a sin G
celle-ci la valeur stn c= ; — j — , on aura pour la troi-
sin A
sième combinaison
cot A sin C+cM C cos b = eot a sin h, (1)
Enfin, pour avoir la relation entre A, B, C, a, j'observe
que dans l'équation précédente le terme
. z u sinb sin B ,
cot a stn te=B. cos a.—, — = R cos a —, — - ; donc, stn a sin A
en multipliant cette équation par sin A, on aura
R cos A sin C=R cos a sin B — sin A eos C cos h.
Si dans cette équation on permute entre eHes les telireA A /
et B , ainsi que a et h, on aura - * * .
R B sin C=R cos 6 sin A — sin B eos G com ité ' f^y
Et de ces deux- ci on tire , en cbassant cos à,
cos A sin C+Rcos B sin G cos C = cos a sin B sin^ G.
Donc enfin
R^'eosA+Rcos B cos C
cos az
sin B sin G
C'est la relation cbercbée entre A, B, G, ou la quatrième des équations nécessaires pour la résolution des triangles sphériques,
(1) Pour retenir aisément cette formule et la retrouver au besoin,, voici une règle de Mnémonique :
1° Avec un côté a et Tangle opposé A,
Avec un antre côté h et l'angle adjacent G , formez l'équation fictive cot a cot A,=coi b coi G, en observant de mettre les petites lettres avant les grandes.
2** Multipliez de part et d'autre par sin b sin C, en supposant le rayon R = 1 , vous aurez
cot a sin b cot A sin C=zcos b cos G.
3" Dans le premier meiobre, séparez les petites lettres des grandes, en mettant à celles-ci le signe — vous aurez l'équation vraie
cot a sin b — cot A, sin Cz=zcos b cos G, laquelle étant homogène aura lieu y même sans supposer R = 1.
TRIGOIIOHÊTUE
Lxxxi. Cette dernière équation entre A, B, G, a, offre nne analogie frappante avec la première entre a, h,Cy Ai et on peut rendre raison de cette analogie par la propriété des triangles polaires ou supplémentaires. En effet , on sait que le triangle dont les angles sont, À, G, et les côtés opposés a, h, c, répond toujours à un triangle polaire , dont le» côtés sontSOO»— A, 200o— B, SOO»— G, et les angles opposés 200«— a, 200«--3, aGO»— c. Or, le principe de l'art, lxxvi étant appliqué à ce dernier triangle , il en résulte
eos[2W a)— (200«— B) êin (200«— C) '
ce qui se réduit à
R' coê A+ R cos B co* C stn B êin G ' ainsi que nous Favons trouvé par une autre voie.
Gette formule résout immédiatement le cas où Ton veut déterminer un côté par le moyen de trois angles ; mais , pour avoir une formule plus commode pour le calcul logarithmique , on substituera la valeur de co* a dans l'é-
- eos a 2 . sin^ ^ a
quation 1 — =5 » ce qui donnera
R — Ra Ra —
sin B sin C — cos B coê G — Keos A — R coê{B + G) — Rcos A 2 sin B êin G 2 êin B êin G
* xviii. Et parce qu'on a en général * R coê p R coê eoê ^ (p+q) coê i {p — q), cette équation se réduit à
êin^ I a — gg* HA + B 4- G) go* i (B + G A) R» êin B êin G
où il faut observer que le second membre , quoique sous
une forme négative , est néanmoins tôujours positif. Gar on
, , , . . ,AA V êin s eoê 100^ — coêx êin 100** a en général êm [x — 100*»)= ^
— — coê donc
^ go* i ( A + B + G) = *m 1 oQo^
quantité qui est toujours positive, parce que A +B+ G étant toujours compris entre 200* et 600% l'angle 7 ( A+B+G ) .
SPHtRIQUB. -ââ9
— 100® est compris entre zéro et 200"; d'ailleurs. co# j ( B + C — A) est tonjonrs positif, parce que B + C — A ne peut pas surpasser SOO"*; en effet dans le triangle polaire le côté 200° — A est plus petit que la somme des deux autres 200»— B, 200»— C ; donc on a 200»— A < 400»— B —C , ouB+C— A<200».
Étant ainsi assuré que le résultat sera toujours positif, on aura, pour déterminer un côté par le moyen des angles, la formule
IA+B+G B + C — A^ CO* CO* s f 2 2 \.
êin B Min G j
Lxxxii. Avant d'aller plus loin, nous remarquerons que de ces formules généraïes, on peut déduire celles qui concernent les triangles sphériques rectangles. Pour cet effet, on fera A= 100», tant dans les quatre formules principales que dans celles qui en dérivent par la permutation des lettres. Et d'abord l'équation cet A sin h sin c^'R.^ cos a — R cos bcoscy donnera par cette substitution
R cos a — cos h cos c, (1)
Les dérivées de l'équation générale ne contiennent point A , et ainsi ne donnent aucune relation nouvelle dans le cas de A=W.
L'équation ^ i ^^1^ ^ , donne dans le cas de A =100°, stn a stn b
sin a sin 6
Et la dérivée A #in C ^j^^j^jj^pj^j^ également sin a sin c
^ ^^^C . iQ^g celle-ci est elle-même une dérivée de sin a sin c
l'équation (2).
L'équation cot A sin C + C cos h = cot a sin h , donne
dans le cas de A== 100», cos G cos h^cot a sin 6, ou
*(W G tan^ a = R tang h, (S)
TtlCOHOHtTtlE
La dérivée cot G êin k'\'CO» A cot h ^ cote êin h, donne dans le même cas , coiQ = eot e sin h ^ oa
R tang e = êin h tang Q, (k)
Enfin la quatrième équation principale sin B sin G ma = R» CM A + R coM "BcosQ^ et sa dérivée sin A sin C m h = R* co« B + R eosÀ. cos G, donnent dans le cas de A=100°, sin B sin C cos a=R r0#B eo# G et sin G co« ^ = R B, ou
eo^ B «?/G =î= R cos a, (8) #{n G cos i a R co« B* (6)
Ge sont les six équations sur lesquelles la résolution des triangles rectangles est fondée.
Lxxxiii. Nous terminerons ces principes par la démonstration des Analogiss de Néperj qui servent à simplifier plusieurs cas de la résolution des triangles sphériques* Par la combinaison des valeurs de cos keicosQ expri- * Lxx. mées enajh, Cy nous avons déjà obtenu l'équation* R cos A sin ^ = R cos a sin h — cos G sin a cos h, Gelle-ci donne par une simple permutation :
R cos B sin c = 'Kcosh sin a — cos C sin h cos a. Donc en ajoutant ces deux équations, et réduisant, on aura sin c {cos A -j- cos B) = {'R — cosC) sin {a + h),
. . sin c sin a sin 5 Mais puisque —r-p^=-7— r=— =r , on a * ^ sinL smA smU
sin c [sin A + sin B) =isin G (sin a + sin b) et sin c ( sin A — sin B ) = sin G ( sin a — sin b ).
Divisant successivement ces deux équations par la précédente , on aura •
sin A + sin B sin G sin a + sin h
cos A + cos B R — cos G* sin (a + 5)
sin A — sin B #f » G sin a — sin h
cos A + cos B R — cos G * sin ( a + ^ ) * Et en réduisant celles-ci par les formules des articles nii et XXX, il viendra
8PHÉEIQUB. S41
Donc étant donnés les deux côtés a et ^ avec l'angle coin^ pris G , on trouvera les deux autres angles A et B par les analogies ,
coê^{a-\-h) : cosj (a — 5 ) ::cot^C : iang^ ( A + B) êin^{a+b}:sin{{a^6 ) : : cot^ C : tang i ( A — B ) . Si on applique ces mêmes analogies au triangle polaire du triangle ABC, il fendra mettre 200«— A, 200«— B, 200«— a, 200«> — b, 200« — à la place de a, A , B, C, respecti. veiîàjçnt, et on aura pour rési\ltat ces deux analogies c<>*7(A + B) : tfp#^(A — B):: tangue :iang^{(t-i-b) 9in HA + B) : 9in\ (A — B^ i\tang\ c : tang\ (a — b), au moyen ^lesquelles , étant donnés un côté c et les deux angles adjacents A et B , on pourra trouver les deux autres côtés a et b. Ces quatre proportions sont connues sous le nom Analogies de Néper.
Résolution des triangles sphériques en général.
La résolution des triangles sphériques comprend six cas généraux , que nous allons développer successivement.
PBBMIBR CAS.
Lxxxiv. Étant donnés les trois côtés a , b , c , o« trouvera un angle quelconque^ par exemple ^ l'angle A opposé au côté a , par la formule :
i. a + ^ — c , a^c — b\ stn s s f 2 2 >.
sin b sin c J
DBDXIÈHB CAS.
Lxxxv. Étant donnés deux côtés di eth avec l'angle A opposé à l'un de ces côtés , trouver le troisième côté c et
les deux autres angles B G.
, , . . sinksinb PL angle B se trouvera par lequation stn B= : .
TRIttOlVOStTtn
2<» Pour aroir Tangle G, il faut résoudre Féquation eotk êin G eosCeo*i = eoias£H6, Soit pris pour cet effet on an^^e auxiliaire ^ de manière
, eoêbiangA ^ . e^icoêm ^ qn'on ait temo= =-2 — , on eai A= : ^;cette
Talear de eot A étant substituée dans l'équation à résoudre,
donne — (coê m sin G + tin a eos C) = €oi • sin h. d*oà
l'on tire
Par cet artifice, on Toit que les deux termes inconnus dans l'équation proposée se réduisent à un seul, d'où il est facile de tirer l'angle G.
2* Le cèlé e se trouTera par Féquation sim m sm G
On peut aussi le déterminer directement par la résolation de l'équation :
R c«r I OM e+CM A «ni ^ #/s e = R* CM «.
Pour cet ^Eet, aoitc«r A«fjii= on#Mf 7=
^^—^ — , on aura (r»» cet* o+«« e««iie)=R «•
R Cêê9
DoM, en dierdiant d'abord Fanxiliaire 9 par Féqnatioii ta^ , — on «nu le cèlé e pur réquatiim
Ce s econd cas pcnl aroù- deux soluliotts, ainsi que le cas ) des tiian^es reedli^iMs.
uxxTt. Êtiemi dmmêt d^mx rA'^j» a b atec comprù C . Ir\w^ tes é^mjt nim on^A» A ef B ^
1"^ Les augkts A «t B $e tnwvnc par ces deux équations
cotA. = cot B =
8PHÉRIQCB.
cot a sin b — coê G eo» b sin G
cet b sin a — co» G cos a
sinQ '
dans lesquelles les seconds membres pourraient être réduits a un seul terme , au moyen d'un auxiliaire; mais ilçst plus simple , dans ce cas , de se servir des analogies de Népér, qui donnent
tan^—^=cot^G.— *) —i\
, A + B co9{(a^b)
tang—-^=cot G. .
2 co» ^\a'\-o)
â"* Connaissant les angles A et B , on pourra calculer le
troisième côté c par réquation^m c=êin a, ^ : mais *^ ^ sm A
pour déterminer c directement , on a Féquation
R> C09 c = êin a êin b G + B. com a cos b.
Soit pris Fauxiliaire 9, de manière qu'on ait sin b cosC=
, cos G tanq b cos b tang ç, ou fang ç= 7^ — , on aura
cosb
cos e= cosia — c)).
QUATBIÈHB CAS.
Lxxxvii. Étant donnés deux angles h.et'R avec le côté adjacent c, trouver les deux autres côtés a et b, et le troisième angle C.
V Les deux côtés a et ^ sont donnés par les formules cot A sin B + cos B cos c
cot cot b=i
stn c
cot B sin A + 00s A cos c sin c '
mais on peut les calculer plus facilement par les analogies
844 TRIOONOHtTRIS
de Néper, savoir :
. A+B . A — B , , , a-^b #in-— — : #in — 5 — : : (ang 7 c : tang — - —
A+B A— B ^ . ^ a^h €09 — — : eo9 — :: tang 7 <? : tang — —,
2® Connaissant a et on trouvera G par rëqaation
, ^ êincsin A . ^ . ^ ry ^
tin C = — — ; mais on peut aussi trouver C directe- #in a
ment par l'équation
R» C=<^(yf c «f» A #/>t B — R cas A co* B.
Soit pris l'auxiliaire 9, de manière qu'on ait
. « to . ^ <r /a»^ B
eos e stn B = cot Is co/ 9, ou cot 9 = ^ — - — ,
on aura
eoê
Ce cas et le précédent ne laissent aucune indétermination.
CINQUIÈaS CAS.
Lxxxviii. Étant donnés deux angles ketj^ avec le côté a opposé à Fun de ces angles ^ trouver les deux autres côtés b, c, et le troisième angle C.
9in B
1" Le côté b se trouvera par l'équation #wt b=9in a. r ,
^ 9ink
3® Le côté e dépend de l'équation
eot a ein c — eo9 B C09 c=cot A 9tn B.
, ^ ^009 o , 009 B tang a
Soit eotac=. co9 B-— ou tanq m = =: — - — ■ , on aura
— ( «n c eo9 (û — C09 e 9in <û) = eot A 9in B : donc ç ^ ^ '
. , tanq B «zn m
L'angle G se trouvera par la résolution de l'éqnation C09 a 9in B 9in C — R B <?m C =R^ co* A.
Soit pour cet effet 00s a sm B = : 1 , ou
9in 9
8PHÊIUQ0E.
CM a tang B C09 B . ^ . %
cot fû = ^ — - — , on aura — f — \9in C co* m — co* C *i« ©;
Jn. #171 ^
R A ; donc
Ce cinquième cas est , comme le second , susceptible de deux solutions , ainsi que cela a lieu dans le cas analogue des triangles rectilignes.
SIXIÈHB CAS.
Lxxxix. Étant donnés les trois angles  , B , Ç»^on trouvera un côté quelconque, par exemple , le côté opposé à l'angle A, par la formule
tfM^(A+B + C)cM|{B + C— A)\
sin B 9in C
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 qu'à proprement parler, il n'y a que trois cas différents dans la résolution générale des triangles sphériques. Le premier cas se résont par une seule analogie, conune 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 analo^es; et d'ailleurs, il admet quelquefois deux solutions, tandis que le premier et le troisième n'en admettent jamais qu'une.
x,c. Pour distinguer dans le second casjsi, pour des valeurs particulières données de A, il y a deux triangles qui i satisfont à la question ou seulement un ; supposons d'abord l'angle A<]100°, et soient prolongés les deux côtés AG, AB jusqu'à ce qu'ils se rencontrent de nouyeau en A^ Si on prend l'arc AC < 100* et qu'on abaisse CD perpendiculaire sur AB, les côtés AD, CD du triangle rectangle AGD, seront tous deux Jilus petits que 100°, la ligne CD sera la distance la plus courte du point C à l'arc AB, et en prenant DB=DB, les obliques GB', CB seront égales et d'autant plus longues qu'elles s'écarteront plus de la perpendiculaire. Soit AC==^^
346 teigorohAtrib
CB=a, on voit donc qu'un triangle dans lequel on a A<^ 100"*, 6 <^ 100°, et a ^ 3, a nécessairement deux solutions ACB, ACB'; mais si , en supposant toujours A et 3 plus petits que 100°, on a a^3^ alors le point B' passerait au-delà du point A, et il n'y aurait qu'une solution représentée par ABC.
Soit ensuite AG'^ 100°, si on abaisse la perpendiculaire CD' sur ABA', on aura de môme C'D'< A'C, çt l'arc C'B''» mené entre D' et A', sera > CD' et >CA'; donc si on fait AC'=3, CB''=C'B'"=a, on voit que la suppositton A< 100» et 3 ^ 100° donnera deux solutions si a 4- 3 <^ 200°, et n'en donnera qu^une si a 4- 3^ 200°, parce qu'alors le point B" passerait au-delà de A'. Discutant de la même manière le cas où l'angle A est ^ 100°, on pourra établir ainsi les symptômes qui déterminent si , dans le cas ii , la question admet deux solutions ou n'en admet qu'une.
A<100-,&<100- I ">* »»e«>lution.
( o < deui solutions.
^ ^ ( a + i<200* deux solution*.
^ ' ^ ( a 4- 6 < 200* une solution.
A> loo*. i> iw j «>?
( a<^6 une seule solution.
U n'y aura qu'une solution si on a A= 100*, soit a=zb, soit a-f-i= 200*. Il y en aura deux si on a & = 100*.
xci. Ces mêmes résultats peuvent s'appliquer au cas cinquième par la voie du triangle polaire , et on en tirera les symptômes suivans, qui feront connaître si pour des valeurs données de A , B, il y a deux triangles qui satisfont à la question , ou s'il n'y en a qu'on.
I A^B deux solutions.
• >100* B^lOO* i A.+B<2«ru«s solution.
•«^ • " <^ '"^ ( A+B>aOO' deux solutions.
^ . ( A-(-B>aOO*VBesolnti(9>*'
^ ^ (A une solution.
U n'y aura qu'une solution si Tune des égalités sniTantes «lieu, a = 100% A=B, A+B = W. n y en aun deux si B= 100».
SPHtRIQVB.
xcii. Dans tous les cas, pour ëcarter les solutions inutiles ou fausses , il faut se rappeler, 1° que tout angle ou tout côté doit être plus petit que 200^;
â** 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 a>3, et vice versâ.
Exemples de la résolution des triangles sphériques.
xcni* Exemple \. Soient , M , N trois points situés dans fig. un plan incliné à l'horizon ; si de ces trois points on abaisse les perpendiculaires OD, Mm, Nn, sur Ib plan horizontal DEF, les objets situés en 0, M, N devront être représentés sur le plan horizontal par leurs projections D, m, ti, et l'angle MON par niDn, Cela posé , étant donné l'angle ]y|[ON , et les inclinaisons de ses deux côtés OM , ON sur la verticale OD, il s'agit de trouver l'angle de projection mDra.
Du point comme centre et d'un rayon = 1 , décrivez une surface sphérique qui rencontre en A, B, G, les côtés OM, ON et la verticale OD, vous aurez un triangle sphérique ABC, dont les trois côtés sont connus ; on pourra donc déterminer l'angle G égal à mDn par la formule du premier cas.
Soit par exemple, l'angle MON=AB=64° 44' M"; l'angle DOM=AC=98° 12', et l'angle DON=BC=105o42', on aura par la formule citée
. tin 28° 87^ 80^^ sin 38° 87' 30^^
Valeur que l'on calculera ainsi :
L. sin 280 67' 30". . . 9.6373956 L. ain 98o 12'. . . 9.9998106
L. ain 350 87' 30" . . . 9.7276562 L. ain 105o 42' . . . 9.9984242
8oiiime+2 LR. 39.3650518 19.9982348 19.9982348
iC 9.6834085 {^Iz^tJ'
Donc l'angle 64° 44' 60", mesuré dans un plan incliné à l'horizon, se réduit à 64° 9' 41", lorsqu'il est projeté sur le plan de l'horizon.
TlIGOIfOKtTRIl
Ce problème est utile dans Fart de lever les plans , lorsque les points qu'on veut déterminer sont situés à des hauteurs sensiblement différentes au-dessus d'un même plan horizontal •
xciY. ExempleW. Connaissant les latitudes de deux points du globe, et leur différence en longitude, trouver leur plus eourte distance.
On imaginera un triangle sphérique ACB 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 pôle 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 A 6 par les formules du cas m.
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° 26' 36", celle de l'autre est de 33' 73", et leur différence en longitude est de 126^ 80' 56". Ainsi on aura
