LIVRE

un angle égal entre côtés égaux; par suite ÂE = À'^, et l’inégalité précédente revient à 2AB<]^2AE; d’où AB<^AE.

Donc AB est un minimum; par suite son supplément AC est plus grand que les suppléments des arcs obliques, c’est-à-dire que AC est un maximum.

2° Si l’arc BF = BE, les triangles égaux ABE, ABF prouvent que AE=AF.

3“ Soit l’arc BG ^BE, je dis que AG sera ^ AE. En effet, prolongez AE jusqu’à la rencontre de A'G : puisque AA' 180°, la seconde rencontre de AE et AA' se fera sur le prolongement de AA'; mais d’un autre côté, AG? qui est <^kC, est aussi 180°; donc la seconde rencontre de AE et AG se fera aussi sur le prolongement de AG : par suite le prolongement de AE passera entre A' et G, et coupera A'G en un point H , et l’arc AH sera 180°.

Cela posé, on a A'E A’H-l-EH ; ajoutant AE de part et d’autre, il vient A'E -f- AE A’H 4- AH ; d’ailleurs AH AG-f-GH ; ajoutant AH , on a

A'Hh-AH<A'G-^AG; donc A'E-^AE < A'G+AG;

prenant les moitiés AE AG.

Donc , etc.

PROBLÈME

Discuter les solutions des pr. 27 et 28.

Le nombre des cas relatifs à chacune des propositions étant assez grand, on va tâcher de faire comprendre la marche du raisonnement sur quelques-uns de ces cas.

La prop. 28 se ramène d’ailleurs à 27 par le moyen du triangle supplémentaire.

11 y a un cas d’impossibilité que le calcul indique; c’est celui ou s//iB est ^1. La géométrie fait aussi re- rig. 25. connaître cela; car soit l’angle A 90°, et AC=:4;

trigühuhkthir.

soit mené l’arc CD perpendiculaire à AD > on aura êin CD = sinb sinA (prop. 16, forra. 2'); mais puisque A 90®, CD est aussi 90“ (prop. 16, rem. 2“); donc CD est

/ an\ • • n sinbsink

un minimum (p. 29); or, si smBou — . est^ l,

sina

c’est que s/n CD est ^ s/n a, c’est-à-dire que CD est plus grand que a, ce qui est en effet impossible. Si l’angle A est obtus, CD sera ^ 90“, sera par suite un maximum , et de s/nB ^ 1, on conclut que a]>CD , ce qui est encore impossible. Supposons donc que s/n B ne soit pas ^ 1 .

Quant à A, il y a trois cas, selon qu’il est inférieur) égal ou supérieur à 90°. Chacun de ces trois cas se subdivise en trois autres analogues par rapport à b.

Fig. 20. Soit, par exemple, A<^90“, ft-\90“. Prenons deux demi-cercles faisant entre eux l’angle A, et soit AC = A; menons CD perpendiculaire à AE ; puisque A <^90“, CD sera aussi 90° (pr. 16, r. 2°); donc (pr. 30) CD est un minimum. Pour qu’on puisse former un triangle avec AC, A et un côté partant de C et s’appuyant sur ADA', il faut que ce côté, d’ailleurs^ CD, ne dépasse pas CA': car l’arc CA'^CA; par suite DA’ ^ DA : les arcs menés de C sur AA' croissent en s’éloignant de D de part et d’autre; CA' est donc le plus grand de tous ceux qui sont menés sur ADA'.

Ainsi a doit être 180® — b; donc si n ^ 180“ — b.

Fig. 27.

ou si a-\-b ^ 180 ’, il n’y a pas de triangle.

Cela fait, prenons DE = DA. Les arcs menés de C à un

point de A’E seront tous plus grands que CE = AC z=b- Entre A et D il ne tombe que des arcs moindres que AC, de même qu’entre D et E. Donc, si b, mais <^180“ — b, ily a une solution. En6n, s\a<^b, on trouvera deux triangles tels que ACB, ACB', où BD = B'D.

Soit, pour second exemple, A = 108®, A = AC= 118“,

LIYRB 11.

Puisque A ^ 90“, l’arc CD, mené perpendiculairement de C sur ADA', sera aussi ^ 90°, et sera un maximum : donc AC est le plus petit arc mené de C sur AD, CA' est le plus petit mené de C sur A'D et même sur A'DA : mais CA' = 180 — b — 62°, et comme a est 62®, le triangle est impossible. Fig, ^6

Ainsi , en général, après avoir mené de C l’arc CD per- 27. pendiculairc sur le second côté de A , on examinera que Iles sont les relations de b et des arcs menés de C sur AD et A'D. Si a ne satisfait à aucune de ces relations, il n’y a point de triangle; s’il satisfait à une seule, il y a un triangle; si à deux, il y a deux triangles. Dans le cas où il n’y a qu’une solution, la discussion fait reconnaître si l’angle B est aigu ou obtus, ce qu’il est nécessaire de savoir, puisque le 'calcul, ne donnant queifViB, ne dit rien à ce sujet Du reste, on peut aussi déterminer l’espèce de B, en comparant les angles aux côtés opposés.

Pour donner un exemple relatif à la pr. 28 , soit

Dans le triangle supplémentaire on aura

Soit l’angle CAD = A', AC = ô'; menez CD perpendiculaire sur A'DA, CD sera maximum; CA' est le plus petit des arcs menés de C sur A'DA, et comme A' ^CA', qui vaut 64°, on en conclut que le triangle est possible. D’un autre côté, les arcs menés de C sur AD, diminuant de D vers A, entre ces deux points on n’en trouvera aucun qui soit égal à 94® ou a' ; c’est donc entre DC et CA' que tombera le côté a', quelque part en CB, et comme AC^CB, l’angle ABC sera obtus; donc le triangle proposé n’admet qu’une solution , et son côté b sera 90°.

Fig. 27.

TRIGONOM^TTRIE.

EXEMPLES DE LA EÉSOLÜTION DES TRUNGLES SPHÉRIQCES.

Ex. i. Dans un triangle sphérique on a a = 64» 23' 64" , 6 = 48” 18' 13" , c= 72” 17' 28", trouver l’angle A.

On peut prendre ici soit iin - A, soit cos A, soit

Prenons cos

2 ' sin b sin c

d’où

/og cos 2 ^ ~

^\los! sinp-{-l,sin(^p — d)-\-comp, l. sinb-{-c. l.sinc^

Z.«np=| 2

Z.im(p-«)=J J 3g

c. l. sin 6 = - 0,1 268654

c.Lsinc~ 0,0210829 19,8194605 l.cos^-X=i 9,90972576.

Dans chacun des quatre log. ou comp. log. employés

l’erreur est <[ - . (0,1)^ excepté le troisième, où elle est

(0,1 y ; donc sur la somme la limite de l’erreur est <^2,5x(0,l)7,et pour Z. co«l A on peut prendre 1,5 X (0,1)';

LITRE II

ainsi

/.cos 1 a> 9,90972261 <9,9097264

d’où |a< 36“ 40' 37", 762 et >36» 40' 37", 636

A < 71» 21' 16",624 et >71» 21' 16 ',072 Ex. //. Les latitudes et les longitudes de deux points du Fig. 28. globe étant connues, trouver la distance de ces points.

Soit AKA' le premier méridien, KFE l’équateur. A, A les pôles; B , C les deux points; ABF, ACE leurs méri- .diens; les latitudes des deux points seront FB, EG; les longitudes KF, KE; tirons l’arc de grand cercle BC qui mesure la distance des points B , G. Dans le triangle ABC on connaît les côtés AB, AC, compléments des latitudes, et l’angle compris A, mesuré par FE, différence des longitudes. On pourra donc trouver l’arc BC. Si les points B, C, tombaient de différents côtés de l’équateur, si l’arc FE était> 180», les côtés du triangle auraient d’autres relations avec les données de la question.

Par exemple, soient les deux villes de Pétersbourg et de Nanking.

Pour Pétersbourg

BF=69» 66' 23" , KF= 27» 68' 30" pour Nanking