OB
cos 9
Les égalités (1) et (2) donnent
BB rf<p
OB cos cp' et. par suite,
= 3 r-^ = 2Ltg(45-4-*).
Jo cos <p ^ V 2/
Supposons maintenant que MN coupe le champ de tir du fort 0', aux points M', W. Si nous posons N'O'H = p, la quantité Ç, qu'il faut rendre minimum se calcule donc, d'après ce que nous venons de voir, par la formule :
(3) î = 2L tg (45^+ ^) + 2L tg(45o+ ^).
Dans cette égalité, a, p désignent deux paramètres variables, vérifiant la relation
(4) / = A (cos a 4- cos p) (*}.
D'après (3), le minimum de Ç correspond à celui de
tg (45» + -') tg (450 + J)
{*) Gomme on le voit par celle égalité, nous supposons (et nous avons d'ailleurs fait, plus haut, cette hypothèse) que la portée des pièces est la même pour les deux forts. S'il n'en était pas ainsi, on aurait à résoudre par rapport à x^ y, les équations
h cos X -i- h' cos y = dj h sin 2x = h' sin 22/; mais cette résolution n'est pas élémentaire.
DE LA RÈGLE ET DE l'ÉQUERRE
En différentiant cette expression, on a tg(45-.!) ^ «g (45 +3
cos
dd
cos* ^45 4- - ]
dp r= O.
ou
cos p rfa 4- COS a dp = O.
D'autre part, de (4), on déduit
sin a da -r sin p dp = o.
Ces deux dernières égalités donnent
sin 2p = sin 2a, ou, puisque a, p désignent ici des angles aigus,
Le passage doit donc être effectué en suivant la corde commune aux deux cercles de tir; résultat o à peu près évident, a priori, mais qu'il n'étaitpassansintérôt d'établir avec rigueur.
Quoi qu'il ensoit, nous pouvons maintenant aborder Ja question suivante :
Deux forts (ou deux retranchements quelconques) 0, 0', étant considérés : l® chercher si leurs feux peuvent se croiser; 2® déterminer la ligne qu'il faut suivre pour passer à égale distance, des deux points 0, 0'.
Pour traiter la première question, on fixera des piquets aux points où s'est effectuée la chute de trois projectiles, lancés do 0, dans des directions différentes; soient A, B, G les trois points ainsi observés. Ayant relevé les longueurs des côtés du triangle ABC, une formule élémentaire, celle qui donne le rayon du cercle circonscrit à un triangle, connaissant les trois côtés, permettra de calculer la portée h des pièces placées en 0. On détermine ensuite la distan<'/e / des deux
Fig. 348,
3o8 ESSAI SUR LÀ GÉOMÉTRIE
poinis inaccessibles 0, 0'; et Ton verra si / est plus pelit ou plus grand que 2h,
Il nous reste à montrer comment on répond à la seconde partie du problème qui nous occupe ; nous indiqueron?, pour sa solution, deux procédés :
1® Soil A la position de Tobservateur, elsoit AM la ligne de visée aboutissant au milieu de 00', ligne que nous avons appris à déterminer (Seconde partie, § 68).
Traçons AZ perpendiculaire sur AO; AZ rencontre, en G, la perpendiculaire élevée à 00', en son milieu M. Le quadrilatère OAMG est inscriptible; par suite, les angles OAM, OCM sont égaux. Ainsi
0C0^= 2 OAM"
On relèvera donc Tangle OAM = a, et Ton donnera, aux branches de la fausse équerre, une position telle que l'angle
qu'elles forment soit le double de Tangle observé OAM (seconde partie, §8). Gelafait, on s'avance sur AZ jusqu'à ce que rontrouveunpointG,tel que, de ce point, on aperçoive 00' sous l'angle 2a, raarquépar les branches Fig. 349. dc la fausse équerre.
Mais ici se présente une difficulté. En effet, il existe, sur AZ, deux points G, G' d'où l'on voit 00' sous l'angle 2x; de ces deux points, un seul convient; c'est le point G, bien déterminé, intersection de AZ avec MG.
Pour obtenir ce point G, on doit observer que les arcs OG'G, O'DG étant égaux, G'Z est labissectrice deTangle formé par G'O' elle prolongement de OG'; cette circonstance ne se présente plus en G. Ainsi, après avoir trouvé, sur AZ le point Cd'oîilesegroentOO'estvusousrangle2a,ondoits'assurerqueÂZn'estpas, en ce point G, bissectrice de l'angle extérieur du triangle OGO', Quand on a trouvé G, la ligne cherchée GM s'obtient en traçant la bissectrice de l'angle OGO'.
dSQ
2° Soient A, B deux postes d'observation; AX, BY les lignes de visée aboutissant au milieu de 00', lignes obtenues, comme le montre la figure, conformément à la construction précédemment indiquée et déjà rappelée tout à rheure.TraçonsCD parallèlement à 00' (*) et déterminons, en H, Torthocentre du triangle MCD.
La droite cherchée est la perpeudiculaire HZ abaissée, de H, sur la direction de CD.
Fig. 3S0,
(*) On peut prendre, par exemple, comme le montre U figure, 1a ûhgonale PQ du parallélogramme APQR. Dans cette construolion, comme dans la précédente, il faut, avant tout, connaître la direction do 00' (Votft pour les solutions diverses que comporte ce problème, le chapitre VI i de la Géométrie de la Règle^ seconde partie).
