Annales de mathématiques pures et appliquées/Tome 04/Géométrie des courbes, article 3

Annales de mathématiques pures et appliquées

Texte établi par Joseph Diez Gergonne, 1814 (4, p. 183-187).

QUESTIONS RÉSOLUES.

Démonstrations du théorème de géométrie énoncé à la
page 59 de ce volume ;

Par MM. Massabieau et Guillaume, professeurs de
mathématiques au lycée de Rodez, Gobert, élève du
lycée d’Angers, et M. Bérard, principal et professeur
de mathématiques au collège de Briançon.^[1]

≈≈≈≈≈≈≈≈≈

Énoncé. $\mathrm {M',M''}$ étant deux points quelconques d’une paralole, $\mathrm {O}$ le point de concours des tangentes en ces points, et $\mathrm {F}$ le foyer  ; on propose de démontrer que

${\frac {\mathrm {\overline {M'O}} }{\mathrm {\overline {M'F}} }}={\frac {\mathrm {\overline {M''O}} }{\mathrm {\overline {M''F}} }}\,;$

d’où il suit que, si $\mathrm {F}$ tombe sur $\mathrm {M'M'',}$ le sommet de l’angle $\mathrm {O} ,$ qui devient droit, est placé sur la directrice, et la ligne $\mathrm {OF}$ est perpendiculaire sur la corde $\mathrm {M'M''} .$

Les solutions fournies par MM. Massabieau, Guillaume et Gobert sont purement analitiques, et reviennent à peu près à ce qui suit.

Soit

$y^{2}=4cx,\qquad$(1)

l’équation de la parabole, et soient les coordonnées des points $\mathrm {M',M'',O}$ et $\mathrm {F}$ ainsi qu’il suit

${\text{pour M'}}\left\{{\begin{aligned}x'&,\\y'&,\\\end{aligned}}\right.\ {\text{pour M''}}\left\{{\begin{aligned}x''&,\\y''&\,;\\\end{aligned}}\right.\ {\text{pour O}}\left\{{\begin{aligned}a&,\\b&,\\\end{aligned}}\right.\ {\text{pour F}}\left\{{\begin{aligned}c&,\\0&,\\\end{aligned}}\right.$

on aura conséquemment

$y'^{2}=4cx',\qquad y''^{2}=4cx''.\qquad$(2)

Les équations des tangentes ; par les points $\mathrm {M',M''}$ seront

$yy'=2c(x+x'),\qquad yy''=2c(x+x'')\,;\qquad$(3)

et, comme le point $\mathrm {O}$ appartient à la fois à ces deux tangentes, on aura

$by'=2c(a+x'),\qquad by''=2c(a+x'')\,;\qquad$(4)

d’où on tire, en ayant égard aux équations (2)

$a={\frac {y'y''}{4c}},\qquad b={\tfrac {1}{2}}(y'+y'').\qquad$(5)

Cela posé on a

$\mathrm {\overline {M'O}} ^{2}=(x'-a)^{2}+(y'-b)^{2}=\left\{{\frac {y'^{2}}{4c}}-{\frac {y'y''}{4c}}\right\}^{2}$

$+\left\{y'-{\tfrac {1}{2}}(y'-y'')\right\}^{2}={\frac {y'^{2}+4c^{2}}{16c^{2}}}(y'-y'')^{2},$

ou

$\mathrm {\overline {M'O}} ^{2}={\frac {x'+c}{4c}}(y'-y'')^{2},$

et on a pareillement

$\mathrm {\overline {M''O}} ^{2}={\frac {x''+c}{4c}}(y'-y'')^{2}\,;$

mais, d’un autre côté, on a aussi

$\mathrm {\overline {M'F}} ^{2}=(x'-c)^{2}+y'^{2}=(x'-c)^{2}+4cx'=(x'+c)^{2}\,;$

d’où$\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \mathrm {M'F} =x'+c\,;$

et l’on a pareillement

$\mathrm {M''F} =x''+c\,;$

donc

${\frac {\mathrm {\overline {M'O}} ^{2}}{\mathrm {\overline {M'F}} }}={\frac {\mathrm {\overline {M''O}} ^{2}}{\mathrm {\overline {M''F}} }}={\frac {(y'-y'')^{2}}{4c}}\,;\qquad$(6)

ce qui démontre la première partie de la proposition.

On a de plus

$\mathrm {M'F} \times \mathrm {M''F} =(x'+c)(x''+c)=\left\{{\frac {y'^{2}}{4c}}+c\right\}\left\{{\frac {y''^{2}}{4c}}+c\right\}$

$=\left\{{\frac {y'y''}{4c}}-c\right\}+{\tfrac {1}{4}}\left\{y'+y''\right\}^{2}\,;$

ou

$\mathrm {M'F} \times \mathrm {M''F} =(a-c)^{2}+b^{2}=\mathrm {\overline {OF}} ^{2}.$

Éliminant successivement $\mathrm {M'F}$ et $\mathrm {M''F}$ entre cette dernière équation et l’équation (6), et extrayant chaque fois la racine quarrée, il viendra

${\frac {\mathrm {M'O} }{\mathrm {M''O} }}={\frac {\mathrm {M'F} }{\mathrm {OF} }}={\frac {\mathrm {OF} }{\mathrm {M''F} }}\,;$

d’où il résulte que les deux triangles $\mathrm {FM'O}$ et $\mathrm {FOM''}$ sont semblables.^[2]

Cela posé, si la somme des angles égaux $\mathrm {OFM',OFM''}$ vaut deux angles droits ; c’est-à-dire, si le point $\mathrm {F}$ est sur la corde $\mathrm {M'M'',}$ chacun de ces deux angles sera droit ou, en d’autres termes, $\mathrm {OF}$ sera perpendiculaire sur $\mathrm {M'M''}$ ; la somme des deux angles $\mathrm {FOM'}$ et $\mathrm {FM'O}$ vaudra donc deux angles droits ; et, puisque le dernier est égal à $\mathrm {FOM'',}$ il en résulte que l’angle $\mathrm {M'OM''}$ est alors droit.

Lorsque les trois points $\mathrm {M',F,M''}$ sont en ligne droite, on a

${\frac {y'}{x'-c}}={\frac {y''}{x''-c}},$

ou

$y'\left\{{\frac {y''^{2}}{4c}}-c\right\}=y''\left\{{\frac {y'^{2}}{4c}}-c\right\},$

ou$\qquad \qquad \qquad \qquad \left(y'y''+4c^{2}\right)(y'-y'')=0,$

ou simplement

$y'y''+4c^{2}=0\,;$

ce qui donne

$a={\frac {y'y''}{4c}}=-c\,;$

ainsi alors le point $\mathrm {O}$ est perpétuellement sur la directrice.

Voici présentement la démonstration de M. Bérard, qui est purement géométrique.

Par les trois points $\mathrm {M',M'',O}$ (fig. 2) soient menées des parallèles à l’axe ; et soit $\mathrm {H}$ le point où la dernière rencontre la courbe. Par ce point $\mathrm {H}$ soient menées des parallèles à $\mathrm {OM'}$ et à $\mathrm {OM'',}$ rencontrant respectivement en $\mathrm {P',P''}$ les diamètres menés par $\mathrm {M',M''.}$ Le quarré d’une ordonnée au diamètre étant le produit de l’abscisse par le quadruple de la distance du sommet de ce diamètre au foyer ; on a

$\mathrm {\overline {HP'}} ^{2}=4\mathrm {M'F} \times \mathrm {M'P'} ,\qquad \mathrm {\overline {HP''}} ^{2}=4\mathrm {M''F} \times \mathrm {M''P''} \,;$

mais, à cause des parallélogrammes $\mathrm {OP',OP''}$, on a

$\mathrm {M'P'=M''P''=OH,\qquad HP'=OM',\qquad HP''=OM''\,;}$

donc

$\mathrm {\overline {OM}} ^{2}=4\mathrm {FM'\times OH} ,\qquad \mathrm {\overline {OM''}} ^{2}=4\mathrm {FM''\times OH} \,;$

ce qui donne, par l’élimination de $\mathrm {OH,}$

${\frac {\mathrm {\overline {OM'}} ^{2}}{\mathrm {\overline {FM'}} }}={\frac {\mathrm {\overline {OM''}} ^{2}}{\mathrm {\overline {FM''}} }}.$

Si le point $\mathrm {F}$ est en ligne droite avec les points $\mathrm {M',M''}$ (fig. 3), cette équation n’exprimera autre chose que la proportionnalité des quarrés des côtés de l’angle droit d’un triangle rectangle avec leurs projections sur l’hypothénuse ; le triangle $\mathrm {M'OM''}$ sera donc rectangle en $\mathrm {O} ,$ et $\mathrm {OF}$ sera perpendiculaire sur $\mathrm {M'M''.}$

Soit, dans ce cas, prolongée $\mathrm {OH}$ jusqu’à la rencontre de $\mathrm {M'M''}$ en $\mathrm {I} ,$ et soit menée $\mathrm {HF} .$ On sait que, par la propriété de la parabole le point $\mathrm {H}$ est le milieu de $\mathrm {OI}$ ; puis donc que l’angle $\mathrm {OFI}$ est droit, ce point $\mathrm {H}$ est le centre du cercle circonscrit au triangle $\mathrm {OFI} ,$ et par conséquent $\mathrm {HO=HF}$ ; et puisque $\mathrm {OH}$ est parallèle à l’axe, le point $\mathrm {O}$ est un point de la directrice.

1. Le théorème a été proposé par M. Bérard.
2. C’est le théorème de Robert Simson, rappelé par M. Servois, à la page 156 de ce volume.