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RÉSOLUES.

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

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.^[1]

Cela posé, si la somme des angles égaux $\mathrm {OFM',OFM''}$ vaut

1. C’est le théorème de Robert Simson, rappelé par M. Servois, à la page 156 de ce volume.