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Considérons, par exemple, la dernière égalité. 
D'après la formule (54), 
N = abcd° + (ab + bc + Cd) dd + abc(a? + L? + c)d + abc; 
et, par la formule (55) : 
A = d— 2° + D + )d' — 8abcd + (n° — b?— €) — 4b°c*. 
Conséquemment, après quelques réductions, 
AN — d'A = d— {a + b°+ cd — abc + (a* + b? + c'}d’ 
+ 4abc(a® + b° + c°)d + 4a*b?c?, 
ou 
4N — d'A = | — (a + D? + c?)d — 2abc |. (59) 
Ainsi 
LE D=d— (a.+ b° + c°)d — Sabc (‘). (60) 
31. Remarques. — I. Posons 
Ni— (ab + cx)(ac + bx)(bc + ax), 
A—(—a+b+c+ax)(a—b+c+x)(a +b—c+x\a+b+c—x). 
Alors, par le dernier calcul, 
AN, — Aix = {ax — (a + b°+ dx —2abcF —X* (61) 
Le polynôme X est celui que l'on rencontre dans la solution 
d'un problème de Newton, et dans un problème relatif à l'ellip- 
soïde (**). 
(‘) Sid= 0, le second membre est négatif; il s’annule lorsque d = 2R 
(voir la note suivante) Donc, si l’on veut que D soit positif, on doit attri- 
buer, au premier membre, le signe inférieur. 
(**) Notes XI et XII. D'ailleurs, si d = 2R =+x, le triangle ABC est 
inscrit à un demi-cercle : on retombe sur le problème de Newton. L’équa- 
tion de ce problème est donc 
da — (a? + b?+ c?) x — 2abc = 0, 
comme nous l'avons rappelé dans la Note XI. 
