Le rayon étant i , on a les séries suivantes

sinA = A 5 + -T71“r5 + etc. . . (i6)

cos A = 1 -H 5 — ; — TT-f-etc (*7)

arcA = sinA+!^ + i!^4-^etc.. (.8)

tanSA= A + y + |^ + ^^etc (19)

arcA =tangA — itang3A4-|tangsA — ;tang7Aetc. (20)

a* = 1 4- xla + ^ 1 ’a+ l3a (21)

log(i+a) = M (s - 1*' -f | *3 - i a* + etc.)." .... (22)

Dans ces séries, A désigne la longueur d’un arc pris dans le cercle dont le rayon est 1 ; M est le module ou le logarithme tabulaire de la base e du système népérien ; c’est-à-dire que M est le facteur constant qui, multipliant tous les logarithmes népériens, les change en logarithmes tabulaires : la est le logarithme de la base a pris dans le système dont la base est e ;

m a la = ^7. Pour les logarithmes de Briggs et de Callet,

dont la base est 10 , on a les valeurs :

M = 0,43429 44819 o325i 82965 log. M = 1.63978 43**3 oo536 77817 e — 2,91828 18284 5go4® *3536

M = log. e — -ri- .

33. Enfin % désignant la demi-circonférence du cercle dont le rayon est 1 , ou le rapport de toute circonférence à son diamètre , on a

* — 3,l4l59 26535 898, log. 7t = 0.497*4 98726 94l.

34. Soit a. la longueur d’un arc de cercle dont le rayon est R , (*°) son nombre de degrés; («') , (*") le nombre de minutes et de secondes de cet arc ; nn le nombre de degrés de \' arc égal au rajon, f* , f*" les nombres de minutes et de secondes de cet arc ; on a la proportion R : :: * : (a°) ; d’où

l’on tire R(«0)=^o«: on aurait de même R(«')=ju'd,R(«',)=?t"*; ainsi dans tout cercle de rayon R,

R («°) = f t°* , R (*') = p *, R O") =p a, et le rayon du cercle étant pris égal à l’unité linéaire , ou R= i ,

0na * =

arc 1

On tire de là, en considérant que les arcs de i' et i " sont sensiblement égaux à leurs sinus , et en faisant R = i et (•°) = i8o°, a = *•,

= — -—=5'70 ,29578, arc i° ; y ‘

sin 1

logp° = 1,75812 26324 09172,

compl' log/*° = 2,24187 73675 90828,

log^’ = 3,53627 38827 92816,

compl' log fi = 4,46372 61172 07184 =log. sin i ,

log ft" = 5,3i442 5i33i 76459,

compl' log ft" ■= 6,68557 48668 2354i = log. sin 1 .

Donc quand une équation contient un arc déterminé par sa longueur a, le rajon étant 1 , on changera a en (<*”) sim", et cet arc sera exprimé par son nombre de secondes («").

35. Soit K la corde d’un arc dont 0°) est le nombre de degrés, on a

K = 2Rsin i («°).

TOPOGRAPHIE

36. La surface S d’un triangle rectiligne dont a, b , c sont les trois côtés, RleTayon du cercle circonscrit, r celui du cercle inscrit , est telle , qu’on a

S1 = p{p — a)(p — b)(p — c), 4RS = aôc, S = ip, en posant ap=a+ b -f- c.

37. Résolution des triangles rectangles. Dans les équations suivantes, A désigne l’angle droit, a l’hypoténuse, b et c les deux autres côtés, B, C les angles aigus qui sont respectivement opposés à b et c (Gg. 33) :

b =e a cosC = a sinB, 1

c = b langC = ôcotB, > (a3)

38. Résolution des triangles obliquangles . On a leséquations

sinA sinB

sin C

— 2 bc cos A.

A, B, C représentent les trois angles du triangle ; a, b,c les côtés qui sont respectivement opposés à ces angles (fig. 3a).

1" cas. Étant donnés deux côtés et un angle opposé à l’un d’eux , l’équation (24) donne le 2* angle opposé : et comme le sinus de cet angle répond à deux arcs supplémentaires , on a , en général, deux solutions, !t moins que les conditions ne rendent l’une inadmissible.

2e cas. Étant donnés deux angles et un côté , on connaît le 3e angle , et l’équation (24) fait connaître les deux côtés.

3' cas. Connaissant deux côtés b et c et l’angle compris A, on a

tang^C- B) =^|.cotlA:

d’où ; (C 4- B) m = 90® — {A, A(C— B)=n,

et enfin C = m -f- n, B = m — a.

Autrement. On pose tangp — V$c).

Cette équation donne l’arc auxiliaire $<, et ensuite on a

cos ç *

4* cas. Connaissant les trois côtés a, b, c , on trouve un angle A par les équations suivantes, dans lesquelles

Autrement. On trouve les deux segmens z et j" formés sur la base a par la perpendiculaire abaissée du sommet A (fig. 32), par les équations

jr+x=a;

les angles B et C résultent ensuite des équations c cos B = x , b cos C =3 jr.

5* cas. Triangles isosc'eles. En faisant b = c et B=C; la base est a , l’angle du sommet A ; on a

b sin i A = î a — p — b ,

Comme on donne deux des quantités B, b et a, la 3* résulte évidemment de l’une de ces deux équations.

3t). Comme il faut être exercé aux applications des formules de la résolution des triangles , nous donnerons ici les valeurs des côtés et des angles de triangles , auxquels on pourra appliquer ces équations. On prendra pour données les parties élémentaires qu’on voudra ; les autres seront les inconnues que le calcul doit faire trouver. En variant les élémens donnés, on se proposera divers problèmes qui seront résolus par les formules qu’on a exposées, et ce seront autant d’exercices utiles de ces sortes de calculs.

TOPOGRAPHIE

Triangle rectangle et épreuve.

a = 56".gi5, b m 45"»54°> c = 34" > 1 54 •

log = 1 . 7553o3o ........ i.65H3g3o 1.5334543

A = go» B = 53»f48",4 C = 36»5ï'ii',6

log tia B =: g.go3ngoo, cos B... 9.7781513, ungB... 0,1249389

Triangle obliquangle d’épreuve.

CAics.

Logarithmes.

log /> t=s j.o357 459,

log = 1 .76170x4»

log =; i.864?735,

log [p b) SS 1. 5682352,

log ai 1. 943548;),

log (j> — c) — 1.3173947,

Angles.

Log sin .

Log cos. Log. tang.

A = 4°"5t',oo“

,00, cj. 8 163609,

’ » = 55. te. 8

4o. Trouver la largeur d'une rivière, d'un étang, etc., et en général la distance à un point inaccessible. Supposons qu’on ne puisse atteindre le point C (fig. 34) , et qu’on • veuille trouver la longueur AC : on mesurera une base AB, et. les angles A et B du triangle ABC; puis en résolvant ce triangle , on obtiendra le côté AC.

Observez que si l’angle A est droit, et l’on peut souvent le construire tel à l’aide de l’équerre ou du grapbomètre, etc., le triangle ABC est rectangle , et le calcul devient très facile, car on a AC = AB tang B : et même si l’angle B est de 45°, comme AB = AC , l’opération se réduit à mesurer la base AB. Ainsi en s’éloignant de A , dans la direction AB perpendiculaire à AC, jusqu’à ce que l’on trouve , avec l’équerre , que l’angle B = 45“, on a de suite la distance demandée AC.

4t. Trouver la distance AC (flg. 34) entre deux points A et C, quand un obstacle interposé empêche de voir V un lorsqu on se trouve à Vautre. On stationne en deux points B et D sur une direction rectiligne BAD passant en A, et l’on choisit ces points tels , que l’on puisse voir C lorsqu’on est en B et en

D : on mesure les distances AB, AD, et les angles B et D. Ensuite on résout le triangle BDC dans lequel on connaît le côté BD et les angles, et l’on calcule le côté BC : enfin on résout le triangle ABC , où l’on connaît les côtés AB, BC et l’angle B compris, et l’on obtient la distance demandée AC.

42. Trouver la distance entre deux points A et C, l’un et V autre inaccessibles (fig. 35). On suppose, par exemple, qu’une rivière passe entre le champ BD où l'on se trouve , et les signaux A et C; il s’agit de connaître AC sans traverser la rivière. On mesurera une base quelconque BD et les angles que font, en B et D, les rayons visuels dirigés aux points A et C : on résoudra les triangles ABD,CDB, où l’on connaît un côté BD et les angles adjacens , ce qui donnera les distances BA,BC du point B aux deux signaux inaccessibles : enfin résolvant le triangle ABC, où l’on connaît les deux côtés BA , BC et l’angle B compris , on trouvera la distance demandée AC.

43. Un triangle ABC (fig. 35) étant donné, trouver le lieu d'un point D, en connaissant les angles ADC = ?, ADB =

Ce problème trouve son application dans un cas qui se rencontre quelquefois en faisant un levé topographique. Trois points A, B, C sont marqués sur un plan oùl’on voudrait fixer la place d’un quatrième point D qu’on a oublié dans l’opération. On stationne en D et l’on y mesure les deux angles C et y; les valeurs de ces angles suffisent pour déterminer le lieu du point D.

Donnons d’abord une construction graphique qui a presque toujours l’exactitude suffisante. On décrit sur le côté AC un seg. ment de cercle capable de l’angle C ; puis sur AB , un segment capable de l’angle y (Cours de Malh. pures, n° 208, IV). Le point D demandé est k l’intersection de ces deux arcs de cercle. Il pourrait arriver que l’un de ces cercles passât à la fois par les trois points A, B, C; alors le problème serait indéterminé ou absurde , selon que l’autre cercle serait ou non dans le même cas,

TOPOGKAPIUE.

Le procédé analytique que nous allons donner a plus de précision. Soient a,b,c les côtés; A,B,C les angles donnés du triangle ABC : désignons par x et y les angles inconnus ABD,ACD; il s’agit de trouver ces deux angles, et le problème sera résolu. Les triangles ABD,ACD donnent (éq. 24) !

nt b s in y ■ c sin x

pin b sin y

c sin £

, , ... c sin v>

Soit calculé un angle ç , tel qu on ait tang ç> = - » ■ • • (0

on aura tang <p =

sin r „ , „ . . .

- — — , d ou 1 on tire (eq. n et i5) sin x *

1 + tang ç sin x + sin y 1 — tang tp sin x — sinj-’

UBe(45. + î) = ^i|±^ <„

Faisons, pour abréger, m = i(x-{-y), n = { (x — y)\ on connaît m, puisque la somme des quatre angles du quadrilatère valant 36o°, on a 2 m— x -\-yz=z 36o° — ( A -f- CDB) ,

savoir,

Ainsi l'équation (1) donne l’arc auxiliaire ç, (3) l’arc m, et enfin on tire de (2)

tang n= tang m.cot (45° +ip) (4)

Une fois m et n connus , on a x= m -\-n, y = m — n, ce

qui complète la solution du problème. On peut même calculer les longueurs AD, CD et BD.

44- Trouver la longueur BD — x (fig. 36) d un des segmens de la droite AH, connaissant les deux autres segmens AB=a, DH = b, ainsi que les angles «, f, y, jour lesquels , dune station quelconque C, on voit les longueurs AB, AD, ÀH, distances des points B , D, H à l’extrémité A.

L’angle extérieur d’un triangle étant égal à la somme des deux intérieurs opposés, on lire des triangles ABC, ACD,ACH,

angle CBD=A + a, angle CDH = A + G , angle CHI = A -{-y. Mais les triangles ABC, ADC donnent (éq. 24)

BC sin A CD sin A

a sin <z’ x sin G’

d’où en divisant membre à membre — ; — : — -r— : — .

CD (a+x)sin«

De même les triangles BCH , DCH donnent

BC sin (A -f- y) CD sin (A -b y)

b -f» x sin ( y — «)■’ b sin (y — G) ’

( b 4- x ) sin (y — G)

b sin (y — «) d’où égalant ces deux valeurs , il vieut

. a sin 6 ( b + x ) sin (y — G)

( a + x) sm « b sin ( y — ») ’

ab sin G sin (y — «)

sin m sin (y — G)

= (a -f- x) {b + x) = ab + (a -f- b) x -f- x*.

Pour résoudre par rapport à x cette équation du 2' degré, on pose

4 ab sin G sin (y — «)

tang’ <p

(a — by ' sin « sin (y — G) * ' ' ’ et l’on a x* -f- (a + b) x = j (a — b)‘ tang1 ç — ab, x = — 5 (a -f- b) ± { (a — b) V/ (1 + tang’ <p). L’équation (1) fait connaître l’arc auxiliaire <p, et l’on a enfin a + b a — b

x rfc (2)

2 2 cos <p

On ne prend que celle des deux racines qui est positive. Notre solution suppose que le segment inconnu x est intermédiaire entre a et b : s’il en était autrement, on prendrait soit a, soit b , pour inconnue dans l’équation ci-dessus , qui ne serait plus que du Ier degré.

45. Réduire un angle , un point ou une distance à F horizon. Il est rare que les signaux soient dans un plan horizontal ; alors ce ne sont pas les angles observés, les distances me-

TOPOGRAPHIE

surées qu’il faut porter, avec le rapporteur et le compas , sur la feuille du plau qu'on veut tracer, , mais . bien leurs projections horizontales (n° i). Ainsi lorsqu’un signal D (fig. 3i) est observé des stations B,C, qui sont dans un plan horizontal au-dessus duquel D est élevé , comme lorsque D est le sommet d’un clocher, d’un arbre ou d’une montagne , il faut substituer, sur le plan, au point D, et aux angles DCB,DBC, leurs projections horizontales A,ACB,ABC. De même lorsqu'on a mesuré une longueur CD sur un terrain en pente , il ne faut porter sur le plan que la longueur AC qui en est la projection horizontale.

Et d’abord, dans ce dernier cas, le triangle rectangle CAD donne les équations CA = CD cos DCA , ou x = a cos S, en désignant par a la longueur mesurée , par x sa réduction à l’horizon , et par 6 l’inclinaison de la pente. Pour mesurer cet angle 6, il n’est point nécessaire de voir le point A ; projection de D, attendu qu’on tourne le graphomètre sur son genou pour mettre le limbe vertical , à l’aide d’un 61à-plomb ; puis on pose un petit niveau à bulle d’air (n° 5 1 ) sur le diamètre principal de l’instrument , afin de disposer ce diamètre verticalement (Rg. 22). Dans celte situation, 011 dirige l’alidade ou la lunette au signal D, et on obtient l’inclinaison fl. ( Vojr . p. 19. )

Le plus souvent, l’angle fl n’est que d’un petit nombre de degrés , et la valeur x = a cos fl ne se trouve pas avoir assez de précision. On préfère calculer la correction que a doit subir, c’est-à-dire l’excès de a sur x ; savoir z=a — x = a — a cos 9 ; car on a ,

z = a ( 1 — cos 9) = au sin * j 6 ,

à cause de l’équation (6) (p. 35) : et comme l’arc £ 6 est très petit et ne diffère pas sensiblement de son sinus, ou peut remplacer ici le sinus par l’arc , sans que la construction qu’on en déduira puisse altérer le résultat; ainsi z — { a fl*. Enfin, remplaçant la longueur de l’arc fl pris dans le cercle dont le rayon est un, par le nombre de minutes 6' de cet arc, (n° 34),

ou 0 par 9 sin 1', il vient

z = \ <z0*sin*i'.

Telle est la quantité qu’il faut retrancher de la longueur mesurée a pour la réduire à l’horizon ; mais il faut que l’angle 0 de pente ne soit que de 3 à 4 degrés au plus, et exprimé en minutes : on a log £ sin1 1' =8.6264222. On abrège les calculs en formant une table des valeurs de z, où l’on trouve à vue ces corrections pour toutes les inclinaisons de minute en minute. Nous retrouverons plus tard une occasion d’appliquer cette théorie (n° 127).

46. Supposons que des stations C et B , on ait observé un signal élevé D (fig. 3 1) avec un instrument impropre à réduire les angles à leur projection horizontale : comme c’est le point ordinairement invisible A qui doit être marqué sur le plan, le triangle CDB doit être remplacé par CAB. Eu se plaçant successivement en C et en B , on mesurera , avecuu grapbomètre dont le limbe est vertical, les angles DCA,DBA: on mesurera aussi la base BC ainsi que les angles DCB,DBC, en disposant le limbe dans les plans respectifs de ces angles.

On résoudra le triangle obliquangle BDC, où l’on connaît un côté CB, elles angles adjacens C et B,etl’on en déduira les longueurs CD . DB. Alors , dans les triangles rectangles verticaux ADC, ADB, on aura les longueurs AC et AB, qui détermineront le triangle BAC, et par suite la projection A. Nommant B,C,Dles angles du triangle DBC, dans l’espace ; d la baseBC,

on a d’où

sin D ; d sin C ; BD :: sin B : CD,

d sin C rn d sin B sin D ’ U ~ lü'D-’