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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

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