LIVRE viî. ' aaj

moins deux fois le nombre de leurs côtes , plus 4 pris autant de fois qu'il y a de faces. Or , comme tous les angles qui s*ajustent autour d'un même point A valent quatre angles droits , la somme de tous les angles des polygones est égale à 4 pi^is autant de fois qu'il y a d'angles solides; elle est donc égale à 4S. Ensuite le double du nombre des côtés AB , BC , CD , etc. est égal au quadruple du nombre des arêtes ou=: 4A, puisque la même arête sert de côté à deux faces : donc on aura 8 = 48 — 4-A.-I-4H; ou, en prenant le quart decbaque membre, 1 = 5) — A + H; donc S-|-H=A4-a.

Corollaire. Il suit de là que la somme des angles plans qui forment les angles solides dun polyèdre est égale à au^» tant de fois quatre angles droits qu'il jr a d'unités tlans S— «a» S étant le nombre des angles solides du polyèdre.

Car, si on considère une face dont le nombre de côtés est n , la somme des angles de celte face sera %n — 4 angles droits*. Mais la somme de tous les m , ou le double du nom- * • * * bre des côtés de toutes les faces, =4^ » ^t 4 pns autant de fois qu'il y a de faces r=4H; donc la somme des angles de toutes les faces zz: 4 A — 4H. Or, par le théorème qu'on Tient de démont rer , on a A -— H =: S — a , et par conséquent 4 A -<- 4H = 4 (S — a). Donc la somme des angles plans , etc.

PROPOSITION XXVI

THBOAÂMB.

De tous les triangles sphériques Jormés avec deux côtés fi?. 27^ donnés GB , CA , et un troisième à volonté , le plus grand et 273, ABC est celui dans lequel l'angle C , compris par les côté donnés, est égal à la somme des deux autres angles A et B.

Prolongez les deux côtes AC , AB . jusqu'à leur rencontre en D , TOUS aurez un triangle spbérique BCD , dans lequel Tangle DBC sera aussi égal à la somme des deux autres angles BDC , BCD : car BCD + BCA étant égal à deux angles droits, ainsi que CBA+CBD , on a BCD + BCA= CBA+CBD ; ajoutant de part et d'autre BDC rr BAC , on aura BCD + BCA+BDC = CBA+CBD -f-BAC. Or, par bTpotbèse, BCAsGBA+BAC; donc CDD = BCD + DDC,

ia8 ciouitKin.

Menez BI qui fasse Fangle CBI=BCD , et par snlte IBA r=BDC ;les deux triangles IBG , IBD , seront isoscèles , et oA aura IC=:IB=iID. Donc le point I , milieu de DC , est à égale distance des trois points B , G , D : par une rabon senablable le point O , milieu de AB y sera également distant des trois points A , B , C.

H' •7>' Soit maintenant CA' =: CA et Tangle BCA' > BCA ; si l'os joint A'B , et qn*on prolonge les arcs A'C , A'B , jusqu^à leur rencontre en D\ Tare D'CA' sera une demi-circonférenee ainsi que DCA ; donc puisqu^on a CA'=CA , on aura aussi CD'=: CD. Mais dans le triangle CUy, on a Cl + ID' > CD'^ donc ID' > CD —CI , ou ID' > ID.

Dans le triangle isoscèle CIB divisons Tangle du sommet I en deux également par Tare EIF qui sera perpendiculaire sur le milieu de BC. Si on prend un point L entre I et £, la distance BL , égale à LC , sera moindre que BI ; car on peut démontrer, comme dans la prop. ix , liv. i, qu*on a BL+ LC < BI +IC ; donc en prenant les moitiés de part et d'autre, on aura BL < BI. Mais dans le triangle D'LC on a IVL > D'G — CL , et à plus forte raison D'|i > DC — CI , ou D'L >DI , ou D'L > BI ; donc D'L > BL. Donc si on cherche sur l'arc EIF un point également distant des trois points B , G , D% ce point ne saurait se trouver que sur le prolongement de £1 vers F. Soit V le point cherché , en sorte qu'on ait D' V z=z BI'= Cr ; les triangles l'CB , FCDS l'BD', étant isoscèles, on aura les angles égaux I'BC=rCB , rBD'=rD'B , rCD, sI'D'C. Mais les angles IVBG+CBA' valent deux an^es droits , ainsi que D'CB+BCA' ; donc

D'Br+ l'BC + CBA'= a ,

BCr— rCD' + BCA'=:a.

Ajoutant les deux sommes et observant qu'on a rBC=BCI' et D'BI'— rCD'=BDT— l'D'C =: CD'B=CA'B, on aura

arBC+GA'B+CBA'+BCA'=4.

Donc C A' B 4- GB A'+ BCA' — a ( mesure de l'aire du triangle A'BG ) = a — al'BC ; de sorte qu'on a ain A'BG =z a — a ang^ l'BC ; semblablement dans le triangle ABC , on aurait aire ABC = a — a angle IBG. Or , on a démontré qne l'angle FBC est plus grand que IBG i donc Taire A'BG est plus petite que ABC.

LivaB viî. 22g

La inénte démonstration et la même conclusion auraient ^S* ^7^* lîcu, si, en prenant toujours Tare CA' = C A, on faisait l'angle BCA'<BCA; donc ABC est le triangle le plus grand entre tous ceux qui ont deux côtés donnés et le troisième à volonté.

SchoUe I. liC triangle ABC , le plus grand entre tous ceux 6g. 241. qui ont deux côtés donnés CA, CB, peut être inscrit dans un demi-cercle dont la corde du troisième côté AB sera le diamètre ; car O étant le milieu de AB , on a tu que les distances OC, OB, sont égales; donc la circonférence de petit cercle décrite du point O comme pôle et de Tinteryalle OB passera par les trois points A, B , C Déplus la ligne droite BA est un diamètre de ce petit cercle \ par le centre qui doit se trouver à la fois dans le plan du petit cercle et dans le plan de Tare de grand cercle* BOA , se trouvera nécessai- « rement dans l'intersection de ces deux plans qui est la droite coi^4« BA y et ainsi BA sera un diamètre.

II. Dans le triangle ABC , l'angle C étant égal à la somme des deux autres A et B , il a'ensuit que la somme des trois angles est double de Tangle C. Mais celte somme est toujours plus grande que deux angles droits * ; donc l'angle C » est plus grand qu'un droit.

m. Si l'on prolonge les côtés CB , CA , jusqu'à leur rencontre en £ » le triangle BA£ sera égal au quart de la surface de la sphère. Car l'angle £= C= ABC +CAB; donc les trois angles du triangle BA£ équivalent aux quatre ABC » AB£ , CAB, BA£, dont la somme est égale à quatre angles droiU; donc la surface du triangle BA£*=4 — a = a, *t4*. qui est le quart de la surface de la spbère.

IV . n n'y aurait pas lieu à maximum , si la somme àt% deux côtés donnés CA , CB , était égale ou plus grande que la demi-circonférence d'un^grand cercle. Car puisque le trian* gle ABC doit être inscrit dans un demi-cerde de la sphère , la somme des deux côtés CA , CB , sera moindre que la demi-circonférence BCA* , et par conséquent moindre que la * S, demi-drconférence d'un grand cercle.

La raison pourquoi il n'y a pas de maximum ^ lorsque la somme des deux côtes donnés est plus grande que la demi* circonférence d'un grand cercle, c'est qu'alors le triangle

&3o G^OMÉTRIB.

augmeatc de ))lus en plus à mesure que Tangle compris par les côtés donnés est plus grand ; enfin , lorsque cet angle sera ^gal à deux droits , les trois côtés seront dans un même plan , et formeront une circonférence entière ; le triangle sphérique deviendra donc égal à la demi -sphère, mais il cessera alors d'être triangle.

PROPOSITION XXVII

THjiO&ÂMS.

De tous les triants spkériques formés avec un c6té donné et un périmètre donnée le plus grand est celui dans lequel les deux câtés non déterminés sont égaux,

fig. a4a. Soit AB le côté donné commun aux deux triangles ACB, ADB , et soit AC-f-CB = AD + DB ; je dis que le triangle isoscèle ACB , dans lequel AC = CB, est plus grand que le iion-isoscèle ADB.

Car ces triangles ayant la partie commune AOB , il suffit de faire voir que le triangle BOD est plus petit que AOC. L'angle CBA égal à GAB est plus grand que OAB; ainsi

**«• le côté AO est plus grand que OB* ; prenez OI=OB, faites OK = CD , et joignez Kl \ le triangle OKI sera égal à DOB^ Si on nie maintenant que le triangle DOB ou son égal KOI soit plus petit que OAG , il faudra qu*il soit égal ou plus grand ; dans Fun et Tautre cas , puisque le point I est entra les points A et O , il faudra que le point K soit sur OC prolongé , sans quoi le triangle OKI serait contenu dans le triangle CAO , et par conséquent plus petit. Gela posé , le plus court chemin de G en A étant GA , on a GK +KI4- IA>GA.Maîs GK=OD— GO, AI=AO— OB,KI=BD; doncOI) — GO+AO — OB+Bp>GA, et en réduisant AD — CB-hBD>GA, ou AD-4-BD>AG-4-GB. Or cette inégalité est contraire à Thypothèse AD + BD = AC + Gfi, donc le point K ne peut tomber sur le prolongement de OC; donc il tombe entre O et G, et par conséquent le triangle KOI , ou son égal ODB , est plus petit que AGO donc le triangle isoscèle ACB est plus grand que le non-isosoèlc ADB de même base et de môme périmètre.

SçlioUe. Ces deux dernières proposiiions soat analogues

LIVA8 VII. a3x

aux propositions i et m de Tappendice au liv. rv ; ainsi on pent en tirer , par rapport aux polygones sphérîqucs , les conséquences qui ont lieu pour les polygones rectilignes*

Void les principales :

1** De tous les polygones sphériques isopérimètres et d*un même nombre de côtés, le plus grand est un polygone équilatéral.

Même démonstration que pour la prop. II de Tappendicc au livre IV.

7? De tous les polygones sphériques formés avec des côtés donnés et un dernier à volonté , le plus grand est celui qu*on peut inscrire dans un (lemi-cercle dont la corde du côté non déterminé sera le diamètre.

La démonstration se déduit de la prop. XXYI , comme on Ta vu dans la prop. lY de rappcndtce cité; il faut pour l'existence du maximum , que la somme des c^tés donnés soit moindre que la dcmi-circonfércncc d'un grand cercle.

3° Le plus grand des polygones sphériques formés avec des côtés donnés , est celui qu*onpeut inscrire dans un cercle de la sphère.

Même démons txation que pour la prop. VI de Tappcndice au livre IV.

4® Le plus grand des polygones sphériques qui ont le même périmètre et le même nombre de côtés , est celui qui a ses an^s égaux et ses côtés égaux.

C'est ce qui résulte des corollaires i et 3 qui précèdent.

No9a, Toutes les propositions de maximum concernant les polygones sphériques s'appliquent aux angles solides dont ces polygones sont la mesure.

d3a GliOMBTAlB.

APPENDICE AUX LIVRES VI et VH.