Prosvetni glasnik

Апендикс

85

и

2К — и = 1П5 — (т — 1) 2К = 2К — ш (2К — б)' 5 ) и = т (2К —5), као и у = п (2К — 5).

Према томе је Д ађс : Д с!е? = т : п = и : V. 96 ) Лако се увиђа да се •етав може проширити и иа случај кад су троугли ађс,с1е! инкомензурабилни. На исти начин се дока«ује, д а се троугли на површини кугле односе као аксцеси збира њихових углова над 2К. Ако су два угла сферног троугла прави, трећи 2 биће речени Ф иг - 22 «ксцес; али овај је троугао (ако се обим највећег круга означи са р) очевидно = 2р 2 .

. 2 р2х 2%

'4зг 2

<§ 32, VI); према томе је сваки троугао, чији је ексцес = 2,: Напомена. У првом одељку овога параграфа Бољај је доказао став, да се површине два троугла у неевклидској равни односе као дефекти њихових збирова углова.

§ 43 Сада ћемо површину праволинијског троугла у систему 5 изразити збиром његових углова. Ако аћ (фигура 15) буде расло у бесконачност, биће (§ 42_) Д аћс : (К — и — V) константно 97 ). Али како Д ађс = ћасп (§ 32, V) и К — и — у=^ 2 98 ) (§ 1), то је ћасп : 2 = Д аћс : ('К— и ■— у) = ђас'п': 2'.

8®) Збир углова у троуглу а ђ с (т. ј. 2 К — и) биће очевидно раван збиру углова У троуглима ас§, §сћ, ћсћ смањеном за збир углова у теменима § и ћ. Ако, се збир ^глова у троуглима ас§, ^сћ, ћсћ, чији је број ш, означи са 5, биће (пошто је број тачака §, ћ и т. д. раван ш — 5), 2 К — и = т з — (т — 1) 2 К. и V ^ 6 ) Пошто јеДаћс = тр, Д с !е{ = пр и пошто је т = 8 и п = то суДаћсДс1е{=т:п = и:у. 92 ) Из формуле Д аћс : Д <1 е Ј = и: V (§42) следује Д аћс:и= Д с1е{:у = = С0П8! Ако се ова константна вредност означи са X, површина троугла са 1, а дефект са и, биће очевидно { = Хи. ш ) Како је наиме (фиг. 15) Нт (К~и— V) = К— Нт и— Нт у=К—(К— г) — о то је Нт (К—и—V) = 2.