La méthode d’exhaustion est une méthode de démonstration d’égalité d’aires et de volumes de figures géométriques. Elle fut longtemps considérée comme la seule méthode de démonstration vraiment rigoureuse. Pour obtenir les résultats à démontrer, Archimède avait préalablement recours à la méthode du levier.

Les constructions à la règle et au compas étaient conformes au monde des Idées¹ du philosophe Platon (–427 à –347). Cependant, un de ses disciples, Eudoxe de Cnide (–408 à –355), a développé une méthode de démonstration, appelée depuis le XVII^e siècle méthode d’exhaustion, qui ne respecte pas les contraintes de la règle et du compas chères au philosophe.

Antiphon le sophiste (–480 à –411) avait énoncé que :

En doublant le nombre de côtés d’un polygone régulier inscrit dans un cercle et en répétant successivement l’opération, on peut rendre nulle la différence entre l’aire du cercle et l’aire du polygone.

Antiphon a tenté d’appliquer cette approche pour résoudre la quadrature du cercle par l’inscription successive de polygones réguliers dont les nombres de côtés formaient une progression géométrique. À partir du triangle, on obtient :

3, 6, 12, 24, …
et à partir du carré :

4, 8, 16, 32, …
À l’époque il était hasardeux de se prononcer sur le résultat d’un processus infini, comme l’avait illustré Zénon d’Élée (vers –495) dans ses paradoxes (voir encadré Zénon d’Élée). Pour rendre l’idée d’Antiphon utilisable dans une démonstration sans statuer sur le résultat infini, Eudoxe a adopté un postulat qu’on peut formuler comme suit :

Postulat

Si on soustrait d’une grandeur donnée une partie supérieure ou égale à sa moitié, et que du reste, on soustrait une partie supérieure ou égale à sa moitié et ainsi de suite, à la longue², la grandeur restante peut être rendue plus petite que n’importe quelle grandeur prédéfinie de même nature³.

Ainsi formulé, le postulat n’affirme pas que l’on peut rendre nulle la différence entre l’aire du cercle et celle du polygone inscrit. Il indique seulement que l’on peut rendre cette différence aussi petite que l’on voudra en lui soustrayant itérativement une partie supérieure ou égale à la moitié de la partie restante.

En utilisant la notation moderne, on peut illustrer numériquement ce postulat. Soit a une grandeur dont on soustrait les deux tiers de la valeur. On a alors&nbep;:

\[a-\frac{2}{3}a=\frac{3a}{3}-\frac{2a}{3}=\frac{a}{3}\]

En soustrayant successivement du reste les deux tiers de cette valeur, on obtient :

\[\begin{array}{l}\displaystyle \frac{a}{3}-\frac{2}{3}\times \frac{a}{3}=\frac{3a}{9}-\frac{2a}{9}=\frac{a}{9}, \\ \displaystyle \frac{a}{9}-\frac{2}{3} \times \frac{a}{9}= \frac{3a}{27}-\frac{2a}{27}=\frac{a}{27}, \cdots \end{array}\]

Le postulat affirme qu’en poursuivant le processus, on peut rendre le reste plus petit que toute grandeur fixée d’avance.

Voyons comment utiliser ce postulat dans un contexte géométrique.

Aire du cercle et du polygone régulier inscrit

La méthode d’exhaustion d’Eudoxe repose sur l’idée d’approcher une figure donnée par d’autres figures connues, par exemple des polygones, qui viennent s’y « coller » de plus en plus près. Ces polygones, en quelque sorte, « épuisent » la figure donnée. En voici une illustration dans le cas du cercle.

La différence entre l’aire d’un cercle et l’aire d’un polygone régulier inscrit peut être rendue aussi petite que toute aire donnée.

Considérons un cercle, le carré inscrit et $AB$, un des côtés du carré. On construit le rectangle $ABCD$ tel que le côté $CD$ soit tangent au cercle en $M$, point milieu de $CD$. L’aire du triangle $AMB$ est alors la moitié de l’aire du rectangle $ABCD$; elle est donc supérieure à la moitié de l’aire du segment circulaire $AMB$. Posons $A_1$, la différence de l’aire du cercle et de celle du carré. En soustrayant de $A_1$ le produit de l’aire du triangle $AMB$ par le nombre de côtés du carré, on obtient $A_2$, la différence entre l’aire du cercle et celle d’un octogone. En procédant ainsi, on peut rendre la différence entre l’aire du cercle et celle d’un certain polygone plus petite que toute grandeur d’aire donnée.

La mise en oeuvre de la méthode d’exhaustion pour établir l’égalité de deux aires se fait habituellement par une double réduction à l’absurde en montrant que l’une d’elles ne peut être ni plus petite ni plus grande que l’autre. Il faut cependant avoir une connaissance préalable du résultat à démontrer, car la méthode ne permet que de valider ce résultat, et non pas de le découvrir.

Archimède et le cercle

La méthode d’exhaustion a été abondamment utilisée par Archimède (–287 à –212) pour établir des relations entre les aires de diverses figures géométriques. Il a ainsi démontré que :

L’aire d’un cercle est égale à l’aire d’un triangle dont la hauteur est égale au rayon et la base est égale à la circonférence.

En fait, il y a trois possibilités, l’aire $S$ du cercle est soit plus petite, soit égale ou soit plus grande que l’aire $A$ du triangle :

\[S > A, S = A \text{ ou } S < A.\]

En procédant par la méthode d’exhaustion, il faut montrer que les cas $S > A$ et $S < A$ ne peuvent être retenus.

Idée de la preuve

Supposons que l’aire du cercle est plus grande que celle du triangle, c’est-à-dire $S > A$. Il existe alors une grandeur $e > 0$ tel que $S = A + e$, d’où $S – A = e$.
On peut construire un polygone inscrit dans le cercle de telle sorte que la différence entre l’aire $S$ du cercle et l’aire $P$ du polygone soit plus petite que $e$. On a alors

\[S – P < e = S – A,\]

d’où on conclut que $P > A$.⁴

Le polygone étant inscrit dans le cercle, son périmètre $p$ est forcément plus petit que la circonférence et son apothème est plus petit que le rayon du cercle, d’où :
\[p < C \text{ et } a < r, \text{ et donc } pa < Cr.\]
Considérant l’aire $P$ du polygone, on a alors $P = pa/2$. Or comme $A = Cr/2$ (voir la figure), on en conclut que $P < A$.

Mais cela vient en contradiction avec le fait que $P > A$. Il faut en conclure que l’hypothèse $S > A$ ne peut être retenue et que l’aire du cercle ne peut être plus grande que celle du triangle. De façon analogue, Archimède complète sa démarche par double contradiction en montrant que l’aire du cercle ne peut être plus petite que celle du triangle. Il en conclut que ces deux aires sont forcément égales.⁵

Archimède et la parabole

Nous avons déjà signalé que pour démontrer un résultat par la méthode d’exhaustion, il faut déjà connaître ce résultat. C’est ici qu’Archimède a recours à une méthode physique, la méthode du levier, pour déterminer quoi démontrer. Cette méthode consiste à considérer des segments de droites pris dans chacune des deux figures et à déterminer à quelles conditions ils seront en équilibre par rapport à un point choisi comme pivot.

Illustrons cette façon de procéder en considérant un segment de parabole $ABC$ et un segment de droite $BD$ qui coupe la corde $CA$ en deux parties égales. Du point $C$, Archimède trace la tangente au segment de parabole et du point $A$, une parallèle à l’axe $BD$ jusqu’à leur rencontre en $F$. Puis, il trace $CB$ qui coupe $AF$ en $K$ et qu’il prolonge jusqu’en $H$, de telle sorte que $CK = KH$ et il prolonge $DB$ jusqu’en $E$ sur $CF$.

Selon une proposition qu’Archimède attribue à Aristée l’Ancien (–360 à –300) et à Euclide (vers –320 à –260), $DB = BE$ puisque $CE$ est tangente au segment de parabole et $CD$ est la demi-longueur de sa corde. Il s’ensuit que $CK$ est la médiane du triangle $AFC.$ Il considère que la surface du triangle et celle du segment de parabole sont constituées de segments de droites parallèles à l’axe de celle-ci. Dans la figure ci-contre, le segment $MO$ dans le triangle et le segment $PO$ dans la parabole sont superposés.

Archimède cite alors un lemme qu’il a préalablement démontré à l’effet que :

\[\displaystyle \frac{CA}{AO}=\frac{MO}{OP}\]

Par le théorème de Thalès,

\[\displaystyle \frac{CK}{KN}=\frac{CA}{AO}\]

d’où

\[\displaystyle \frac{HK}{KN}=\frac{MO}{OP}\]

puisque $CK=KH$.

Il utilise alors le segment $CKH$ comme levier et $K$ comme pivot. En suspendant le segment $OP$ au point $H$, il équilibrera le segment $MO$ en $N$.

Chaque segment de droite pris dans la parabole suspendue au point $H$ équilibrera le segment de droite correspondant pris dans le triangle suspendu en son point milieu sur le levier.

L’aire de la parabole suspendue en H par son centre de gravité équilibrera l’aire du triangle suspendu par son centre de gravité sur $KC$. Or, ce centre de gravité est en un point $R$ situé au tiers de $KC$. Le rapport de l’aire du triangle $AFC$, notée Aire$\triangle AFC$, sur l’aire du segment de parabole $ABC$, notée Aire$\overset{\huge\frown}{ABC}$, est donc :

\[\displaystyle \frac{\text{Aire} \triangle AFC}{\text{Aire} \overset{\huge\frown}{ABC}} = \frac{\overline{HK}}{\overline{KR}}=\frac{3}{1},\]

d’où

\[\text{Aire}\overset{\huge\frown}{ABC}=\displaystyle \frac{1}{3} \text{Aire} \triangle AFC.\]

Cependant, l’aire du triangle $AFC$ est quatre fois l’aire du triangle $ABC$. En effet, les triangles $ABD$ et $CBD$ ont la même aire puisque leurs bases sont égales, $D$ étant le point milieu de $AC$, et ils ont la même hauteur, la perpendiculaire abaissée de $B$ sur $AC$. De plus, les triangles $EBC$ et $DBC$ ont même aire puisque $B$ est le point milieu de $ED$ et ils ont même hauteur, la perpendiculaire abaissée du sommet $C$ sur $ED$. Par conséquent, l’aire du triangle $DEC$ est égale à l’aire du triangle $ABC$.

De plus, les triangles $DEC$ et $AFC$ sont semblables puisque $DE$ est tracée parallèlement à $AF$. Puisque $D$ est le point milieu de $AC$, on a donc $FA = 2ED$.

Puisque les aires de figures semblables sont dans le rapport des carrés de leurs lignes homologues, l’aire du triangle $AFC$ est quatre fois l’aire du triangle $ABC$ inscrit, soit :

\[\begin{array}{rcl}\text{Aire}\overset{\huge\frown}{ABC}&=&\displaystyle \frac{1}{3} \text{Aire} \triangle AFC \\&=&\displaystyle \frac{4}{3} \text{Aire} \triangle ABC.\end{array} \]

Grâce à la méthode du levier, Archimède sait donc que la proposition à démontrer est :

L’aire d’un segment de parabole est égale à une fois et un tiers l’aire du triangle ayant pour base la corde délimitant le segment de parabole et dont le troisième sommet est sur la parallèle à l’axe de la parabole passant par le point milieu de la corde.

Il peut alors donner une preuve de ce résultat reposant sur une démarche purement mathématique, sans l’emploi du levier (qui relève de la physique).⁶

Archimède et la sphère

Pour déterminer le volume de la sphère, Archimède a recours à nouveau à la méthode du levier. Voyons comment il a procédé, en utilisant une écriture et une nomenclature modernes qui nous sont familières. Il place la sphère (de rayon $r$) de telle sorte qu’un diamètre $AB$ coïncide avec un axe horizontal et trace le diamètre perpendiculaire $GH$.

Dans le même plan que le diamètre $GH$, il construit le rectangle $ABED$ de telle sorte que $AD = r$. En prolongeant le segment $AG$ jusqu’à sa rencontre avec le prolongement du côté $BE$, il construit le triangle $ABC$.

La révolution du rectangle $ABED$ autour de l’axe horizontal $TB$ donne un cylindre et celle du triangle $ABC$ autour du même axe engendre un cône.

Coupons ces trois solides en tranches d’épaisseur $e$, perpendiculaires à l’axe $TB$ et à une distance $x$ du point $A$ considéré comme pivot du levier.

La tranche du cylindre est un disque de rayon est $r$, d’épaisseur $e$, et de volume

\[VT_{\text{cylindre}}=\pi r^2e.\]

La tranche du cône est un disque dont le rayon est $x$, son volume est :
\[VT_{\text{cône}} = \pi x^2 e.\]

Dans la figure 4 ci-contre, on voit que la tranche de la sphère est un disque dont le rayon $R$ est tel que :
\[r^2 = R^2 + (r – x)^2\]

d’où : $r^2 = R^2 + r^2 – 2rx + x^2,$ qui donne $R^2 = 2rx – x^2$. Le volume de la tranche de la sphère est donc :

\[VT_{\text{sphère}} = \pi(2rx – x^2)e.\]

Suspendons les tranches de la sphère et du cône à l’extrémité $T$ de l’axe où $TA = 2r$. On peut trouver le moment⁷ combiné de la tranche de la sphère de la sphère et de celle du cône par rapport à $A$, ce qui donne :
\[\begin{array}{lcr}[VT_{\text{sphère}} + \triangle VT_{\text{cône}}]2r \\ = [\pi(2rx – x^2) e + \pi x^2 e] 2r \\ = 4\pi r^2e x \\ = 4x VT_{\text{cylindre}}. \end{array}\]

Le moment combiné des tranches de la sphère et du cône est donc égal au moment de la tranche du cylindre dans la position qu’elle occupe, à une distance $x$ du point $A$. En additionnant les moments de toutes les tranches, on a :

\[\displaystyle 2r V_{\text{sphère}} + V_{\text{cône}}) = 4r V_{\text{cylindre}}\]

Cependant, le volume du cylindre est le produit de l’aire de sa base, $\pi r^2$, par sa hauteur, $2r$, soit $V_{\text{cylindre}} = 2\pi r^3$. Le volume d’un cône est le tiers du volume du cylindre de même rayon et de même hauteur, on a donc $V_{\text{cône}} = 8 \pi r^3/3$. En substituant,

\[2r \left [V_{\text{sphère}} + \displaystyle \frac{8 \pi r^3}{3} \right ] = 8 \pi r^4 \]
et

\[V_{\text{sphère}} = \displaystyle \frac{4 \pi r^3}{3}.\]

Archimède obtient alors :

\[\displaystyle \frac{V_{\text{cylindre}}}{V_{\text{sphère}}} = \frac{2\pi r^3}{4 \pi r^3/3} = \frac{3}{2}.\]

Il établit le même rapport entre les surfaces du cylindre et de la sphère.

Conclusion

La méthode d’exhaustion et la méthode du levier ont permis d’établir des résultats intéressants tant dans le plan que dans l’espace. Cependant, ces méthodes manquent de généralité, n’étant pas applicables à toutes les figures. Jusqu’au XVII^e siècle, elle ont été les seules méthodes de démonstration vraiment rigoureuses. L’étape suivante dans la comparaison d’aires sera la méthode des indivisibles développée par Bonaventura Cavalieri (1598-1647).

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