AE AB—7147,88 7800 —14947,88 AB—AE

et de plus, à cause de angle BAE = A + 180°— à = 158° 30’ 25",6,

+ 4 (ABE+AEB) = 10°44 47,2.

Désignant par à la demi-différence de ces mêmes angles ABE, AEB, nous calculerons à par la proportion

14947,88 : 652,129 —tang (10° 44' 47,2) : tangô.

Log652,12 — 2,8143275

Log tang (10°44"47";2) = 9,2782771 12,0926046

Log 14947,88 — 4,1745796

Log tang9 — 7,9180250 D'où = 0° 28’ 27",8.

Retranchant cette demi-différence de la demi-somme 10° 44 47,2, nous aurons le plus petit des deux angles, . savoir : ABE — 10° 16'19°,4, qui est opposé au plus petit côté AE.

Maintenant, pour calculer les rayons visuels MA, MB, nous avons, dans le triangle AMB,

AB—7800, ABM=—10°1619",4, AMB==—=150°55"ab".

Le troisième angle BAM, conclu des deux autres, est 39° 8'15",6. Ces valeurs donnent sin (130°35' 25°) : sin (10° 16’19',4) = 780 : AM sin (150° 55'25°) : sin (39° 8'15",6) = 780 : MB.

Voici les calculs, en observant que le sinus de l’angle obtus 130° 35’ 25" est égal au sinus de son supplément

Log 5800 — 5,8920946

Log sin(10°16' 19,4) — 92512057 :

13,1453005 Log sin (49°24' 35) — 9,8804606

Log AM — 53,2628397 AM — 1831",6.

Log 5800 — 53,8920946 Log sin (39° 8'15°,6) — 9,8001572 13,6922518 98804606

Log sin (49° 24° 35") Log MB — 5,8117912 MB — 6483",3.

Second cas. Le point M est hors du triangle connu ABC (PI. XIV, fig. 6).

Concevons toujours la circonférence du cercle AECM et les droites AE et CE. Les angles observés seront AMB, BMC, AMC, et l’on aura AMB — ACE, BMC — EAC ; de sorte que dans le triangle AEC, les trois angles étant connus, ainsi que le côté AC, on pourra calculer AE. :

Dans le triangle ABE , on calculera l'angle ABE au moyen des deux côtés connus AE, AB, et de l’angle compris BAE — BAC — EAC.

Enfin, connaissant ainsi les trois angles du triangle BAM, on pourra calculer les deux côtés AM et BM, qui sont les rayons visuels cherchés. Les calculs étant les mêmes que dans le cas précédent, nous nous bornons à les indiquer.

Troisième cas. Le point M est sur la direction de l’un des côtés du triangle connu ABC (PL. XIV, fig. 7).

Si le point M est entre les deux points A et C, on a tout de suite les deux rayons AM et BM, puisque dans le triangle ABM on connaît les deux angles BAC, AMB, et le côté AB.

Si le point M est seulement dans la direction de AC,

on connaît pareillement dans le triangle ABM les angles BAC, AMB et le côté AB, d’où l’on peut calculer AM et BM.

6. Ce problème, qui se présente souvent dans la construction des cartes, peut être résolu très-aisément par une opération graphique enseignée tom. I, p. 269.

9. PROBLÈME III. De l'extrémité À d’une droite connue AB ne pouvant, faute d'objets, prendre que l'angle XAB, et le point X étant invisible de B, former le triangle ABX par le moyen d'autres points, connus D ef F, desquels les objets X et B puissent être vus. (PI. XIV, fig. 8.)

Quoique de B on ne puisse voir l’objet X, le seul qui ‘ait été observé de A, pourvu que l’on en puisse observer d’autres, on peut aller en avant, dans l'espérance que de quelques-uns des objets vus de B on pourra observer X. Laissant donc indéterminé le triangle ABX, on ira recourir, par exemple, à D et à F, d’où l’on observera B et X en formant les angles des deux triangles BDF, DXF. La difficulté est de calculer ces triangles et de les lier avec A et B.

Supposons le problème résolu, c’est-à-dire les cinq points A, B, X, D, F fixés sur le plan. Si du point C, intersection des droites AX et BD, nous menons CG parallèle à XF; puis du point G, GH parallèle à DF, nous déterminerons sur les côtés BX et BD deux points Let H, tels que la droite IH sera parallèle à DX. En effet, d’après les parallèles GH et DF, on a

BG : BF — BH : BD; et d’après les parallèles CG et XF,

BG : BF — BI : BX; donc