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

## QUESTIONS RÉSOLUES.

M′O¯/M′F¯=M″O¯/M″F¯ ;

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

Soit

y²=4cx,

l’équation de la parabole, et soient les coordonnées des points M′, M″, O et F ainsi qu’il suit

pour M'{x′, y′, pour M''{x″, y″; pour O{a, b, pour F{c, 0,

on aura conséquemment

y′²=4cx′, y″²=4cx″.

Les équations des tangentes ; par les points M′, M″ seront

yy′=2c(x+x′), yy″=2c(x+x″);

et, comme le point O appartient à la fois à ces deux tangentes, on aura

by′=2c(a+x′), by″=2c(a+x″);

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

a=y′y″/4c, b=1/2 (y′+y″).

Cela posé on a

M′O¯²=(x′−a)²+(y′−b)²={ y′²/4c−y′y″/4c }²

+{y′−1/2 (y′−y″)}²=(y′²+4c²)/16c² (y′−y″)²,

ou

M′O¯²=(x′+c)/4c (y′−y″)²,

et on a pareillement

M″O¯²=(x″+c)/4c (y′−y″)²;

mais, d’un autre côté, on a aussi

M′F¯²=(x′−c)²+y′²=(x′−c)²+4cx′=(x′+c)²;

d’où M′F=x′+c;

et l’on a pareillement

M″F=x″+c;

donc

M′O¯²/M′F¯=M″O¯²/M″F¯=(y′−y″)²/4c ;

ce qui démontre la première partie de la proposition.

On a de plus

M′F×M″F=(x′+c)(x″+c)={ y′²/4c+c}{ y″²/4c+c}

={ y′y″/4c−c}+1/4 {y′+y″}²;

ou

M′F×M″F=(a−c)²+b²=OF¯².

Éliminant successivement M′F et M″F entre cette dernière équation et l’équation (6), et extrayant chaque fois la racine quarrée, il viendra

M′O/M″O=M′F/OF=OF/M″F ;

d’où il résulte que les deux triangles FM′O et FOM″ sont semblables.

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

Lorsque les trois points M′, F, M″ sont en ligne droite, on a

y′/x′−c=y″/x″−c,

ou

y′{ y″²/4c−c}=y″{ y′²/4c−c},

(y′y″+4c²)(y′−y″)=0,

ou simplement

y′y″+4c²=0;

ce qui donne

a=y′y″/4c=−c;

ainsi alors le point O est perpétuellement sur la directrice.

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

Par les trois points M′, M″, O (fig. 2) soient menées des parallèles à l’axe ; et soit H le point où la dernière rencontre la courbe. Par ce point H soient menées des parallèles à OM′ et à OM″, rencontrant respectivement en P′, P″ les diamètres menés par 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

HP′¯²=4M′F×M′P′, HP″¯²=4M″F×M″P″;

OP′, OP″

M′P′=M″P″=OH, HP′=OM′, HP″=OM″;

donc

OM¯²=4FM′×OH, OM″¯²=4FM″×OH;

ce qui donne, par l’élimination de OH,

OM′¯²/FM′¯=OM″¯²/FM″¯.

Si le point F est en ligne droite avec les points 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 M′OM″ sera donc rectangle en O, et OF sera perpendiculaire sur M′M″.

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

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