Théorème I

Étant donné un segment de parabole ΑΒΓ (fig. 2), si par le milieu Δ de la corde on mène le diamètre ΔΕ qui coupe l’arc en Β et qu’on joigne ΒΑ, ΒΓ, la surface du segment ΑΒΓ vaut les 4/3 du triangle ΑΒΓ.

Menons ΑΖ parallèle au diamètre, et la tangente ΓΖ à la courbe. Prolongeons ΓΒ jusqu’à sa rencontre Κ avec ΑΖ, et, au delà, d’une longueur ΚΘ = ΚΓ. Imaginons que ΓΘ soit un levier ayant pour point fixe son milieu Κ. Soit enfin ΜΞ une parallèle quelconque à ΔΕ.

Puisque ΓΖ est une tangente à la parabole et ΓΑ
Fig. 2. une corde conjuguée (du diamètre ΒΔ), on a ΕΒ = ΒΔ, car ceci est démontré dans les Éléments. On a, dès lors, — à cause des parallèles ΖΑ, ΜΞ, ΕΔ : — ΜΝ = ΝΞ, ΖΚ = ΚΑ.

D’autre part, on a :

car ceci a été démontré dans un lemme.

Comme ΓΑ/ΑΞ = ΓΚ/ΚΝ, on peut donc écrire aussi :

ΓΚ/ΚΝ = ΜΞ/ΞΟ,

et, puisqu’on a pris ΚΘ = ΓΚ :

Transportons ΞΟ en ΤΗ, avec Θ pour milieu c’est-à-dire pour centre de gravité [Lemme III]. De même Ν sera le centre de gravité de la droite ΜΞ restée en place. Comme Κ est le point fixe du levier, on voit que, à cause de l’égalité (2), les droites ΤΗ (= ΞΟ) et ΜΞ se feront équilibre par rapport à ce point fixe, puisque les distances de leurs centres à ce point sont inversement proportionnelles à leurs longueurs (c’est-à-dire à leurs poids). Κ sera donc le centre de gravité de leurs poids composés.

Il en sera de même pour toutes les parallèles menées au diamètre à l’intérieur du triangle ΖΑΓ : la parallèle, restant en place, fera équilibre à sa portion comprise dans le segment, supposée transportée en Θ, et le centre de gravité du couple sera toujours le point Κ.

La somme des parallèles en question, c’est l’aire du triangle ΓΑΖ ; la somme de leurs portions semblables à ΟΞ, interceptées par le segment, c’est le segment parabolique ΒΑΓ. Donc au total le triangle ΖΑΓ, restant en place, fera équilibre au segment entier transporté en Θ, et le centre de gravité de leur système sera Κ.

Prenons sur ΓΚ le point Χ tel que ΓΚ = 3 ΚΧ : Ce point (étant au tiers de la médiane ΓΚ et par conséquent au point de rencontre des 3 médianes) sera le centre de gravité du triangle ΓΑΖ, comme cela a été démontré dans les Équilibres. Comme le triangle fait équilibre par rapport à Κ au segment, transporté au centre Θ (les distances de leurs centres de gravité au point fixe sont inversement proportionnelles à leurs aires) :

tr. ΑΖΓ/segm. ΑΒΓ = ΘΚ/ΚΧ = 3.

D’autre part, le triangle ΓΑΖ est quadruple du triangle ΑΒΓ à cause de ΖΚ = ΚΑ, ΑΔ = ΔΓ ; donc finalement :

segm. ΑΒΓ/tr. ΑΒΓ = 4/3.

Ce qui précède ne constitue pas une démonstration (complète), mais suffit à donner à la conclusion une apparence de vérité. Voilà pourquoi, voyant d’une part que le théorème n’était pas (complètement) démontré, supposant d’autre part la conclusion exacte, j’ai trouvé une démonstration géométrique que j’ai publiée précédemment et que j’ajouterai plus bas en appendice (?)

On a ΑΖ/ΓΖ² = ΟΜ/ΓΜ², ou (1) ΑΖ/ΟΜ = ΓΖ²/ΓΜ² ; or : (2) ΑΖ/ΞΜ = ΓΖ/ΓΜ ; divisons membre à membre (1) et (2) : il vient (3) ΞΜ/ΟΜ = ΓΖ/ΓΜ = ΓΑ/ΓΞ, c’est-à-dire : Ο partage ΜΞ comme Ξ partage ΑΓ.

En particulier, Δ étant milieu de la corde ΑΓ, le sommet Β du diamètre conjugué sera le milieu de ΔΕ (démonstration de la proposition ΕΒ = ΒΔ, plus simple que celle d’Apollonius). [Démonstration communiquée par R. Prévost.]

Archimède, dans la Quadrature de la parabole (§ 4 et 5), obtient cette relation (ΑΓ/ΑΞ = ΜΞ/ΟΞ) par un calcul un peu plus long. Il écrit le rapport du carré des ordonnées aux abscisses en les rapportant à la tangente en Β et au diamètre conjugué. Soit Οπρ la parallèle à la base du segment : ΒΔ/Βπ = ΑΔ²/Οπ² = ΔΓ²/ΞΔ² ; en remplaçant ΒΔ/Βπ par ΒΓ/Βρ, et ΔΓ/ΞΔ par ΒΓ/ΒΝ, il vient : ΒΓ/Βρ = ΒΓ²/ΒΝ², ou ΒΓ/ΒΝ = ΒΝ/Βρ = ΒΓ + ΒΝ/ΒΝ + Βρ = ΓΝ/Νρ.

Remplaçons de nouveau ΒΓ/ΒΝ par ΔΓ/ΔΞ et ΓΝ/Νρ par ΝΞ/ΝΟ ; il vient : ΔΓ/ΞΔ = ΝΞ/ΝΟ ou : 2 ΔΓ/ΔΓ − ΞΔ = 2 ΝΞ/ΝΞ − ΝΟ, c’est-à-dire ΑΓ/ΑΞ = ΜΞ/ΟΞ.

1 + 1/4 + 1/4² + 1/4³ …, série dont la somme est 4/3.