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RÉSOLUES.

$a,a'$ respectivement dirigées suivant $\mathrm {SA,SA'} \,;$ il ne s’agira plus ensuite que de décomposer cette dernière en deux autres $bc,$ dirigées suivant $\mathrm {SB,SC.}$

Or, par le principe du parallélogramme des forces, on aura

$p.{\frac {Sin.\mathrm {PA} '}{Sin.\mathrm {AA} '}}=a\,;$

d’où l’on voit qu’en menant les arcs de grands cercles $\mathrm {PB,PC,}$ rencontrant respectivement en $\mathrm {B',C'}$ les côtés $\mathrm {CA,AB,}$ on aura

$p.{\frac {Sin.\mathrm {PA} '}{Sin.\mathrm {AA} '}}=a,\qquad p.{\frac {Sin.\mathrm {PB} '}{Sin.\mathrm {BB} '}}=b,\qquad p.{\frac {Sin.\mathrm {PC} '}{Sin.\mathrm {CC} '}}=c.\,;$

Mais, par le principe du parallelipipède des forces, on a (Voyez, la pag. 55 du présent volume.)

$a^{2}+b^{2}+c^{2}+2bcCos.\mathrm {BC} +2caCos.\mathrm {CA} +2abCos.\mathrm {AB} =p^{2}\,;$

substituant donc, et divisant par $p^{2},$ on aura,

$\left.{\begin{aligned}&\left({\frac {Sin.\mathrm {PA'} }{Sin.\mathrm {AA'} }}\right)^{2}+2.{\frac {Sin.\mathrm {PB'} }{Sin.\mathrm {BB'} }}.{\frac {Sin.\mathrm {PC'} }{Sin.\mathrm {CC'} }}Cos.\mathrm {BC} \\+&\left({\frac {Sin.\mathrm {PB'} }{Sin.\mathrm {BB'} }}\right)^{2}+2.{\frac {Sin.\mathrm {PC'} }{Sin.\mathrm {CC'} }}.{\frac {Sin.\mathrm {PA'} }{Sin.\mathrm {AA'} }}Cos.\mathrm {CA} \\+&\left({\frac {Sin.\mathrm {PC'} }{Sin.\mathrm {CC'} }}\right)^{2}+2.{\frac {Sin.\mathrm {PA'} }{Sin.\mathrm {AA'} }}.{\frac {Sin.\mathrm {PB'} }{Sin.\mathrm {BB'} }}Cos.\mathrm {AB} \end{aligned}}\right\}=1\,;$

équation d’où il serait facile ensuite de déduire celle qui est relative au triangle rectiligne, en supposant le rayon de la sphère infini.

IV. Dans tout ce qui précède, nous avons formellement supposé que le point $\mathrm {P}$ était intérieur au triangle ou au tétraèdre. S’il lui était extérieur, il en résulterait de simples changemens de signes