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RÉSOLUES.

$z^{6}-4\left(2a^{2}+2b^{2}-c^{2}\right)z^{4}+16\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(a^{2}+b^{2}-2c^{2}\right)z^{2}+64c^{2}\left(a^{2}-b^{2}\right)^{2}=0\,;$

et l’on aurait des équations analogues pour $x$ et $y.$ Le dernier terme de cette équation étant positif, il s’ensuit que, si le problème est possible, il n’admettra que deux solutions au plus.

PROBLÈME II. Déterminer les trois côtés d’un triangle, en fonction des droites qui joignent le centre du cercle inscrit à ses sommets ?

Solution. Soient encore ici $x,y,z$ les trois côtés du triangle ; $X,Y,Z$ les angles respectivement opposés ; et soient $a,b,c$ les droites qui joignent le centre à leurs sommets.

La droite $c$ est l’hypothénuse commune de deux triangles-rectangles, dont un des côtés de l’angle droit est le rayon du cercle inscrit, et dans lesquels l’angle opposé est ${\tfrac {1}{2}}Z\,;$ d’où il suit qu’on doit avoir

$r=c\operatorname {Sin} .{\tfrac {1}{2}}Z.\qquad$(1)

Les droites $a,b$ forment avec le côté $z$ un triangle, dans lequel l’angle opposé à $z$ est $q+{\tfrac {1}{2}}Z,\ q$ désignant l’angle droit ; l’aire de ce triangle est donc

${\tfrac {1}{2}}ab\operatorname {Sin} .(q+{\tfrac {1}{2}}Z)={\tfrac {1}{2}}ab\operatorname {Cos} .{\tfrac {1}{2}}Z\,;$

mais, comme sa hauteur est $r,$ son aire aura aussi pour expression ${\tfrac {1}{2}}rz$ donc

$rz=ab\operatorname {Cos} .{\tfrac {1}{2}}Z\,;$

ou, en éliminant $r,$ au moyen de l’équation (1)

$cz\operatorname {Sin} .{\tfrac {1}{2}}Z=ab\operatorname {Cos} .{\tfrac {1}{2}}Z.$

D’un autre côté, le même triangle donne

$z^{2}=a^{2}+b^{2}+2ab\operatorname {Sin} .{\tfrac {1}{2}}Z.\qquad$(3)

En éliminant $z,$ entre les équations (2) et (3) et transformant le cosinus en sinus, il vient