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LIGNES

donc

${\overline {\mathrm {OG} }}^{2}=x^{2}+y^{2}={\frac {aA^{2}+a'^{2}aA^{2}}{a-a'}}.$

Par un semblable calcul on trouvera

${\overline {\mathrm {OH} }}^{2}={\frac {-a'A^{2}-a^{2}a'A^{2}}{a-a'}},$

et de là

$\mathrm {{\overline {OG}}^{2}+{\overline {OH}}^{2}} =(1-aa')A^{2}\;;$

désignant donc par $A',B'$ les demi-diamètres conjugués $\mathrm {OG,OH,}$ et se rappelant que $-aa'A^{2}=B^{2},$ il viendra

$A'^{2}+B'^{2}=A^{2}+B^{2}\;;$

c’est-à-dire, que la somme des quarrés des demi-diamètres conjugués de l’ellipse est une quantité constante.

Comme le calcul est absolument le même pour l’hyperbole, sauf le signe du produit $aa',$ on trouvera, en tenant compte de cette différence, que la différence des quarrés des demi-diamètres conjugués de l’hyperbole est une quantité constante.

Le calcul précédent donne

$A'=A{\sqrt {\frac {\left(1+a'^{2}\right)a}{a-a'}}},\qquad B'=A{\sqrt {-{\frac {\left(1+a^{2}\right)a'}{a-a'}}}}\;;$

or, en désignant par $\phi$ l’angle des deux génératrices, lequel est aussi celui des demi-diamètres $A',B',$ on a

$\operatorname {Sin} .\phi ={\frac {a-a'}{\sqrt {\left(1+a^{2}\right)\left(1+a'^{2}\right)}}}\;;$

de là

$A'B'\operatorname {Sin} .\phi =A^{2}{\sqrt {-aa'}}=AB.$

Le calcul étant exactement le même pour l’hyperbole, il en faut conclure que, dans l’ellipse et dans l’hyperbole, les parallélogrammes construits sur les grandeurs et directions des diamètres conjugués sont tous équivalents.