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RÉSOLUES.

et conséquemment parallèle à $\mathrm {CB} \,;$ et soient $\mathrm {CP} =x,\mathrm {PM} =y,$ $\mathrm {CA} =a,\mathrm {CB} =b,\mathrm {AB} =c.$

Les triangles semblables $\mathrm {BCA,MPA'}$ donnent

$b:a::y:\mathrm {PA'} ={\frac {ay}{b}},\qquad b:c::y:\mathrm {MA'} =c.{\frac {y}{b}},$

donc

$\mathrm {CA'=CP+PA'} =x+{\frac {ay}{b}}={\frac {bx+ay}{b}}.$

D’un autre côté, les triangles semblables $\mathrm {CAB,CA'B'}$ donnent

$a:c::{\frac {ay+bx}{b}}:\mathrm {A'B'} ={\frac {c(ay+bx)}{ab}}\,;$

d’où il suit que

$\mathrm {MB'=A'B'-MA'} ={\frac {c(ay+bx)}{ab}}-{\frac {cy}{b}}=c.{\frac {x}{a}},$

donc

$\mathrm {{\overline {MA'}}^{2}\pm {\overline {MB'}}^{2}} =c^{2}\left\{{\frac {y^{2}}{b^{2}}}\pm {\frac {x^{2}}{a^{2}}}\right\}\,;$

mais, dans l’ellipse et dans l’hyperbole, on a respectivement

${\frac {y^{2}}{b^{2}}}\pm {\frac {x^{2}}{a^{2}}}=1\,;$

donc, dans les deux courbes, on doit avoir respectivement

$\mathrm {{\overline {MA'}}^{2}\pm {\overline {MB'}}^{2}} =c^{2}=\mathrm {{\overline {AB}}^{2}} .$^[1]

1. Si l’on désigne par $\mathrm {N}$ l’autre point d’intersection de $\mathrm {A} 'B''$ avec la courbe, on aura pareillement
   $\mathrm {{\overline {NB'}}^{2}\pm {\overline {NA'}}^{2}={\overline {AB}}^{2}} ,\qquad$d’où$\qquad \mathrm {{\overline {MA'}}^{2}\pm {\overline {MB'}}^{2}={\overline {NB}}^{2}\pm {\overline {NA'}}^{2}} ,$

   d’où, en développant, on conclura,

   $\mathrm {MA'=NB'.}$

   Cette dernière proposition, et conséquemment la première qui peut en être aisément déduite, se démontre facilement pour l’ellipse, en recourant à sa projection circulaire, dans laquelle les projections des deux diamètres conjugués sont deux diamètres perpendiculaires l’un à l’autre. Ceci peut donc former un petit supplément au mémoire de M. Ferniot, inséré à la page 240 du 2.^e volume de ce recueil.

   J. D. G.