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Égalant cette valeur de $\mathrm {ML^{2}}$ avec celle qu’a donnée le triangle $\mathrm {MOL}$, on a :

$2-2\cos(a-b)=2-2\cos a\cos b-2\sin a\sin b$,

ou, en réduisant et transposant les termes :

$\cos(a-b)=\cos a\cos b+\sin a\sin b$.

Si l’on remplace $b$ par $-b$, on obtient
$\qquad \qquad \cos(a+b)=\cos a\cos(-b)+\sin a\sin(-b),$
ou $\qquad \ \ \,\cos(a+b)=\cos a\cos b-\sin a\sin b.$

On peut tirer $\sin(a-b)$ de $\cos(a+b)$ en remarquant que $\sin(a-b)$ est égal à $\cos(90^{\circ }-a+b)$. En effet, on a alors

$\sin(a-b)=\cos \left((90^{\circ }-a)+b\right)=\cos(90^{\circ }-a)\cos b-\sin(90^{\circ }-a)\sin b$,

ou                                   $\sin(a-b)=\sin a\cos b-\cos a\sin b.$

Pour avoir $\sin(a-b)$, on remplacera $b$ par $-b$ dans $\sin(a-b)$, et il viendra

$\sin(a+b)=\sin a\cos b+\cos a\sin b$.

Ainsi de l’une des formules (8) et (9) on peut déduire les trois autres.

Remarque. — Si les extrémités des deux arcs partant du point $\mathrm {A}$ tombaient sur une droite perpendiculaire à l’un des diamètres $\mathrm {AA^{\prime },\;BB^{\prime }}$ comme les arcs $\mathrm {ABM}$ et $\mathrm {ABN}$, le triangle rectangle $\mathrm {MCL}$ n’existerait plus ; mais on aurait la 2^e valeur de $\mathrm {{\overline {MN}}^{2}}$ en écrivant

$\mathrm {MN=MP+NP} =\sin b-\sin a$,

ce qui amènerait au même résultat.

Cette démonstration est donc générale.

64. Problème. — Étant donné $\operatorname {tang} a$, calculer $\sin a$ et $\cos a$.

Soit $\operatorname {tang} a=k$. On a les deux équations

                                                  $\;\sin ^{2}a+\cos ^{2}a=1,$

                                                  ${\frac {\sin a}{\cos a}}=k.$