Œuvres de Lagrange/Pièces diverses/Solutions de quelques Problèmes relatifs aux triangles sphériques

Joseph-Louis Lagrange

Solutions de quelques Problèmes relatifs aux triangles sphériques, avec une analyse complète de ces triangles

Pièces diverses non comprises dans les recueils académiques, Gauthier-Villars, 1868, Œuvres de Lagrange. Tome VII (p. 331-359).

SOLUTIONS DE QUELQUES PROBLÈMES
RELATIFS
AUX TRIANGLES SPHÉRIQUES,
AVEC
UNE ANALYSE COMPLÈTE DE CES TRIANGLES.

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(Journal de l’École Polytechnique, VI^e Cahier, t. II, thermidor, an VII.)

On sait que, dans les triangles rectilignes, les côtés sont proportionnels aux sinus des angles opposés, et l’on démontre facilement que ce rapport constant des côtés aux sinus est égal au diamètre du cercle circonscrit.

On peut aussi exprimer ce même rapport par le moyen de l’aire du triangle, et il est facile de prouver qu’il est égal au produit des trois côtés, divisé par le double de l’aire.

1. Mais, si l’on voulait exprimer ce rapport par les seuls côtés du triangle, il n’y aurait qu’à considérer qu’en nommant $a,b,c$ les trois côtés, et $\mathrm {A,B,C}$ les angles qui leur sont opposés, on a, par le théorème connu,

$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos \mathrm {A} \,;$

donc

$\cos \mathrm {A} ={\frac {b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}},$

et de là

$\sin \mathrm {A} ={\frac {\sqrt {4b^{2}c^{2}-\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)^{2}}}{2bc}}\,;$

Donc, si l’on fait, pour abréger,

$d={\sqrt {4b^{2}c^{2}-\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)^{2}}},$

on aura

$\sin \mathrm {A} ={\frac {d}{2bc}}\,;\quad {\text{donc}}\quad {\frac {a}{\sin \mathrm {A} }}={\frac {2abc}{d}}\,;$

c’est le rapport cherché.

Si l’on nomme $r$ le rayon du cercle circonscrit au triangle, et $s$ la surface ou l’aire du même triangle, on aura

${\frac {a}{\sin \mathrm {A} }}={\frac {2abc}{d}}=2r={\frac {abc}{2s}}\,;$

donc

$r={\frac {abc}{d}},\quad {\text{et}}\quad s={\frac {abc}{4r}}={\frac {d}{4}}.$

2. En développant le carré de $b^{2}+c^{2}-a^{2},$ et réduisant, on a

$d={\sqrt {2a^{2}b^{2}+2a^{2}c^{2}+2b^{2}c^{2}-a^{4}-b^{4}-c^{4}}},$

formule où l’on voit que les trois côtés $a,b,c$ entrent également, comme cela doit être.

Mais on peut mettre cette formule sous une forme plus simple, et plus commode pour le calcul logarithmique, en la décomposant en facteurs. En effet, on a

${\begin{aligned}4b^{2}c^{2}-\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)^{2}=&\left(2bc+b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)\left(2bc-b^{2}-c^{2}+a^{2}\right)\\=&\left[(b+c)^{2}-a^{2}\right]\left[a^{2}-(b-c)^{2}\right]\,;\end{aligned}}$

et, décomposant encore chacun de ces facteurs en deux, on aura

$d={\sqrt {(a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)(-a+b+c)}}.$

Ces formules sont connues, et je ne les rapporte ici que pour servir comme d’introduction aux recherches suivantes.

3. Puisque dans les triangles sphériques les sinus des côtés sont proportionnels aux sinus des angles opposés à ces côtés, on peut être curieux de connaître ce rapport constant et de voir s’il dépend aussi, comme dans les triangles rectilignes, du rayon du cercle circonscrit ou de l’aire du triangle.

Désignons de même par $a,b,c$ les trois côtés d’un triangle sphérique, et par $\mathrm {A,B,C}$ les trois angles opposés à ces côtés ; on aura, par le théorème connu,

$\cos a=\cos b\cos c+\sin b\sin c\cos \mathrm {A} \,;$

donc

$\cos \mathrm {A} ={\frac {\cos a-\cos b\cos c}{\sin b\sin c}},$

et de là

$\sin \mathrm {A} ={\frac {\sqrt {\sin ^{2}b\sin ^{2}c-(\cos a-\cos b\cos c)^{2}}}{\sin b\sin c}},$

Faisons, pour abréger,

$f={\sqrt {\sin ^{2}b\sin ^{2}c-(\cos a-\cos b\cos c)^{2}}}\,;$

on aura

$\sin \mathrm {A} ={\frac {f}{\sin b\sin c}}\,;$

donc

${\frac {\sin a}{\sin \mathrm {A} }}={\frac {\sin a\sin b\sin c}{f}},$

expression du rapport cherché, analogue à celle qu’on a trouvée pour les triangles rectilignes (1).

Comme la quantité $f$ est exprimée par un radical carré et peut, par conséquent, avoir le signe plus et moins, nous remarquerons que, relativement aux triangles sphériques, elle doit toujours être prise positivement, parce que, les côtés et les angles de tout triangle étant toujours moindres que deux droits, leurs sinus sont nécessairement toujours positifs.

4. La quantité radicale $f$ est aussi susceptible de réductions analogues à celles du n^o 2.

Car en substituant pour $\sin ^{2}b$ et $\sin ^{2}c$ leurs valeurs en cosinus $1-\cos ^{2}b,$ $1-\cos ^{2}c,$ et réduisant, on aura

$f={\sqrt {1-\cos ^{2}a-\cos ^{2}b-\cos ^{2}c+2\cos a\cos b\cos c}},$

où l’on voit que les trois côtés $a,b,c$ entrent également.

On peut de même résoudre la quantité sous le signe en facteurs. En effet, on aura d’abord

${\begin{aligned}\sin ^{2}b&\sin ^{2}c-(\cos a-\cos b\cos c)^{2}\\&=(\sin b\sin c+\cos a-\cos b\cos c)(\sin b\sin c-\cos a+\cos b\cos c)\\&=\left[\cos a-\cos(b+c)\right]\left[\cos(b-c)-\cos a\right].\end{aligned}}$

Or on a en général

$\cos a-\cos h=2\sin {\frac {a+h}{2}}\sin {\frac {h-a}{2}}\,;$

donc, décomposant ainsi les deux facteurs, on aura

$f=2{\sqrt {\sin {\frac {a+b+c}{2}}\sin {\frac {a-b+c}{2}}\sin {\frac {a+b-c}{2}}\sin {\frac {-a+b+c}{2}}}},$

expression très-commode pour le calcul logarithmique.

5. Cherchons maintenant le rayon du cercle circonscrit au triangle sphérique. Il est évident que ce cercle ne peut être qu’un petit cercle de la sphère, et qu’il sera aussi circonscrit au triangle rectiligne formé par les trois cordes des arcs $a,b,c.$ Or, ces cordes étant exprimées par $2\sin {\frac {a}{2}},2\sin {\frac {b}{2}},$ $2\sin {\frac {c}{2}},$ il n’y aura qu’à les substituer au lieu de $a,b,c$ dans l’expression du rayon $r$ (2), c’est-à-dire, dans ${\frac {abc}{d}}.$

Nommons $\mathrm {R}$ le rayon de ce cercle circonscrit, et $h$ ce que devient la quantité $d$ par les substitutions dont il s’agit ; on aura

$\mathrm {R} ={\frac {8\sin {\cfrac {a}{2}}\sin {\cfrac {b}{2}}\sin {\cfrac {c}{2}}}{h}}.$

Or on a

${\begin{aligned}h^{2}=&32\left(\sin {\frac {a}{2}}\sin {\frac {b}{2}}\right)^{2}+32\left(\sin {\frac {a}{2}}\sin {\frac {c}{2}}\right)^{2}+32\left(\sin {\frac {b}{2}}\sin {\frac {c}{2}}\right)^{2}\\&-16\left(\sin {\frac {a}{2}}\right)^{4}-16\left(\sin {\frac {b}{2}}\right)^{4}-16\left(\sin {\frac {c}{2}}\right)^{4}\,;\end{aligned}}$

et, substituant pour $2\left(\sin {\frac {a}{2}}\right)^{2},\ 2\left(\sin {\frac {b}{2}}\right)^{2},\ 2\left(\sin {\frac {c}{2}}\right)^{2},$ leurs valeurs $1-\cos a,\ 1-\cos b,\ 1-\cos c,$ on aura, après les réductions,

${\begin{aligned}h^{2}=12&-8\cos a-8\cos b-8\cos c+8\cos a\cos b+8\cos a\cos c+8\cos b\cos c\\&-4\cos 2a-4\cos 2b-4\cos 2c,\end{aligned}}$

expression qu’on peut réduire à celle-ci

$4f^{2}+8(1-\cos a)(1-\cos b)(1-\cos c),$

c’est-à-dire à

$4f^{2}+64\left(\sin {\frac {a}{2}}\sin {\frac {b}{2}}\sin {\frac {c}{2}}\right)^{2},$

en substituant le valeur de $f$ du n^o 4. Ainsi l’on aura

$\mathrm {R} ={\frac {4\sin {\cfrac {a}{2}}\sin {\cfrac {b}{2}}\sin {\cfrac {c}{2}}}{\sqrt {f^{2}+16\left(\sin {\cfrac {a}{2}}\sin {\cfrac {b}{2}}\sin {\cfrac {c}{2}}\right)^{2}}}}.$

6. Maintenant, si l’on considère le rayon de la sphère qui passe par le centre du petit cercle circonscrit, il est visible que ce rayon sera perpendiculaire au plan de ce cercle, et qu’il aboutira au point de la surface qui sera le pôle du même cercle. Donc, en nommant $\varphi$ l’arc qui mesure la distance du pôle à la circonférence du même cercle, on aura évidemment $\mathrm {R} =\sin \varphi \,;$ donc

$\sin \varphi ={\frac {4\sin {\cfrac {a}{2}}\sin {\cfrac {b}{2}}\sin {\cfrac {c}{2}}}{\sqrt {f^{2}+\left(4\sin {\cfrac {a}{2}}\sin {\cfrac {b}{2}}\sin {\cfrac {c}{2}}\right)^{2}}}}\,;$

d’où l’on tire

$\cos \varphi ={\frac {f}{\sqrt {f^{2}+\left(4\sin {\cfrac {a}{2}}\sin {\cfrac {b}{2}}\sin {\cfrac {c}{2}}\right)^{2}}}},$

et de là

$\operatorname {tang} \varphi ={\frac {4\sin {\cfrac {a}{2}}\sin {\cfrac {b}{2}}\sin {\cfrac {c}{2}}}{f}}.$

Donc, puisque $\sin a=2\sin {\frac {a}{2}}\cos {\frac {a}{2}},$ et ainsi des autres sinus, on aura (3)

${\frac {\sin a}{\sin \mathrm {A} }}=2\operatorname {tang} \varphi \cos {\frac {a}{2}}\cos {\frac {b}{2}}\cos {\frac {c}{2}}.$

7. Si l’on voulait avoir l’aire du triangle rectilignes inscrit dans le petit cercle dont il s’agit, et formé par les cordes des arcs $a,b,c,\ldots$ en nommant $\mathrm {S}$ cette surface, il n’y aurait qu’à changer dans la formule $s={\frac {abc}{4r}}$ du n^o 1, $s$ en $\mathrm {S} ,$ $r$ en $\mathrm {R}$ et $a,b,c$ en $2\sin {\frac {a}{2}},2\sin {\frac {b}{2}},2\sin {\frac {c}{2}},$ ce qui donnerait sur-le-champ

$\mathrm {S} ={\frac {2\sin {\cfrac {a}{2}}\sin {\cfrac {b}{2}}\sin {\cfrac {c}{2}}}{\mathrm {R} }},$

ou bien, à cause de $\mathrm {R} =\sin \varphi$ (6),

$\mathrm {S} ={\frac {2\sin {\cfrac {a}{2}}\sin {\cfrac {b}{2}}\sin {\cfrac {c}{2}}}{\sin \varphi }}.$

Si maintenant on considère la pyramide triangulaire qui a ce triangle pour base, et dont le sommet est au centre de la sphère, il est visible que la hauteur de cette pyramide sera donc sa solidité sera ${\frac {\mathrm {S} \cos \varphi }{3}}\,;$ ou bien, mettant pour $\mathrm {S}$ la valeur qu’on vient de trouver,

${\frac {2\sin {\cfrac {a}{2}}\sin {\cfrac {b}{2}}\sin {\cfrac {c}{2}}}{3\operatorname {tang} \varphi }},$

et, substituant de plus la valeur de $\operatorname {tang} \varphi$ trouvée plus haut (6), on aura ${\frac {f}{6}}$ pour la valeur de la solidité de la pyramide.

8. Il nous reste à considérer l’aire même du triangle sphérique formé par les arcs $a,b,c$.

On connaît le beau théorème suivant lequel l’aire d’un triangle sphérique est à la surface entière de la sphère, comme l’excès des trois angles du triangle sur deux droits à huit angles droits. On l’attribue communément à Albert Girard, qui l’énonce en effet dans l’Ouvrage intitulé Invention nouvelle en Algèbre, et imprimé à Amsterdam en 1629 ; mais, comme la preuve qu’il en donne n’est point rigoureuse et qu’elle ne peut pas même être regardée comme une induction, on devrait plutôt attribuer ce théorème à Cavalieri, qui l’a donné dans le Directorium générale uranometricum, imprimé à Bologne en 1632, avec la belle démonstration rapportée par Wallis, et insérée depuis dans la plupart des Trigonométries.

Nommons $\Sigma$ l’excès des trois angles du triangle sur deux droits ; on aura, en retenant les dénominations employées jusqu’ici, et nommant $\mathrm {D}$ l’angle droit,

$\Sigma =\mathrm {A+B+C-2D} .$

Ainsi l’aire du triangle, dont les côtés sont $a,b,c$ et les angles opposés $\mathrm {A,B,C} ,$ sera la partie ${\frac {\Sigma }{8\mathrm {D} }}$ de la surface entière de la sphère ; et, si l’on regarde cette surface comme égale à $8\mathrm {D} ,$ on pourra alors prendre $\Sigma$ pour la valeur de l’aire même du triangle.

9. Si l’on imagine que les côtés $b$ et $c$ qui comprennent l’angle $\mathrm {A}$ soient prolongés jusqu’au quart du cercle, les angles $\mathrm {B}$ et $\mathrm {C}$ deviendront droits, et le côté $a$ deviendra égal à l’angle opposé $\mathrm {A} \,;$ alors l’aire de triangle rectangle isoscèle deviendra $\mathrm {A} \,;$ donc, si l’on en retranche le premier triangle dont les côtés autour de l’angle $\mathrm {A}$ sont $b$ et $c,$ on aura le quadrilatère sphérique dont la base sera $\mathrm {A} ,$ et dont les côtés perpendiculaires à cette base seront $\mathrm {D} -b$ et $\mathrm {D} -c\,;$ et l’aire de ce quadrilatère sera exprimée simplement par $\mathrm {B+C-2D} .$

Mais, par les analogies connues de Neper, on a dans tout triangle sphérique cette équation, que nous démontrerons plus bas,

$\operatorname {tang} \mathrm {\frac {B+C}{2}} ={\frac {\cos {\cfrac {b-c}{2}}}{\cos {\cfrac {b+c}{2}}}}\cot {\frac {\mathrm {A} }{2}}.$

Donc, si l’on désigne par $\sigma$ l’aire ou la surface du quadrilatère dont il s’agit, on aura

$\operatorname {tang} {\frac {\sigma }{2}}=\cot \mathrm {\frac {B+C}{2}} ={\frac {1}{\operatorname {tang} \mathrm {\cfrac {B+C}{2}} }}\,;$

donc

$\operatorname {tang} {\frac {\sigma }{2}}={\frac {\cos {\cfrac {b+c}{2}}}{\cos {\cfrac {b-c}{2}}}}\operatorname {tang} {\frac {\mathrm {A} }{2}}\,;$

et, si l’on désigne par $\beta$ et $\gamma$ les deux côtés du quadrilatère perpendiculaires à la base $\mathrm {A} ,$ en sorte que $\beta =\mathrm {D} -b$ et $\gamma =\mathrm {D} -c,$ on aura, pour la détermination de l’aire $\sigma ,$ la formule

$\operatorname {tang} {\frac {\sigma }{2}}={\frac {\sin {\cfrac {\beta +\gamma }{2}}}{\cos {\cfrac {\beta -\gamma }{2}}}}\operatorname {tang} {\frac {\mathrm {A} }{2}}.$

Cette formule répond à la formule connue $\sigma ={\frac {\beta +\gamma }{2}}\mathrm {A}$ pour les quadrilatères rectilignes dont $\mathrm {A}$ est la base, $\beta ,\gamma$ les deux côtés verticaux, et $\sigma$ l’aire ; et, comme celle-ci est du plus grand usage pour mesurer les surfaces planes terminées par des lignes droites, la formule que nous venons de donner sera également utile pour mesurer les surfaces sphériques terminées par des arcs de grands cercles. Ainsi elle peut être employée avec beaucoup d’avantage pour déterminer l’étendue d’un pays, lorsqu’on connaît les latitudes et les différences de longitude de plusieurs points placés à la circonférence ; car, en liant ces points par des arcs de grands cercles, on aura un polygone sphérique, dont on trouvera facilement l’aire en le décomposant en quadrilatères formés par les cercles de latitude et par les arcs de l’équateur interceptés entre ces cercles.

10. Mais, si l’on voulait avoir la valeur de l’aire $\Sigma$ par les trois côtés $a,b,c$ du triangle sphérique, il n’y aurait qu’à considérer que, puisque $\Sigma =\mathrm {A+B+C-2D} ,$ on aura

$\cot {\frac {\Sigma }{2}}=-\mathrm {\operatorname {tang} {\frac {A+B+C}{2}}=-{\frac {\operatorname {tang} {\cfrac {A}{2}}+\operatorname {tang} {\cfrac {B+C}{2}}}{1-\operatorname {tang} {\cfrac {A}{2}}\operatorname {tang} {\cfrac {B+C}{2}}}}} .$

Si l’on substitue, au lieu de $\operatorname {tang} \mathrm {\frac {B+C}{2}} ,$ sa valeur trouvée ci-dessus (numéro précédent), on aura

$\cot {\frac {\Sigma }{2}}=-{\frac {\operatorname {tang} {\cfrac {\mathrm {A} }{2}}\cos {\cfrac {b+c}{2}}+\cot {\cfrac {\mathrm {A} }{2}}\cos {\cfrac {b-c}{2}}}{\cos {\cfrac {b+c}{2}}-\cos {\cfrac {b-c}{2}}}},$

formule qui se transforme facilement en celle-ci

$\cot {\frac {\Sigma }{2}}={\frac {\cos {\cfrac {b}{2}}\cos {\cfrac {c}{2}}+\sin {\cfrac {b}{2}}\sin {\cfrac {c}{2}}\cos \mathrm {A} }{\sin {\cfrac {b}{2}}\sin {\cfrac {c}{2}}\sin \mathrm {A} }}.$

Si maintenant on substitue dans cette formule les valeurs des $\sin \mathrm {A}$ et $\cos \mathrm {A}$ du n^o 3, on aura, en divisant le haut et le bas par $\sin {\frac {b}{2}}\sin {\frac {c}{2}},$

$\cot {\frac {\Sigma }{2}}={\frac {4\left(\cos {\cfrac {b}{2}}\cos {\cfrac {c}{2}}\right)^{2}+\cos a-\cos b\cos c}{f}}\,;$

mais

$2\left(\cos {\frac {b}{2}}\right)^{2}=1+\cos b,\quad {\text{et}}\quad 2\left(\cos {\frac {c}{2}}\right)^{2}=1+\cos c\,;$

donc, faisant ces substitutions et renversant la fraction, on aura

$\operatorname {tang} {\frac {\Sigma }{2}}={\frac {f}{1+\cos a+\cos b+\cos c}},$

formule la plus simple pour déterminer l’aire $\Sigma$ d’un triangle sphérique par le moyen de ses trois côtés $a,b,c$.

11. Nous avons vu (7) que ${\frac {f}{6}}$ est la solidité de la pyramide triangulaire formée par les trois rayons de la sphère qui répondent aux trois angles du triangle sphérique.

Considérons maintenant une pyramide triangulaire formée par ces mêmes rayons prolongés autant qu’on voudra, de manière qu’ils deviènnent $p,q,r,$ et que $a,b,c$ soient les arcs ou angles compris entre ces droites. Pour avoir la solidité de cette pyramide, il n’y aura qu’à la considérer comme couchée sur une de ses faces, par exemple celle qui a pour côtés les lignes $p$ et $q,$ et abaisser de l’extrémité de la troisième droite $r$ une perpendiculaire $\mathrm {P}$ sur le plan de la même face. Il est d’abord facile de voir que, si $a$ est l’angle compris entre $p$ et $q,$ l’aire de la face que nous regardons comme la base de la pyramide sera ${\frac {pq\sin a}{2}}\,;$ donc la solidité de la pyramide sera ${\frac {\mathrm {P} pq\sin a}{6}}.$

Or, si l’on nomme $\theta$ l’angle que la droite $r$ fait avec le plan passant par les droites $p$ et $q,$ il est clair que l’on aura $\mathrm {P} =r\sin \theta \,;$ donc la solidité cherchés seras ${\frac {pqr\sin a\sin \theta }{6}}.$

L’angle $\theta$ n’est autre chose que l’arc abaissé perpendiculairement de l’angle $\mathrm {A}$ du triangle sphérique sur le côté opposé $a\,;$ on peut par conséquent déterminer la valeur de $\sin \theta$ par les sinus ou cosinus des côtés $a,b,c$ du triangle ; mais, pour notre objet, il suffit de considérer que cette valeur, ainsi que celle du sinus $a,$ étant indépendante des lignes $p,q,r,$ si l’on fait $p=1,$ $q=1,\ r=1,$ on aura le cas de la pyramide dont on a parlé ci-dessus, et dont la solidité est ${\frac {f}{6}}.$ D’où il suit qu’on aura $\sin a\sin \theta =f\,;$ par conséquent on aura en général ${\frac {pqrf}{6}}$ pour la solidité de la pyramide triangulaire dans laquelle les trois côtés ou arêtes qui forment un quelconque des angles solides sont $p,q,r,$ et les angles compris entre ces trois côtés sont $a,b,c.$

Cette expression de la solidité de toute pyramide triangulaire par le moyen des trois côtés et des angles compris est, comme l’on voit, trèssimple et très-commode pour le calcul, surtout si l’on emploie pour la valeur de $f$ l’expression en facteurs du n^o 4, et elle peut être très-utile pour déterminer la solidité de tous les corps terminés par des plans, puisqu’on peut toujours les résoudre en pyramides triangulaires, comme on résout tous les polygones en triangles.

12. Au reste, puisque nous avons trouvé $\sin a\sin \theta =f,$ on aura

$\sin \theta ={\frac {f}{\sin a}}\,;$

ainsi l’on peut déterminer par cette formule la perpendiculaire $\theta$ dans tout triangle sphérique dont $a$ est la base, et $b,c$ les deux côtés.

13. Je n’ai résolu les Problèmes précédents que pour avoir occasion de montrer l’origine et l’usage de quelques formules remarquables, et surtout de la fonction que j’ai désignée par $f,$ et qui mérite particulièrement l’attention des analystes par ses différentes applications. Je vais passer maintenant à des considérations générales sur la Trigonométrie sphérique envisagée analytiquement.

Les résolutions analytiques des triangles sphériques n’ont été d’abord que de simples applications de l’Algèbre aux constructions géométriques. On s’est contenté ensuite d’établir par la Géométrie quelques propositions fondamentales, et l’on a tiré toutes les formules de la Trigonométrie sphérique des équations données par ces propositions. Ce qu’il y a de plus élégant dans ce genre est le Mémoire d’Euler intitulé : Trigonometria sphrœica universa ex primis principiis derivata, et imprimé dans les Actes de Pétersbourg pour l’année 1779, dans lequel on trouve un système complet de formules trigonométriques, fondé uniquement sur trois équations. Mais ne pourrait-on pas simplifier encore ce système, en le réduisant à une seule équation fondamentale ?

Cette réduction servirait à perfectionner la théorie analytique des triangles sphériques ; car, dans l’Analyse, la perfection consiste à n’employer que le moindre nombre possible de principes, et à faire sortir de ces principes toutes les vérités qu’ils peuvent renfermer, par la seule force de l’Analyse ; dans la méthode synthétique des lignes, elle consiste au contraire à démontrer isolément chaque proposition, de la manière la plus simple, à l’aide des propositions déjà démontrées.

Feu de Gua avait déjà eu l’idée de faire dépendre toute la Trigonométrie sphérique d’une seule propriété générale des triangles sphériques ; mais le Mémoire qu’il a donné sur ce sujet dans le volume de l’Académie des Sciences de 1783 contient des calculs si compliqués, qu’ils paraissent plus propres à montrer les inconvénients de sa méthode qu’à la faire adopter.

Je me propose ici le même objet, et je vais présenter un tableau succinct de toutes les formules de la Trigonométrie sphérique, en les déduisant, par de simples transformations, d’une seule équation donnée par la nature des triangles sphériques.

14. Nous partirons, comme l’a fait de Gua, de l’équation (3)

$\cos a=\cos b\cos c+\sin b\sin c\cos \mathrm {A} ,$

dans laquelle $a,b,c$ sont les trois côtés ou arcs du triangle, et $\mathrm {A}$ est l’angle opposé au côté $a.$

Cette équation se démontre facilement par la seule considération des deux triangles rectilignes formés, l’un par les deux tangentes des arcs $b$ et $c,$ et par la droite qui joint les extrémités de ces tangentes, et l’autre par cette même droite et par les deux sécantes des mêmes arcs ; car il est évident que les deux tangentes forment entre elles l’angle $\mathrm {A}$ compris entre les arcs $b$ et $c,$ et que les deux sécantes forment entre elles l’angle $a$ qui est le côté du triangle sphérique opposé à l’angle $\mathrm {A} .$ Ainsi, nommant $h$ le côté commun à ces deux triangles, on aura sur-le-champ, par le théorème connu sur les triangles rectilignes, l’équation

$h^{2}=\operatorname {tang} ^{2}b+\operatorname {tang} ^{2}c-2\operatorname {tang} b\operatorname {tang} c\cos \mathrm {A}$

pour le premier triangle, et l’équation

$h^{2}=\operatorname {s{\acute {e}}c} ^{2}b+\operatorname {s{\acute {e}}c} ^{2}b-2\operatorname {s{\acute {e}}c} b\operatorname {s{\acute {e}}c} c\cos a$

pour le second triangle.

De là on tire

$\operatorname {tang} ^{2}b+\operatorname {tang} ^{2}c-2\operatorname {tang} b\operatorname {tang} c\cos \mathrm {A} =\operatorname {s{\acute {e}}c} ^{2}b+\operatorname {s{\acute {e}}c} ^{2}b-2\operatorname {s{\acute {e}}c} b\operatorname {s{\acute {e}}c} c\cos a.$

Or on a évidemment $\operatorname {s{\acute {e}}c} ^{2}b-\operatorname {tang} ^{2}b=1,$ et de même $\operatorname {s{\acute {e}}c} ^{2}c-\operatorname {tang} ^{2}c=1\,;$ donc l’équation deviendra

$\operatorname {s{\acute {e}}c} b\operatorname {s{\acute {e}}c} c\cos a=1+\operatorname {tang} b\operatorname {tang} c\cos \mathrm {A} \,;$

substituant pour $\operatorname {s{\acute {e}}c} b,\operatorname {s{\acute {e}}c} c,\operatorname {tang} b,\operatorname {tang} c$ leurs valeurs ${\frac {1}{\cos b}},{\frac {1}{\cos c}},$${\frac {\sin b}{\cos b}},$${\frac {\sin c}{\cos c}},$ et multipliant par $\cos b\cos c,$ on aura l’équation fondamentale

(A)

$\cos a=\cos b\cos c+\sin b\sin c\cos \mathrm {A} .$

Comme, par l’hypothèse, il n’y a entre les quatre quantités $a,b,c,\mathrm {A} ,$ d’autre condition si ce n’est que $a,b,c$ soient les trois côtés du triangle, et $\mathrm {A}$ l’angle opposé au côté $a,$ il s’ensuit qu’en nommant $\mathrm {B}$ et $\mathrm {C}$ les angles opposés aux côtés $b$ et $c,$ on aura des équations semblables relativement à ces angles, en changeant seulement $\mathrm {A}$ en $\mathrm {B}$ ou en $\mathrm {C} ,$ pourvu qu’on change en même temps $a$ en $b$ ou en $c.$

15. Maintenant, si l’on tire de l’équation précédente la valeur de $\cos \mathrm {A} ,$ et qu’on en forme celle de $\sin \mathrm {A} ,$ on aura, comme on l’a déjà trouvé dans le n^o 3,

${\frac {\sin a}{\sin \mathrm {A} }}={\frac {\sin a\sin b\sin c}{f}},$

où la quantité $f$ est une fonction de $a,b,c,$, dans laquelle ces trois quan-

tités entrent également, de sorte qu’elle demeure la même, en faisant entre elles telle permutation qu’on voudra.

Ainsi, en changeant $a$ en $b$ et $\mathrm {A}$ en $\mathrm {B} ,$ le second membre de l’équation ne changera pas, et l’on aura par conséquent l’équation

(B)

${\frac {\sin a}{\sin \mathrm {A} }}={\frac {\sin b}{\sin \mathrm {B} }}.$

C’est ce qu’on appelle l’analogie commune des sinus ; et il est visible qu’en changeant $a$ en $c$ et $\mathrm {A}$ en $\mathrm {C} ,$ on aura de même

${\frac {\sin a}{\sin \mathrm {A} }}={\frac {\sin c}{\sin \mathrm {C} }}.$

16. Reprenons l’équation (A) du n^o 14

$\cos a=\cos b\cos c+\sin b\sin c\cos \mathrm {A} \,;$

en changeant $a$ en $c$ et $\mathrm {A}$ en $\mathrm {C} ,$ on aura de même

$\cos c=\cos a\cos b+\sin a\sin b\cos \mathrm {C} \,;$

substituant cette valeur de $\cos c$ dans la première équation, elle deviendra

$\cos a=\cos a\cos ^{2}b+\sin a\sin b\cos b\cos \mathrm {C} +\sin b\sin c\cos \mathrm {A} ,$

savoir,

$\cos a\sin ^{2}b=\sin a\sin b\cos b\cos \mathrm {C} +\sin b\sin c\cos \mathrm {A} ,$

et, divisant par $\sin b,$

$\cos a\sin b=\sin a\cos b\cos \mathrm {C} +\sin c\cos \mathrm {A} .$

Substituons pour $\sin c$ sa valeur ${\frac {\sin a\sin \mathrm {C} }{\sin \mathrm {A} }},$ tirée de l’équation (B) du numéro précédent, en changeant $b$ en $c$ et $\mathrm {B}$ en $\mathrm {C} \,;$ divisons ensuite par $\sin a,$ et mettons $\cot a$ et $\cot \mathrm {A}$ à la place de ${\frac {\cos a}{\sin a}}$ et $\mathrm {\frac {\cos A}{\sin A}} \,;$ on aura l’équation

(C)

$\cot a\sin b=\cot \mathrm {A} \sin \mathrm {C} +\cos b\cos \mathrm {C} .$

17. Enfin la même équation trouvée ci-dessus,

$\cos a\sin b=\sin a\cos b\cos \mathrm {C} +\sin c\cos \mathrm {A} ,$

donne, en changeant $a$ en $b$ et $\mathrm {A}$ en $\mathrm {B} ,$

$\sin a\cos b=\cos a\sin b\cos \mathrm {C} +\sin c\cos \mathrm {B} .$

Substituant cette valeur de $\sin a\cos b$ dans la même équation, on a

$\cos a\sin b=\cos a\sin b\cos ^{2}\mathrm {C} +\sin c\cos \mathrm {B} \cos \mathrm {C} +\sin c\cos \mathrm {A} ,$

savoir

$\cos a\sin b\sin ^{2}\mathrm {C} =\sin c\mathrm {\left(\cos B\cos C+\cos A\right)} \,;$

substituons pour $\sin c$ sa valeur ${\frac {\sin b\sin \mathrm {C} }{\sin \mathrm {B} }},$ tirée de l’équation (B), en changeant $a$ en $c$ et $\mathrm {A}$ en $\mathrm {C} \,;$ divisons ensuite par $\sin b\sin \mathrm {C}$ et multiplions par $\sin \mathrm {B} ,$ on aura

$\cos a\mathrm {\sin B\sin C=\cos B\cos C+\cos A} ,$

savoir

(D)

$\mathrm {\cos A=-\cos B\cos C+\sin B\sin C} \cos a.$

18. Cette formule est, comme l’on voit, tout à fait analogue à la formule (A) du n^o 14, d’où nous sommes partis ; les angles $\mathrm {A,B,C}$ ont pris la place des côtés $a,b,c,$ et réciproquement ; et les cosinus sont devenus négatifs, les sinus demeurant positifs, ce qui indique que les côtés sont devenus les suppléments à deux droits des angles, et les angles les suppléments à deux droits des côtés. Ainsi toutes les formules qui résultent de la formule (A) seront vraies aussi, en y faisant ces mêmes changements.

Il résulte de là cette propriété connue des triangles sphériques, que tout triangle sphérique peut être changé en un autre dont les côtés et les angles soient respectivement suppléments des angles et des côtés du premier ; et l’on sait que ce nouveau triangle, qu’on nomme supplémentaire, est celui qui est formé sur la sphère par les trois pôles des arcs qui forment les côtés du triangle donné, en joignant ces pôles par des arcs de grand cercle ; ce qui se démontre facilement par une construction fort simple.

19. Les quatre équations (A), (B), (C), (D) que nous venons de trouver renferment la solution de toutes les questions de la Trigonométrie sphérique ; car, comme il n’y a dans un triangle sphérique que six éléments, les trois côtés et les trois angles, et que trois de ces éléments suffisent pour déterminer le triangles, il est clair que les relations les plus simples ne peuvent être qu’entre quatre éléments ; or toutes les combinaisons différentes qu’on peut faire des six éléments, pris quatre à quatre, se réduisent à ces quatre-ci :

1^o Entre trois côtés et un angle cette relation est donnée par l’équation (A) ;

2^o Entre deux côtés et deux angles, qui peuvent être opposés respectivement aux deux côtés, ou l’un opposé, l’autre adjacent au même côté, ce qui fait deux cas la relation entre deux côtés et les deux angles opposés est donnée par l’équation (B) ;

3^o Entre deux côtés et deux angles, dont l’un opposé et l’autre adjacent au même côté donné cette relation est contenue dans l’équation (C) ;

4^o Entre trois angles et un côté cette relation est donnée par l’équation (D).

20. Si l’on suppose l’angle $\mathrm {A}$ droit, les équations précédentes se simplifient et donnent celles-ci

${\begin{aligned}\cos a=&\cos b\cos c,\\\sin a=&{\frac {\sin b}{\sin \mathrm {B} }},\\\cot a=&\cot b\cos \mathrm {C} ,\\\cos a=&\cot \mathrm {B} \cot \mathrm {C} \,;\end{aligned}}$

et, si l’on suppose l’angle $\mathrm {C}$ droit, les équations (C) et (D) donnent en-

core ces deux-ci

${\begin{aligned}\cot \mathrm {A} =&\cot a\sin b,\\\cos \mathrm {A} =&\sin \mathrm {B} \cos a.\end{aligned}}$

Ces six équations donnent directement la solution de tous les cas des triangles sphériques rectangles ; et, comme elles sont sous une forme très-commode pour l’emploi des logarithmes, on s’en sert communément dans la Trigonométrie en décomposant tous les triangles en triangles rectangles, par l’abaissement d’une perpendiculaire. Mais on peut également résoudre tous les cas par les quatre équations générales en réduisant ces équations en facteurs, au moyen des transformations que nous allons exposer.

21. L’équation (A) entre les trois côtés $a,b,c$ et un angle $\mathrm {A}$ opposé au côté $a$ peut servir à déterminer : 1^o $\mathrm {A}$ par $a,b,c\,;$ 2^o $a$ par $b,c$ et $\mathrm {A} \,;$ 3^o $b$ par $a,c$ et $\mathrm {A} .$

1^o Pour déterminer $\mathrm {A}$ par $a,b,c,$ on aura

$\cos \mathrm {A} ={\frac {\cos a-\cos b\cos c}{\sin b\sin c}},$

d’où l’on tire

$1+\cos \mathrm {A} =2\left(\cos {\frac {\mathrm {A} }{2}}\right)^{2}={\frac {\cos a-\cos(b+c)}{\sin b\sin c}}$

$={\frac {2\sin {\cfrac {b+c-a}{2}}\sin {\cfrac {b+c+a}{2}}}{\sin b\sin c}},$

$1-\cos \mathrm {A} =2\left(\sin {\frac {\mathrm {A} }{2}}\right)^{2}={\frac {\cos(b-c)-\cos a}{\sin b\sin c}}$

$={\frac {2\sin {\cfrac {a-b+c}{2}}\sin {\cfrac {a+b-c}{2}}}{\sin b\sin c}}\,;$

donc

$(a)\qquad \qquad \quad \operatorname {tang} {\frac {\mathrm {A} }{2}}={\sqrt {\frac {\sin {\cfrac {a+b-c}{2}}\sin {\cfrac {a-b+c}{2}}}{\sin {\cfrac {b+c+a}{2}}\sin {\cfrac {b+c-a}{2}}}}}.$

2^o Pour déterminer $a$ par $b,c$ et $\mathrm {A} ,$ on a

$\cos a=\cos b\cos c+\sin b\sin c\cos \mathrm {A} .$

Il ne paraît guère possible de réduire immédiatement cette équation

en facteurs pour l’usage des logarithmes ; mais on peut y parvenir par le moyen d’un angle subsidiaire.

En effet, si l’on fait

$(b)\qquad \qquad \qquad \qquad \operatorname {tang} c\cos \mathrm {A} =\operatorname {tang} \varphi ,$

on aura

$\sin c\cos \mathrm {A} =\cos c\operatorname {tang} \varphi ,$

donc

$\cos a=\cos(\cos b+\sin b\operatorname {tang} \varphi )\,;$

or

$\cos b+\sin b\operatorname {tang} \varphi ={\frac {\cos b\cos \varphi +\sin b\sin \varphi }{\cos \varphi }}={\frac {\cos(b-\varphi )}{\cos \varphi }}\,;$

donc

$(c)\qquad \qquad \qquad \qquad \cos a={\frac {\cos c\cos(b-\varphi )}{\cos \varphi }}.$

Il n’est pas diflicile de voir que cette transformation revient à la division du triangle en deux triangles rectangles, par une perpendiculaire abaissée de l’angle $\mathrm {B}$ sur le côté $b,$ et que $\varphi$ est le segment du côté adjacent à l’angle $\mathrm {A} .$

3^o Pour déterminer $b$ par $a,c$ et $\mathrm {A} ,$ il faudrait substituer, dans l’équation principale (A), ${\sqrt {1-\sin ^{2}b}}$ au lieu de $\cos b,$ élever ensuite au carré pour faire disparaître le radical, et tirer la valeur de $\sin b$ par la résolution d’une équation du second degré, ce qui donnerait pour \sin b une formule compliquée et qui se refuserait au calcul logarithmique. Mais la transformation employée ci-dessus sert aussi à résoudre ce cas ; car, ayant déterminé l’angle par l’équation $(b)$, l’équation $(c)$ donnera

$(d)\qquad \qquad \qquad \qquad \cos(b-\varphi )={\frac {\cos a\cos \varphi }{\cos c}}.$

22. L’équation (B) entre deux côtés $a$ et $b$ et les angles opposés $\mathrm {A}$ et $\mathrm {B}$ peut servir : 1^o à déterminer $\mathrm {A}$ par $a,b,\mathrm {B} ,$ et 2^o à déterminer $a$ par $b,\mathrm {A,B} .$

1^o Pour déterminer $\mathrm {A}$ par $a,b,\mathrm {B} ,$ on aura

$(e)\qquad \qquad \qquad \qquad \sin \mathrm {A} ={\frac {\sin a\sin \mathrm {B} }{\sin b}}.$

2^o Pour déterminer $a$ par $b,\mathrm {A,B} ,$ on aura

$(f)\qquad \qquad \qquad \qquad \sin \alpha ={\frac {\sin b\sin \mathrm {A} }{\sin \mathrm {B} }}.$

Ces formules n’ont besoin d’aucune transformation pour l’application des logarithmes.

23. L’équation (C) entre deux côtés $a$ et $b,$ et deux angles $\mathrm {A,C} ,$ le premier opposé, le second adjacent au côté $a,$ peut servir : 1^o à déterminer $\mathrm {A}$ par $a,b,\mathrm {C} \,;$ 2^o à déterminer $a$ par $b,\mathrm {A,C} \,;$ 3^o à déterminer $\mathrm {C}$ par $a,b,\mathrm {A} \,;$ 4^o à déterminer $b$ par $a,\mathrm {A,C} .$

1^o Pour déterminer $\mathrm {A}$ par $a,b,\mathrm {C} ,$ on aura l’équation

$\cot \mathrm {A} ={\frac {\cot a\sin b}{\sin c}}-\cot \mathrm {C} \cos b\,;$

et, pour la réduire en facteurs, on fera ${\frac {\cot a}{\cos \mathrm {C} }}=\cot \varphi ,$ ou bien

$(g)\qquad \qquad \qquad \qquad \operatorname {tang} a\cos \mathrm {C} =\operatorname {tang} \varphi \,;$

donc $\cot a=\cos \mathrm {C} \cot \varphi \,;$ et, substituant cette valeur, on aura

${\begin{aligned}\cot \mathrm {A} &=\cot \mathrm {C} (\cot \varphi \sin b-\cos b)\\&={\frac {\cot \mathrm {C} }{\sin \varphi }}(\cos \varphi \sin b-\sin \varphi \cos b)={\frac {\cot \mathrm {C} \sin(b-\varphi )}{\sin \varphi }}\,;\end{aligned}}$

donc

$(h)\qquad \qquad \qquad \qquad \cot \mathrm {A} ={\frac {\cot \mathrm {C} \sin(b-\varphi )}{\sin \varphi }}.$

Cette réduction revient aussi à diviser le triangle en deux rectangles par une perpendiculaire abaissée de l’angle $\mathrm {B}$ sur le côté opposé $b\,;$ et l’angle subsidiaire $\varphi$ est le segment de ce côté adjacent à l’angle $\mathrm {C} .$

2^o Pour déterminer $a$ par $b,\mathrm {A,C} ,$ on aura l’équation

$\cot a={\frac {\cot \mathrm {A} \sin \mathrm {C} }{\sin b}}+\cot b\cos \mathrm {C} ,$

et, pour la réduire en facteurs, on fera

$(i)\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad {\frac {\cot \mathrm {A} }{\cos b}}=\operatorname {tang} \varphi \,;$

donc, substituant dans l’équation pour $\cot \mathrm {A}$ sa valeur $\operatorname {tang} \varphi \cos b,$ on aura

${\begin{aligned}\cot a&=\cot b(\sin \mathrm {C} \operatorname {tang} \varphi +\cos \mathrm {C} )\\&={\frac {\cot b}{\cos \varphi }}(\sin \mathrm {C} \sin \varphi +\cos \mathrm {C} \cos \varphi )={\frac {\cot b\cos(\mathrm {C} -\varphi )}{\cos \varphi }}\,;\end{aligned}}$

donc

$(k)\qquad \qquad \qquad \qquad \cot a={\frac {\cot b\cos(\mathrm {C} -\varphi )}{\cos \varphi }}.$

Cette réduction revient encore à diviser le triangle en deux rectangles, en abaissant une perpendiculaire de l’angle $\mathrm {C}$ sur le côté $c,$ et l’angle subsidiaire $\varphi$ est le segment de l’angle $\mathrm {C}$ adjacent au côté $b$.

3^o Pour déterminer $\mathrm {C}$ par $a,b,\mathrm {A} ,$ il faudrait tirer de l’équation (C) la valeur de $\sin \mathrm {C}$ ou de $\cos \mathrm {C}$ par la résolution d’une équation du second degré, et l’on aurait une expression qui contiendrait un radical. Mais la transformation précédente est également utile pour résoudre ces cas ; car, ayant trouvé l’angle par l’équation $(i)$, l’équation $(h)$ donnera

$(l)\qquad \qquad \qquad \qquad \cos(\mathrm {C} -\varphi )={\frac {\cot a\cos \varphi }{\cot b}}.$

4^o Enfin, pour déterminer $b$ par $a,\mathrm {A,C} ,$ il faudrait aussi tirer de la même équation (C) la valeur de $\sin b$ ou $\cos b$ par la résolution d’une équation du second degré. Mais la transformation employée pour le premier-cas servira aussi pour résoudre celui-ci ; car, ayant trouvé l’angle subsidiaire $\varphi$ par l’équation $(g)$, l’équation $(h)$ donnera

$(m)\qquad \qquad \qquad \qquad \sin(b-\varphi )={\frac {\cot \mathrm {A} \sin \varphi }{\cot \mathrm {C} }}.$

24. Enfin l’équation (D) entre les trois angles $\mathrm {A,B,C}$ et un côté a servira à déterminer : 1^o $a$ par $\mathrm {A,B,C} \,;$ 2^o $\mathrm {A}$ par $a,\mathrm {B,C} \,;$ 3^o $\mathrm {B}$ par $a,\mathrm {A,C} .$ Comme ces trois cas répondent à ceux qui dépendent de l’équation (A), dont l’équation (D) n’est qu’une transformée, on peut y appliquer immédiatement les formules que nous avons données pour ceux-ci dans le n^o 21, en y substituant au lieu des côtés $a,b,c$ les suppléments à deux droits des angles $\mathrm {A,B,C} ,$ et au lieu de ces angles les suppléments à deux droits des côtés opposés $a,b,c$ (18).

Ainsi : 1^o pour déterminer $a$ par $\mathrm {A,B,C} ,$ l’équation $(a)$ du n^o 21 donnera la transformée

$(n)\qquad \qquad \cot {\frac {\mathrm {a} }{2}}={\sqrt {\mathrm {\frac {\cos {\cfrac {A+B-C}{2}}\cos {\cfrac {A-B+C}{2}}}{-\cos {\cfrac {B+C+A}{2}}\cos {\cfrac {B+C-A}{2}}}} }}.$

2^o Pour déterminer $\mathrm {A}$ par $a,\mathrm {B,C} ,$ on fera les mêmes substitutions dans les formules (b) et (c) du même numéro ; et, prenant au lieu de l’angle $\varphi$ son complémentà un droit, on aura ces deux équations

$(o)\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \operatorname {tang} \mathrm {C} \cos a=\cot \varphi ,$

$(p)\qquad \qquad \qquad \qquad \cos \mathrm {A} =\mathrm {\frac {\cos C\sin(B-\varphi )}{\sin \varphi }} .$

3^o Les mêmes équations serviront à déterminer $\mathrm {B}$ par $a,\mathrm {A,C} \,;$ car, ayant trouvé $\varphi$ par l’équation $(o)$, l’équation $(p)$ donnera

$(q)\qquad \qquad \qquad \qquad \sin \mathrm {(B-\varphi )={\frac {\cos A\sin \varphi }{\cos C}}} .$

25. On peut donc, par ces formules, trouver directement un côté ou un angle quelconque par trois parties données, soit côtés ou angles ; ce qui renferme toute la théorie des triangles sphériques. Mais, lorsqu’on a à chercher à la fois deux côtés par le troisième côté et les deux angles opposés, ou deux angles par le troisième angle et les deux côtés opposés, il est plus commode d’employer les formules trouvées par Neper entre ces cinq parties. Voici la manière la plus simple de parvenir à ces formules

On a trouvé dans le n^o 21

$\operatorname {tang} {\frac {\mathrm {A} }{2}}={\sqrt {\frac {\sin {\cfrac {a+b-c}{2}}\sin {\cfrac {a-b+c}{2}}}{\sin {\cfrac {b+c+a}{2}}\sin {\cfrac {b+c-a}{2}}}}}.$

On aura de même pour l’angle $\mathrm {B} ,$ en changeant $\mathrm {A}$ en $\mathrm {B}$ et $a$ en $b,$

$\operatorname {tang} {\frac {\mathrm {B} }{2}}={\sqrt {\frac {\sin {\cfrac {a+b-c}{2}}\sin {\cfrac {b-a+c}{2}}}{\sin {\cfrac {a+b+c}{2}}\sin {\cfrac {a-b+c}{2}}}}}\,;$

donc, multipliant ensemble,

$\operatorname {tang} {\frac {\mathrm {A} }{2}}\operatorname {tang} {\frac {\mathrm {B} }{2}}={\frac {\sin {\cfrac {a+b-c}{2}}}{\sin {\cfrac {a+b+c}{2}}}}\,;$

si l’on change dans cette équation $b$ en $c$ et $\mathrm {B}$ en $\mathrm {C} ,$ on aura

$\operatorname {tang} {\frac {\mathrm {A} }{2}}\operatorname {tang} {\frac {\mathrm {C} }{2}}={\frac {\sin {\cfrac {a-b+c}{2}}}{\sin {\cfrac {a+b+c}{2}}}},$

et changeant dans la même équation $a$ en $c$ et $\mathrm {B}$ en $\mathrm {C} ,$ on aura

$\operatorname {tang} {\frac {\mathrm {B} }{2}}\operatorname {tang} {\frac {\mathrm {C} }{2}}={\frac {\sin {\cfrac {b+c-a}{2}}}{\sin {\cfrac {a+b+c}{2}}}}\,;$

donc, ajoutant ensemble, on aura

$\mathrm {\left(\operatorname {tang} {\frac {A}{2}}+\operatorname {tang} {\frac {B}{2}}\right)\operatorname {tang} {\frac {C}{2}}} ={\frac {\sin {\cfrac {a-b+c}{2}}+\sin {\cfrac {b+c-a}{2}}}{\sin {\cfrac {a+b+c}{2}}}}$

$={\frac {2\sin {\cfrac {c}{2}}\cos {\cfrac {a-b}{2}}}{\sin {\cfrac {a+b+c}{2}}}},$

et, retranchant les mêmes équations l’une de l’autre, on aura

$\mathrm {\left(\operatorname {tang} {\frac {A}{2}}-\operatorname {tang} {\frac {B}{2}}\right)\operatorname {tang} {\frac {C}{2}}} ={\frac {\sin {\cfrac {a-b+c}{2}}-\sin {\cfrac {b+c-a}{2}}}{\sin {\cfrac {a+b+c}{2}}}}$

$={\frac {2\cos {\cfrac {c}{2}}\sin {\cfrac {a-b}{2}}}{\sin {\cfrac {a+b+c}{2}}}}.$

D’un autre côté, on a

$1+\mathrm {\operatorname {tang} {\frac {A}{2}}\operatorname {tang} {\frac {B}{2}}} ={\frac {\sin {\cfrac {a+b+c}{2}}+\sin {\cfrac {a+b-c}{2}}}{\sin {\cfrac {a+b+c}{2}}}}={\frac {2\sin {\cfrac {a+b}{2}}\cos {\cfrac {c}{2}}}{\sin {\cfrac {a+b+c}{2}}}},$

$1-\mathrm {\operatorname {tang} {\frac {A}{2}}\operatorname {tang} {\frac {B}{2}}} ={\frac {\sin {\cfrac {a+b+c}{2}}-\sin {\cfrac {a+b-c}{2}}}{\sin {\cfrac {a+b+c}{2}}}}={\frac {2\sin {\cfrac {c}{2}}\cos {\cfrac {a+b}{2}}}{\sin {\cfrac {a+b+c}{2}}}}.$

Donc, puisque $\mathrm {\operatorname {tang} {\frac {A\pm B}{2}}={\frac {\operatorname {tang} {\cfrac {A}{2}}\pm \operatorname {tang} {\cfrac {B}{2}}}{1\mp \operatorname {tang} {\cfrac {A}{2}}\operatorname {tang} {\cfrac {B}{2}}}}} ,$ on aura ces deux équations

$(r)\qquad \qquad \qquad \qquad \mathrm {\operatorname {tang} {\frac {A+B}{2}}\operatorname {tang} {\frac {C}{2}}} ={\frac {\cos {\cfrac {a-b}{2}}}{\cos {\cfrac {a+b}{2}}}},$

$(s)\qquad \qquad \qquad \qquad \mathrm {\operatorname {tang} {\frac {A-B}{2}}\operatorname {tang} {\frac {C}{2}}} ={\frac {\sin {\cfrac {a-b}{2}}}{\sin {\cfrac {a+b}{2}}}}.$

On peut déduire des formules semblables de l’équation $(n)$ du n^o 24, et, sans faire un nouveau calcul, il n’y aura qu’à changer les côtés $a,b,c$ dans les suppléments à deux droits des angles $\mathrm {A,B,C} ,$ et ces angles dans les suppléments à deux droits des mêmes côtés, De cette manière on aura sur-le-champ ces deux autres équations

$(t)\qquad \qquad \qquad \qquad \operatorname {tang} {\frac {a+b}{2}}\operatorname {tang} {\frac {c}{2}}=\mathrm {\frac {\cos {\cfrac {A-B}{2}}}{\cos {\cfrac {A+B}{2}}}} ,$

$(u)\qquad \qquad \qquad \qquad \operatorname {tang} {\frac {a-b}{2}}\operatorname {tang} {\frac {c}{2}}=\mathrm {\frac {\sin {\cfrac {A-B}{2}}}{\sin {\cfrac {A+B}{2}}}} .$

Ces quatre équations serviront donc à trouver directement, et sans le secours d’aucun angle subsidiaire, les deux angles $\mathrm {A}$ et $\mathrm {B}$ par les deux côtés opposés $a$ et $b,$ avec l’angle intercepté $\mathrm {C} ,$ ou ces deux côtés par les angles opposés et par le troisième côté.

26. Avant de terminer ce Mémoire, je crois devoir dire deux mots de la comparaison des triangles sphériques aux triangles rectilignes. En prenant, ainsi qu’on le fait communément, le rayon de la sphère pour l’unité, il est clair que les arcs qui forment un triangle sphérique expriment naturellement des angles dont on trouve les sinus et cosinus dans les Tables ; si le rayon de la sphère n’est pas l’unité, alors, pour avoir la valeur angulaire des côtés du triangle, il faut diviser leur valeur absolue par le rayon. Ainsi, si $\alpha ,\beta ,\gamma$ sont les longueurs absolues des arcs qui forment un triangle sphérique sur la surface d’une sphère dont le rayon est $r,$ on aura ${\frac {\alpha }{r}},{\frac {\beta }{r}},{\frac {\gamma }{r}}$ pour les angles correspondants à ces arcs, et ce sont ces quantités qu’il faudra prendre pour les côtés que nous avons désignés par $a,b,c,$ en supposant que $\mathrm {A,B,C}$ soient les angles opposés aux arcs $\alpha ,\beta ,\gamma$ dans le triangle proposé.

Or, si le rayon de la sphère devient infiniment grand, sa surface se change en un plan, et le triangle sphérique devient rectiligne ; d’où il suit que si, dans les formules des triangles, on substitue partout ${\frac {\alpha }{r}},{\frac {\beta }{r}},{\frac {\gamma }{r}}$ à la place de $a,b,c,$ qu’ensuite on suppose $r$ infiniment grand, et qu’ayant réduit en série les sinus et cosinus de ces angles, on rejette les termes qui s’évanouissent par la supposition de ${\frac {1}{r}}=0,$ on aura le cas des triangles rectilignes, dans lesquels $\alpha ,\beta ,\gamma$ sont les côtés et $\mathrm {A,B,C}$ les angles opposés.

Ainsi, si $\mathrm {V} =0$ est une équation entre les sinus et cosinus de $a,b,c$ et de $\mathrm {A,B,C} ,$ on substituera, pour $\sin a,$ ${\frac {\alpha }{r}}-{\frac {\alpha ^{3}}{2.3t^{3}}}+\ldots \,;$ pour $\cos a,$ $1-{\frac {\alpha ^{2}}{2r^{2}}}+{\frac {\alpha ^{4}}{2.3.4r^{4}}}+\ldots ,$ et pour $\sin b,\cos b,\sin c,\cos c$ des valeurs pareilles, en changeant $\alpha$ en, $\beta ,\gamma ,$ et réduisant en série suivant les puissances descendantes de $r,$ ce qui donnera

$\mathrm {V} ={\frac {\mathrm {P} }{r^{m}}}+{\frac {\mathrm {Q} }{r^{m+1}}}+{\frac {\mathrm {R} }{r^{m+2}}}+\ldots ,$

on aura pour le triangle rectiligne l’équation $\mathrm {P} =0$ ; car l’équation $\mathrm {V} =0$ donne, en multipliant par $r^{m},$

$\mathrm {P} +{\frac {\mathrm {Q} }{r}}+{\frac {\mathrm {R} }{r^{2}}}+\ldots =0,$

et, faisant ${\frac {1}{r}}=0,$ on a $\mathrm {P} =0.$

On pourrait de cette manière déduire les règles de la Trigonométrie rectiligne des équations fondamentales de la Trigonométrie sphérique ; mais cela n’aurait d’utilité que comme exercice de calcul, puisque ce serait démontrer le simple par le composé nous nous contenterons de remarquer que l’équation (D) du n^o 17 donne tout de suite celle-ci

$\mathrm {\cos A=\sin B\sin C-\cos B\cos C} ,$

savoir

$\mathrm {\cos A=-\cos(B-C)} ,$

d’où l’on tire

$\mathrm {A=2D-B-C,\quad {\text{c’est-à-dire,}}\quad A+B+C=2D} ,$

$\mathrm {D}$ étant l’angle droit ; ce qui est la propriété connue des triangles rectilignes.

27. Maintenant, si le rayon $r$ de la sphère, au lieu d’être infiniment grand, est seulement très-grand, le triangle sphérique ne deviendra pas rectiligne, mais en approchera très-près ; et dans ce cas, comme les angles $a,b,c$ qui répondent aux côtés deviennent très-petits, les Tables trigonométriques ordinaires n’offriraient plus une précision suffisante pour le calcul des côtés et des angles. Il y a donc alors de l’avantage à traiter les triangles sphériques comme rectilignes, en ayant égard à la petite correction qui résulte de leur différence.

Le cas dont il s’agit a lieu surtout dans le calcul des triangles qu’on forme sur la surface de la Terre pour mesurer un arc du méridien dans ces triangles, les quantités $\alpha ,\beta ,\gamma$ sont les longueurs mêmes des côtés, et $r$ est le rayon de la Terre.

Pour déterminer la correction dont nous venons de parler, nous prendrons l’équation (A) du n^o 14, qui sert de fondement à toute la Trigonométrie sphérique, et qui donne

$\cos \mathrm {A} ={\frac {\cos a-\cos b\cos c}{\sin b\sin c}}.$

Faisons dans le second membre les substitutions indiquées ci-dessus, en nous arrêtant aux termes divisés par $r^{4},$ nous aurons d’abord

$\cos \mathrm {A} ={\frac {{\cfrac {\beta ^{2}+\gamma ^{2}-\alpha ^{2}}{2r^{2}}}+{\cfrac {\alpha ^{4}-\beta ^{4}-\gamma ^{4}}{2.3.4r^{4}}}-{\cfrac {\beta ^{2}\gamma ^{2}}{4r^{4}}}}{{\cfrac {\beta \gamma }{r^{2}}}\left(1-{\cfrac {\beta ^{2}+\gamma ^{2}}{2.3r^{2}}}\right)}}\,;$

multipliant le haut et le bas de la fraction par $r^{2},$ et substituant le facteur $1+{\cfrac {\beta ^{2}+\gamma ^{2}}{2.3r^{2}}}$ à la place du diviseur $1-{\cfrac {\beta ^{2}+\gamma ^{2}}{2.3r^{2}}},$ on aura, en négligeant les termes divisés par des puissances plus hautes que $r^{2},$

${\begin{aligned}\cos \mathrm {A} &={\frac {\beta ^{2}+\gamma ^{2}-\alpha ^{2}}{2\beta \gamma }}+{\frac {\alpha ^{4}-\beta ^{4}-\gamma ^{4}}{2.3.4\beta \gamma r^{2}}}-{\frac {\beta ^{2}\gamma ^{2}}{4\beta \gamma r^{2}}}+{\frac {\left(\beta ^{2}+\gamma ^{2}-\alpha ^{2}\right)\left(\beta ^{2}+\gamma ^{2}\right)}{3.4\beta \gamma r^{2}}}\\&={\frac {\beta ^{2}+\gamma ^{2}-\alpha ^{2}}{2\beta \gamma }}+{\frac {\alpha ^{4}+\beta ^{4}+\gamma ^{4}-2\alpha ^{2}\beta ^{2}-2\alpha ^{2}\gamma ^{2}-2\beta ^{2}\gamma ^{2}}{2.3.4\beta \gamma r^{2}}}.\end{aligned}}$

En faisant ${\frac {1}{r}}=0,$ l’angle $\mathrm {A}$ devient l’angle opposé au côté $\alpha$ dans le triangle rectiligne dont $\alpha ,\beta ,\gamma$ seraient les côtés.

Désignons cet angle par $\mathrm {A} '\,;$ on aura donc

$\cos \mathrm {A} '={\frac {\beta ^{2}+\gamma ^{2}-\alpha ^{2}}{2\beta \gamma }},$

et de là

$\sin ^{2}\mathrm {A} '={\frac {2\alpha ^{2}\beta ^{2}+2\alpha ^{2}\gamma ^{2}+2\beta ^{2}\gamma ^{2}-\alpha ^{4}-\beta ^{4}-\gamma ^{4}}{4\beta ^{2}\gamma ^{2}}},$

comme on l’a vu ci-dessus (1 et 2) ; donc, substituant ces valeurs dans l’équation précédente, elle deviendra

$\cos \mathrm {A} =\cos \mathrm {A} '-{\frac {\beta \gamma \sin ^{2}\mathrm {A} '}{2.3r^{2}}}\,;$

or, dans le triangle rectiligne dont $\alpha ,\beta ,\gamma$ sont les côtés, il est visible que ${\frac {\beta \gamma \sin ^{2}\mathrm {A} '}{2}}$ en exprime l’aire. Donc, si l’on désigne cette aire par $\theta ,$ on aura

$\cos \mathrm {A} =\cos \mathrm {A} '-{\frac {\theta \sin \mathrm {A} '}{3r^{2}}},$

d’où il suit qu’on aura, aux quantités de l’ordre de ${\frac {1}{r^{4}}}$ près,

$\mathrm {A} =\mathrm {A} '+{\frac {\theta }{3r^{2}}}.$

Et, comme en changeant le côté $\alpha$ en $\beta$ ou $\gamma ,$ l’angle $\mathrm {A}$ se change en $\mathrm {B}$ ou $\mathrm {C} ,$ si l’on désigne de même par $\mathrm {B} '$ et $\mathrm {C} '$ les angles opposés aux côtés $\beta$ et $\gamma$ dans le triangle rectiligne, on aura également

${\begin{aligned}\mathrm {B} &=\mathrm {B} '+{\frac {\theta }{3r^{2}}},\\\mathrm {C} &=\mathrm {C} '+{\frac {\theta }{3r^{2}}},\end{aligned}}$

puisque la quantité $\theta ,$ qui est égale à l’aire du triangle rectiligne est

une fonction qui dépend également des trois côtés $\alpha ,\beta ,\gamma ,$ de manière qu’elle ne change pas en faisant entre ces quantités tels échanges qu’on voudra.

Donc, lorsqu’on a un triangle sphérique tracé sur la surface d’une sphère dont le rayon $r$ est très-grand, si l’on forme un triangle rectiligne dont les côtés aient la même longueur que ceux du triangle sphérique, les angles de celui-ci seront égaux aux angles correspondants du triangle rectiligne, augmentés chacun de la quantité ${\frac {\theta }{3r^{2}}},$ $\theta$ étant l’aire du triangle rectiligne, en ayant soin de réduire la valeur de cette quantité en angles, c’est-à-dire, en prenant pour unité l’angle qui répond à l’arc égal au rayon.

28. Si l’on ajoute ensemble les trois équations

$\mathrm {A=A} '+{\frac {\theta }{3r^{2}}},\quad \mathrm {B=B} '+{\frac {\theta }{3r^{2}}},\quad \mathrm {C=C} '+{\frac {\theta }{3r^{2}}},$

on a

$\mathrm {A+B+C=A'+B'+C'} +{\frac {\theta }{r^{2}}}\,;$

mais on sait que

$\mathrm {A'+B'+C'=2D} ,$

$\mathrm {D}$ étant l’angle droit ; donc on aura

${\frac {\theta }{r^{2}}}=\mathrm {A+B+C-2D} .$

D’où l’on peut conclure qu’en retranchant de chaque angle du triangle sphérique le tiers de l’excès de la somme de ses trois angles sur deux droits, on aura les trois angles d’un triangle rectiligne dont les côtés seront égaux en longueur à ceux du triangle sphérique. Ainsi l’on pourra traiter celui-ci comme un triangle rectiligne, et les résultats seront exacts aux quantités près de l’ordre ${\frac {1}{r^{4}}}.$

Ce beau théorème est dû à Legendre, qui l’a donné d’abord sans démonstration dans les Mémoires de l’Académie des Sciences pour l’année 1787, et qui vient de le démontrer d’une manière un peu différente de la précédente, dans un Mémoire sur la méthode de déterminer la longueur du quart du méridien. Comme il peut être d’une grande utilité dans tous les cas où l’on a à calculer des triangles sphériques peu différents des triangles rectilignes, nous avons cru qu’on serait bien aise de le trouver ici.