BC— D

AB—G=—1855n, BB'—r—10»,

AB'C— A —6ÿ020", ABB y'= 135030", CD'B= y= 15910",

dans les formules du second

Substituant ces valeurs

cas, NOUS aurons

Logr — 1,0000000

Log siny — 9,8456618

Log G— 53,2683439

Log sinm— 5%,5773179

Logr — 1,0000000

Log sin y— 9,9510257

Log D — 53,5010500

Log sin n — 7,2299997 N'—= G' 7°

Nous avons donc O — 65° 20° — 12° 59 — 6" 7" — 65° 0’ 54.

10. ProsLkme VI. Ayant observé au point O (PI. XIV, fig. 9) l'angle DOE de deux objets D et E inégalement élevés au-dessus de l'horizon, trouver l'angle BAC, projection de DOE, sur le plan horizontal.

Lorsqu'on forme entre les divers points d’un terrain une suite de triangles pour én lever le plan, ce ne sont pas ces points eux-mêmes qui figurent sur le plan, mais bien leurs projections sur une même surface parallèle à l'horizon, et qu’on peut considérer comme plane pour des terrains dont l’étendue n’est pas très-considérable. L'observateur doit donc, autant que possible, choisir des objets dont le niveau apparent soit sensiblement le même que le sien, car dans le cas contraire ses triangles ne se trouveraient pas dans un même plan, et il lui

serait impossible de les faire concorder sur le papier, à

moins d'opérer les réductions qui font l’objet du présent problème. Pour donner une idée exacte de la question, soient B', C', D', E’, divers objets inégalement élevés sur un plan horizontal MN (P. XIV, fig. 14) où l'observateur relève du point O les anglesB'OC’,B'OE', L'OD', D'OC'. Ces points seront représentés sur la carte du terrain par leurs projections À, B, C, D, E, et la somme de tous les angles au point À sera égale à quatre angles droits; de sorte que si l’observateur sc servait des angles relevés, et non des angles réduits ou projetés BAC, BAE, EAD, DAC, dont la somme, dans le cas de notre figure, est plus grande que quatre angles droits, il ne pourrait Les tracer les uns à côté des autres sans

faire rentrer le dernier D'OC' dans le premier B'OC', et par conséquent les lignes de sa carte ne pourraient indiquer les relations des diverses parties du terrain, Car le point C’ de l’angle-D'OC' ne coïnciderait pas avec le point C' de l’angle B'OC', quoique ces deux points se confondent sur le terrain.

Il existe des cercles, munis de lunettes mobiles, qui donnent immédiatement l’angle horizontal BAC quand on observe l'angle incliné B'AC'; mais comme on n’a pas toujours de tels instrumens à sa disposition, il est essentiel de connaître les moyens d’y suppléer par les méthodes de calcul dont leur emploi dispense.

Soit O (PL. XIV, fig. 9) le centre des observations, et DOE l'angle qu'il s’agit de réduire à l’horizon, ou dont il s’agit de trouver la projection horizontale BAC. Il faudra non seulement relever l'angle DOE, mais encore les angles ZOD et ZOE que font, avec la verticale du point O, les rayons visuels OD et OE; ces trois angles étant supposés connus, nous poserons

DOE —x, Z0D—h, ZOE—#h', BAC — A.

Imaginons maintenant que le point O est au centre d’une sphère dont le rayon On — 1; les arcs de cercle nm, pn, pm, formés sur la surface de cette sphère par les sections des plans DOE, DOAB, EOAC, seront les mesures respectives des angles DOE, DOA, EOA, dont le premier est l’angle à réduire +, et les deux autres les supplémens des angles k et k’. Or, l’angle BAC étant l'angle des deux plans DOAB, EOAC, est le même que l'angle npm du triangle sphérique mnp, et la question est ramenée à trouver cet angle #pm par le moyen des trois côtés connus du triangle sphérique ; savoir :

nMm—a, pn—180°—h, pm— 180 —.

C2 Substituant ces valeurs dans la formule connue (voy. tom. IT, pag. 591), on aura .…..(1)

ER sin?(a—h—h'). sin? (eh —h)], Do VA [ sul oh |

dans laquelle il n’y a plus qu’à donner aux quantités «, k, k' des valeurs déterminées pour obtenir l’angle réduit A.

Si les deux angles au zénith À et k étaient égaux, ce

qui arrive lorsque les deux objets D et E sont également élevés au-dessus ou également abaïissés au-dessous du plan horizontal passant par le centre O, la formule précédente se réduirait à ....(2)

+ & Sin -æ.

sniA=-—- :A sin À ‘

am

Enfin, dans le cas où l’un des objets, D, serait élevé au-dessus du plan horizontal, passant par le point O, de la même quantité que l’autre objet E serait abaissé au-dessous de ce plan, on aurait

90°—h = h — 90", ou h—180 —h.

Cette valeur de k’ introduite dans la formule (1), après ayoir élevé ses deux membres au carré la transforme en

sin (3@ + h— 90°) . sin (Ge — h- h=+ 90°)

LME ue 7 sin?4

Passant des produits aux sommes, il vient

‘ur sin? k — cos? 4 cos?T?a sin? = — d sin? k sin?

et, par suite,

Or, 1—sin?5 A — cos?1 A, donc ….(3) ra COS 50p5 À + sink

On a rarement à se servir des formules (2) et (3); mafs le calcul de la formule (1) est si simple, que nous le préférons aux expressions approximatives qu'on lui substitue dans plusieurs ouvrages. Elle devient, en employant les logarithmes,

Log sin: a+ 20 logsin: (eh — — h') hr logi(a +h—h)— log sin — log sin n.

Prenons pour exemple d'application les données suivantes :

Angle observé

Angles au zénit h—82°, h'—81° 10",

séemhmh)= 69" 10, i(a+h—h)= 7050".

Le calcul donne :

Carré du rayon = 20,0000000 Log sin 69° 10 — 9,9706346 Log sin 70°50 — 9,9722330 Somme .. . .. — 39,9458676 Log sin82° — 9,9957528

Différence . . . — 29,9901148 Log sin81°10 — 9,9948181

. = 19,9552967 Moitié .....— 9,9776483 — log sin< A Angle réduit = 71°46 27,7.

Différence . .

11. La formule (1) se simplifie beaucoup lorsqu'un des deux objets se trouve dans le plan de l’observateur. Dans ce cas, une des distances au zénith, k', par exemple, est de 90°; si l’on fait donc k'— 90°, on obtient, par des transformations analogues à celles dont nous ayons fait usage,

COS « MmSnAs

Dans les grandes triangulations, la réduction des angles au plan horizontal se complique de diverses particularités pour lesquelles nous devons renvoyer aux ouvrages spéciaux, et particulièrement au Zraité de Géodésie de M. Puissant.

12. PROBLÈME VII. Rapporter les principaux points d’une carte à la méridienne et à sa perpendiculaire.

Lorsqu'on trace sur le papier les triangles observés sur le terrain, il est impossible, malgré tous les soins les plus minutieux, que le dessin soit rigoureusement exact. Si l'on sé sert d’un rapporteur pour construire les angles, on n’a qu’une grossière approximation, dont l'erreur devient sensible dès le premier triangle. Si l’on emploie les échelles des cordes, ou même si, pour plus d’exactitude, on a calculé les trois côtés de chaque triangle, afin de n'avoir pas besoin de s'occuper des angles, il suflit de l’épaisseur des pointes des compas ct des crayons pour produire, dans la fixation des sommets d’un triangle, une inexactitude qui, d’abord imperceptible, influe sur les triangles suivans et s'accroît très-rapidement à mesure que leur nombre augmente. C’est pour éviter cette multiplication d'erreurs qu’on a imaginé de rapporter la position de chaque point, en particulier, à deux droites perpendiculaires entre elles tracées sur le plan, et qui sont ordinairement la méridienne (voy. ce mot) de l’un des points les plus remarquables du terrain, et la perpendiculaire à cette méridienne passant par le même point,

Il n’est pas indispensable, pour cette opération, de connaitre la direction de la méridienne avec une grande exactitude: car toute autre ligne d’une direction donnée pourrait remplir le même office; aussi se contente-t-on des indications de la boussole. Ce qu'il importe, c’est de déterminer l’angle que fait la méridienne adoptée avec un côté d’un quelconque des triangles du réseau.

Supposons qu’étant au point À (PI. XIV, fig. 15) la direction de l’aiguille aimantée fasse avec la droite AC un angle de 45°; la déclinaison de l'aiguille étant à cette époque de 22° 10’, la ligne du Nord, ou la méridienne NS du point À, fera donc avec la ligne AG un angle de 25° 5o', et comme l’angle BAC est un de ceux qui ont été relevés dans la triangulation, on connaitra l’angle BAN = BAC — 25° 50° que forme le côté AB avec la méridienne NS. Si, par exemple, l’angle BAC était de 125°, l'angle BAN serait de 102° 10’, et alors, après ayoir tracé sur le caneyas une ligne NS, faisant avec AB un angle de 102° 10", on lui mènerait par le point À la perpendiculaire OE; ces deux droites seraient les axes coordonnés (voy. ArpLicaTion, tom. I), auxquels il s'agirait ensuite de rapporter tous les points de la triangulation.

Soient A, B, C, D, E, F les sommets des triangles observés; imaginons par chacun de ces points deux droites respectivement parallèles à la méridienne NS et à sa perpendiculaire OE; nous aurons en particulier, pour le point D, D parallèle à NS et mD parallèle à OE, et il est évident que la position du point D sur le plan sera parfaitement déterminée, quelles que soient d’ailleurs ses relations avec les autres points, lorsqu'on connaîtra la longueur des lignes nD et mD ; car, en prepant sur AL la partie An — mD, et sur AS Ja partie Am —nD, les perpendiculaires mD et nD élevées aux points m et n se couperont au point B. La même chose ayaut lieu pour tous les autres points B, C, E, etc., on voit qu’on pourra placer chacun d’eux isolément sur la carte, et que les petites erreurs provenant de l’épaisseur des lignes, ou de l'inégalité du papier, se répartiront également, au lieu de s’accumuler, en passant d’un point à un autre.

Tous les rayons qui concourent au point A étant connus de longueur et de direction, on obtient, par une addition ou une soustraction, les angles qu'ils forment avec la méridienne, et l’on n’a plus que des triangles rectangles à résoudre pour calculer les distances de leurs extrémités à la méridienne et à sa perpendiculaire.

Si l’angle CAD est de 92° 50’, l’angle NAD sera