# Annales de mathématiques pures et appliquées/Tome 14/Géométrie transcendante, article 1
### Démonstration de deux théorèmes de géométrie, énoncés à la page 248 du XIII.e volume des Annales ;

THÉORÈMES. Soit une lemniscate, lieu géométrique des pieds des perpendiculaires abaissées du centre d’une hyperbole équilatère dont les diamètres principaux sont égaux à $2a$ sur les tangentes à la courbe. Sur l’axe transverse de cette hyperbole comme grand axe soit décrite une ellipse dont le petit axe soit égal à la distance entre ses foyers.
Désignons par $\mathrm {D}$ l’excès fini de l’asymptote infinie de l’hyperbole, comptée du centre, sur le quart infini de cette courbe, c’est-à-dire, sur la moitié de l’une de ses branches, comptée de son sommet. Soient en outre $\mathrm {q}$ le quart du périmètre de la lemniscate et $\mathrm {Q}$ le quart du périmètre de l’ellipse ; on aura
$D+q=Q{\sqrt {2}},\qquad$
$Dq={\frac {\varpi }{4}}a^{2}.$
Démonstration. En représentant par $a$ et $b$ les deux demi-diamètres principaux d’une hyperbole, son équation est
$\left({\frac {x}{a}}\right)^{2}-\left({\frac {y}{b}}\right)^{2}=1\,;\qquad$
l’équation de sa tangente en un point $(x',y')$ pris sur la courbe, est
${\frac {xx'}{a^{2}}}-{\frac {yy'}{b^{2}}}=1\,;\qquad$
équation dans laquelle $x'$ et $y'$ sont liées par la condition
$\left({\frac {x'}{a}}\right)^{2}-\left({\frac {y'}{b}}\right)^{2}=1.\qquad$
L’équation de la perpendiculaire menée du centre sur cette tangente est
$a^{2}xy'+b^{2}yx'=0.\qquad$
Son pied étant donné par le système des équations (2, 4), lesquelles $x'$ et $y'$ sont liées par la relation (3) ; il s’ensuit qu’en éliminant $x',y'$ entre ces trois équations, l’équation résultante en $x$ et $y$ sera celle du lieu des pieds de toutes les perpendiculaires menées du centre de la courbe sur ces tangentes.
Or, on tire des équations (2 et 4)
${\frac {x'}{a}}=+{\frac {ax}{x^{2}+y^{2}}},\qquad {\frac {y'}{b}}=-{\frac {by}{x^{2}+y^{2}}},$
valeurs qui, substituées dans l’équation (3), donnent pour celle du lieu cherché
$a^{2}x^{2}-b^{2}y^{2}=\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}\,;$
c’est l’équation générale de la lemniscate.
Pour passer à son équation polaire, nous poserons
$x=l\operatorname {Cos} .u,\qquad y=l\operatorname {Sin} .u,$
et cette équation polaire sera ainsi
$l^{2}=a^{2}\operatorname {Cos} .^{2}u-b^{2}\operatorname {Sin} .^{2}u.$
Quant à l’hyperbole, en appelant $h$ son rayon vecteur répondant à l’angle $u,$ son équation deviendra
$h^{2}\left(b^{2}\operatorname {Cos} .^{2}u-a^{2}\operatorname {Sin} .^{2}u\right)=a^{2}b^{2}.$
Mais, dans le cas particulier qui nous occupe, et où il s’agit d’une hyperbole équilatère, on a $b=a\,;$ en sorte que l’équation polaire de l’hyperbole devient simplement
$a^{2}=h^{2}\operatorname {Cos} .2u,\qquad$
et celle de la lemniscate
$l^{2}=a^{2}\operatorname {Cos} .2u.\qquad$
d’où résulte, entre les longueurs des rayons vecteurs correspondant des deux courbes l’équation de relation
$lh=a^{2}.$
On peut déduire de ces équations une construction simultanée des deux courbes.
Sur le demi-axe transverse $\mathrm {CA}$ (fig. 6) soit décrite une circonférence, à laquelle soit menée la tangente $\mathrm {AD}$. Soient menées arbitrairement, par le centre, les deux droites $\mathrm {CE,CE'}$ faisant des angles égaux avec $\mathrm {CA}$, et coupant le cercle en $\mathrm {F}$ et $\mathrm {F'}$. Soit pris l’arc $\mathrm {FG=FA}$, et soit portée la corde $\mathrm {CG}$ de $\mathrm {C}$ en $\mathrm {K}$. Soit élevée à $\mathrm {CA}$ la perpendiculaire $\mathrm {KM}$ rencontrant la circonférence en $\mathrm {M}$ et soit menée $\mathrm {CM}$, coupant $\mathrm {AD}$ en $\mathrm {N}$. Si alors du point $\mathrm {C}$ comme centre commun, et avec $\mathrm {CM}$ et $\mathrm {CN}$ pour rayon, on décrit deux cercles concentriques, le plus grand coupera nos arbitraires en quatre points $\mathrm {H,H',H'',H'''}$, qui appartiendront à l’hyperbole, et le plus petit coupera ces mêmes droites en quatre autres points $\mathrm {L,L',L'',L'''}$, qui appartiendront à la lemniscate.
En effet, 1.$^o$ en abaissant la perpendiculaire $\mathrm {GP}$ sur le diamètre, on aura
$\mathrm {{\overline {CH}}^{2}={\overline {CN}}^{2}={\overline {CA}}^{2}+{\overline {AN}}^{2}={\overline {CA}}^{2}+\left({\frac {CA.KM}{CK}}\right)^{2}}$
$=\mathrm {{\overline {CA}}^{2}.{\frac {{\overline {CK}}^{2}+{\overline {KM}}^{2}}{CK^{2}}}={\overline {CA}}^{2}.{\frac {{\overline {CM}}^{2}}{{\overline {CK}}^{2}}}} ,$
ou bien
$\mathrm {{\overline {CH}}^{2}={\overline {CA}}^{2}.{\frac {{\overline {CM}}^{2}}{{\overline {CG}}^{2}}}={\overline {CA}}^{2}.{\frac {\overline {CK}}{\overline {CP}}}={\overline {CA}}^{2}.{\frac {CG}{CP}}} \,;$
c’est-à-dire,
$z^{2}=a^{2}\operatorname {Sec} .2u,\quad$
$\quad a^{2}=z^{2}\operatorname {Cos} .2u.$
On aura, 2.$^o$
$\mathrm {{\overline {CL}}^{2}={\overline {CM}}^{2}={\overline {CA}}^{2}.{\frac {{\overline {CK}}^{2}}{{\overline {CM}}^{2}}}={\overline {CA}}^{2}.{\frac {{\overline {CG}}^{2}}{{\overline {CM}}^{2}}}={\overline {CA}}^{2}.{\frac {CP}{CK}}={\overline {CA}}^{2}.{\frac {CP}{CG}}} \,;$
c’est-à-dire,
$l^{2}=a^{2}\operatorname {Cos} .2u.$
Si l’hyperbole était déjà tracée, la construction de la lemniscate deviendrait beaucoup plus facile ; $\mathrm {H}$ étant le point où cette hyperbole serait coupée par l’arbitraire $\mathrm {CE} ,$ l’arc $\mathrm {HN} ,$ décrit du point $\mathrm {c}$ comme centre, déterminerait le point $N$ de $\mathrm {AD} \,;$ la droite $\mathrm {CN}$ déterminerait le point $\mathrm {M}$ de la circonférence ; et enfin l’arc $\mathrm {ML} ,$ décrit encore du point $\mathrm {C}$ comme centre, déterminerait le point $\mathrm {L}$ de la lemniscate.
On tire des équations (5, 6)
$\operatorname {d} u=+{\frac {a^{2}\operatorname {d} h}{h{\sqrt {h^{4}-a^{4}}}}},\qquad \operatorname {d} u=-{\frac {l\operatorname {d} l}{\sqrt {a^{4}-l^{4}}}},$
en observant que, pour la dernière courbe, le rayon vecteur décroît lorsque $u$ augmente. Mais on sait que $s$ étant l’arc d’une courbe dont le rayon vecteur $r$ fait un angle $u$ avec l’axe, on a
$s=\int {\sqrt {\operatorname {d} r^{2}+r^{2}\operatorname {d} u^{2}}}\,;$
donc, en représentant respectivement par $\mathrm {H,L}$ les arcs de nos deux courbes, nous aurons
$H=\int {\frac {h^{2}\operatorname {d} h}{h{\sqrt {h^{4}-a^{4}}}}},\qquad L=\int -{\frac {a^{2}\operatorname {d} l}{\sqrt {a^{4}-l^{4}}}},$
les arcs étant comptés à partir du sommet de l’hyperbole. Mais, à cause de la relation trouvée ci-dessus, $lh=a^{2},$ on peut exprimer $H$ en $l,$ et il vient ainsi
$H=\int -{\frac {a^{4}\operatorname {d} l}{l^{2}{\sqrt {a^{4}-l^{4}}}}}={\frac {\sqrt {a^{4}-l^{4}}}{l}}+\int {\frac {l^{2}\operatorname {d} l}{\sqrt {a^{4}-l^{4}}}}.$
Remarquons présentement que l’excès de l’asymptote de l’hyperbole sur le quart de cette courbe n’est autre chose que ce que devient l’excès $h-H$ ou ${\frac {a^{2}}{l}}-H$ du rayon vecteur sur l’arc correspondant, compté depuis le sommet, lorsque ce rayon vecteur devient infini, ou, ce qui revient au même, lorsque $l=0,$ d’où il suit qu’on doit avoir
$D={\frac {a^{2}}{l}}-{\frac {\sqrt {a^{4}-l^{4}}}{l}}-\int {\frac {l^{2}\operatorname {d} l}{\sqrt {a^{4}-l^{4}}}}.\qquad \left[{\begin{aligned}&l=a\\&l=0\end{aligned}}\right]$
Or, en remarquant que ${\frac {a^{2}}{l}}-{\frac {\sqrt {a^{4}-l^{4}}}{l}}={\frac {a^{2}}{l}}\left\{1-{\sqrt {1-{\frac {l^{4}}{a^{4}}}}}\right\},$ on voit que la quantité qui précède le signe $\int$ s’évanouit aux deux limites, de sorte qu’on a simplement
$D=\int -{\frac {l^{2}\operatorname {d} l}{\sqrt {a^{4}-l^{4}}}}.\qquad \left[{\begin{aligned}&l=a\\&l=0\end{aligned}}\right],$
On aura de même, pour le quart de la lemniscate,
$q=\int -{\frac {a^{2}\operatorname {d} l}{\sqrt {a^{4}-l^{4}}}}\,;\qquad \left[{\begin{aligned}&l=a\\&l=0\end{aligned}}\right]$
en intervertissant donc l’ordre des limites, on trouvera
$D+q=\int \left\{{\frac {l^{2}}{\sqrt {a^{4}-l^{4}}}}+{\frac {a^{2}}{\sqrt {a^{4}-l^{4}}}}\right\}\operatorname {d} l=\int \operatorname {d} l{\sqrt {\frac {a^{2}+l^{2}}{a^{2}-l^{2}}}}.\quad \left[{\begin{aligned}&l=0\\&l=a\end{aligned}}\right]$
Concevons présentement que, sur l’axe transverse de notre hyperbole, comme petit axe, on décrive une ellipse dont le grand axe soit $a{\sqrt {2}},$ en représentant par $l$ l’abscisse de la courbe répondant à l’ordonnée $y,$ son équation sera
$2l^{2}+y^{2}=2a^{2},$
d’où on tirera
$\operatorname {d} y=-{\sqrt {2}}.{\frac {l\operatorname {d} l}{\sqrt {a^{2}-l^{2}}}},$
en conséquence, l’arc d’ellipse qui a pour expression $\int {\sqrt {\operatorname {d} l^{2}+\operatorname {d} y^{2}}},$ sera
$\int \operatorname {d} l{\sqrt {\frac {a^{2}+l^{2}}{a^{2}-l^{2}}}}\,;$
et, pour avoir le quart du périmètre de la courbe, il faudra prendre cette intégrale entre les limites $0$ et $a\,;$ représentant donc cette longueur par $Q',$ on aura
$Q'=\int \operatorname {d} l{\sqrt {\frac {a^{2}+l^{2}}{a^{2}-l^{2}}}}\,;\qquad \left[{\begin{aligned}&l=0\\&l=a\end{aligned}}\right]$
et par suite
$D+q=Q'.$
Mais, si l’on conçoit une ellipse qui ait l’axe transverse de l’hyperbole pour grand axe, et dont le petit axe soit égal à la distance entre ses foyers, son équation sera
$l^{2}+2y^{2}=a^{2},$
elle sera donc semblable à la précédente, et le rapport de leurs lignes homologues sera celui de ${\sqrt {2}}$ à $1\,;$ en représentant donc par $Q$ le quart du périmètre de cette nouvelle courbe, on aura
$Q'=Q{\sqrt {2}},$
et, par suite,
$D+q=Q{\sqrt {2}},$
ce qui démontre déjà la première partie du théorème.
Présentement, dans la théorie des intégrales définies de la forme $\int x^{m-1}\operatorname {d} x\left(1-x^{n}\right)^{\frac {p-n}{n}}$ donnée par Euler, on rencontre l’équation suivante
$\int {\frac {x^{m-1}\operatorname {d} x}{\sqrt {1-x^{n}}}}.\int {\frac {x^{n-m-1}\operatorname {d} x}{\sqrt {1-x^{n}}}}={\frac {2\varpi \operatorname {Cot} .{\frac {m\varpi }{n}}}{n(n-2m)}},\qquad \left[{\begin{aligned}&x=0\\&x=1\end{aligned}}\right]$
en faisant donc $m=1,\ n=4,\ x{\frac {l}{a}},$ on obtiendra
$\int {\frac {a^{2}\operatorname {d} l}{\sqrt {a^{4}-l^{4}}}}.\int {\frac {l^{2}\operatorname {d} l}{\sqrt {a^{4}-l^{4}}}}={\frac {\varpi a^{2}}{4}},\qquad \left[{\begin{aligned}&l=0\\&l=a\end{aligned}}\right]$
donc
$qD={\frac {\varpi a^{2}}{4}},$
deuxième partie du théorème.
* ↑ Voyez le Traité des différences et des séries de M. Lacroix, dernière édition, page 426. On parviendrait également au but à l’aide des formules de la page 430 du même ouvrage, en y faisant $n=4.$ Le même résultat se présente aussi à la page 413 de ce traité ; mais il nous a paru que la démonstration n’était point exacte. On sait que $\int {\frac {x^{2r}\operatorname {d} x}{\sqrt {1-x^{2}}}}.\int {\frac {x^{2r+1}\operatorname {d} x}{\sqrt {1-x^{2}}}}={\frac {1}{2r+1}}.{\frac {\varpi }{2}},\qquad \left[{\begin{aligned}&x=0\\&x=1\end{aligned}}\right]$ du moins en supposant $r$ entier et positif. Si donc l’on pose $x=z^{n},\ n$ étant supposé positif, auquel cas les limites de $z$ seront les mêmes que celles de $x,$ on aura $n^{2}\int {\frac {z^{2rn+n-1}\operatorname {d} z}{\sqrt {1-z^{2n}}}}.\int {\frac {z^{2rn+2n-1}\operatorname {d} z}{\sqrt {1-z^{2n}}}}={\frac {1}{2r+1}}.{\frac {\varpi }{2}},\qquad \left[{\begin{aligned}&z=0\\&z=1\end{aligned}}\right]$ d’où, en posant $2rn+n-1=p,$ il viendra $\int {\frac {z^{p}\operatorname {d} z}{\sqrt {1-z^{2n}}}}.\int {\frac {z^{p+n}\operatorname {d} z}{\sqrt {1-z^{2n}}}}={\frac {1}{n(p+1)}}.{\frac {\varpi }{2}}\,;\qquad \left[{\begin{aligned}&z=0\\&z=1\end{aligned}}\right]$ mais il faut observer que $p$ n’est point ici un nombre tout-à-fait arbitraire, à cause de l’équation $2rn+n-1=p,$ dans laquelle $r$ et $n$ sont nécessairement des nombres positifs, et où $r$ est un nombre entier. Si, par exemple, pour obtenir le produit $\int {\frac {\operatorname {d} z}{\sqrt {1-z^{4}}}}.\int {\frac {z^{2}\operatorname {d} z}{\sqrt {1-z^{4}}}},$ on voulait faire $p=0$ et $n=2,$ il s’ensuivrait $4r+1=0,$ ou $r=-{\frac {1}{4}},$ ce qu’on ne peut admettre ; il faut donc chercher ce produit par une autre voie.
* ↑ M. H. W. T. à qui on doit ces deux singuliers théorèmes en a donné une démonstration qui ne diffère guère de celle qu’on vient de lire qu’en ce que, dans ses calculs, il substitue l’angle $u$ au rayon vecteur. J. D. G.