CINQUIEME CAS
Lxxxviii. Étant donnés deux angles A et B avec le côté a opposé à Vun de ces angles, trouver les deux autres côtés b, c, et le troisième angle C.
SPRÉftlQtJS. 409
i®.Le càvé b se trouvera par l’équation iin i =
. sin B , , .
un a . — 7-.
stn A
Le côté c dépend de l’équation <
cot a sin c — cos B cos c = cot A sin B.
, Ç cos B long a
Soit cot a =cos B-^ou tang ? = =
aura — ( sin c cos 9 — cos c sia =cot A sûi B : sin 9 ' ;
donc
sin (c — t):
tang B sin 9*
long A
3° L’angle C se trouvera par la résolution de réquation
cos a sin B sin C — r- R cos B cos C= R’ cos A.
. „ . R cos B cos 9
Soit pour cet elTet cos a sin o = — , ou
c /Ml 9
cos a tans B cos B , . „
Cot 9 = — — , on aura ^-r—z (stn L cos 9 —
cos C sin 9 ) = R cos A ; donc
. ■ . . cos A sin
stn (C — 9) = 5-Î-.
Ce cinquième cas est , comme le second , susceptible de deux solutions, ainsi que cela a lieu dans le cas walogue des triangles rectilignes.
' SIXIÈME cas.
Lxxxix. Etant donnés les trois angles A , H, C, on trouvera un côté quelconque , par exemple ^ le côté opposé à l'angle A , par lajormule
„^-coH(A + B + C)eo.4(B + C~A)^ fin-a=:U v' ( . ‘ „ ;
On peut remarquer que de ces six cas généraux les trois derniers pourraient se déduire des trois premiers, par la propriété des triangles polaires : de sorte qn’A proprement parler, il n’y a que trois cas
ra by Coogl(
4io viteoNuiiÉtait
(lifTérentJ dans la résolution générale des triangles sphériques. Le premier cas se résout par une seule analogie, comme les triangles rectangles; le troisième se résout d’une manière presque aussi simple, au moyen des analogies de Néper. Quant au second , il exige deux analogies ; et d’ailleurs, il admet quelquefois deux solutions, tandis que le premier et le troisième n’en admettent jamais qu’une.
xc. Pour distinguer dans le second cas si , pour des valeurs particulières données de A, a, il y a deux i<! triangles qui satisfont à la question ou seulement un;
supposons d’abord l’angle A<ioo“, et soient pro- ' longés les deux côtés AC, AB jusqu’à ce qu’ils se rencontrent de nouveau en A'. Si on prend l’arc AC < loo” et qu’on abaisse CD perpendiculaire sur AB, les côtés AD, CD du triangle rectangle ACD, seront tous deux plus petits que loo", la ligne CD sera la distance la plus courte du point C à l’arc AB, et en prenant DB'=;^ DB, les obliques CB', CB seront égales et d’autant plus longues qu’elles s’écarteront plus de la perpendiculaire. Soit AC=rô, CB = a, on voit donc qu’un triangle dans lequel on a A < lOO®, b< lOO", et a<ô, a nécessairement deux solutions ACB, ACB'; mais si, en supposant toujours A et ô plus petits que loo", on a a > ô, alors le point B' passerait au'delà du point A , et il n’y aurait qu’une solution représentée par ABC.
Soit ensuite AC' > lOO", si on abaisse la perpendiculaireC'D' sur ABA',onaurademêmeC'D' < A'C', et l’arc C'B'" mené entre D' et A', sera >C'D' et >C'A'; donc si on fait AC' = ô, C'B' =C'B'"=a, on voit que la supposition A < loo" et ô> loo" donnera deux solutions si a-\-b< aoo", et n’en donnera qu'une si a-+-ô>aoo'*, parce qu’alors le point B'" passerait au-delà de A'. Discutant de la même manière le cas où l’angle A est> lOO", on pourra établir ainsi
(PRBRIQDB. 4 ll
les symptômes qui déterminent si , dans le cas ii , la question admet deux solutions ou n’en admet qu une*
■ - une solution.
A< loo ,£>< loo denx solutions.
' i a-4-ô>aoo® une solution.
A<ioo,e>ioo |a 4 -ô<a<x>“ deux solutions.
A >000 ,o<ioo I a-i-A< aoo® une solution.
A> ioo®,i> 100®
a >6 deux solutions.
a<b une seule solution.
Il n’y >Dra'qn'nne sololion ai on a A = 100®, soit a — i, soit d Asr soo*. Il y en aura deux ai on a i = 100°.
xci. Ces mêmes résultats peuvent s’appliquer au cas cinquième par la voie du triangle polaire , et on en tirera les symptômes suivants , qui feront connaître si pour des valeurs données de A , B , a , il y a deux triangles qui satisfont à la question , ou s’il n’y en a qu’un.
, 1 A<B nnesolution.
deux solutions.
O n -lA+B<raoo® unesolulion.
«> 100 ,B< 100 I a.-|-B> aoo®deux solutions.
^ O O 1 A-l-B< aoo®deux solutions.
. < .00 , B > ,00® j ^ «résolution.
t< ioo“,B< 100®
i A < B deux solutions*
|a>B une solution,
n a'y aora qa'ana aolntiou ai l’aDe dei égalilét inirantn a lian ozrtoo* Il y enaara dcaa n Bzzioo^. e
xcif. Uans tous les cas , pour écarter les solutions inutiles ou fausses, il faut se rappeler, i® que tout angle ou tout côté doit être plus petit que aoo® ;
a® Que les plus grands angles sont opposés aux plus grands côtés , en sorte que si on a A > B , il faut qu’on ait aussi fS > ô, et vice versa.
Exemples de la résolution des triangles sphériques.
xciii. Exemple I. Soient O , M , N trois points situés dans un plan incliné à rhorizdn* si de ces
4 ia TBIGOnpMliTRtB
trois points on abaisse les perpendiculaires OD , M N n, sur le plan horizontal DEF, les objets situés en O, M, N devront être représentés sur le plan horizontal par leurs projections D, m, n, et l’angle -MON par ?7» D n. Cela posé , étant donné l’angle MON , et les inclinaisons de ses deux côtés OM , ON sur la verticale OD, il s’agit de trouver l’angle de projection »* D n.
Du point O comme centre et d’un rayon i , décrivez une surface sphérique qui rencontre en A , B , C , les côtés OM , ON et la. verticale OD , vous attrez un triangle sphérique ABC , dont les trois côtés sont connus ; on pourra donc déterminer l’angle ,C égal à m D n par la formule du premier cas. . - .
Soit par exemple, l’angle MON= A B= 64 " 44 * 6d'; l’angle DOM = AC= 98° i a et l’angle DON=BC= io 5 " 42*, on aura par la formule cit^ ’’ l-
$in a»" 57' 3 o" sin 35 ° 87' 3 o"
Valeur que l'on calculera ainsi :
L.jrin a8° 67' 3 o"-.. 9.63739*56 L. ^7198° la',.. 9.9998106 L. sin 35 ° 87' 3o"...9.7a7656a L.r<>iio 5 ° 4 a'... 9.9984x4a
tonune H- a LR. 39 . 365 o 5 i 8 19.998x348
Xi. fWl 7 c . . . t . . . 9.6834085
iCr= 3 a° 4'70' V. 5 C = 64 9 41 -..v
Donc l’angle 64 ° 44 ' 60” , mesuré dans un plan incliné à l’horizon , se réduit à 64° 9' 4* "> lorsqu’il est projeté sur le plan de l’horizon. ' ” ’ ^
' Ce problème est utile clans l’art de levêi* les plana, lorsque les points qu'on veut déterminer sont situés à des hauteurs sensiblement différentes au-dessus d’un même plan horizontal. ' f
aciv. Exemple II. Connaissant les latitudes de deux points du globe, et leur différence en longitude, -trouver leur plus courte distance.
On imaginera un triangle sphérique AC B formé par le pôle boréal C, et les deux lieux A et B dont il s'agit; dans ce triangle on connaîtra l'angle au pèle ACB , qui est la différence en longitude des deux points A et B, et les deux côtés compris AC, CB, qui sont les compléments des latitudes des points A et B. On déterminera donc le troisième côté AB par les formules du cas in.
Soient , par exemple , A et B les observatoires de Paris et de Pékin ; la latitude boréale de l’un de ces lieux est de 54 "^ a 6 ' 36 ", celle de l’autre est de 44 ° 33 ' 73”, et leur différence en longitude est de ia 6 ** 80' 56 ". Ainsi ou aura
D’après ces données on aura pour déterminer c»
, - , „ cor C tang b
les formules tan^ ? = g — , cos c =
cos b cos (a — J , • • 1 II
i ^ , dont VOICI le calcul
cos Ÿ ,
