LIVRE VII

aiS

grand des • deux , prenez BO = AC , et joignez OC.

Les deux côtés BO, BC , sont égaux aux deux AC, BC ; l’angle compris par les premiers OBC est égal à l’angle compris par les seconds ACB. Donc les deux triangles BOC, ACB, ont les autres parties égales *, et on a • l'angle OCB = ABC : mais l’angle ABC, par hypothèse , mACB; donc on aurait OCB= ACB, ee qui est impossible ) donc on ne peut supposer AB difTérent de AC; donc les côtés AB, AC, opposés aux angles égaux B et C, sont égaux. • • .

SchoHe. La même démonstration prouve que l’angle BADzzrDAC, et que l’angle BDA=ADC. Donc ces deux derniers sont droits ; donc /’orc mené du som-^ met d'un triangle sphérique isoscèle au milieu de sa base est perpendiculaire à cette base; et divise V angle du sommet en deux parties égales,

THBOEÊHE.

Dans un tfiangle sphérique ABC, si l’angle A •*•»>« . est plus grand que P angle B , le côté BC opposé à l’angle A sera plus grand que le côté AC opposé à l’angle B ; réciproquement^ si le côté BC est plus grand que CA , l’angle A sera plus grand que ’ angle B.

1° Soit l’angle A> B, faites l’angle BAD=:B, vous aurez AD=DB * : mais AD + DC est plus grand que *iA .

AC ; à la place de AD' mettant DB, on aura DB-f-DC ou'BC > AC. ' '

1° Si on suppose BC > AC , je dis que Tringle BAG sera plus grand que ABC : car , si BAC était égal k , '

ABC , on aurait BC= AC ; et si on avait BAC < ABC , il s’ensuivrait, par cequi vient d’être démontré, qu’on a BC < AC ; ce qui est contre la supposition. Donc l’angle BAC est plus grand que ABC.

OiOMBTBIB.

THKORBllE.

fif. »S3. Si les deux côtés AB, AC, du triangle sphér rique ABC sont égaux aux deux côtés DE , DF" , du triangle DEF tracé sur une sphere égale ^ si en même temps T angle A est plus grand que V angle je dis que le troisième côté BC du pre-

mier triangle sera plus grand que le troisième EF du second.

La démonstration est absolument semblable à celle de la prop. x, livre i. '

TRÉOHBMB.

Si deux triangles tracés sur la même sphère ou sur des sphères égales sont équiangles entre eux , ils seront aussi équilatéraux.

Soient A et B les deux triangles donnés, P et Q leurs triangles polaires. Puisque les angles sont égaux dans les triangles A et B, les cdtés seront égaux dans les po-

* 10. laires P et Q * : mais de ce que les triangles P et Q sont

équilatéraux entre eux, il s'ensuit qu’ils sont aussi

* U. équiangles enfin, de ce que les angles sont égaux ' lo. dans les triangles P et Q, il s’ensuit * que les côtés sont

égaux dans leurs polaires A et B. Donc les triangles équiangles A et B sont en même temps équilatéraux entre eux.

On peut encore démontrer la même proposition sans . " le secours des triangles polaires de la manière suivante.

% Soient ABC, DEF, deux triangles équiangles entre

eux , de sorte qu’on ait A=D, B = E, Cz=F ; je dis qu’on aura le côté AB;=DE, AC = DF, BC=EF,

iivBB VII. a*7

Sur le prolongeuient des côtés AB, AC, prenez, AG = DE, et AH = DF ; joignez GH et prolongez les arcs BC, GH , jusqu’à ce qu’ils se rencontrent en I et K.

Les deux côtés AG , AH , sont par construction égaux aux deux DF, DE; l’angle compris GAH=BAC :±=EDF; donc* lés triangles AGH,'DEF, sont égaux dans toutes leurs parties, donc l’angle AGH = DE1* =ABC, et l’angle AHG = DFE= ACB.

Dans les triangles IBG, KBG, le côte BG est commun, l’angle IGB=GBK; et puisque IGB-f- BGK est égal à deux droits, ainsi que GBK+IBG, il s ensuit que BGK = IBG. Donc les triangles IBG, GBK, sont, égaux*, donc lG=BK,et IB=GK.

Pareillement, de ce que l’angle AHG=ACB, on conclura que les triangles ICH , HCK , ont un côté égal adjacent à deux angles égaux; donc ils sont égaux» donc IH=CK , et HK. = IC.

Maintenant, si des égales BK, IG, on retranche les égales CK, IH, les restes BC, GH, seront égaux. D’ailleurs l’angle BCArrrAHG, et l’angle ABC — AGH. Donc les triangles ABC, AHG, ont un côté égal adjacent à deux angles égaux ; donc ils sont égaux : mais le triangle DEF est égal dans toutes ses parties au triangle AUG ; donc il est égal aussi au triangle ABC, et on aura AB = DE, AG = DF, BC=EF; donc , si deux triangles sphériques sont équiangles entre eux, les côtés opposés aux angles égaux seront égaux.

Sduilie. Cette ^ proposition n’a pas lieu dans les triangles rectilignes , où de l’égalité des angles on ne peut conclure que la proportionnalité des côtés. Mais il est aisé de rendre -compte de la différence qui se trouve à cet égard entre les triangles rectilignes et les triangles spliériques. Dans la proposition préseiite, ainsi que dans les prop. xii , xiii , xiv et xvit , où il s’agit, de la cotnparaison des triangles , ü est dit

ai8 eéoM^TiiiB.

expressément que ces triangles sont - tracés sur la même sphère ou sur des sphères égales. Or les arcs semblables sont proportionnels a»ix rayons ; donc , sur des sphères égales , deux triangles ne penvent être semblables sans être égaux. Il n’est donc pas surprenant que l’égalité des angles entraîne l’égalité des côtés.

Il en serait autrement si les triangles étaient tracés sur des sphères inégales; alors les angles étant égaux, les triangles seraient semblables, et lét côtés homologues seraient entre eux comme les rayons des sphères.

THÉOaâHB.

La somme des angles de tout triangle sphérique est moindre que six et plus grande que deux ailles droits.

Car 1 ° chaque angle d’un triangle sphérique est moindre que deux angles droits {voyez le scholie ciapres)\ donc la somme' des trois angles est moindre que six angles droits.

a" La mesure de chaque angle d’un triangle sphérique est égale à la demi -circonférence moins le côté correspondant du triangle polaire*; donc la somme des trois angles a pour mesure trois demi -circonférences moins la somme des côtés du triangle polaire. Or cette dernière somme est plus petite qu’une circonférence * ; donc , en la retranchant de trois demicirconférences, le reste sera plus grand qu’une demicirconférence , qui est la mesure de deux angles droits; donc la somme des trois angles d’un triangle sphérique est plus grande que deux angles droits.

Corollaire 1. La somme des angles d’un triangle sphérique n’est pas consunte comme celle des tri-

UTRB Vit. atg

angles rectilignes ; elle varie depuis deux angles droits jusqu’à six, sans pouvoir être égale à l’une ni à l’autre ^ limite. Ainsi deux angles donnés ne font pas connaître • '

le troisième.

Corollaire II. Un triangle sphérique peut avoir deux ou trois angles droits, deux ou trois angles obtus.

Si le triangle ABC est bi-tectnngle , c’est - à -'dire fig. «M. s’il a deux angles droits B et C, le sommet A sera le pôle de la base BG*; et les côtes AB, AC, seront «les * '5 .

quadrants. -

Si en outre l’angle A est droit , le triangle ABC sera tri~rectangle , ses ATi^es seront tons droits et ses côtés des quadrants. Le triangle tri -rectangle est contenu, huit fois «lans la surface de la sphère ; c’est ce que l’on voit par la fig. a36 , en supposant l’arc MN égal à un quadrant. ^ .

Scholie. Nous avons supposé dans tout ce qui pré-, ' cède, et conformément à la définit, vi, que les triangles sphériques ont leurs côtés toujours plus petits que la demi - circonférence ; alors il s’ensuit que les angles sont toujours plus petits que deux angles droits;

'car, si le côté AB est moindre que la demi-circonfé- % rence, ainsi «pie AC, cæs arcs doivent être prolongés tous deux pour se rencontrer en D. Or les deux angles ’

ABC , CBD , pris ensemble, valent deux angles droits; donc l’angle ABC tout seul est moindre que «leux 'angles «Iroits. ' •

Nous observerons cependant qu’il existe des triangles sphériques dont certains côtés sont plus grancls. que' la demi - circonférence , et certains angles plus grands «pie deux angles droits. Car, si on prolonge le côté AC en une circonférence entière ACE, ce qui reste, en retranchant de la demi -sphère le triangle ABC, est un nouveau tiiangle, qu’on peut désigner ■ aussi par ABC, et dont les côtés sont AB, BC, AEDG.

aao

CÉOMBTKIB.'

On voit donc que le côté ÂEDC est plus grand que la demi-circonférence AED ; mais en même temps l’angle opposé en B surpasse deux angles droits de la quantité CBD.

An reste, si on a exclu delà définition les triangles dont les côtés et les angles sont si grands, c'est que leur résolution ou la, détermination de leurs parties se réduit toujours à celle des triangles renfermés dans la définition. En effet, on voit aisément que si on 'connaît les angles et les côtés du triangle ABC, on connaîtra immédiatement les angles et les côtés du triangle de même nom qui est le reste de la demi-sphère.

THBOBBHB.

»3«.' Lefuseau AMBNA est à la surface de la sphère comme Vangle MAN de ce fuseau est à quatre "angles droits, ou comme V arc MN qui mesure cet angle est à la circonférence.

Supposons d’abord que l’arc MN soit à la circon- • , férence MNPQ dans un rapport rationnel, par exemple, comme 5 est à 48. On divisera la circonférence MNPQ en 48 parties égales, dont MN contiendra 5; joignant ensuite le pôle A et les points de division par autant de quarts de circonférence, on aura 48 triangles dans la demi-sphère AMNPQ, lesquels seront tous égaux entre eux, puisqu'ils auront toutes leurs parties égales. La sphère entière contiendra donc 96 de ces triangles partiels, et le fuseau AMBNA en contiendra 10 ; donc le fuseau est à la sphère comme 10 est à 96, ou comme 5 est à 48, c’est-à-dire comme l'arc MN est à la circonférence.

.Si l’arc MN n’est p.as commensurable avec la circonférence , on prouvera par le même rabonnemont

dont on a déjà tu beaucoup d’exemples , que le fuseau est toujours à la sphère comme l’arc MN est à la cir» conférence.

Corollaire I. Deux fuseaux sont entre eux comme leurs angles respectifs.

Corollaire II. On a déjà vu que la surface entière ile la sphère est égale à huit triangles tri-rectangles * J * i». donc, si l’aire d’un de ces triangles est prise pour l’unité, la surface de la sphère sera représentée par 8.

,Cela posé , la surface du fuseau dont l'angle est A sera exprimée par aA (si toutefois l’angle A est évalué en prenant l’angle droit pour unité ) ; car on a aA : 8

A;4. Il y a donc ici deux unités différentes ; l’une pour les angles, c’est l’angle droit ; l’autre pour les surfaces, c’est le triangle sphérique tri -rectangle, ou celui dont tous les angles sont droits, et les côtés des quarts de circonférence.

Scholie. L’onglet sphérique compris par les plans AMB, ANB, est au solide eutier de. la sphère comme l’angle A est à quatre angles droits. Car les fuseaux étant égaux, les onglets sphériques seront pareillement égaux : donc deux onglets sphériques sont entre eux comme- les angles formés. par les plans qui les comprennent. ' . ' ,

T H BOa ê M B.

Deux triangles sphériques sjmmétriques sont ' égaux en surjace.

Soient ABC, ÜEF deux triangles symmétriques ,. e’est-à-dire, deux triangles qui ont les côtés égaux, AB Bg. *3^. = DE , AC = DI'’, CB = EF, et qui cependant ne pourraient être superposés j je dis que la surface ABC est égalé à la surface DEF. . . ..

ixa ~ ' ofioitBt&ik. '

Soit P ie p^le dti petit cercle qni pasûralt par léi trois pointa A, B, C (i) ; de ce point soient menés les arcs é^ux * PA , PB , PG ; au point F faites l'angle DFQ = ACP, l’arc FQ=CP, et joignez DQ, EQ.

Les côtés DF, FQ, sont égaux aux côtés AC, GP, l’angle DFQ=ACP ; donc les deux triangles DFQ, AGP, sont égaux dans toutes leurs parties* ; donc le côté DQzcAP, et l’angle DQF=rAPC.

Dans les triangles proposés DFE, ABC, les angles DFEi ACBj opposés aux côtés égaux DE, AB, étant égaux *, si on en retranche les angles DFQ, ACP, égaux par construction, il restera l’angle QFE égal à PCB. D'ailleurs les côtés QF’ , FE, sont égaux aux côtés PG , CB ; donc les deux triangles FQE , GPB, sont égaux dans toutes leurs parties ; donc le côté QE = PB, et l’angle FQE = CPB. *

Si on observe maintenant cpe les triangles DFQ, ACP, qui ont les côtés égaux chacun à chacun, sont en même temps isoscèles, on verra qu’ils peuvent s’ap* pliquer l'un sur l’autre; car,- ayant placé PA sur son égal QF, le côté PC tombera sur son égal QD, et ainsi les deux triangles seront confondus en un seul: donc ils sont égaux, donc la surface DQF=APC. Par une raison semblable la surface FQE=CPB, et la surface DQE = APB ; donc on a DQF + FQE — >■ DQE=:APC + CPB— APB; ou DFE = ABC ; donc les deux triangles symmétriques ABC, DEF, sont égaux en surface.

Scholie. Les pôles P et Q pourraient être situés audedans des triangles ABC , DEF' ; alors il faudrait ajouter les trois triangles DQF, FQE, DQE, pour

(i) Le cercle qui passe par les trois poànls A , B, C, ou qui est circonscrit au triangle ABC, nepeutStre qu'un petit cercle, de la sphère ; car , si c’était un grand cercle , les trois C6tés AB^ BC , AC , seraient sit ucs dans un même plan , et le triangle ABC se réduirait à un de scs cétes.

, - . L 1 V V li. aai

en composer le triangle DEF, et pareillement il fau> '

(irait ajouter les trois triangles APC, CPB, APB, pour en composer le triangle ABC ; d’ailleurs la démonstration et la conclusion seraient toujours les mêmes.

tpborbhe.

Si deux grands cercles AOB , COD , se coupent «g. *3». comme on voudra datu l'hémisphère A OC BD, la somme des triangles opposés AOG , BOD , sera égale au fuseau dont l'angle est BOD.

' Car, en prolongeant les arcs OB, OO, dans l'autre hémisphère jus({u’à leur rencontre en N , OBN sera ' ' une demi-circonférence , ainsi que AOB ; retranchant de part et d'autre OB , on aura BN = AO. Par une raison semblable on a DN = CO , et BD = AC ; donc les deux triangles AOC, BDN, ont les trois cêtés égaux d'ailleurs leur position est telle qu’ils sont symmétriques l’un de l’autre; donc ils sont égaux en surface * «r, et la somme des triangles AOC, BOD, est équiralente au fuseau OBNDO dont l’angle est BOD.

ScholUs. Il est clair aussi que les deux pyramides sphériques qui ont pour bases les triangles AOC,

BOD , prises ensemble , équivalent à l’onglet sphérique dont l’angle est BOD.

f La surface d'ufl triangle sphérique quelconque a pour mesure l'excès de la somme de ses trois angles sur deux angles droits. . -

Soit ABC le triangle proposé ; prolongez ses côtés tg. > 3 ^

aa4 CBOHÉTHIB.

jiisqu’à ce qu’ils rencontrent le grand cercle DEFG, mené comme on voudra hors du triangle. Ën vertu du théorème précédent, les deux triangles ADE, AGH , pris ensemble , équivalent au fuseau dont l’angle est A , et qui a pour mesure aA* : ainsi on aura ADE ■+■ AGHz=aA; par une raison semblable DGF BID

aB , CIH -h CFE = aC. Mais la somme de ces six . triangles excède la demi-sphère de deux fois le tri* angle ABC, d'ailleurs la demi-sphère est représentée par 4; donc le double du triangle ABC est égal à a A ' -+-aB-4- aC. — 4» et par conséquent ABC = A-}- B -4-C — a ; donc tout triangle sphérique a pour mesure . la somme de ses angles moins deux angles droits.

Corollaire I. Autant il y aura d’angles droits dans cette mesure, autant le triangle proposé contiendra de triangles tri-rectangles ou de huitièmes de sphère qui sont l’unité de surface*. Par exemple, si les angles sont égaux chacun aux y d’un angle droit, alors les trois angles vaudront 4 angles droits, et le triangle proposé sera représenté par 4 a ou a ; donc il sera" ' égal à deux triangles tri-rectangles ou au quart de la ' surface de la sphère.

Corollaire II. Le triangle sphérique ABC est éqoivalent au fuseau dont l’angle est ■ i ; de

même la pyramide sphérique , dont la base est

ABC , équivaut à l'onglet sphérique dont l’angle est

Sclutlie. En même temps quon compare le triangle sphérique ABC au triangle tri - rectangle , la pyramide sphérique qui a pour base ABC se compare avec la pyramide tri-rectangle , et il en résulte la même proportion. L’angle solide au sommet de la pyramide se compare de même avec l’angle solide au sommet de la pyramide tri - rectangle : en effet la comparai-

LITmB Bit. 5a5 '

son s’établit par la coïncidence des parties. Or, si

les bases des pyramides coïncident, il est évident que

les pyramides elles-mêmes coïncideront, ainsi, que • •

les angles solides à leur, sommet. De là résultent plu- « .

sieurs conséquences.

,1" Deux pyramides triangulaires sphériques sont entre elles comme leurs bases; et, puisqu’une pyramide polygonale peut se partager en plusieurs pyramides triangulaires , il s'ensuit que deux pyramides sphériques quelconques sont entre elles comme les polygones qui leur servent de hases. > . ■

a" Les angles soli<les au sommet des mêmes pyra- ■ >

niides sont egalement dans la proportion des bases ï ' donc, pour comparer deux angles solides quelconques, il faut placer leurs sommets au centre de deux < y sphères égales, et ces angles solides seront entre eux comme les polygones sphériques interceptés entre leurs plans ou faces.

L’angle au sommet de la pyramide tri-rectangle est formé par trois plans perpendiculaires entre eux : cet . • %

angle, qu’on peut appeler est très-

propre à servir d'unité de mesure aux autres angles solides. Cela posé , le même nombre qui donne l'aire d’un polygone sphérique donnera la mesure de l’angle ^ '

solide correspondant. Par exemple , si l’aire du polygoiie sphérique est i, 'c’est-à-dire, s’il est les j du * triangle tri - rectangle , L’angle solide correspondant

sera aussi les ^ de l’angle solide <lroit. ‘ ■ . - .

La surface d'un polygone sphérique a pour mesure la somme de ses angles, moins le pro-

ia6 'cioMAtkiA.

doit de deux angles droits par le nembte deà côtés du polygone moins deux.' ’ • ig. Ho. D’un même sommet A soient menées i tous les autres sommets les diagonales AG , AD ; le polygone ABCDE sera partagé en autant de triangles moins deux qu’il a de côtés. Mais la surface .de chaque triangle a pour me&ure la somme de ses angles moins deux angles droits , et il est clair que la somme de tous les angles des triangles est égale à la somme des angles dii polygone ; donc la surface du polygone est égale à la somme de ses angles diminuée d’autant de fois deux angles droits qu’il a de côtés moins deux. '

Scholie. Soit s la somme des angles d’un polygone sphérique , n le nombre de ses côtés; l’angle droit étant supposé l’unité la surfiice du polygone aura pour mesure a (n — a) ou s— an-}- 4.‘ >

THXOaâllB.

Soit S U nombre dei em^s solides d'un polyèdre , H le nombre de ses fcsees , h. le nombre de ses arêtes } je dis qu’on aura toujours S + V=b. + i.

Prenez an-dedans dn polyèdre an point d’où vous mènerez des lignes droites anx sommets de tons tes angles ; ima- .ginez ensuite que dn même point comme centre on dècriTC ' nne surface sphérique qui soit - rencontrée par toutes ces lignes en autant de points ; joignez ces points par des arcs de grands cercles , de manière à former sur la surface de la sphère des polygones correspondants et en même nombre' avec les faces du polyèdre- Soit ABCDE un de cet polygones fig. Ho. et soit n le nombre de ses côtés ; sa surface sera s — v^-\-l^^ r étant la somme des angles A,B,C,D,E.Sion évalue semblablement la surface de chacun des autres polygones -sphériques , et qu'on les ajoute toutes ensemble , on en conclura que leur somme, ou la surface de la sphère repr^entéc par 8| est égale àia somme de tous les angles. des polygone*

Digili.'ts: by Goo<^lt

LlVtl& Vili 92^

moins deux fois ie nombre de ienrs cdtës , plus 4 pris autant de fois qu'il y a de faces. Or y comme tous les angles qui s'ajustent autour d'un même point A valent uatrc angles droits , la somme de tous les angles des polygones est êgaF à 4 pris autant ,de fois qu'il j a d'angles solides ; elle est donc égale à 4S* Ensuite le double du nombre des cdtés AB , BC y CD , etc. est égal au- quadruple du nombre des arêtei 'ou=: 4 A, puisque la même arête sert de côté à deux faces : Jonc on aura 8=:4S — 4A-4-4H; ou , en prenant le quart decliaque membre, a = S — A-|- H; donc S + H = A-f- Corollaire. Il suit de là que la so/>me des angles plans qui forment les angles solides d un polyèdre est égalé à autant de fois quatre angles droits qu’ily a d'unités dans S— a, S étant le nombre des an^es solides du polyèdre.

Car, si on considère une face doUt le nombre de côtés est fl , la somme 'des angles de celle fate sera a/i — 4 angles droits*. Mais la somme de tous les an , ou le double du nombre des' côtés de toutes les facçs,=:4A^ t at 4 pris autant de fois qu’il y a de faces :^4H ; donc la somme des angles de toutes les faces = 4A — >4H, Or.parle îhéorême qu’on vient de démontrer, on a A — H=: S — a, et par conséquenUàA — 4H =4 (S — a). Donc la somme des angles plans , etc.

THIOUâlCK.

De tous les triangles sphériques Jormés avec deux côtés Kg. S 7 a donnés CB , CA , et un troisième à volonté , le plus grand et 973 . 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.

Prolongea les deux côtes AC , AB , jusqu'à leur rencontre en D , vous aurez un triangle sphérique BCD , dans lequel l'angle DBC sera aussi égal à la somme des deux autres angles liDC , BCD : car BCD -p- BCA étant égal à deux angles droits, ainsi que CBA-l-CBD , 011 a BCD-(- BCA =

CBA + CBD} ajoutant départ et d’autre BDC = BAC,on auraBCD-F-BCA-4-BDC = CBA-I-CBD-p-BAC. Or, par hyi>6thèse,BCA=:CBA-4 BAC; donc CBD = BCD -fBDC-

Eg.iîi.

aiS GÉOMÊTIIIB.

Menei BI qui fasse l’angle CBI = BCD , et par suite IBD = BDC ; les deux triangles I BC , IBD , seront isoscèlea , et on aura IC = IB=iID. Donc le point I , milieu de DC, est à égale distance des trois points B , C , D : par une raison semblable le point O , milieu de AB , sera paiement disUut des trois points A , B , C.

Soit maintenant CA' = CA et l’angle BC A' > BCA ; si l'on joint A’B , et qu’on prolonge les arcs A'C , A'B , jusqu'à leur rencontre en D', l’arc D'CA' sera une demi-circonférence ainsi que DCA ; donc puisqu’on a CA'=CA , on aura aussi CD'= CD. Mais dans le triangle CID', on a Cl-f-ID' >ÇD'; donclD'>CD— CI, ou ID'>II). .

Dans le triangle isoscèle CIB divisons l'angle du sommet I en deux également par l’arc EIF qui sera perpendiculaire sur le milieu de BC. Si on prend un point L entre I et E, la 'listance BL , égale à LC , sera moindre que BI ; car on peut démontrer, comme dans la prop. ix , liv. i, qu’on aBL-+- LC < Bl-i-IC ; donc en prenant les moitiés départ et d’antre, on aura BL < BL Mais dans le triangle D'LC on a D'L > D'C

CL , et à plus forte raison D'L>DC — CI , ou D'L > DI ,

ou D'L>BI; donc D'L >BL. Donc si on cherche sur l’arc Eir un point également distant des trois points B , C , D', ce point ne saurait se trouver que sur le prolongement de El vers F. Soit l' le point cherché , en sorte qu’on ait D' I' — UI'=CI' i les triangles l'CB , l'CD', l'BD', étant isoscèles, on aura les angles égaux I'BC = I'CB , I'BD'=I'D'B , l'CD, =:I'D'C. Mais les angles iyBC-|-CBA' valent deux angles droits , ainsi que D'CB -H BCA' ; donc " D'BI'-4-rBC-J-CBA'=a, ' - . '

BCI'— I'CD'-»-BCA'=a. ' '

Ajoutant les deux sommes et observant qu’on aI'BC=BGl' et D'BI'— rCD'=BD T— l'D'C = CD'B = CA'B, on aura

" al'BC-l-CA'B-l-CBA'-|-BCA'=4.

Donc CA' B- 1 -CBA'-|-BCA'— ;a (mesurede l’aire du triangle A'BC ) = a — al'BC ; de sorte qu'on a aire A'BC = a — a ang/e l'BC ; semblablement dans le triangle ABC , on aurait aire ABC = a — a angle IBC. Or , on a démontré que l’angle l'BC est plus grand que IBC ; donc Faire A'BC est plus petite que ABC. ^

LivaE vii. aao

' La niéine démonstration et la meme conclusion auraient lien, si, en prenant toujours l’arc CA' =: CA , on faisait l’angle BCA' < BCA ; donc ABC est le triangle le plus grand entre tons ceux qui ont deux c6téa donnés et le troisième à •volonté.

SchoUe I. Le triangle ABC , le pins grand entre tons ceux ^ .

qui ont denx 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 vu que les distances OC, OB , sont égales i donc la circonférence de petit cercle décrite du point O comme pôle et de l'intervalle 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 l’arc de grand cercle*' BOA , se trouvera nécessai- * pr. t, rement dans l’intersection de ces deux plans qui est la droite BA , et ainsi BA sera un diamètre.

II. Dans le triangle ABC, l’angle C étant égal à la somme des deux antres A et B , il s’ensuit que la somme des trois angles est double de l'angle C. Mais cette somme est toujours plus grande que deux angles droits * ; donc l’angle Ç * *9* est plus grand qu’nn droit.

III. Si l'on prolonge les côtés CB , CA , jusqu’à leur rencontre en £ , le triangle BAE sera égal au quart de la surface de la sphère. Car l'angle E = C=ADC -f-CAB ; donc les trois angles du triangle BAE équivalent anx quatre ABC,

ABE, CAB, BAE, dont la somme est égale à quatre angles droits; donc la surface du triangle BAE* = 4 — a = a, **' qui est le quart de la surface de la sphère.

IV. n n’j aurait pas lieu à maximum , si la somme des 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-cercle de la sphère ,

la somme des deux côtés CA , CB , sera moindre que la ^ demi-circonférence BCA* , et par conséquent moindre que la demi-circonférence d’un grand cercle. , >

La raison pourquoi il n'y a pas de maximum , lorsque la somme des denx côtés donnés est plus grande que la demici rconfécen ce d'un grand cercle, c'est qu’alors le triangle

. a3o GlioilBT&IB.

■ augmente de plus en plus à mesure que l'angle compris par les côtéadonnés est plus grand; enfin , lorsque ccl anglcsera égal i 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'étee triangle.

TRBOBBltB.

De tout les triantes sphériques formés avec un c6té donne et un périmètre donné , le plus grand est celui dans lequel les deux ctftés non déterminés sont égaux.

*4». Soit AB le côté donné commun aux deux triangles ACD, ADB , et soit AC + CB =: AD -f- DB; je dis que le triangle isoscèle ACB , dans lequel AC = CB , est plus grand que le non-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 CAB est plus grand que OAB ; ainsi le côté AO est plus grand que OB* ; prenez 01 =0B, faites OK = OD , 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 OAC , il faudra qu'il soit égal 'ou phis grand ; dans l'un et l’autre cas , puisque le point I est entre . le's points A et O , il faudra que le point K soit sur OC pro- . •

longé, sans quoi le triangle OKI serait contenu dans le • triangle ÇAO , et par conséquent plus petit'. Cela posé ;'lc pliis'court chemin de C en A étant C A ,. on a CK -f-KI-f- • lA > CA . Mais CK = OD — CO , A f= AO — OB , KI= BD; dohcOD — CO-pAO — OB-J-BD >CA, et en réduisant AD ■— CB-f-BD > CA , ou AD -|- BD > AC -f- CB. Or cette inégalité est contraire à l'hypothèse AD f- BD — AC -J- CB ,

. donc le point K ne peut tomber sur le prolongement de Of: ; donc il tombe entre O et C, et par consérpient le triangle' KOI , ou son égal ODB , est plus petit que ACO donc le triangle isoscèle ACB est plus grand que le non-isoscèle ADB de même base et de même périmètre.

Seholie. Ces deux dernières propositions iont analogues

»ii. a3ï

aux proposlrions i et iii de l'appendice an Ut. it ; ainsi on pent en tirer, par rapport anz polygones sphériques, les conséquences qui ont lien 'pour les polygones rectilignes.

Voici les principales : '

I ° De tous les polygones sphériques isopérimètres et d'un même nombre de cités , le plus grstnd est un polygone équilatéral.

Même démonstration que pour la prop, II de l'appendice au livre IV.

a® 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 demi-cercle dont la corde du côté non déterminé sera le diamètre.

La démonstration se déduit de la prop. XXVI, comme on l'a vu dans la prop. IV de l’appendice cité; il faut pour l’existence du maximum , que la somme des cdtés donnés soit moindre que la demi-circonférence d’un grand cercle. .

3® Le, plus grand des polygones sphériques formés avec des côtés donnés , est celui qu'on peut inscrire dans un cercle de la sphère.

Même démonstration que pour la prop. VI de l’appendice au livre IV. '

Le plus grand des polygones sphériques qui ont le même périmètre et le même nombre de côtés , est celui qui a set angles égaux et ses côtés égaux.

Cest ce qui résulte des corollaires i et 3 qui précèdent.

Nota. Tontes les propositions de maximum concernant les polygones sphériques s’appliquent aux angles solides dont ces polygones sont la mesure.

o^oiiMTaiB.

APPENDICE AUX LIVRES VI et VU.