LIVRE VIX

ans deux fois le nombre de leurs côtés , plus 4 pns autant fois qu'il y a de faces. Or , comme tous les angles qui justeut autour d'un même point A valent quatre angles >its , la somme de tous les angles des polygones est égale î. pris autant de fois qu'il y a d'angles, solides; elle est DC égale à 4S. Ensuite le double du nombre des côtés AB , Vf CD 9 etc. est égal au quadruple du nombre des arêtes ==: 4 A , puisque la môme arête sert de côté à deux faces : ac on aura 8 = 4S — 4A+4H; ou, en prenant le quart dmque membre, a = 8 — -A-f-H; donc S-f-H=:A-f-2. tJoroUaire, Il suit de fi que la somine des cingles plans l forment les angles solides dun polyèdre est égale à aU' U de fois quatre an^es droits qu'il y a d'unités dans S-— a 9 ^nt le nombre des angles solides du polyèdre. Car, si on considère une face dont le nombre de côtés 1 , la somme des angles de cette face sera 2/2*^4 angles Mts*. Mais la somme de tous les in , ou le double du nom- * *^

3 des côtés de toutes les faces ,=4-^ 9 et 4 pris autant de s qu'il y a de faces = 4H ; donc la somme des angles de. ites les faces = 4 A — 4H. Or, par le théorème qu'on rient démon trer^ onaA — Hi=S — 2, et par conséquent 4 A 4H =4 (S~~2)- Donc la somme des angles plans , etc.

PROPOSITION XXVI

THEOREME.

")€ tous les triangles sphériques formés avec deux côtés ^JtS* \nés CB , CA , et un troisième à volonté , le plus graujid C est celui dans lequel V angle C , compris par les côtés nés, est égal à la somme des deux autres angles A et B.

rolongez les deux côtés AC , AB , jusqu'à leur rencontre 3 , vous aurez un triangle sphérique BCD , dans lequel grie DBC sera aussi égal à la somme des deux autres [es BDC , BCD : car BCD + BCA étant égale à deux es droits, ainsi que CBA + CBD , on a BCD + BCA = L -f- CBD ; ajoutant de part et d'autr-e BDC = BAC-, on i BCD + BCA+ BDC = CBA + CBD -f- BAC. Or , par ^these, BCA=CBA+BAC; donc CBD = BCD +BDC.

Menez BI qui fasse l'angle CBI=BCD , et par snitelBD =r BDC; les deva triangles IBC , IBD , seront isosceles , et M aura IC=IB=iID. Donc le point I , milieu de BC , cità égale distance des trois points B , C , D : par une raison se» blable le point O, milieu de AB» sera égaten&ent distant des trois points A ,^ , C.

fig> 272. Soit maintenant CA' = CA et Tangle BCA' > BCA ; si Tob joint A'B 9 et qa*on prolonge les arcs AT , A'B , lasqal leur rencontre en D^ Farc IVCA' sera une demi-circcaféran ainsi que DCA ; donc puisqu'^on a CA'=CA , on aura ailui CD'= CD. Mais dans le triangle CID*» on a CI +10^ >Ciys doncID'>CD— CI, ouID'>ID.

Dans le triangle isoscele CIB divisons Tangle dn soflimetl en deux également par Tare EIF qui sera perpendicnlaira sur le milieu de BC. Si on prend un point L entre I et £, U distance BL , égale à LC , sera moindre que BI ; car on peut démontrer, comme dans la prop. ix, Hv. i, qu'on a BL+ liC < BI+IC ; donc en prenant les moitiés de part et d'antre» on aura BL < BI. Mais dans le triangle IVLC on a DX >]yG — CL, et "à plus forte raison DT.>DC — CI, ou DX>DI» ou Dli > BI ; donc DX > BL. Donc si on cherche sur Yuc £IF 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' = BI'=: Cr ; les triangles FCB , TCD', l'BD', étant isosccles, I on aura les angles égaux I'BC = rCB , rBD'=: l'D'B , roy ==I'D'C. Mais les angles D'BC+CBA' valent deux angles droits , ainsi que D'CB-|-BCA' i donc

D'BI'-f. l'BC -f- CBA'= a, BCr— rCD'+BCA^= 2.

ajoutant les deux sommes et observant qu^on a I'BC=BQ' et D'BF— rCD'=BDT— I'D'C = CD'B=CA'B, on aura al' BC + C A'B + CB A' + BC A'=: 4 .

Donc CA'B + CBA'-f-BCA'— 2 (mesure de l'aire du triangle A'BC ) zz: a — . al'BC ; de sorte qu'on a aire A'BC == 2 — 2 angle l'BC ; semblablement dans le triangle ABC , on aarait aire ABC = 2 — 2 angie IBC. Or , on a démontré que l'angle l'BC est plus grand que IBC j donc Faire A*BC est plus petite que ABC.

LIVÀE VII. â3i

; lia même démonstration et la même conclusion auraient fig- 27'^ Keu, si, en prenant toujours Tare CA.'=C A, on faisait l'angle BGA'<BCA ; donc ABC est le triangle le plus grand entre tous ceux qui ont deux côtés donnés et le troisième à Tolonté.

SchoUe I. Le triangle ABC , le plus §^and entre tous ceux £g ^^^^ qui ont deux c6tés 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 ; donc la circonférence de petit oerde 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 nn diamètre de ce petit cercle ; car le centre qui doit te tronrer à la fois dans le plan du petit cercle et dans le plan de Tare de grand cercle'^ BOA , se trouvera nécessai- pr. i^ \ rement dans Tinters^tion de ces deux plans qui est la droite ^^^' ^• BA , et ainsi BA sera un diamètre.

II. Dans le triangle ABC , Fangle C étant égal à la somme des deux autres A et B, il s'ensuit que la somme des trois angles est double de Tangle C. Mais cette sommé est toujours plus grande que deux angles droits * \ donc l'angle C * i^ est plus grand qu'un droit.

m. Si Ton prolonge les côtés CB , CA , ju^qu^à leur ren- <H>ntre en £, le triangle BAE sera égal au quart de la surface de la sphère. Car l'angle E=z=C=:ABC4-CAB; donc les ^rois angles du triangle BAE équivalent aux quatre ABC , ABE, CAB , BAE dont la somme est égale à quatre angles droits; donc la surface du triangle xBA£'^= 4 — 2 = 2, qui est le quart de la surface de la sphère. **

rv. H n'y aurait pas lieu à maximum , si la somme des deux côt^s donnés CA , CB , était égale ou plus grande que la demi-circonférence d'un grand cercle. Car puisque le triangle 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 àe^maximum^ lorsque la tomme des deux côtés donnés est plus grande que la demicirconférence d'un grand cercle , c'est qu'alors le triangle

^3a GEOMETRIE.

augmente de plus en plus ù mesure que l'angle compris par les côtés donnés est plus grand ; enfin lorsque cet an^le sert égal à deux droits , les trois côtés seront dans un même plan , et formeront une circonférence entière ; le triangle aphérique deviendra donc égal à la demi- sphère , mais il ce&sera ^ors d'être yriangle.

PROPOSITION XXVII

THEOREME.

De tous les triangles sphériques formés avec un côté dormi et un périmètre donné , le plus grand est celui dans lequel les deux côtés non détenninés sont égaux, fig. 242. Soit AB le côté donné commun aux deux triangles ACB, ADB , et soit AC + CB = AD + DB ; je dis que le triangle isosccle ACB , dans lequel AC = CB, est plus grand que le non-isoscele ADB.

Car ces triangles ayant la partie commune AOB , il sulfit de faire voir que le triangle BOD est plus petit que AOC L'angle CBA égal à CAB , est plus grand que OAB ; ainsi *2i. le côté AO est plus grand que OB* ; prenez CI =:OB, 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 plni grand ; dans l'un et l'autre cas , puisque le point I est entre 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. Cela posé, le plus court chemin de C en A étant CA , on a CK +KI+ IA>CA.MaisCK=:OD — CO,AIz=:AO— OB,KI=:BDi donc OD— CO-I-AO— OB+BD > CA, et en réduisant ÀD — CB-f-BD>CA, ou AD-f-BD>AC-f-CB. Or cette inégalité est contraire à Tliypothese AD -f-BD = AC-f-CBi donc le ])oint K ne peut tomber sur le prolongement de OC; donc il tombe entre O et C , et par conséquent le triangle KOI , ou son égal ODB , est plus petit que ACO ; donc le triangle isoscele ACB est plus grand que le non-isoscele ADB de même base et de même périmètre.

Sckolie. Ces deux dernières propositions sont analogues