Chassant a de ces deux équations, ce qui se fait en divisant chaque membre de la première par son correspondant dans la seconde, on trouvera principe énoncé dans le numéro précédent. Enfin, si l'on quarre chaque membre des deux premières équations, et qu'on ajoute ensuite, membre à membre, les équations résultantes, en observant que sin C2+ sin B'sin C2+ cos C2 = R2 (10), suffisent, conjointement avec la relation qui existe entre les angles B et C, pour résoudre tous les cas des triangles rectangles. 32. Le principe sur lequel est fondée la résolution des triangles rectangles, conduit à celle des triangles quelconques. En abaissant de l'angle B du triangle ABC, fig. 14, une perpendiculaire BD, on formera deux Fig. 14. triangles ABD, BDC, rectangles en D; on aura dans le premier R sin A: AB: BD, et dans le second R: sin C: BC: BD, ce qui donnera RX BD sin AX AB et d'où il suit par conséquent RX BD sin CX BC, sin AX AB sin CX BC, ou sin A: sin C:: BC;AB. Lorsque la perpendiculaire tombe en dehors, l'angle C n'est pas commun au triangle ABC et au triangle BCD; mais l'angle BCD et l'angle BCA, valant ensemble deux angles droits, ont le même sinus (22). La proportion obtenue ci-dessus peut se convertir en principe général, et s'énoncer ainsi : Dans un triangle quelconque, les sinus des angles sont entre eux comme les côtés opposés à ces angles. 33. La même proposition se démontre aussi de la manière suivante, qui paraît plus analogue à l'idée que j'ai donnée de la Trigonométrie, dans les numéros 1 et 2. Fig. 15. Ayant inscrit le triangle ABC, fig. 15, dans un cercle, si l'on décrit du centre O de ce cercle, et avec un rayon Oa, égal à celui des tables, un cercle abc, puis qu'on joigne par des droites ab, bc et ac, les points où les rayons AO, BO, CO, rencontrent le cercle des tables, on formera un triangle abc semblable au triangle proposé, et dont les côtés ab, bc et ac, se déduiront des tables. La similitude des deux triangles ABC et abc devient évidente lorsque l'on remarque que les droites aO, bo et cO, étant égales comme rayons d'un même cercle, ainsi que les droites AO, BO, CO, les triangles AOB, BOC et AOC, ont leurs côtés AO et BO, BO et CO, AO et CO, coupés proportionnellement aux points a et b, b et c, a et c, et que par conséquent les droites AB et ab, BC et bc, AC et ac, sont respectivement parallèles on a donc ou AB: BC AC:: ab: bc: ac, :: ab: bc: ac. Cela posé, les angles du triangle abc, ayant leur sommet placé à la circonférence, sont mesurés par la moitié de l'arc que soutend le côté qui leur est opposé, et chacun de ces arcs a évidemment pour sinus la moitié de ce même côté (14): donc et par conséquent ab sin c sin C, bcsin asin A, acsin b= sin B, AB BC: AC:: sin C : sin A: sin B. La comparaison des triangles AOB et aOb montre de plus que AB:ab:: A0: a0, ou que AB: 2sin C:: AO: a0; c'est-à-dire que chaque côté du triangle ABC est au double du sinus de l'angle qui lui est opposé, comme le rayon du cercle circonscrit est à celui des tables (*). 34. En désignant, comme dans le n° 31, les trois angles par A, B, C, et les côtés respectivement opposés à chacun de ces angles, par a, b, c, fig. 16, on aura, Fig. 16. d'après ce qui précède, les proportions (*) On pourrait considérer les lignes ab, bc et ac, comme les sinus mêmes de ces angles A, B, C, en prenant pour unité le diamètre du cercle abc; c'est ainsi que M. Carnot les a présentées dans l'ouvrage intitulé Géométrie de Position. On y trouve, d'après cette définition, une démonstration très-simple et très-élégante de la propo sition du no 11 et de ses conséquences les plus importantes. On résoudra immédiatement par ces proportions un triangle: 1o. lorsqu'on y connaîtra deux angles et un côté, puisqu'alors tous les angles seront donnés, et que les côtés cherchés seront nécessairemet opposés à deux de ces angles; si, par exemple, a est donné, ainsi que les angles B. et C, on retranchera la somme de ces angles de deux droits, pour avoir l'angle A, et les deux premières proportions feront connaître les côtés cherchés b et c : 2°. quand on aura un angle et deux côtés dont l'un soit opposé à l'angle donné; si c'est, par exemple, l'angle A avec les côtés a et b, on calculera l'angle B par la première proportion, et connaissant alors deux angles, on retombera dans le cas précédent. Il y a deux cas qui, n'étant pas compris dans ceux que je viens d'examiner, semblent échapper à la méthode ce sont ceux dans lesquels on connaît deux côtés et l'angle compris, ou bien les trois côtés; je vais m'en occuper successivement. 35. Je suppose d'abord que l'on connaisse les deux côtés a et b, et l'angle compris C. En mettant les équations pour les ajouter membre à membre, et ensuite les retrancher l'une de l'autre, on trouve (a+b) sin C=c( sin A+ sin B), (ab) sin C=c( sin A- sin B); divisant le dernier résultat par le premier, le côté inconnu è disparaît, et on a a-b tang = 2 d'où l'on déduira la proportion a+b: a-b::tang (A+B): tang (A→B), qui s'énonce ainsi : La somme des deux côtés d'un triangle est à leur différence, comme la tangente de la demi-somme des angles opposés à ces côtés, est à la tangente de leur demi-différence. Tout est connu dans cette proportion, à l'exception de A-B; car si on retranche de deux quadrans la mesure de l'angle connu C, le reste sera celle de 4+ B; prenant par conséquent la valeur de tang (A-B), il viendra tang (AB)= α--- b @ +6× tang / (1+B). Connaissant alors les angles (A+B) et (A-B), si on les ajoute, on aura } (A+B) + (A—B)—A et si on retranche le second du premier, il viendra (A+B)—¦(A—B)=B; (*) On peut aussi, pour plus de briéveté, faire la proportion ab:: sin A: B (32), de laquelle on tire immédiatement a+ba-b:: sin A+sin B: sin ▲ — sin B ; et l'on en conclura, par le n° 28, a+ba-b:: tang (A+B); tang ¦ (A—B), |