mathrm {AB}$ en $\mathrm {O.}$ Si $\mathrm {AEF-ACK} ={\frac {S-S'}{2}},$ on aura $S$ pour la somme des angles du triangle $\mathrm {AEF} \,;$ car, soit $Z$ cette somme, on a $\mathrm {Z=A+2AEF}$ et $\mathrm {S'=A+2ACK} ,$ d’où $2(\mathrm {AEF-ACK} )=Z-S',$ équation qui donne $Z=S,$ quand on fait $\mathrm {ADF-ACK} ={\frac {S-S'}{2}}.$ Or les sommes d’angles des triangles $\mathrm {AEF,}$ entre $\mathrm {C}$ et $\mathrm {A,}$ peuvent devenir assez grandes pour admettre l’hypothèse d’un triangle intermédiaire ayant la somme de ses angles égale à $S.$ En effet, comme on l’a prouvé, la limite des accroissemens de sommes d’angles pour $\mathrm {AEF}$ est $D-{\frac {1}{2}}A$ ou ${\frac {2D-\mathrm {A} }{2}}\,;D$ désignant toujours l’angle droit ; donc, la limite des accroissemens de $\mathrm {AEF-ACK}$ sera ${\frac {2D-\mathrm {A} }{2}}-{\frac {S'-\mathrm {A} }{2}}$ ou ${\frac {2D-S'}{2}}\,;$ quantité toujours plus grande que ${\frac {S-S'}{2}},$ puisque $S$ est supposé $<2D.$

Cela étant, je prend sur $\mathrm {AB}$ une longueur $\mathrm {OH=OA,}$ je joins $\mathrm {HF} \,;$ et le triangle $\mathrm {AHF}$ aura $S$ pour sommes d’angles ; attendu qu’il a même, somme d’angles que le triangle $\mathrm {AEF.}$ Je joins $\mathrm {KH.}$ Alors, désignant par $2D-\delta ,\ 2D-\delta '$ les sommes d’angles respectives des triangles $\mathrm {BKH}$ et $\mathrm {FHK,}$ j’aurai visiblement

$S+(2D-\delta )+(2D-\delta ')-2D-2D=S\,;$

d’où résulte $\delta +\delta '=0\,;$ ou bien $\delta =\delta '=0,$ parce que $\delta$ et $\delta '$ sont essentiellement de mêmes signes. Donc j’aurai deux triangles $\mathrm {BKH,KHF,}$ qui ont l’un et l’autre une somme d’angles égale à $2D.$ Or, on sait qu’il suffit d’avoir un seul triangle de cette espèce pour démontrer complètement le théorème pythagoricien.

Dans le deuxième cas ; c’est-à-dire, si $S'=S''=S,$ il est visible qu’alors les triangles rectangles $\mathrm {BPC}$ et $\mathrm {APC}$ auraient même somme d’angles $T.$ Je prends $\mathrm {PN=PB,}$ pour avoir le triangle $\mathrm {CPN}$ égal à $\mathrm {CPB.}$ Ainsi, désignant par $2D-\delta$ la somme des angles du triangle $\mathrm {ACN,}$ j’aurai $T+(2D-\delta )-2D=T,$ d’où $\delta =0$ ; et partant, voilà encore un triangle $\mathrm {ACN}$ qui a $2D$ pour la somme de ses angles. Considérez tout ceci, au surplus, velut ægri somnia.

Paris, le 15 novembre 1825.