SUR UN THÉORÈME DE GÉOMÉTRIE SPHÉRIQUE: THÉODOSE, MÉNÉLAÜS, IBN ʿIRĀQ ET IBN HŪD

ROSHDI RASHED; MOHAMAD AL-HOUJAIRI

doi:10.1017/S0957423910000020

SUR UN THÉORÈME DE GÉOMÉTRIE SPHÉRIQUE: THÉODOSE, MÉNÉLAÜS, IBN ʿIRĀQ ET IBN HŪD

Published online by Cambridge University Press: 26 August 2010

ROSHDI RASHED and

MOHAMAD AL-HOUJAIRI

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ROSHDI RASHED: Affiliation:
Centre d’histoire des sciences et des philosophies arabes et médiévales, CNRS – Université Paris-Diderot, UMR 7219,5 rue Thomas Mann, Bâtiment Condorcet, Case 7093, 75205 Paris Cedex 13 Email: rashed@paris7.jussieu.fr
MOHAMAD AL-HOUJAIRI: Affiliation:
Université libanaise, Faculté de Génie, CNRS-Liban, rue al-Arz, al-Koubbé, Tripoli, Liban Email: houjairi@hotmail.com

Article contents

Abstract
I. DE THÉODOSE À IBN HŪD
II. IBN HŪD: LA GÉNÉRALISATION DE LA PROPOSITION III.11 DE THÉODOSE ET LA REPRISE DES PROPOSITIIONS III.23-25 DE MÉNÉLAÜS
III. LES TEXTES TRADUITS ET COMMENTÉS
Footnotes
References

Abstract

In his encyclopedic book (al-Istikmāl), the mathematician of Saragossa, Ibn Hūd (d. 1085/478 H.), established by an intrinsic demonstration of spherical geometry, a remarkable theorem which generalizes the proposition III.11 from Theodosius’s Spherics and integrates the propositions III.23-25 from Menelaus’s Spherics. In this paper, we study this theorem and the demonstration of Ibn Hūd. The reader will find also some established and translated texts (Ibn Hūd, Ibn ʿIrāq, al-Ṭūsī) addressing the same theme.

Résumé

Dans son livre encyclopédique (al-Istikmāl), le mathématicien de Saragosse, Ibn Hūd (mort en 1085/478 H.), établit par une démonstration intrinsèque de la géométrie sphérique un théorème remarquable qui généralise la proposition III.11 des Sphériques de Théodose et intègre les propositions III.23-25 des Sphériques de Ménélaüs. Dans cet article, on étudie ce théorème ainsi que la démonstration d’Ibn Hūd. Le lecteur trouvera aussi établis et traduits quelques textes (Ibn Hūd, Ibn ʿIrāq, al-Ṭūsī) qui portent sur le même thème.

Information

Type: Research Article
Information: Arabic Sciences and Philosophy , Volume 20 , Issue 2 , September 2010 , pp. 207 - 254

DOI: https://doi.org/10.1017/S0957423910000020 [Opens in a new window]
Copyright: Copyright © Cambridge University Press 2010

I. DE THÉODOSE À IBN HŪD

L’essor considérable de la recherche en astronomie pendant le IX^e et le X^e siècle est inséparable des avancées majeures des travaux sur les théorèmes et les techniques sphériques, et notamment sur le théorème de Ménélaüs. Les méthodes inventées pour le calcul des arcs inconnus sur la surface de la sphère ont abouti, à la fin du X^e siècle, à l’émergence d’une discipline indépendante de l’astronomie et de la géométrie: la trigonométrie, et à une authentique réforme de la géométrie sphérique. Une fois affranchis du théorème de Ménélaüs, les mathématiciens comme al-Khujandī, al-Būzjānī et Ibn ʿIrāq ont en effet accumulé des résultats: les formules usuelles de la trigonométrie, le triangle polaire, etc. À leur suite, al-Bīrūnī, Naṣīr al-Dīn al-Ṭūsī menèrent de plus en plus loin cette recherche trigonométrique.Footnote ¹ En géométrie sphérique, Ibn al-Haytham introduit des méthodes infinitésimales en assimilant les petits triangles sphériques à des triangles rectilignes.Footnote ²

À côté de ces grands noms à l’avant-garde de la recherche, d’autres savants ont continué à s’interroger sur l’héritage des anciens: ils ont développé le contenu mathématique et amélioré les méthodes. Le mathématicien de Saragosse, Ibn Hūd,Footnote ³ est précisément de ceux-ci. Il offre ainsi l’exemple, dans une histoire non linéaire, de ces travaux fertiles en découvertes.

En effet, dans la partie consacrée aux sphériques de son livre intitulé al-Istikmāl (La Complétion), Ibn Hūd énonce et démontre un théorème remarquable en géométrie sphérique. Ce théorème généralise la proposition III.11 des Sphériques de Théodose et intègre les propositions III.23–25 des Sphériques de Menelaüs.Footnote ⁴ C’est pour établir ce théorème qu’il procède par une démonstration intrinsèque de lagéométrie sphérique. Ibn Hūd a-t-il lui-même fait cette découverte, ou l’a-t-il empruntée pour l’intégrer à un livre à vocation synthétique et encyclopédique, comme al-Istikmāl? Nous l’ignorons, mais n’avons trouvé pour l’heure aucun prédécesseur d’Ibn Hūd qui ait entrepris une telle recherche et démontré ce théorème de géométrie sphérique de cette manière. Ceci étant dit, venons-en à l’histoire de ce théorème.

Dans la géométrie euclidienne, on rencontre la situation suivante: si l’une de deux droites concourantes est coupée orthogonalement par des droites, alors le rapport des segments de droites découpés sur les droites concourantes est un rapport invariant. Dans la proposition III.11 de ses Sphériques, Théodose tente de traiter une situation similaire sur l’étendue de la sphère. Dans ce dernier cas, on n’a plus l’invariance du rapport mais seulement des inégalités. Voici l’énoncé de la proposition III.11 de Théodose (Fig. 1):

Si le pôle de parallèles est situé sur la circonférence d’un cercle le plus grand que coupent à angles droits deux cercles les plus grands, dont l’un est un des parallèles, et dont l’autre est oblique sur les parallèles; et si un autre cercle le plus grand, passant par les pôles des parallèles, coupe le cercle oblique entre le plus grand des parallèles et celui qui touche le cercle oblique, le rapport du diamètre de la sphère au diamètre du cercle que touche le cercle oblique est plus grand que celui de l’arc du plus grand des parallèles, situé entre le cercle le plus grand primitif et le cercle consécutif passant par les pôles, à l’arc du cercle oblique situé entre ces derniers cercles.Footnote ⁵

Dans cette proposition, à l’aide d’une démarche euclidienne, Théodose démontre une certaine inégalité sur le rapport de deux arcs particulièrement choisis sur deux quadrants des circonférences de deux grands cercles inclinés, où l’un de ces arcs est le projeté orthogonal de l’autre; notamment, il démontre l’inégalité:Footnote ⁶d/d_Δ > arc(ΘB)/arc(HΔ), où d est le diamètre de la sphère (S) et d_Δ = diam[cercle(ΔΛM)]. On résume cette proposition comme suit: Considérons la configuration suivante représentée sur la figure 1:

1. Le point A est le pôle des cercles parallèles: cercle(ΔΛM), cercle(NHΞ) et cercle(BEГ) (ce dernier cercle est le plus grand des parallèles);
Fig. 1.
2. cercle(ABГ) est perpendiculaire aux parallèles;
3. cercle(ΔEZ) est incliné sur les parallèles, mais il est perpendiculaire à cercle(ABГ);
4. H est un point arbitraire sur l’arc mineur, arc(ΔE) (qui est un arc d’une circonférence de grand cercle);
5. le point Θ est le projeté orthogonal sphérique du point H sur l’arc mineur arc(EB) (qui est un arc d’une circonférence de grand cercle).
Sous ces conditions on aura arc(BΘ)/arc(ΔH) < d/d_Δ.

La démonstration de Théodose se développe comme suit: HP est sur l’intersection des plans des cercles NHΞ et ΔEZ qui sont orthogonaux, chacun, au plan du grand cercle ABΓ, donc HP est orthogonal à OP et à PΠ. Le triangle OΠP est rectangle en Π, donc OP > ΠP; soit T un point de OP tel que PT = ΠP, donc les deux triangles rectangles HPT et HPΠ sont égaux, d’où angle(HΠP) = angle(HTP). Le triangle HPO est rectangle en P; on a donc OP/PT > angle(PTH)/angle(POH) (ce passage n’est pas justifié par Théodose; voir plus loin les lemmes d’Ibn Qurra et d’Ibn ʿIrāq). On a

$PT{\text{ = }}P\prod {\text{ et angle(}}PTH{\text{) = angle(}}\Theta OB{\text{),}}$

par suite

$OP/P\Pi &gt; {\text{ angle}}(\Theta OB)/{\text{angle}}(POH).$

Mais puisque

$O\Delta /\Delta \Sigma = \Delta Z/\Delta M = PO/P\Pi {\text{ et }}\Delta Z = d,\Delta M = d_\Delta,$

on aura donc

$d/d_\Delta &gt; {\text{ arc}}(\Theta B)/{\text{arc}}(H\Delta ).$

Un siècle et demi environ plus tard, Ménélaüs reprend le problème, dans la proposition III.22 de ses Sphériques, mais avec quelques modifications: il considère la situation plus générale des deux arcs des deux grands cercles inclinés où l’un de ces deux arcs est le “projeté” orthogonal de l’autre; il démontre l’égalité du rapport des Sinus des arcs au rapport des deux surfaces rectangulaires, qui dépendent du diamètre de la sphère, des diamètres des cercles qui passent parallèlement au plan du cercle de projection par les extrémités de l’arc projeté et du diamètre du cercle qui est tangent à l’un des cercles inclinés et parallèle à l’autre. L’énoncé de cette proposition s’écrit comme suit (Fig. 2):

Si, sur la surface d’une sphère, deux grands cercles sont inclinés l’un sur l’autre; et si l’on marque, sur l’un d’eux, deux points non diamétralement opposés, d’où l’on mène, à l’autre cercle, deux perpendiculaires; alors le rapport du Sinus de l’arc situé entre les pieds des deux perpendiculaires, au Sinus de l’arc situé entre les deux points marqués, est comme le rapport du rectangle entouré par le diamètre de la sphère et le diamètre du cercle qui est tangent à l’un des deux cercles et qui est parallèle à l’autre, au rectangle entouré par les diamètres des deux cercles qui passent par les deux points marqués sur l’un des deux grands cercles, et qui sont parallèles à l’autre cercle.Footnote ⁷

Fig. 2.

S’appuyant sur cette proposition, Ménélaüs établit, dans les propositions III.23-25Footnote ⁸ de ses Sphériques, quelques inégalités relatives aux arcs considérés, mais il commet quelques erreurs aussi bien dans l’énoncé de la proposition III.25, que dans les démonstrations des propositions III.24 et III.25. Le mathématicien des X^e-XI^e siècles Ibn ʿIrāq rectifie ces erreurs et rétablit les démonstrations de Ménélaüs.Footnote ⁹

Arrêtons-nous sur l’exemple de la proposition III.24. Dans cette proposition, Ménélaüs considère la configuration suivante (Fig. 3):

1. les grands cercles: cercle(BEDA) et cercle(BHCI) sont inclinés l’un sur l’autre et le grand cercle (C ₁) passe par leurs pôles.
Fig. 3.
2. G est le pôle du cercle(BHI),
3. arc(BD) ≤ Rπ/2,
4. arc(CH) > arc(DE).

Sous les conditions indiquées, nous aurons:

1. arc(CH)/arc(DE) < d/d_D,
2. arc(CH)/arc(DE) > d d_A /d_D d_E.

(R et d sont respectivement le rayon et le diamètre de la sphère, d_X est le diamètre du cercle qui passe par le point X parallèlement à cercle (BHC)).

Dans sa démonstration de cette proposition, Ménélaüs utilise une implication erronée, qui était discutée par Ibn ʿIrāq; implication de la forme:

$\eqalign{ &#x0026; [{\rm{Sin }}(CH)/{\rm{Sin }}(DE) &#x003C; {\rm{ Sin }}(CG)/{\rm{Sin }}(GD) \Rightarrow \cr &#x0026; \Rightarrow CH/DE &#x003C; {\rm{ Sin }}(CG)/{\rm{Sin }}(GD)]. \cr}$

Ibn ʿIrāq écrit à ce propos:

mais si on a démontré que le rapport du Sinus de CG au Sinus de GD est plus grand que le rapport du Sinus de CH au Sinus de DE, de ceci seulement, on ne démontre pas que le rapport de l’arc CH à l’arc DE est plus petit que le rapport du Sinus de CG au Sinus de GD.Footnote ¹⁰

À la suite de cette critique, Ibn ʿIrāq expose ici sa propre démonstration de l’inégalité arc(CH)/arc(DE) < d/d_D, dans le cas général et indépendamment de la condition arc(CH) > arc(DE). Mais, dans sa démonstration, Ibn ʿIrāq procède comme ses prédécesseurs à l’aide de la géométrie euclidienne de la sphère.

Dans la proposition III.25, Ménélaüs a repris le cas restant de la proposition III.24, c’est-à-dire lorsque arc(CH) < arc(DE). Dans cette proposition, il a traité aussi le cas où arc(BD) > Rπ/2, mais il a commis des erreurs, comme nous l’avons indiqué. Ibn ʿIrāq a également analysé cette dernière proposition et a démontré que l’énoncé ainsi que la démonstration contiennent des erreurs. Les erreurs reviennent, d’une part, à la fausse localisation d’un point intermédiaire introduit au cours de la démarche de la démonstration et, d’autre part, à l’utilisation inexacte d’une fausse implication de la forme: [Sin x = Sin a ⇒ x = a].

II. IBN HŪD: LA GÉNÉRALISATION DE LA PROPOSITION III.11 DE THÉODOSE ET LA REPRISE DES PROPOSITIIONS III.23-25 DE MÉNÉLAÜS

Dans une proposition Footnote ¹¹ de l’Istikmāl, Ibn Hūd généralise la proposition de Théodose et reprend les trois propositions de Ménélaüs. On peut récrire l’énoncé de cette proposition de la manière suivante:

Soient, dans une sphère (S) centrée au point A et de diamètre d, deux grands cercles (C ₂) et (C ₃) et soit (C ₁) le grand cercle qui passe par les pôles de (C ₂) et (C ₃). Désignons par Δ et Δ′ les points d’intersection de arc(C ₁) et arc(C ₃), par Σ et Σ′ les points d’intersection de arc(C ₁) et arc(C ₂), par B et B′ les points d’intersection de arc(C ₂) et arc(C ₃) et par E et E′ les pôles de (C ₂). Pour fixer les idées, supposons que le point Δ soit sur l’arc mineur arc(EΣ) et considérons, sur le quadrant arc(BΔ), deux points G et D (G est entre B et D). Traçons les demi-circonférences arc(EGE′) et arc(EDE′) qui coupent le quadrant arc(BΣ), respectivement, aux points H et C. Ultérieurement, pour un point M de arc(BΔ), nous désignerons par d_M le diamètre du cercle passant par le point M parallèlement à (C ₂) et par $\underline M$ (point courant de l’arc) le point d’intersection de arc(EME′) avec arc(BΣ) (Fig. 4).

Fig. 4.

Ibn Hūd démontre alors les assertions suivantes:

a) arc(HC) / arc(GD) < d / d_D(1),
b) arc(HC) / arc(GD) > d_Δ / d_G(2),
c) arc(HC) > arc(GD) ⇒ arc(HC) / arc(GD) > d d_Δ / d_D d_G(3),
d) arc(HC) < arc(GD) ⇒ arc(HC) / arc(GD) < d d_Δ / d_D d_G(4),
e) D ≡ Δ Footnote ¹²⇒ arc(HC) / arc(GD) > d / d_G(5),
f) soit P un point de arc(BΔ); posons $Q = \underline P ;$
si hom(EP) / d = hom(EΔ) / hom(EP)(6),

(c’est-à-dire 2 Sin(EP)/d = Sin(EΔ)/sin(EP), alors P vérifie les propriétés suivantes:

1) si le point G appartient à l’arc ouvert arc(BP) et si $H = \underline G ,$ arc(HQ) < arc(GP),
2) si le point U appartient à l’arc ouvert arc(PΔ) et si $O = \underline U ,$ arc(OQ) > arc(UP).

Reprenons la démonstration d’Ibn Hūd:

Supposons, tout d’abord, que D ≡ Δ; alors on a également C ≡ Σ (Fig. 5). Soient (C_G) et (C_D) les cercles parallèles à (C ₂) et qui passent respectivement par les points G et D; soient I et I′ les points d’intersection de (C_G) avec arc(C ₁) (I ∈ arc(EC)), K et L les points d’intersection de (C_G) respectivement avec sgm(AD) et sgm(AE) et M lepoint d’intersection de (C_D) avec sgm(AE). On remarquera que la démonstration de ce cas est identique à celle de Théodose rappelée plus haut.

Fig. 5.

On a plan(C ₁) ⊥ plan(C ₃) et plan(C_G) ⊥ plan(C ₁), car (C ₁) passe par les pôles de (C ₃) et de (C_G);Footnote ¹⁴ par suite, sgm(GK) ⊥ sgm(KL).Footnote ¹⁵ La ligne AE est la ligne des pôles; donc le triangle ALK est rectangleFootnote ¹⁶ en L; par suite, sgm(AK) > sgm(KL). Considérons, sur sgm(AK), un point N tel que sgm(KN) = sgm(KL); les deux triangles GKL et GKN sont égaux, puisqu’ils ont: le côté sgm(GK) en commun, les côtés sgm(KN) et sgm(KL) égaux et que angle(GKL) et angle(GKN) sont des angles droits; donc

${\text{angle}}(KLG) = {\text{ angle}}(KNG).$

Dans le triangle GKA, on aFootnote ¹⁷

${\text{sgm}}(AK)/{\text{ sgm}}(KN) &gt; {\text{ angle}}(GNK)/{\text{ angle}}(GAK);$

mais

${\text{angle}}(KLG) = {\text{ angle}}(HAC);$

donc

${\text{sgm}}(AK)/{\text{ sgm}}(KL) &gt; {\text{ angle}}(HAC)/{\text{ angle}}(GAK).$

En effet

${\text{tg}}[{\text{angle}}(GAK)] = {\text{ sgm}}(GK)/{\text{sgm}}(AK)$

${\text{tg}}[{\text{angle}}(GNK)] = {\text{ sgm}}(GK)/{\text{sgm}}(KN)$

donc

$\begin{gathered} {\text{sgm}}(AK)/{\text{sgm}}(KN) = \hfill \\ = {\text{ tg}}[{\text{angle}}(GNK)]/{\text{tg}}[{\text{angle}}(GAK)] &gt; {\text{ angle}}(GNK)/{\text{angle}}(GAK), \hfill \\ \end{gathered}$

car angle(GNK) > angle(GAK) et on sait que tg x/x croît avec x.

Mais sgm(AK) / sgm(KL) = sgm(AD) / sgm(AM), et d = 2 sgm(AD), d_D = 2 sgm(DM) et angle(HAC) et angle(GAK) sont dans les mêmes rapports que arc(HC) et arc(GD); donc arc(HC) / arc(GD) < d / d_D.

Supposons maintenant que D soit un point intérieur de arc(BΔ) (Fig. 6).

Fig. 6.

Fig. 7.

Dans ce cas, chacun des côtés du triangle BDC est plus petit qu’un quadrant d’une grande circonférence et les angles extérieurs au sommet C du triangle sont droits; doncFootnote ¹⁸ angle(BDC) est aigu; et par suite, si (C ₄) est un grand cercle perpendiculaire à arc(EC) au point D, la circonférence arc(C ₄) coupe arc(EG) en un point S situé entre E et G. Désignons par T le point d’intersection de arc(C ₄) avec arc(CBΣ′); le point T est le pôle de cercle(EDC), c’est-à-dire arc(TSD) = arc(TBC) = un quadrant et angle(TDC) = angle(TCD) = drt; donc chacun des côtés du triangle STH est plus petit qu’un quadrant et les angles extérieurs au sommet H de ce triangle sont droits; alorsFootnote ¹⁹ angle(TSH) est aigu et par suite, l’angle supplémentaire angle(GSD) est obtus. Par analogie, chacun des côtés du triangle BHG, est plus petit qu’un quadrant et les angles extérieurs au sommet H sont droits; donc angle(BGH) est aigu et par suite, l’angle opposé angle(SGD) est également aigu; mais angle(GSD) est obtus, donc arc(GD) > arc(SD); par suite, arc(CH) / arc(GD) < arc(CH) / arc(SD); mais d’après la partie précédente de la démonstration, arc(CH) / arc(SD) < d / d_D; en conséquence arc(CH) / arc(GD) < d / d_D.

b) Supposons tout d’abord que arc(CH) ≥ arc(GD); alors arc(CH) / arc(GD) ≥ 1; mais d_G > d_D; en conséquence

${\rm{arc}}(CH)/{\rm{arc}}(GD) {d_D}/{d_G}.$

Considérons maintenant, sur arc(BΔ), deux points U et G; posons $\underline U = O,\underline G = H$ et supposons que arc(OH) < arc(UG) (Fig. 7). Chacun des arcs, arc(OH) et arc(UG), est plus petit qu’un quadrant et arc(OH) < arc(UG); donc hom(OH) < hom(UG); mais d’après la proposition III.22 de Ménélaüs (voir supra l’énoncé ainsi que la note 28)

$\hom (OH)/\hom (UG) = (dd_\Delta )/(d_G d_U );$

donc

$dd_\Delta &#x0026; d_G d_U .$

Prenons, sur arc(BΔ), les deux pointsFootnote ²⁰D et P tels que

$dd_\Delta = d_G d_D = d_U d_P ;$

Footnote donc

$d_D &#x003C; d_U {\text{ et }}d_P &#x003C; d_G .^{21}$

Puisque hom(CH) / hom(DG) = (d d_Δ) / (d_D d_G) et que d d_Δ = d_D d_G, hom(CH) = hom(DG); donc arc(CH) = arc(DG), (car chacun des arcs est plus petit qu’un quadrant).

De la même manière, on montre que arc(OQ) = arc(UP); donc arc(GP) + arc(UD) = arc(HQ) + arc(OC); mais

$\eqalign{ &amp; \hom (OC)/\hom (UD) = (d{d_\Delta })/({d_U}{d_\Delta }) = ({d_G}{d_D})/({d_U}{d_D}) = {d_G}/{d_U}. \cr &amp; \hom (HQ)/\hom (PG) = (d{d_\Delta })/({d_P}{d_G}) = ({d_U}{d_P})/({d_P}{d_G}) = {d_U}/{d_G}. \cr}$

donc

$\hom (OC)/\hom (UD) = \hom (PG)/\hom (HQ);$

mais puisque arc(GP) + arc(UD) = arc(HQ) + arc(OC), arc(PG) sera égalFootnote ²² à l’un des deux arcs, soit à arc(HQ) soit à arc(OC); mais arc(GP) ≠ arc(HQ), car les relations arc(OQ) = arc(UP) et arc(OH) < arc(UG) entraînent l’inégalité arc(GP) > arc(HQ). Donc arc(GP) = arc(OC); et par suite, arc(GU) = arc(QC), arc(PD) = arc(HO); ainsi arc(QC) / arc(PD) = arc(GU) / arc(HO); mais d’après la partie précédente de la proposition, arc(QC) / arc(PD) < d / d_D; doncFootnote ²³

${\text{arc}}(HO)/{\text{ arc}}(UG) &gt; d_D /d = d_\Delta /d_G .$

c) Si arc(CH) > arc(DG), alorsFootnote ²⁴

${\text{arc}}(CH)/{\text{ arc}}(DG) &gt; \hom (CH)/\hom (DG);$

mais

$\hom (CH)/\hom (DG) = dd_\Delta /d_D d_G ;$

donc

${\text{arc}}(CH)/{\text{ arc}}(DG) &gt; dd_\Delta /d_D d_G .$

d) Si arc(CH) < arc(DG), alors

${\text{arc}}(CH)/{\text{ arc}}(DG) &#x003C; \hom (CH)/\hom (DG);$

mais

$\hom (CH)/\hom (DG) = dd_\Delta /d_D d_G ;$

donc

${\text{arc}}(CH)/{\text{ arc}}(DG) &#x003C; dd_\Delta /d_D d_G .$

e) En particulier, si D ≡ Δ, on a

$\hom (CH)/\hom (DG) = dd_\Delta /d_\Delta d_G = d/d_G &gt; 1;$

donc

${\text{arc}}(CH)/{\text{ arc}}(DG) &gt; \hom (CH)/\hom (DG) = d/d_G .$

f) Soit P un point de arc(BΔ) tel que

$\hom (EP)/d = \hom (E\Delta )/\hom {(EP)^{25}}$

Footnote et posons $\underline P = Q.$

Fig. 8.

Soient G un point de l’arc ouvert arc(BP) et U un point de l’arc ouvert arc(PΔ); posons $H = \underline G {\text{ et }}\underline U = O;$ alors

${\text{arc}}(HQ) &#x003C; {\text{ arc}}(GP){\text{ et arc}}(QO) &gt; {\text{ arc}}(PU).$

En effet (Fig. 8),

$\hom (HQ)/\hom (GP) = dd_\Delta /d_P d_G = (d_P )^2 /d_P d_G = d_P /d_G ;$

mais d_P < d_G; donc

$\hom (HQ)/\hom (GP) &#x003C; 1;$

en conséquence,

${\text{arc}}(HQ) &#x003C; {\text{ arc}}(GP).$

De la même manière, on démontre que

${\text{arc}}(OQ) &gt; {\text{ arc}}(UP).$

Commentaire analytique de la démonstration d’Ibn Hūd

Pour examiner les assertions de a) à f) notées précédemment, recourons au langage de l’analyse; choisissons alors un système de coordonnées (A, x, y, z) tel que les demi-axes ${\overrightarrow {Ax}} , {\overrightarrow {Ay}} , {\overrightarrow {Az} }$ soient orientés respectivement suivant les vecteurs ${\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {A\Sigma } ,\overrightarrow {AE} }$ . Considérons, sur la surface d’une sphère centrée au point A et de rayon R, la configuration représentée sur la figure 9: le grand cercle (C ₁) passe par les pôles des grands cercles (C ₂) et (C ₃); le point E est un pôle de (C ₂); le cercle (C ₃) est oblique sur (C ₂) et il coupe le quadrant arc(ΣE) au point Δ; les deux points G et D sont situés sur le quadrant arc(BΔ) (G est entre B et D) et arc(EG), arc(ED) rencontrent arc(BΣ) respectivement aux points H et C. Soient M un point courant de arc(BΔ) et N le point d’intersection de arc(EM) avec arc(BΣ). Posons:

$\alpha = {\text{ angle}}(\Sigma A\Delta ),\beta = {\text{ angle}}(BAN),s = {\text{ long}}[{\text{arc}}(BM)]$

$f(s) = {\text{ long[arc}}(BN){\text{]}}.$

Fig. 9.

L’arc ouvert, arc(BΔ), admet l’équation paramétrique suivante:

$$$\begin{gathered} (x(s) = R{\text{ cos}}(s/R),y(s) = R{\text{ cos }}\alpha {\text{ sin\,}}(s/R),z(s) = R{\text{ sin \, }}\alpha {\text{ sin\,}}(s/R)), \\$

$(s \in {\text{ ]}}0,\pi R/2{\text{[ }}). \\ \end{gathered} $$$

Puisque f(s) = R β(s) et tg β(s) = cos α tg(s/R), on aura:

$f(s) = R{\text{ arctg}}(\cos \alpha {\text{ tg}}(s/R));$

$\eqalign{ &amp; f'(s) = {\rm{cos}}\alpha /[{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}(s/R) + {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}a{\rm{ si}}{{\rm{n}}^{\rm{2}}}(s/R)] {\rm{0, pour }}s \in ]0,\pi R/2[; \cr &amp; f''({\rm{s}}) = [{\rm{2 cos }}a{\rm{ si}}{{\rm{n}}^{\rm{2}}}{\rm{ }}a{\rm{ \cdot sin(}}s/R{\rm{) cos(}}s/R{\rm{)}}]{\rm{/}} \cr &amp; {\rm{/}}R{[{\rm{co}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}{\rm{(}}s/R{\rm{) + co}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}{\rm{ }}a{\rm{ si}}{{\rm{n}}^{\rm{2}}}(s/R)]^{\rm{2}}} {\rm{0, pour }}s \in ]{\rm{0}},\pi R/{\rm{2}}[. \cr}$

Donc la fonction f est croissante et convexe.

Si les points G et D admettent comme coordonnées respectivement s ₁ et s ₂ (s ₁ < s ₂), on aura arc(CH) / arc(GD) = [f(s ₂) – f(s ₁)] / (s ₂– s ₁), compris entre f′(s ₁) et f′(s ₂), puisque f est convexe.

Remarque sur l’assertion f)

Cherchons la valeur de ξ pour laquelle

$\begin{gathered} f^{\text{'}} (\xi ) = 1,{\text{ c'est - \grave{a} - dire cos }}\alpha /[{\text{cos}}^2 (\xi /R) + {\text{ cos}}^2 \alpha {\text{ sin}}^2 (\xi /R)] = 1 \\ \Leftrightarrow {\text{ cos}}^2(\xi /R) + {\text{ cos}}^2 \alpha \cdot {\text{ sin}}^2 (\xi /R) - {\text{ cos }}\alpha = 0 \\ \Leftrightarrow {\text{cos}}^2 (\xi /R) = {\text{ cos }}\alpha /(1 + {\text{ cos }}\alpha ). \\ \end{gathered}$

Donc,Footnote ²⁶ξ = R arccos[cos α / (1 + cos α)]^1/2 .

La dérivée f′(s) est croissante sur l’intervalle ]0, R.π/2[, car la dérivée f′′(s) est positive, donc:

1) si s ₁, s ₂ ∈ ]0, ξ [, (s ₂> s ₁), on a: f(s ₂) – f(s ₁)) < (s ₂– s ₁);
2) si s ₁, s ₂ ∈ ]ξ, π R/2[ (s ₂> s ₁), on a: f(s ₂) – f(s ₁)) > (s ₂– s ₁).

Si l’on désigne par R_ξ , R_Δ les rayons des cercles passant, parallèlement à (C ₂), par les points M_ξ = M(s = ξ) et Δ(s = Rπ/2), on trouve que la relation f′(ξ) = 1 est équivalente à la proportionFootnote ²⁷

$R_\xi /R = R_\Delta /R_\xi ;$

ou bien la même chose

${\text{hom}}(EM_\xi )/R = {\text{ hom}}(E\Delta )/{\text{ hom}}(EM_\xi ).$

C’est la partie principale de la proposition III.23 que Ménélaüs a bien établie; il n’a cependant pas expliqué comment il a pu trouver le point M_ξ.

Remarque sur les assertions a) et b)

Considérons, sur arc(BΔ), deux points: G(s ₁) et D(s ₂) tels que

$0 \leq s_1 &#x003C; s_2 \leq R\pi /2;$

et soient R_G et R_D les rayons des cercles passant, parallèlement à (C ₂), par les points G, et D; donc

${\text{arc}}(CH)/{\text{ arc}}(GD) = [f(s_2 ) - f(s_1 )]/(s_2 - s_1 ),$

compris entre

$f^' (s_1 ) = {\text{ cos }}\alpha /[{\text{cos}}^2 (s_1 /R) + {\text{ cos}}^2 \alpha {\text{ sin}}^2 (s_1 /R)] = R^2 {\text{cos }}\alpha /(R_G )^2$

$f^{\text{'}} (s_2 ) = {\text{ cos }}\alpha /[{\text{cos}}^2 (s_2 /R) + {\text{ cos}}^2 \alpha {\text{ sin}}^2 (s_2 /R)] = R^2 {\text{cos }}\alpha /(R_D )^2 .$

On a donc

$\begin{gathered} R^2 {\text{cos }}\alpha /(R_G )^2 = (RR_\Delta )/(R_G )^2 &#x003C; [f(s_2 ) - f(s_1 )]/(s_2 - s_1 ) = \\ = {\text{ arc}}(CH)/{\text{ arc}}(GD) &#x003C; R^2 {\text{cos }}\alpha /(R_D )^2 = (RR_\Delta )/(R_D )^2 . \\ \end{gathered}$

Comme R ≥ R_G, R_Δ/R_G ≤ (RR_Δ)/(R_G)² et comme R_D ≥ R_Δ, (RR_Δ)/(R_D)² ≤ R/R_D.

En conséquence,

$R_\Delta /R_G &#x003C; {\text{ arc}}(CH)/{\text{ arc}}(GD) &#x003C; R/R_D .$

Les assertions a) et b) sont donc vérifiées. L’assertion a) est une généralisation de la proposition III.11 de Théodose; alors que l’assertion b) couvre une partie de la proposition III.25 de Ménélaüs.

Remarque sur les assertions c), d) et e)

Considérons maintenant, deux réels x ₂, x _1. Si

$\pi /2 \geq x_2 &gt; x_1 &gt; 0,$

alors

$x_2 /x_1 &gt; ({\text{sin }}x_2 )/({\text{sin }}x_1 ).$

En effet, la fonction y = (sin x)/x est décroissante sur l’intervalle ]0, π/2[. Remarquons que ce résultat a été établi géométriquement par Ibn al-Haytham (voir note 24).

En s’appuyant sur l’inégalité

$x_2 /x_1 &gt; ({\text{sin }}x_2 )/({\text{sin }}x_1 ),$

et en appliquant la proposition III.22 de Ménélaüs, reprise par Ibn Hūd Footnote ²⁸ dans l’Istikmāl, on obtient:

1. arc(CH) / arc(GD) =
= [f(s ₂) – f(s ₁)] / (s ₂– s ₁) > sin [f(s ₂) – f(s ₁)] / sin(s ₂– s ₁)
= (R R_Δ) / (R_G R_D), si sin [f(s ₂) – f(s ₁)] / sin(s ₂– s ₁) > 1;
2. arc(CH) / arc(GD) =
= [f(s ₂) – f(s ₁)] / (s ₂– s ₁) < sin [f(s ₂) – f(s ₁)] / sin(s ₂– s ₁)
= (R R_Δ) / (R_G R_D), si sin [f(s ₂) – f(s ₁)] / sin(s ₂– s ₁) < 1.

On vérifie que l’inégalité

${\text{arc}}(CH)/{\text{ arc}}(GD) &gt; (RR_\Delta )/(R_G R_D )$

reste vraie même dans le cas limiteFootnote ²⁹ où D ≡ Δ (s ₂= Rπ/2); par suite,

${\text{sin }}[f(R\pi /2) - f(s_1 )]/{\text{ sin}}(R\pi /2 - s_1 ) = (RR_\Delta )/(R_G R_D ) = R/R_G &gt; 1;$

donc

${\text{arc}}(H\Sigma )/{\text{ arc}}(G\Delta ) &gt; R/R_G .$

Dans le cas a) lorsque D ≡ Δ, on obtient la propositionFootnote ³⁰ de Théodose. Ibn ʿIrāq reprend également cette proposition avec sa démonstration. Il reste qu’Ibn ʿIrāq remarque que cette démonstration ne peut se faire sans un lemme,Footnote ³¹ qu’il énonce et démontre. Ce lemme comprend comme cas particulier un lemme que Naṣīr al-Dīn al-Ṭūsī a attribué à Thābit ibn Qurra. Ibn ʿIrāq revient alors à la généralisation de la proposition de Théodose; il rectifie les erreurs commises par Ménélaüs et donne une démonstration extrinsèque généralisantFootnote ³² la démonstration de Théodose pour un arc GD choisi arbitrairement sur le quadrant arc(BΔ) (Fig. 4).

Dans le cas a) de la proposition, lorsque D ≡ Δ, Ibn Hūd expose une démonstration identique à celles de Théodose et d’Ibn ʿIrāq, mais sans citer le lemme mentionné par Ibn ʿIrāq. Lorsque D est un point intérieur à l’arc BΔ, Ibn Hūd reprend également la démonstration; mais, au lieu de procéder par une méthode extrinsèque comme Ibn ʿIrāq, il introduit une méthode intrinsèque. Il s’appuie uniquement sur les propriétés des triangles sphériques (voir la note 18), sur le résultat d’un cas particulier (lorsque D ≡ Δ, c’est-à-dire l’hypothèse de la proposition de Théodose) et il prouve l’inégalité

${\text{arc}}(HC)/{\text{ arc}}(GD) &#x003C; d/d_D .$

Donc, dans la partie a) de la proposition, lorsque D est un point intérieur à l’arc BΔ, Ibn Hūd donne une nouvelle démonstration comme nous l’avons vu.

Exposons à présent les résultats cités d’al-Ṭūsī, d’Ibn ʿIrāq et d’Ibn Hūd.Footnote ³³

III. LES TEXTES TRADUITS ET COMMENTÉS

1. Extraits du commentaire d’al-Ṭūsī des Sphériques de ThéodoseFootnote ³⁴

– III.11 – Si le pôle de cercles parallèles d’une sphère est situé sur un grand cercle, si ce grand cercle est coupé, à angles droits, par deux autres grands cercles, dont l’un est un des cercles parallèles et dont l’autre est incliné sur les cercles parallèles et si le cercle incliné est coupé par un autre grand cercle passant par le pôle des cercles parallèles, entre le plus grand des cercles parallèles et le cercle des parallèles qui est tangent au cercle incliné, le rapport du diamètre de la sphère au diamètre [J-62^r] du cercle des parallèles qui est tangent au cercle incliné est alors plus grand que le rapport de l’arc du plus grand des parallèles, situé entre le premier plus grand cercle et l’autre cercle passant aussi par le pôle des parallèles, à l’arc du cercle incliné situé également entre eux (Fig. 10).

Que ABC soit le premier plus grand cercle, que A soit le pôle des cercles parallèles et que les deux grands cercles perpendiculaires au cercle ABC soient le cercle BEC qui est un des parallèles et DEG qui est le cercle incliné; et que l’autre grand cercle, passant par le pôle des cercles parallèles, soit AHK, et qu’il coupe le cercle incliné DEG au point [B-59^v] H, entre le plus grand cercle des parallèles BEC et DLM qui est tangent au cercle incliné. Nous disons que le rapport du diamètre de la sphère au diamètre du cercle DLM est plus grand que le rapport de BI à DH.

Fig. 10.

Décrivons un cercle parallèle passant par le point H, soit le cercle NHS. Que les sections communes à ces plans soient les droites AK, DG, BC, NS, DM, IO, HQ, HP et HO. Le grand cercle ABC, qui passe par les pôles des cercles parallèles, les coupe en deux moitiés et à angles droits; donc les droites DM, NS et BC sont des diamètres parallèles des cercles parallèles DLM, NHS et BEC; l’axe AK est perpendiculaire aux plans de ces cercles et il passe par leurs centres; et les points R, P et O sont leurs centres. Puisque le plan AHK coupe les deux plans parallèles NHS et BEC, les intersections HP et IO sont parallèles; par conséquent, les deux droites NP et PH sont respectivement parallèles aux deux droites BO et OI et elles ne sont pas coplanaires, donc les deux angles NPH et BOI sont égaux; et puisque les deux cercles NHS et DEG sont perpendiculaires au cercle ABC, leur intersection, qui est HQ, est perpendiculaire à ce cercle, et donc aux droites PQ et OQ qui sont situées dans son plan; alors les deux angles HQP et HQO sont droits; et puisque la droite AK est perpendiculaire à la droite NS, l’angle QPO est droit, donc l’angle POQ est aigu; la droite QO est donc plus grande que la ligne QP. Posons QX égale à QP et menons HX. Puisque, dans les deux triangles HQP et HQX, le côté HQ est commun, que les deux côtés QP et QX sont égaux [B-60^r] et que les deux angles HQP et HQX sont droits, alors <les côtés> HP et HX sont égaux et l’angle HPQ est égal à l’angle HXQ; mais l’angle HPQ est comme [J-62^v] l’angle IOB, donc l’angle HXQ est égal à l’angle IOB; et puisque, dans le triangle HQO, l’angle Q est droit et que l’on a mené, dans ce triangle, une droite HX, le rapport de OQ à QX, c’est-à-dire à QP, est alors plus grand que le rapport de l’angle HXQ à l’angle HOQ. Mais l’angle HXQ est égal à l’angle IOB, c’est-à-dire égal à l’arc IB, et l’angle HOQ est égal à l’arc DH; par conséquent le rapport de OQ à QP, c’est-à-dire le rapport de OD à DR, a fortiori le rapport de DG, qui est le diamètre de la sphère, à DM, qui est le diamètre du cercle DLM, est plus grand que le rapport de l’arc IB à l’arc HD. Ce que nous voulions.

Lemme attribué par Naṣīr al-Dīn al-Ṭūsī à Thābit ibn QurraFootnote ³⁵

Lemme. Je dis qu’il se trouverait dans certaines copies une proposition attribuée à Thābit, destinée à montrer le lemme utilisé ici, dont l’énoncé est le suivant:

Que, dans le triangle ABC, l’angle B soit droit; menons, dans ce triangle, CD quelconque. Je dis que le rapport de AB à BD est plus grand que le rapport de l’angle BDC à l’angle BAC (Fig. 11).

Fig. 11.

Démonstration

Circonscrivons au triangle ADC le cercle ADCE; menons, du point D, parallèlement à BC, la droite DGE; joignons AE et CE. Puisque l’angle ADE, qui est égal à l’angle droit ABC, est droit, la droite AE est un diamètre du cercle, et donc elle est plus grande que la corde ED qui est plus grande que EG; et puisque l’angle ACE, qui est inscrit dans le demi-cercle, est droit et que l’angle EGC est aigu, la droite EG est plus grande que EC; si donc nous décrivons, du centre E, à la distance EG, le segment de cercle HGI et si nous prolongeons EC jusqu’en H, le secteur IGE est plus petit que le triangle AGE et le secteur GHE est plus grand que le triangle GCE; donc le rapport du triangle AGE au triangle GCE, c’est-à-dire le rapport de AG à GC, a fortiori le rapport de AD à DB, est plus grand que le rapport du secteur IGE au secteur GHE, c’est-à-dire le rapport de l’arc IG à l’arc GH, a fortiori le rapport de l’angle AED à l’angle GEH, qui est le même que le rapport de l’angle DCA à l’angle DAC. Si nous composons, le rapport de AB à BD est plus grand que le rapport de la somme des deux angles DCA et DAC, c’est-à-dire de l’angle BDC, à l’angle BAC. Ce que nous voulions.

Autre démonstration du lemme d’Ibn QurraFootnote ³⁶

D’une autre manière, [B-60^v] nous reprenons le triangle ABC, la droite CD et le problème tel qu’il est (Fig. 12). Menons DE parallèle à AC et décrivons, du centre D et à la distance ED, un segment de cercle; soit GEH. Puisque l’angle DBE est droit et que l’angle DEB est aigu, [J-63^r] DE est plus grande que DB, et, de même, puisque l’angle DEC est obtus et que l’angle DCE est aigu, DC est plus grande que DE; donc l’arc de segment de cercle coupe la droite DC en G, mais il passe à l’extérieur de DB; prolongeons DB jusqu’à ce qu’elle coupe le cercle en H; ainsi le triangle DCE est plus grand que le secteur DGE et le triangle DEB plus petit que le secteur DEH; donc le rapport du triangle DCE au triangle DEB – c’est-à-dire le rapport de CE à EB, a fortiori le rapport de AD à DB –, est plus grand que le rapport du secteur DGE au secteur DEH – c’est-à-dire le rapport de l’angle CDE à l’angle EDH; mais l’angle CDE est égal à son angle alterne qui est l’angle DCA, l’angle externe EDH est égal à l’angle interne BAC, donc le rapport de AD à DB est plus grand que le rapport de l’angle ACD à l’angle BAC; et, par composition, le rapport de AB à BD est plus grand que le rapport de la somme des deux angles ACD et CAD – c’est-à-dire de l’angle BDC –, à l’angle BAC. Ce que nous voulions .

Fig. 12.

Commentaires du lemme de Thābit ibn Qurra

Lemme. Si ABC est un triangle rectangle en B et si D est un point intérieur arbitraire du côté AB, alors

$AB/BD &gt; {\text{ angle}}(BDC)/{\text{ angle}}(BAC).$

Preuve (Fig. 11): Décrivons le cercle (C ₁) circonscrit au triangle ADC et menons du point D, parallèlement à BC, la droite DG qui coupe la circonférence de (C ₁) en E et le côté AC en G. Joignons les points A et E et les points C et E. Le segment de droite AE est un diamètre de (C ₁), car angle(ADE), qui est égal à angle(ABC), est droit; donc AE > ED, et donc, a fortiori, AE > EG; d’autre part, angle(EGC) est aigu, car le triangle ECA est rectangle en C, donc EG > EC. Décrivons du centre E, à la distance EG, un autre cercle (C ₂) et soient I et H les points d’intersection de la circonférence de (C ₂), respectivement, avec les demi-droites EA et EC. Le point I est entre E et A, car AE > EG, et le point C est entre E et H, car EG > EC. En comparant les aires des triangles GEA et GEC avec les aires des secteurs circulaires, respectivement, GEI, GEH, on aura:

${\text{aire}}{\text{.tr}}(GEA) &gt; {\text{ aire}}{\text{.sect}}(GEI),{\text{ aire}}{\text{.tr}}(GEC) &#x003C; {\text{ aire}}{\text{.sect}}(GEH);$

donc

${\text{aire}}{\text{.tr}}(GEA)/{\text{ aire}}{\text{.tr}}(GEC) &gt; {\text{ aire}}{\text{.sect}}(GEI)/{\text{ aire}}{\text{.sect}}(GEH);$

puisque les deux triangles ont la même hauteur, on a:

${\text{aire}}{\text{.tr}}(GEA)/{\text{ aire}}{\text{.tr}}(GEC) = AG/GC;$

mais CB et GD sont parallèles, donc

Par conséquent,

${\text{aire}}{\text{.tr}}(GEA)/{\text{ aire}}{\text{.tr}}(GEC) = AG/GC = AD/DB;$

d’autre part,

${\text{aire}}{\text{.sect}}(GEI)/{\text{ aire}}{\text{.sect}}(GEH) = {\text{ arc}}(IG)/{\text{ arc}}(GH);$

mais

${\text{arc}}(IG)/{\text{ arc}}(GH) = {\text{ angle}}(AED)/{\text{ angle}}(GEH);$

et puisque angle(AED) = angle(ACD) et que angle(GEH) = angle (DAC), on a:

${\text{aire}}{\text{.sect}}(GEI)/{\text{ aire}}{\text{.sect}}(GEH) = {\text{ angle}}(ACD)/{\text{ angle}}(DAC);$

et par conséquent,

$AD/DB &gt; {\text{ angle}}(ACD)/{\text{ angle}}(DAC);$

d’où

$(AD + DB)/DB &gt; [{\text{angle}}(ACD) + {\text{ angle}}(DAC)]/{\text{ angle}}(DAC);$

en conséquence,

$AB/DB &gt; {\text{ angle}}(BDC)/{\text{ angle}}(DAC).$

C.Q.F.D.

Commentaire de l’autre démonstration (Fig. 12)

Soit E le point d’intersection de CB avec la droite menée du point D parallèlement à AC; décrivons le cercle (C ₁) centré au point D et de rayon DE; le segment de droite DB est plus petit que DE, car l’angle B est droit; donc la circonférence de (C ₁) coupe la demi-droite DB au-delà de B en un point H; d’autre part, angle(DEC) est obtus et angle(DCE) est aigu, donc le segment de droite CD est plus grand que ED; et, en conséquence, la circonférence de (C ₁) coupe CD en un point G situé entre D et C. Pour les triangles CDE et EDB et les secteurs circulaires GDE, EDH, on déduit les relations

${\text{aire}}{\text{.tr}}(CDE) &gt; {\text{ aire}}{\text{.sect}}(GDE),{\text{ aire}}{\text{.tr}}(EDB) &#x003C; {\text{ aire}}{\text{.sect}}(EDH);$

donc

${\text{aire}}{\text{.tr}}(CDE)/{\text{ aire}}{\text{.tr}}(EDB) &gt; {\text{ aire}}{\text{.sect}}(GDE)/{\text{ aire}}{\text{.sect}}(EDH);$

et puisque les triangles CDE, EDB possèdent la même hauteur et les droites ED et CA sont parallèles, on aura:

${\text{aire}}{\text{.tr}}(CDE)/{\text{ aire}}{\text{.tr}}(EDB) = CE/EB = AD/DB;$

d’autre part,

$\begin{align*} {\text{aire}}{\text{.sect}}(GDE)/{\text{ aire}}{\text{.sect}}(EDH) &#x0026;= {\text{ arc}}(GE)/{\text{ arc}}(EH) \\ &#x0026;= {\text{ angle}}(GDE)/{\text{ angle}}(EDB); \\ \end{align*}$

donc

$AD/DB &gt; {\text{ angle}}(GDE)/{\text{ angle}}(EDB);$

mais

${\text{angle}}(GDE) = {\text{ angle}}(DCA){\text{ et angle}}(EDB) = {\text{ angle}}(DAC);$

par suite

$AD/DB &gt; {\text{ angle}}(DCA)/{\text{ angle}}(DAC);$

d’où

$(AD + DB)/DB &gt; [{\text{angle}}(DCA) + {\text{ angle}}(DAC)]/{\text{ angle}}(DAC);$

et en conséquence,

$AB/DB &gt; {\text{ angle}}(CDB)/{\text{ angle}}(DAC).$

C.Q.F.D.

Bien que l’énoncé ainsi que la démonstration de ce lemme ne soient pas abordés dans le texte de Théodose non plus que dans celui d’Ibn Hūd, notons que le contenu géométrique du lemme était connu depuis la tradition grecque; nous trouvons par exemple chez Archimède l’énoncé suivant:

Si, parmi les côtés de deux triangles rectangles qui comprennent l’angle droit, les uns sont égaux et les autres inégaux, la raison du plus grand des angles inégaux compris par les côtés inégaux au plus petit de ces angles, est plus grande que la raison du plus grand des côtés opposés à l’angle droit au plus petit de ces côtés, et moindre que la raison du plus grand des côtés qui comprennent l’angle droit au plus petit.Footnote ¹

Énoncé qui couvre assurément celui du lemme d’Ibn Qurra, mais il est formulé par Archimède sans preuve.

Le lemme attribué à Thābit ibn Qurra s’interprète de la manière suivante (voir Fig. 12):

$\begin{align*} {\text{tg}}{\text{.angle}}(BDC) &#x0026;= {\text{ sgm}}(BC)/{\text{sgm}}(BD){\text{ et}} \\ {\text{tg}}{\text{.angle}}(BAC) &#x0026;= {\text{ sgm}}(BC)/{\text{sgm}}(AB), \\ \end{align*}$

donc

${\text{sgm}}(AB)/{\text{sgm}}(BD) = {\text{ tg}}{\text{.angle}}(BDC)/{\text{tg}}{\text{.angle}}(BAC);$

et le lemme dit que

${\text{tg}}{\text{.angle}}(BDC)/{\text{tg}}{\text{.angle}}(BAC) &gt; {\text{ angle}}(BDC)/{\text{ angle}}(BAC).$

Autrement dit, la fonction x → tg x/x est croissante pour 0 < x < π/2.

De même, l’énoncé d’Archimède concerne les triangles rectangles ABC, A′B′C′ tels que BC = B′C′ et AB > A′B′. Il affirme que

${\text{sgm}}(AC)/{\text{sgm}}(A^' C^' ) &#x003C; \alpha ^{\text{'}} /\alpha &#x003C; {\text{ sgm}}(AB)/{\text{sgm}}(A^' B^' ).$

$\begin{align*} {\text{sin }}\alpha &#x0026;= {\text{ sgm}}(BC)/{\text{sgm}}(AC),{\text{ sin }}\alpha ^{\text{'}} = {\text{ sgm}}(B^' C^' )/{\text{sgm}}(A^' C^' ), \\ {\text{tg }}\alpha &#x0026;= {\text{ sgm}}(BC)/{\text{sgm}}(AB){\text{ et tg }}\alpha ^{\text{'}} = {\text{ sgm}}(B^' C^' )/{\text{sgm}}(A^' B^' ); \\ \end{align*}$

ainsi,

${\text{sgm}}(AC)/{\text{sgm}}(A^' C^' ) = {\text{ sin }}\alpha ^{\text{'}} /{\text{sin }}\alpha {\text{ et sgm}}(AB)/{\text{sgm}}(A^' B^' ) = {\text{ tg }}\alpha ^{\text{'}} /{\text{tg }}\alpha .$

L’énoncé signifie donc que

${\text{sin }}\alpha ^{\text{'}} /{\text{sin }}\alpha &#x003C; \alpha ^{\text{'}} /\alpha &#x003C; {\text{ tg }}\alpha ^{\text{'}} /{\text{tg }}\alpha .$

Autrement dit, sin x/x est décroissant et tg x/x est croissant pour 0 < x < π/2.

2. Extraits du commentaire d’Ibn ʿIrāq des Sphériques de Ménélaüs, livre III Footnote ²

Lemme: Le triangle ABC est tel que le côté BC ne soit pas plus petit que le côté AC. On mène une droite quelconque BE au côté AC. (Fig. 13 et 14).

Je dis que le rapport de CA à AE est plus grand que le rapport de l’angle BEA à l’angle BCA.

Étant donné que nous menons CG parallèlement à BE, que nous prolongeons AB jusqu’à ce qu’elles se rencontrent en G et que BC n’est pas plus petit que AC, GC est plus grande que BC. Posons le point C comme centre et traçons, à la distance CB, l’arc ABH. L’arc BH rencontre la droite GC entre les points G et C et, si AC n’est pas plus petite que BC, il la rencontre au point A. Il est clair que le triangle ABC est plus petit que le secteur ABC et que le triangle GBC est plus grand que le secteur BHC; mais le rapport du triangle GBC au triangle [L-52^v] ABC est égal au rapport de GB à BA; donc le rapport de GB à BA est plus grand que le rapport du secteur CHB au secteur ACB. Si nous composons, le rapport de GA à AB est donc plus grand que le rapport du secteur ACH au secteur ACB; mais le rapport du secteur ACH au secteur ACB est égal au rapport de l’angle GCA à l’angle ACB, l’angle GCA est égal à l’angle AEB et le rapport de GA à AB est égal au rapport de CA à AE; le rapport de CA à AE est donc plus grand que le rapport de l’angle AEB à l’angle ACB. Ce qu’il fallait démontrer.

Fig. 13.

Fig. 14.

Commentaire du lemme d’Ibn ʿIrāq

Lemme (Fig. 15): Soit ABC un triangle de côté sgm(BC) supérieur ou égal au côté sgm(AC). Si E est un point arbitraire intérieur du côté sgm(AC), alors

${\text{sgm}}(AC)/{\text{ sgm}}(AE) &gt; {\text{ angle}}(BEA)/{\text{ angle}}(BCA).$

Fig. 15.

Preuve: Menons, parallèlement à la droite EB, une droite CG. Les droites CG et AB ne sont pas parallèles, car les droites EB et AB ne le sont pas; donc la droite AB coupe la droite CG en un point, soit G. D’autre part,

${\text{angle}}(BAC) \geq {\text{ angle}}(ABC)({\text{car sgm}}(BC) \geq {\text{ sgm}}(AC));$

mais

${\text{angle}}(CBG) = {\text{ angle}}(BAC) + {\text{ angle}}(ACB)$

${\text{angle}}(ABC) = {\text{ angle}}(BGC) + {\text{ angle}}(BCG);$

donc

angle(CBG) ≥ angle(ABC) + angle(ACB) > angle(ABC) > angle(BGC);

par conséquent,

${\text{sgm}}(CG) &gt; {\text{ sgm(}}CB).$

Décrivons un cercle (Σ) centré au point C et de rayon sgm(CB); puisque sgm(CG) > sgm(CB), la circonférence arc(Σ) coupe sgm(CG) en un point intérieur, soit H; et puisque 0 < sgm(CA) ≤ sgm(CB), arc(Σ) coupe le prolongement de sgm(CA) en un point A′ de telle manière que A soit sur le segment semi-ouvert à gauche sgm(CA′). Ainsi les triangles ABC, BCG et les secteurs circulaires A′CB et BCG vérifient les relations suivantes:

${\text{aire}}{\text{.tr}}(ABC) &#x003C; {\text{ aire}}{\text{.sect}}(A^' CB),$

aire.tr(BCG) > aire.sect(BCH);

donc

${\text{aire}}{\text{.tr}}(BCG)/{\text{ aire}}{\text{.tr}}(ABC) &gt; {\text{ aire}}{\text{.sect}}(BCH)/{\text{ aire}}{\text{.sect}}(A^' CB);$

mais

${\text{aire}}{\text{.tr}}(BCG)/{\text{ aire}}{\text{.tr}}(ABC) = {\text{ sgm}}(BG)/{\text{ sgm}}(AB) = {\text{ sgm}}(CE)/sgm(EA)$

$\begin{gathered} {\text{aire}}{\text{.sect}}(BCH)/{\text{ aire}}{\text{.sect}}(A^' CB) = {\text{ arc}}(BH)/{\text{ arc}}(A^' B) = \hfill \\ = {\text{ angle}}(BCH)/{\text{ angle}}(ACB) = {\text{ angle}}(EBC)/{\text{ angle}}(ACB); \hfill \\ \end{gathered}$

donc

${\text{sgm}}(CE)/{\text{ sgm}}(EA) &gt; {\text{ angle}}(EBC)/{\text{ angle}}(ACB);$

par suite

$\begin{gathered} [{\text{sgm}}(CE) + {\text{ sgm}}(EA)]/{\text{ sgm}}(EA) &gt; \hfill \\ &gt; [{\text{angle}}(EBC) + {\text{ angle}}(ACB)]/{\text{ angle}}(ACB). \hfill \\ \end{gathered}$

En conséquence,

${\text{sgm}}(AC)/{\text{ sgm}}(EA) &gt; {\text{ angle}}(AEB)/{\text{ angle}}(ACB).$

C.Q.F.D.

Donc le lemme d’Ibn ʿIrāq généralise le résultat du lemme d’Ibn Qurra sur des triangles qui ne sont pas obligatoirement rectangles.

Proposition de Théodose reprise par Ibn ʿIrāq.Footnote ³

Que le <grand> cercle ABCD soit perpendiculaire aux cercles parallèles, que le cercle AGC soit le plus grand d’entre eux et que le grand cercle HGI soit incliné sur les cercles parallèles et perpendiculaire au cercle ABCD. Que E soit le centre de la sphère et que les deux points B, D soient les deux pôles des cercles parallèles. Traçons l’arc du grand cercle, NU. Je dis que le rapport du diamètre de la sphère au diamètre du cercle parallèle au cercle AGC et tangent au cercle HI au point H, est plus grand que le rapport de l’arc AU à l’arc HN.

En effet, menons les diamètres AEC, BED, HEI et HLS parallèle au diamètre AEC. Quant à HLS, il est alors le diamètre du cercle tangent au cercle HGI et parallèle au cercle AGC; quant au diamètre BED, il est alors perpendiculaire à tous les diamètres parallèles. Décrivons le cercle KNM, un des cercles parallèles, et menons le diamètre KPM. L’intersection <NO> des deux cercles HGI et KNM qui sont perpendiculaires au cercle ABCD est donc perpendiculaire au plan ABCD; puisque B est le pôle des deux cercles AGC et KNM, l’arc KN est semblable à l’arc AU et le point P, qui est commun au diamètre KPM et au diamètre BED – qui passe par les pôles des cercles AGC, KNM – est le centre du cercle KNM; l’angle NPO est donc de même grandeur que l’arc AU et l’angle NEO est de même grandeur que l’arc HN; mais EO est plus grand que PO, car l’angle P est droit. Posons OJ égal à PO et joignons NJ; puisque l’angle NOJ est droit, que OJ est égal à PO et que NO est commun, l’angle OJN est égal à l’angle OPN. D’après ce qu’on a déjà montré,Footnote ⁴ il devient clair que le rapport de la droite EO à la droite OJ est plus grand que le rapport de l’angle OJN à l’angle OEN; donc le rapport de EO à OP est plus grand que le rapport de l’angle AEU à l’angle OEN; mais le rapport de l’angle AEU à l’angle OEN est égal au rapport de l’arc AU à l’arc HN et le rapport de EO à OP est égal au rapport de EH à HL, donc le rapport de EH – qui est la moitié du diamètre de la sphère – à HL – qui est la moitié du diamètre du cercle tangent au cercle HGI au point H – est plus grand que le rapport de l’arc AU à l’arc HN. Ce qu’il fallait démontrer.

3. Extrait du livre al-Istikmāl d’Ibn HūdFootnote ⁵

21 <Proposition> Si deux des grands cercles de la surface d’une sphère sont inclinés l’un sur l’autre, si l’on marque sur l’un de ces deux cercles deux points, dans l’un des deux quadrants situés d’un même côté de l’intersection, et si de ceux-ci on abaisse, perpendiculairement à l’autre cercle, deux <arcs> de grands cercles, alors le rapport de l’arc situé entre les deux pieds des deux perpendiculaires à l’arc séparé de l’autre cercle sera plus petit que le rapport du diamètre de la sphère au diamètre du cercle passant parallèlement au deuxième grand cercle par les deux extrémités de l’arc séparé qui est plus rapprochée de l’extrémité du quadrant du cercle situé de l’autre côté de l’intersection, et plus grand que le rapport du diamètre du cercle tangent au cercle incliné, au diamètre du cercle qui lui est parallèle, qui passe par les deux extrémités de l’arc séparé, qui est plus proche du point d’intersection. Si l’arc situé entre les deux perpendiculaires est plus grand que l’arc séparé, le rapport du premier arc au second est plus grand que le rapport du rectangle entouré par le diamètre de la sphère et le diamètre du cercle tangent au cercle incliné, au rectangle entouré par les diamètres des deux cercles passant <parallèlement à l’autre cercle> par les deux extrémités de l’arc séparé. Si l’arc situé entre les deux perpendiculaires est plus petit que l’arc séparé, alors le rapport du premier au second est plus petit que le rapport du rectangle entouré par le diamètre de la sphère et le diamètre du cercle tangent, au rectangle entouré par les diamètres des deux cercles passant par les deux extrémités de l’arc séparé.

Exemple:

Soit une sphère de centre A et soient sur sa surface deux grands cercles BC et DB inclinés l’un sur l’autre. On marque sur le cercle BD deux points D et G de l’arc BD qui n’est pas plus grand qu’un quadrant de cercle. On mène de ces points deux arcs de grands cercles DC et GH perpendiculaires au cercle BC. Je dis que le rapport de l’arc CH à l’arc DG est plus petit que le rapport du diamètre de la sphère au diamètre du cercle qui passe par D parallèlement au cercle BC, et plus grand que le rapport du diamètre du cercle [89^v] <parallèle au cercle BC et> tangent au cercle BD, au diamètre du cercle qui lui est parallèle et qui passe par le point G.

Démonstration:

Le point D ou bien est l’extrémité du quadrant de cercle ou bien il ne l’est pas. Qu’il soit d’abord l’extrémité du quadrant de cercle. Prolongeons les deux arcs CD et HG jusqu’au pôle E et abaissons du point G au plan du cercle CDE la perpendiculaire GK, qui coupe l’intersection des plans des deux cercles BD et CD, soit DKA. Soit la droite AE l’intersection du cercle HGE et du cercle CDE. Traçons autour du pôle E et à la distance EG, le cercle GI; son plan passe alors par la perpendiculaire GK. Soient la droite IKL l’intersection du cercle GI et du cercle CIDE, la droite DM l’intersection du cercle tangent au cercle BD et du cercle CID, la droite AH l’intersection des deux cercles EGH et BHC et la droite AG l’intersection des deux cercles BGD et EGH. Puisque la droite KL est perpendiculaire à la droite AE, la droite AK est plus grande que la droite KL. Séparons de AK une droite égale à KL, soit KN, et joignons NG et LG; l’angle GNK, qui est plus grand que l’angle GAD, est alors égal à l’angle G<L>I, qui est égal à l’angle HAC; le rapport de la droite AK à la droite KN – qui est égale à la droite KL – est alors plus grand que le rapport de l’angle GNK à l’angle GAK. Mais le rapport de AK à KL est égal au rapport de AD à DM; or AD est le demi-diamètre de la sphère, DM est le demi-diamètre du cercle tangent au cercle DB et A est le centre de la sphère, alors le rapport de l’arc HC à l’arc GD est plus petit que le rapport du diamètre de la sphère au diamètre du cercle tangent au point D.

Si l’arc DB est plus petit qu’un quart de cercle, qu’un arc d’un grand cercle passe par le point D perpendiculairement au cercle EDC, et qu’il rencontre le cercle EGH au point S. Puisque les deux angles aux points C et D sont droits, chacun des deux arcs DS et CB prolongé, s’ils se rencontrent, sera un quart de cercle, et ce qui est au-delà des deux arcs DS et CH sera inférieur à un demi-cercle; donc l’angle DSG est obtus et l’arc DG est alors plus grand que l’arc DS; et le rapport de l’arc CH à l’arc DS est plus petit que le rapport du diamètre de la sphère au diamètre du cercle passant par le point D parallèlement au cercle BC .

L’arc CH ou bien est plus grand que l’arc GD, ou bien il est plus petit que lui. Si l’arc CH est plus grand que l’arc DG – mais le diamètre du cercle qui passe par le point D est plus petit que le diamètre du cercle qui passe par le point G –, alors le rapport de l’arc CH à l’arc DG est beaucoup plus grand que le rapport du diamètre du cercle qui passe par le point D au diamètre du cercle qui passe par le point G.

Si l’arc CH est plus petit que l’arc DG, posons de la même manière l’arc OH plus petit que l’arc UG; alors l’homologue de OH est plus petit que l’homologue de UG, c’est pourquoi le rectangle entouré par le diamètre de la sphère et le diamètre du cercle tangent au cercle BD sera plus petit que le rectangle entouré par les diamètres des cercles qui passent par les deux points G et U. Posons le plan entouré par les diamètres des deux cercles qui passent par les deux points G, D égal au plan entouré par le diamètre de la sphère et le diamètre du cercle tangent au cercle BD.

Posons également le rectangle entouré par les diamètres des deux cercles passant par les deux points U et P, alors le point G est au-dessous du point P et le point U est au-dessous du point D. Menons les cercles EPQ et EDC. [90^r] Puisque le rapport de l’homologue de l’arc CH à l’homologue de l’arc DG est égal au rapport du rectangle entouré par le diamètre de la sphère et le diamètre du cercle tangent, au rectangle entouré par les diamètres des deux cercles passant par les points D et G, et que les deux rectangles sont supposés égaux, l’homologue de l’arc CH est alors égal à l’homologue de l’arc DG; mais chacun d’eux est inférieur à un quart de cercle, donc l’arc CH est égal à l’arc GD. De la même manière, on montre que l’arc OQ est égal à l’arc UP; il reste la somme des deux arcs DU et PG égale à la somme des deux arcs CO et QH; mais le rapport de l’homologue de CO à l’homologue de UD est égal au rapport du rectangle entouré par les diamètres des deux cercles passant par les deux points D et G, au rectangle qui est entouré par les diamètres des deux cercles passant par les deux points D et U. Si nous enlevons le diamètre du cercle qui passe par le point D, qui est une hauteur commune aux deux rectangles, le rapport du diamètre du cercle qui passe par le point G au diamètre du cercle qui passe par le point U est égal au rapport de l’homologue de l’arc CO à l’homologue de l’arc DU. De même, le rapport de l’homologue de l’arc QH à l’homologue de l’arc PG est égal au rapport du rectangle entouré par les diamètres des deux cercles passant par les deux points U et P, au rectangle entouré par les deux cercles passant par les deux points P et G. Si nous enlevons le diamètre du cercle qui passe par le point P, qui est une hauteur commune aux deux rectangles, le rapport du diamètre du cercle qui passe par le point G au diamètre du cercle qui passe par le point U est égal au rapport de l’homologue de l’arc GP à l’homologue de l’arc HQ. Mais ce rapport était égal au rapport de l’homologue de l’arc CO à l’homologue de l’arc DU, donc le rapport de l’homologue de l’arc CO à l’homologue de l’arc DU est égal au rapport de l’homologue de l’arc PG à l’homologue de l’arc QH; mais la somme des deux arcs DU et PG est égale à la somme des deux arcs QH, CO, l’arc PG est donc égal à l’un des deux arcs QH et CO; or il est plus grand que l’arc QH, donc il est égal à l’arc CO; alors l’arc UG, tout entier, est égal à l’arc CQ, tout entier, et de même, l’arc DP, tout entier, est égal à l’arc OH et le rapport de l’arc CQ à l’arc DP, qui est égal au rapport de l’arc UG à l’arc OH, est plus petit que le rapport du diamètre de la sphère au diamètre du cercle passant par le point D; et, si nous inversons le rapport, le rapport de l’arc OH à l’arc UG sera plus grand que le rapport du diamètre du cercle passant par le point D au diamètre de la sphère; or le rapport du diamètre du cercle qui passe par le point D au diamètre de la sphère est comme le rapport du diamètre du cercle tangent au cercle BD au diamètre du cercle passant par le point G; le rapport de l’arc OH à l’arc UG est donc plus grand que le rapport du diamètre du cercle tangent au diamètre du cercle passant par le point G.

Il en ressort clairement que, si l’arc CH est plus grand que l’arc DG, alors leur rapport est plus grand que le rapport de leurs homologues, qui sont proportionnels aux rectangles indiqués. Si l’arc CH est plus petit que l’arc DG, leur rapport sera également plus petit que le rapport de leurs homologues, qui sont proportionnels aux deux rectangles indiqués. Dès lors on montre que, si le point D est l’extrémité du quart de cercle, alors le rapport de l’arc CH à l’arc DG est plus grand que le rapport du diamètre de la sphère au diamètre du cercle passant par le point G; en effet, le rapport de l’homologue de l’arc CH à l’homologue de l’arc DG est égal au rapport du rectangle qui est entouré par le diamètre de la sphère et le diamètre du cercle qui passe par le point D, au rectangle entouré par le diamètre du cercle qui passe par le point G et le diamètre du cercle qui passe par le point D; si donc nous enlevons le diamètre du cercle passant par le point D, le rapport de l’homologue de l’arc CH [90^v] à l’homologue de l’arc DG sera égal au rapport du diamètre de la sphère au diamètre du cercle qui passe par le point G; le rapport de l’arc CH à l’arc DG est donc plus grand que le rapport du diamètre de la sphère au diamètre du cercle qui passe par le point G.

Mais comment déterminer le point qui délimite les arcs, le plus grand et le plus petit des deux cercles inclinés, c’est selon ce que je décris: que la figure soit la même et que le point D soit l’extrémité du quart du cercle. Menons l’arc EP de telle manière que son homologue soit la moyenne proportionnelle entre le diamètre de la sphère et l’homologue de l’arc ED. Je dis que le point P est le point qui délimite les arcs indiqués.

En effet, si nous marquons sur l’arc DP un point U et sur l’arc PB un point G et si nous menons du pôle E les cercles EUO, EGH et EPQ, alors l’arc OQ sera plus grand que l’arc UP et l’arc QH sera plus petit que l’arc PG.

Démonstration:

Le rapport de l’homologue de OQ à l’homologue de UP est égal au rapport du rectangle entouré par le diamètre de la sphère et le diamètre du cercle tangent – qui est égal au carré du diamètre du cercle qui passe par le point P – au rectangle entouré par les diamètres des deux cercles qui passent par les deux points P et U, qui est égal au rapport du diamètre du cercle qui passe par le point P au diamètre du cercle qui passe par le point U; donc l’arc OQ est plus grand que l’arc UP. De la même manière on montre que l’arc QH est plus petit que l’arc PG. Ce qu’il fallait démontrer .

Footnotes

3 Mort en 1085 (478 H.). Sur la vie et les écrits d’Ibn Hūd, voir Rashed, R., Les mathématiques infinitésimales du IX^e au XI^e siècle (Londres, 1996), vol. I, p. 976 ; Al-Houjairi, M., L’Encyclopédie d’Ibn Hūd, thèse doctorale (Univ. Paris 7, 2005), vol. I, pp. 354–356 ; Hogendijk, J. P., “The geometrical parts of the Istikmāl of Yūsuf al-Muʾtaman ben Hūd (11th century). An analytical table of contents”, Archives internationales d’histoire des sciences, 41 (1991): 207–281 . Dans son livre l'Istikmāl, Ibn Hūd consacre deux chapitres à la géométrie sphérique. Il expose un plan de recherche ultérieur; il y décrit une classification des objets sphériques abordés; et il écrit:

“ la seconde espèce de la quatrième espèce sur les propriétés des sphères et des sections qui y sont engendrées sans que les unes soient rapportées aux autres. Elle se partage en deux chapitres: le premier porte sur les propriétés des cercles situés dans la sphère sans que les uns soient rapportés aux autres, le second sur les propriétés des cercles des sphères, de leurs arcs et de leurs cordes rapportés les uns aux autres” (MS Copenhague, Bibliothèque Royale, Or. 82, fol. 76^v).

Nous avons constaté la perte d’une grande partie du premier chapitre; or sa restauration pose un problème sérieux et difficile à résoudre de façon univoque, car toute restauration possible suppose l’adoption d’une conjecture probable. Les commentaires marginaux du manuscrit, qui auraient pu aider au processus de restauration, sont contradictoires – il semble qu’ils soient tardifs (voir Al-Houjairi, L’Encyclopédie d’Ibn Hūd, vol. I, pp. 48–51). Quant au deuxième chapitre, il semble qu’il y ait deux paragraphes perdus ainsi qu’une partie du troisième paragraphe. On note que la perte a déjà été signalée par J. P. Hogendijk (op. cit.).

7 Les Sphériques de Ménélaüs-Ibn ʿIrāq, éd. Krause, pp. 97–8:

Voir l’énoncé de cette proposition reprise plus tard par Ibn Hūd (MS Copenhague, Or. 82, fol. 89^r ); voir également infra la note 28.

13 Voir Les Sphériques d’Ibn Hūd (MS Copenhague, Or. 82, fol. 77^r): “Les cercles passant par les pôles d’un cercle de la sphère, le coupent en deux moitiés et à angles droits”.Footnote ¹³ donc sgm(GK) ⊥ plan(C ₁), car la droite GK est l’intersection de deux plans perpendiculaires à plan(C ₁);

28 Dans cette proposition reprise par Ibn Hūd, on considère, dans une sphère (S) de diamètre d et de centre O, un grand cercle (C ₁) de pôles G et G′ et on désigne par (C ₂) un autre grand cercle oblique sur (C ₁) et de pôle F. On marque sur la circonférence de (C ₂), deux points D et E qui ne sont pas diamétralement opposés. On trace les demi-circonférences arc(GDG′) et arc(GEG′) qui coupent arc(C ₁), respectivement, aux points C et H. On désigne, par B et B′ les points d’intersection de arc(C ₁) et arc(C₂), par A le point d’intersection de cercle(FGG′) avec arc(C ₂), qui est situé sur hem(G), et par d_A, d_D et d_E les diamètres des cercles qui passent, respectivement, par les points A, D et E et qui sont parallèles à (C ₁) (voir MS Copenhague, Or. 82, fol. 89^r). Sous les conditions considérées, on démontre que hom(HC) / hom(DE) = (d d_A) / (d_D d_E).

Fig. 9.1.

Dans la situation décrite, nous avons, à un isomorphisme près, 4 différentes configurations possibles; la figure 9.1 représente l’une de ces configurations (voir Al-Houjairi, L’Encyclopédie d’Ibn Hūd, vol. I, pp. 310–12).

Notons qu’Ibn ʿIrāq utilise dans son texte le terme Sinus (jayb), tandis qu’Ibn Hūd utilise le terme homologue (naẓīr), c’est-à-dire le double du Sinus.

References

1 Debarnot, M.-Th., “Trigonometria”, dans Storia della Scienza, vol. III, Istituto della Enciclopedia Italiana (Rome, 2002), pp. 432–447Google Scholar . Al-Bīrūnī, , Kitāb Maqālīd ʿilm al-hayʾa, La Trigonométrie sphérique chez les Arabes de l’Est à la fin du X^e siècle, édition et traduction par Debarnot, M.-Th. (Damas, 1985)Google Scholar .

2 Rashed, R., Les mathématiques infinitésimales du IX^e au XI^e siècle, vol. V, Géométrie sphérique et astronomie (Londres, 2006)Google Scholar .

4 Dans le commentaire mathématique qui suit, en apportant au texte la rectification minimale nécessaire, nous reproduisons la démarche de l’auteur en utilisant parfois des notations et des conceptions mathématiques modernes, afin de rendre l’enchaînement logique accessible. Nous allons, tout au long de notre étude, comparer le texte d’Ibn Hūd avec Les Éléments d’Euclide (Les Œuvres d’Euclide, trad. F. Peyrard [Paris, 1993]), Les Sphériques de Théodose de Tripoli (107–43 avant J.-C.) (trad. Paul Ver Eecke [Paris, 1959]), Les Sphériques de Ménélaüs (milieu du I^er siècle après J.-C.) (Max Krause, “Die Sphärik von Menelaos aus Alexandrien in der verbesserung von Abū Naṣr Manṣūr b. ʿAlī b. ʿIrāq”, Abhandlungen der Gesellschaft der Wissenschaften zu Göttingen, phil.-hist. Klasse, 3, 17 [1936]: 1–116) et parfois avec quelques opuscules du livre de Naṣīr al-Dīn al-Ṭūsī (mort en 1274), intitulé: Taḥrīr Kitāb al-Ukar li-Thāwdhūsīyūs (Rédaction des Sphériques de Théodose).

5 Les Sphériques de Théodose, trad. Ver Eecke, pp. 111–12.

6 Nous avons eu recours aux abréviations suivantes: drt (angle droit); angle(A) (l’angle A); extr(A) (l’angle extérieur au sommet A); arc(AB) (l’arc AB); arc(C) (circonférence du cercle (C)); cercle(AB) (cercle construit sur l’arc AB); crd(AB) (corde de l’arc AB); sgm(AB) (segment de droite AB); long(a) (longueur du segment ou bien de l’arc a); plan(C) (plan du cercle (C)); hom(AB) (homologue de l’arc AB: hom(AB) = crd[2 arc(AB)] = 2 Sin(AB) = 2 R sin(AB), où R est le rayon du cercle); hem(A) (l’hémisphère de sommet A); tr (triangle); sect (secteur); aire(F) (l’aire de la figure F).

8 Les Sphériques de Ménélaüs-Ibn ʿIrāq, éd. Krause, pp. 101–3 et pp. 105–6; MS Leiden, Or. 930, fols. 50^v–51^r.

9 Les Sphériques de Ménélaüs-Ibn ʿIrāq, éd. Krause, pp. 103–5 et pp. 106–10.

10 Les Sphériques de Ménélaüs-Ibn ʿIrāq, éd. Krause, p. 104, 1–3; MS Leiden, Or. 930, fol. 54^r:

Le texte d’al-Ṭūsī portant sur Ménélaüs et Ibn ʿIrāq justifie la correction suggérée (voir le Commentaire des Sphériques de Ménélaüs de Naṣīr al-Dīn al-Ṭūsī (Taḥrīr Kitāb Mānālāwis fī al-ashkāl al-kuriyya [Hyderabad, 1359 H.], p. 131).

11 MS Copenhague, Or. 82, fol. 89^r–90^v (voir infra le texte manuscrit et la traduction de cette proposition).

12 Dans ce cas C ≡ Σ.

14 Les Éléments d’Euclide, XI.19, pp. 412–13.

15 Ibid., définition 3, p. 396.

16 Voir la note 13.

17 Voir infra le lemme d’Ibn Qurra cité par al-Ṭūsī ainsi que celui d’Ibn ʿIrāq.

18 Dans tout triangle sphérique ABC:

${\text{arc}}(AC) + {\text{ arc}}(CB) &#x003C; 2{\text{ drts }} \Rightarrow {\text{ extr}}(B) &gt; {\text{ angle}}(A)$

(voir Les Sphériques d’Ibn Hūd, MS Copenhague, Or. 82, fol. 79^r).

19 Voir la note 18.

20 Ibn Hūd ne justifie ni l’existence ni l’unicité des points D et P; il semble que c’était un résultat bien connu dans la théorie des sections coniques, d’après les propriétés de l’hyperbole équilatère (Apollonius, Les Coniques, II.12). En effet, la démarche d’Ibn Hūd équivaut à déterminer deux points comme intersection d’une branche d’une hyperbole équilatère d’équation xy = d d_Δ avec deux droites d’équations respectives x = d_U et x = d_G où d_U, d_G ∈ [d_Δ, d].

21 Ici, il faut considérer 3 cas possibles: soit P est entre U et G, soit il est entre U et D, soit P ≡ U. Les preuves des 3 cas sont similaires; mais Ibn Hūd, dans sa démonstration, néglige les 2 derniers cas et traite seulement le premier cas; il suppose donc implicitement que le point P est entre U et G, de telle manière qu’il répète l’erreur commise par Ménélaüs dans la proposition III.25 de ses Sphériques, erreur dénoncée par Ibn ʿIrāq, comme nous avons déjà mentionné. Nous nous limiterons au traitement du premier cas, les autres sont analogues.

22 Le problème, ici, nécessite la résolution d’un système d’équations de la forme:

$\left\{ \begin{align*} sin\, &#x0026; x sin\, y = sin\, u \,sin v \, \hfill \\ &#x0026; x + y = u + v \end{align*}\hfill \\ \right.$

23 Car d · d_Δ = d_G · d_D.

24 Ibn Hūd ne justifie pas ce passage, qui équivaut à dire que la fonction sin x/x est décroissante sur l’intervalle ]0, π/2[. Voir les travaux d’Ibn al-Haytham relatifs à cette question dans Rashed, Les mathématiques infinitésimales, vol. V, p. 51.

25 Soit M un point courant de arc(BΔ). Posons

$s = long.arc(BM),{\rm{ }}f(s) = long.arc{\rm{(}}B\underline M {\rm{) et g(s) = }}s - f(s).$

L’abscisse curviligne s = ξ du point P qui vérifie la condition: hom(EP) / d = hom(EΔ) / hom(EP), est un point de maximum global de g(s) sur l’intervalle ]0, Rπ/2[. Naṣīr al-Dīn al-Ṭūsī nomme ce point: le point médian (al-mutawassiṭa); voir son Commentaire des Sphériques de Ménélaüs, éd. Hyderabad, p. 141.

26 Remarquons que ξ = R arccos[cos α / (1 + cos α)]^1/2 = R arctg(1 / cosα)^1/2, (α∈]0, π/2[ ), est le point de maximum global, sur l’intervalle ]0, Rπ/2[, de la fonction g(s) = s – f(s) qui exprime l’excès: arc(BM) – arc(B $\underline M$ ), M(s) ∈ arc(BΔ). Donc la valeur de ξ détermine sur l’arc BΔ le point M_ξ = M(ξ), nommé médian (al-mutawassiṭa) par Naṣīr al-Dīn al-Ṭūsī (note 25). Lorsque l’angle α varie entre 0 et π/2, le point M_ξ décrit sur la sphère une courbe d’équation paramétrique:

$(x = {\text{ R }}\sqrt {\frac{{cos\alpha }} {{1 + cos \alpha }}} ,y = {\text{ R cos }}\alpha \sqrt {\frac{1} {{1 + cos \alpha }}} ,z = {\text{ R sin }}\alpha \sqrt {\frac{1} {{1 + cos \alpha }}}).$

Cette courbe est gauche (elle est de torsion non identiquement nulle).

27 Pour établir cette équivalence, il suffit d’utiliser la relation cos α = R_Δ/R.

29 Il suffit de vérifier l’inégalité sin a > 2a/π, (a ∈ ]0, π/2[).

30 Les Sphériques de Théodose, proposition III.11, pp. 111–15.

31 Les Sphériques de Ménélaüs-Ibn ʿIrāq, éd. Krause, pp. 99–100.

32 Ibid., pp. 104–5.

33 Notons que le raisonnement en géométrie extrinsèque requiert le calcul des axes auxiliaires, et donc un lemme ou plusieurs selon les cas, alors que le raisonnement en géométrie intrinsèque s’effectue à l’aide des formules obtenues à partir d’une sous-variété dans l’espace et n’exige plus de tels lemmes. Notons également qu’un autre mathématicien, Ibn Yūnus, a recours à des méthodes de géométrie intrinsèque dans ses Tables Hakémites (rédigées au début du XI^e siècle).

34 Ce texte a été établi à partir du MS Jordanie, Bibliothèque privée, fols. 61^v–62^v (noté J) et MS Londres, British Library, ADD 23570, fols. 59–60 (noté B).

35 Les Sphériques de Théodose-Ṭūsī; MS British Library 23570, fols. 59–60.

36 Les Sphériques de Théodose-Ṭūsī, MS British Library 23570, fol. 60.

1 Œuvres d’Archimède, traduction française F. Peyrard (Paris, 1807), p. 355.

2 Les Sphériques de Ménélaüs-Ibn ʿIrāq, éd. Krause, pp. 99, 18–100, 4; MS Leiden 930, fols. 51^v–52^r (noté L).

3 Ibid., pp. 100, 5–101, 25; MS Leiden 930, fol. 52^r–v.

4 Voir le lemme précédent.

5 MS Copenhague, Or. 82, fols. 89^r–90^v.