PD2=0P=» + 0A

(MP + PD/) (MP + PDÏ) = MP^ + ÔP' + ÔÂ"

= MO' + OÂ'

= mb'

ou, en d'autres termes,

(MP + PDi) (MpV PD'O = (MO + OAi) (MO + OA'i)

Ainsi, la propriété des sécantes ne cesse pas d'avoir lieu pour une circonférence de rayon imaginaire.

La nature de la circonférence ne permet pas de lui mener lu point M un tangente réelle. Mais rien n'empêche de lui mener de ce même point deux tangentes imaginaires. Ce sont les droites ayant pour centre le point M et touchant Vhyperbole BB' la première au point (E,E'), la seconde au point (E',E). Il reste à prouver que ces deux droites jouissent des mêmes propriétés que les tangentes à une circonférence réelle, c'est-à-dire : 1* que la circonférence décrite sur MO comme diamètre passe par les points de contact (E,E^ et (E',E) ; 2^ que le carré de la distance du point M à l'un des points de contact est égal au produit de deux sécantes quelconques issues de ce même point M.

Or, si Ton mène l'ordonnée de contact QEi et le diamètre {E,E) conjugué de la tangente M (E,K) on sait que les deux angles EOA' et EMA' sont complémentaires. Donc EMA=OEQ. Par suite, la similitude des triangles MQE et OQE donne

QO QE QE~QM

d'où

On a donc aussi,

QE' = QO X QM

— (QEi7 = QO X QM

En d'autres termes, le point (E,^) appartient à la circonférence décrite sur OM comme diamètre.

En second lieu, le carré de la tangente M (E,E) ou plutôt le carré de la distance d du point M au point (E,E') est

d* = MQ^ + (QEi;' = MQ' - QE'

Mais, si l*on tire QB == QE, on a aussi

QB' = QÊ> = QOxQM Donc le triangle QBM est rectangle et Ton en conclut

Mais on se rappelle que

(MP + PD*) (MP + PD'i) = MB'

Le produit des sécantes issues du point M est donc bien égal au carré de la tangente M (B,B')-

Concluons de là qu'il est non-seulement possible de généraliser les propriétés de la circonférence réelle, mais encore de les étendre à la circonférence de rayon imaginaire. On verrait de même que ces propriétés subsistent, quelque soit le mode du centre ou du rayon. Aussi, regarderai-je ce principe comme établi dans ce qui me reste à dire des triangles et des relations métriques auxquelles ils donnent lieu.

Un triangle ordinaire ABC a pour sommet les points réels A,B,C, et pour côtés leurs mutuelles distances. Mais si l'on considère sur un plan trois points de mode quelconque non situés en ligne droite, comme, d'après ce qui précède, on peut toujours en trouver les distances, lesquelles sont suivant les cas, réelles imaginaires ou mixtes, il est naturel d'étendre la dénomination de triangle à une pareille figure. C'est ce que je vais faire en conservant aux trois points le nom de sommets et à leurs distances celui de cotés.

Soit, par exemple , A {fig, 52) un angle réel. Si du point B pris sur un de ses côtés je mène BM perpendiculaire à l'autre côté, et que du point B comme centre avec un rayon BB' moindre que BM, je décrive une circonférence» celle-ci rencontre AM aux deux points imaginaires

Fi^.6

Fi^ 53

(C,Cr) et (Cr,C). De là deux triangles AB (CCT) et AB (C,C) ayant deux côtés communs AB, BB', et dont le troisième côté est AM + MC« pour Tun, AM + MCt pour l'autre. De même, si des points A et B comme centres {fig, 53) avec les rayons réels AA' et BB', dont la somme est moindre que AB , je décris deux circonférences , celles-ci par leurs intersections .en (C,(7) et (C,C) donnent naissance aux triangles AB (C,C) et AB (C,C) quiontleurs

trois côtés AA', BB' et AB réels, etc.

Il me reste à montrer que les relations numériques fournies par ces nouvelles figures sont de même forme que celles qui résultent de la considération des triangles ordinaires,

Soient d'abord AB = c, BB' = a et A M + MCt = b-{-pi les côtés du triangle AB (0,(7) [fig, 52). Si des points M et (C,C) on mène les perpendiculaires MN et (C,Cr) (D,D') sur AB, la projection de AM 4-MCt sur cette dernière droite est AN+NDi = m -f- ni. Qu'on décrive maintenant une circonférence du point (C,C) comme centre avec 6-j-pf pour rayon, cette courbe passe par le point A et coupe AB en un second point qui est imaginaire, et dont la distance au point A est évidemment double de AN -)- N^^* Les distances des deux points d'intersection au point B étant respectivement c eic — 2 (m -|- ni), leur produit est

c [ c — 2 (»i + nt) ] = c"^ — 2c (m -f ni)

D'ailleurs, la circonférence (C,C} coupe BM en deux points imaginaires, symétriques par rapport à (C,C') et dont les distances à ce dernier point sont égales Tune et l'autre à b-\-pi. De plus, comme la distance du point B au point (C,C') est a, les distances de ca même point B aux deux points d'intersection dont il s'agit sont respective-

ment a-f-64~l^> ^ — ^^?y 1^ demi-somme de ces distances étant a et leur demi-différence b-^^, leur produit est donc

mais d'après la propriété des sécantes, on a

a» — fô 4- /3ï)2 = c^ — 2 c (m +»i) Donc enfin

a2 = (6 + pi)2 -I- c» --2 c (w + ni)

Soient, en second lieu, AB = c, AA' = 6 et BB' = a, les côtés du triangle AB (C,C') {fig. 53) si du point (C,C') je mène la perpendiculaire COi a AB, la projection de AA' sur cette dernière droite est la droite réelle AO = w. Je décris ensuite du point (C,C) comme centre avec b pour rayon une circonférence qui passe par le point A et coupe AB en un second point D. Ce dernier point étant symétrique de A par rapport à 0, on a

AD = 2 AO = 2 m

et par suite le produit des distances du point B aux points A et D est

c {c — 2m) = c^ — 2cm.

D'ailleurs, la circonférence (C,C') coupe aussi BB' et son prolongement aux {loints D et A. Comme les distances de ces derniers points à (G,C) sont égales Tune et l'autre à 6, et que BB' s=: a est la distance de (C,C) à B, les sécantes correspondantes issues de B ont pour demi* somme a, pour demi-différence b, leur produit est donc

a^ — b\ Mais d'après la propriété des sécantes on a

a^ — 6» = c» 2cm.

Donc enfin

a^ = 6» + c2 — 2cm.

Ainsi, les droites de modes contraires n*ont pas seulement pour effet d* accroître le nombre des figures groupées sous le nom de triangle, elles permettent encore d'exprimer par une seule et même relation les propriétés métriques de ces figures. On jugera par ces exemples de Texten- Bion nouvelle à donner au principe de la corrélation des figures. J'ajoute qu'il est également facile, comme on le verra plus loin, de généraliser la notion d* angle, et je passe à une dernière application géométrique des points et des droites de modes quelconques.

On sait que les foyers d'une conique peuvent être considérés comme les centres de circonférences infiniment petites ayant avec cette conique un double contact. Déterminons, en nous plaçant à ce point de vue, les foyers de la circonférence et de Thyperbole équilatère.

Une circonférence infiniment petite ayant tous ses diamètres perpendiculaires à leurs cordes conjuguées ne peut être tangente qu'à une branche de courbe offrant un diamètre du même genre. De plus, les points de cette branche doivent être imaginaires : enfin, les cordes de contact qu'il importe de distinguer des droites ou polaires dont elles font partie, sont tantôt imaginaires et tantôt réelles, mais leurs diamètres conjugués sont toujours du mode contraire, c'est-à-dire réels dans un cas, imaginaires dans l'autre.

Or, à la simple inspection d'une circonférence de centre et de rayon réels, on voit de suite que la circonférence infiniment petite qui lui est concentrique et dont les branches sont asymptotes aux siennes, est la seule qui puisse lui être tangente : encore, les points de contact et les polaires correspondantes sont-ils à l'infini. Une circonférence réelle n'a donc pas d'autre foyer que son centre.

Soit maintenant à résoudre la même question pour l'hyperbole équilatère de centre et de rayon OA. Si cette courbe touche une circonfiirence infiniment petite en deux points, ceux-ci ne peuvent appartenir qu'à la conférence conj uguée de l'hyperbole. De plus, si le foyer cherché est réel, il doit se trouver sur AA' prolongé. Supposons le problème résolu, et soient P ce foyer, (M,M') et (M',M) les points de contact correspondants. Bien que ces points soient imaginaires, la polaire MM' est réelle ainsi que ss^

Fiy.SA

distance au centre 01, et comme le triangle OMP est isocèle en même temps que rectangle, on a évidemment OP -= OA v/2r Pour construire le foyer P et sa polaire MM' il suffit donc de mener à OA, la perpendiculaire AB = OA, puis de rabattre OB sur AA' suivant OP et de tirer Tune des tangentes P (M,M') ou P (M',M) à la branche circulaire. En rabattant OB suivant OP', on trouve un second foyer réel P' symétrique de Ppar rapport au centre 0; et la polaire NN' de ce second foyer est de même symétrique de MM' par rapport à Taxe QQ' perpendiculaire en à AA'. Enfin, QQ' étant coupé par les tangentes issues de P ou de P' aux points (Q,Q') et (Q',Q) on reconnaît immédiatement que ces deux points imaginaires sont de nouveaux foyers de Thyperbole. En efiet, (Q,Q') est le centre d*une circonférence infiniment petite tangente à la branche circu/aire aux points (M,M') et (N,N') en sorte que la polaire correspondante est la droite (M, M') (N,N') dont les branches sont parallèles à A A'. De même (Q',Q) est le centre d'une seconde circonférence infiniment petite tangente à la branche circulaire aux points, (M',M') et N',N) et dont la corde de contact est par suite la droite (M',M) (N',N). En résumé, Thyperbole équilatère a quatre foyers dont deux sont réels et les deux autres imaginaires. Les premiers sont situés sur AA', de part et d'autre du point 0, à la distance OA^^les autres sur QQ',de part et d'autre du même point, mais à la distance OA t ^%\ enfin, les quatre polaires correspondantes sont réelles bien que leurs composantes ne restent pas toujours superposées. Ces résultats s'accordent d'ailleurs avec le calcul.

Les considérations dans lesquelles je viens d'entrer montrent assez, je pense, avec quelle facilité les droites de modes contraires se plient à toutes les exigences de la géométrie supérieure. Il me reste à dire quelques mots des procédés uniformes qu'entraîne l'emploi de ces mêmes droites pour la détermination des racines des équations algébriques; je prendrai pour exemple la résolution graphique des équations à une inconnue du second et du troisième degré.

Soit d*abord proposé de déterminer géométriquement les racines de Téquation.

x^ -{- ax-\-b^ = o

La question se réduit, comme on sait, à trouver deux droites dont la somme soit a et la moyenne proportionnelle b.

.Si Ton a 6 < ^ , sur OA = a comme diamètre on décrit une demi-circonférence à laquelle on mène la tangente OB = b\ on tire ensuite la sécante BDE parallèle à OA, et les droites cherchées sont BD et DE.

En effet, on a d'abord :

BD X BE = OB' = b^

et si Ton mène à DE la perpendiculaire CI, comme BI = OC est la demisomme des droites BD, BE, on en conclut

BD -f BE = 2 BI = a

Lorsque b =-^ les deux droites cherchée sont égales chacune à B'H.

Enfin, si Ton a 6 > ^ et égal à OB", la même figure permet encore de trouver les droites cherchées. En effet, si Ton détermine d un seul coup de compas, comme on Ta vu plus haut, les intersections (L,L') et (L'L) de la circonférence C avec la perpendiculaire B"M à OB", les racines demandées sont B^M -f ML^' et B^M -{- ML'ê puisqu'on a par construction

(B"M + MLi) (B^M -I- ML't) = OP^ = b^ B"M + ML» -f B^M -f MLÏ = 2 B"M = a.

Soit maintenant à résoudre graphiquement Téquation

a^ -{-px-j-q^ o

Dans l'hypothèse où cette équation n'admet qu'une racine réelle, celleci est négative comme étant de signe contraire à la valeur positive q, je la désigne par — « et pour la construire je décris avec Descartes la parabole A {fig. 50} dont le côté droit est égal à l'unité, puis je prends sur l'axe même de la courbe les longueurs, AC= | , CD= \p^^ D j'élève à AD la perpendiculaire DE ==28'» ©t je décris du point E comme centre avec EA pour rayon une circonférence qui coupe la parabole en F ; LF ordonnée de ce point n'est autre que — «, ainsi que l'a fait voir Descartes. Il reste à construire les deux autres racines, problème dont notre grand géomètre regardait la solution comme impossible.

^ ç^ A cet effet, par le milieu

K de LF = a, je tire KB parallèle à LA : je mène par le point B la tangente BP à la parabole, j'abaisse EM perpendiculaire à cette tangente, jusqu'à sa rencontre en M avec le diamètre KB, puis, je détermine les points d'intersection (N,N') et (/V,^) de la circonférence E avec la perpendiculaire en M à EM ; enfin, je tire la parallèle (N,N') (GG') à KM jusqu'à sa rencontre en (G,G') avec la direction de LF, et je dis que LK + KGe, LK + KG'i sont les deux racines cherchées.

Pour le prouver, je commence par faire voir que M est le milieu d'une corde imaginaire commune à la circonférence E et à la parabole.

Soient, en effet, BB' l'ordonnée du point de contact, P et Q les points d'intersection de la tangente BP et de la normale BQ avec Taxe AL, ou a par construction.

:ft

BB' = 5 , PB' = 2AB' = 2BB'» = J , B' Q = i

et par suite

PQ = i (1 + .» ), BP = ^ a vTr+T», BQ = I >nT^

De plus, si l'on prolonge EO jusqu'à sa rencontre en D' avec KM, il vient

ED' = |(« + g)

Mais la similitude des triangles MED' et PQB donne

EM D'M ED' PQ ~ BQ ~ BP

ou

EM ^ D'M g + «

1(1-|.») l^fTT^ a/TT^

et l'on en tire

Cela posé, puisque ED = ^ ? et AD = ][ (1 -p) ou on en conclut pour le rayon

et comme la circonférence E passe par les points (N,N') et (N',N) on a ou, en développant et remarquant que g = a' -j- pa.

(MN*?=-(l + «»)(?f'+P.)

Or, la conjuguée B de la parabole a pour double paramètre 2PQ = 1 -{-«'. De plus, cette conjuguée rencontre la direction MN en deux points imaginaires dont Tabscisse est

BM = — (D'M — AD + AB')

ou en développant et simplifiant comme plus haut

BM= ■•-'"'

Le carré de chaque ordonnée correspondant à cette abscisse est donc

En d'autres termes les points d'intersection cherchés ne sont autres que (NjNO et (N',N). Ainsi la circonférence E et la parabole A ont une corde commune dont le milieu est M.

Ce premier point démontré, j'observe que la longueur de MN est

MN

=l/(i+«^) l^îr+p)

et je mène N» perpendiculaire à KM. La similitude des triangles MN» et BPB' me donne alors

Nn MN BB'~ BP

d'où

N«— BP— -l/~+' j'ai donc en définitive

LK + KG'.-=J-.|/2f + P

Je dis maintenant que ces deux valeurs jointes à LF = — « constituent les trois racines de l'équation proposée. En effet, on sait que la somme de ces trois racines doit être nulle, que celle de leurs produits deux à deux doit être égale à p, et le produit de ces mêmes racines égal à — y. Or, on a déjà

LK + KG* + LK + KG'i + LF = o

De plus, comme

(LK + KGO (LK + KG'i) = «^ + p

LF(LK + KGi) = -j'-.«i j/^ + P LF (LK + KGO =- J' + «» [/''-^ + P

On en conclut que la somme de ces trois produits est p. Enfin on a aussi :

(LK + KGO (LK + KG'/) LF = — («^ + p) « == — g

Le problème est donc résolu.

Si Ton compare les solutions précédentes à celles du même genre que

fournissent les quantités complexes, on verra que les secondes sont loin d'offrir comme les premières, une très-grande analogie de construction avec les solutions réelles correspondantes.

J'aurais pu d'ailleurs traiter plus simplement la résolution graphique de l'équation du troisième degré, mais il m'a paru convenable de prouver que la parabole et la circonférence se coupaient en deux points imaginaires conjugués.