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du triangle total $\mathrm {A_{1}B_{1}C_{1},}$ sera la même que celle des trois angles du triangle $\mathrm {ABC.}$ De plus, dans le triangle $\mathrm {A_{1}B_{1}C_{1}}$ le côté $\mathrm {B_{1}A_{1}=AC}$ sera plus grand que le côté $\mathrm {B_{1}C_{1}=BA} \,;$ d’où il suit que l’angle $\mathrm {A_{1}}$ sera plus petit que l’angle $\mathrm {C_{1}} \,;$ or, comme on a d’ailleurs, par suite de la construction, $\mathrm {A_{1}+C_{1}=A,}$ il s’ensuit qu’on aura $\mathrm {A_{1}<{\frac {1}{2}}A.}$ Enfin, puisque $\mathrm {B_{1}}$ est plus grand que $\mathrm {B} ,$ cet angle $\mathrm {B_{1}}$ sera le plus grand des trois angles du nouveau triangle.

Par une semblable construction, on transformera le triangle $\mathrm {A_{1}B_{1}C_{1}}$ en un autre $\mathrm {A_{2}B_{2}C_{2},}$ dont la somme des angles sera encore la même, et dans lequel on aura $\mathrm {A_{2}<{\frac {1}{2}}A_{1}}$ et, par suite, $\mathrm {A_{2}<{\frac {1}{4}}A.}$ En poursuivant donc ainsi, on pourra parvenir à un triangle $\mathrm {A_{n}B_{n}C_{n}}$ où l’on aura $\mathrm {A_{n}<{\frac {1}{2^{n}}}A,}$ et par suite $\mathrm {A_{n}} <\delta ,$ en désignant par $\delta$ un angle aussi petit qu’on voudra. Faisant alors une transformation de plus, on parviendra à un dernier triangle $abc,$ dans lequel on aura $a+c=\mathrm {A_{n}} \,;$ et par suite $a+c<\delta .$

M. Legendre a fort bien démontré, avec son ruban, (voyez les éditions antérieures de sa Géométrie), que la somme $\mathrm {A+B+C}$ des trois angles d’un triangle ne pouvait excéder deux angles droits ; mais, comme il n’est pas encore démontré que cette somme ne peut être moindre, on est obligé de supposer, en désignant par $\mathrm {D}$ l’angle droit, $\mathrm {A+B+C=2D} -\delta ,$ l’angle $\delta$ étant inconnu. Or je vais démontrer que, pourvu qu’on admette que la somme des trois angles de tout triangle est plus grande qu’un droit, ou que $\mathrm {A+B+C=D} +\theta ,$ cet angle $\delta$ doit être nul.

En effet, transformons $\mathrm {ABC}$ (fig. 1) en $abc$ (fig. 2), de manière qu’on ait $a+c<\theta \,;$ alors on aura $b>D.$ Construisons, sur $ab$ triangle $abk,$ équilatéral avec $abc\,;$ l’angle $kbc,$ supplément à quatre droites du doubla de $b,$ sera $<2D.$ Tirons $ck$ et nous aurons un nouveau triangle $ack$ dont la somme $S$ des angles sera égale, moins quatre droites, à la somme des angles réunis des trois triangles $abc,abk,bck\,;$ c’est-à-dire qu’on aura, en représentant