CO/ - C

d’ùo tg -i (A'-f B')=t§- [180- ^ (a+6)] = i («+A)

(A'— B') = — /g- 1 (a— b) cos ^ (fl'-l-A') = — cof ^ (A-+-B)

cos 1 (a' -b') ;= C 05 1 (A-B)

sin (fl'— A') = — sin ^ (A— B)

cot - C'= cot (90-f- -c) = —tgl c.

Substituant CCS valeurs, on trouve

‘g 2 («+^) = 1 • tgxc

tg-^{a-b) = ^ tg-^c.

Les relations (1) et (2) s’appellent formules de Néper.

TRIGOnOMÉTRIE.

PROBLÈME

Eésoudre le triangle sphérique rectangle, connaissant rhjrpothénuse a, et un côté b.

Pour trouver G, on a la formule (!'), qui donne

co s b

cos c ■=. .

cosn

Quant à B et C , on les tire de (2') cl (3').

sin B =

sin b

/or A

cosC= .

sin a

tga

Les éléments c, C sont déterminés sans ambiguité, parce qu’ils sont connus par leurs cosinus. Quant à B, qui est' donné par son sinus, il doit être de ir.cme espèce que b, c’est-à-dire 90" si b l’est, et ^ 90“ si b est 90°.

PROBLÈME

Etant donnés b, c, trouver a, B, C.

Les formules (!'), (ô') donnent cosa=cosb cosc,

„ tgb tire

tgB=-^ ,tgC= -?-r .

° sine sin b

Point d’ambiguité.

On connaît a et B , trouver b , o , C.

Les relations (2') (3') (6') donnent

sinb — sina sinVi , tgc — tp a coiB , cotÇ.~cosa tgB.

Le côté b étant de même espèce que B, il n’^^ a pas d’ambiguité.

LIYBC il.

PROBLtUR.

Étant donnés b , B , trouver a , c, G.

On prendra (2'), (ô'), (4'), qui donnent

sin a =

sin b sinB ’

sm c ~ ■

sin C =

COJ B cos b

Ici les trois inconnues sont données par leurs sinus, ce qui indique plusieurs solutions. En effet, il y en a deux si sinb<C^sinH. Car dans ce cas Uy a deux valeurs pour O, • il y en a aussi 2 pour c, et 2 pour C. Mais à chaque valeur de a il ne répond qu’une valeur de c : car l’espèce de a et de b détermine celle de c (p. 16 , r,) ; enfin C devant être de même espèce que c, il s’ensuit qu’à chaque système de valeurs de a et c, il ne répond qu’une valeur de C. Soit ABC un triangle rectangle en A et satisfaisant à la question. Prolongez les arcs BC , BA jusqu’à leur seconde rencontre en B'; le triangle ACB' renfermera le côté donné AC = ô, et l’angle opposé B' = B; il satisfait donc aussi.

Il n’y a plus qu’une solution quand ô = B ; alors fl =90% c = 90°, C= 90°, et le triangle est birectangle.

Il y a impossibilité quand sin b ^ sinB.

P.lOBLèME.

Étant donnés b et V angle adjacent C , trouver a , c , B. Des formules (3') , (6) , (4') , on tire

tgb

cÔjC ’ = ’ cosB—cosb sinC.

Sans ambiguité.

Fig, 22.

TRIGONOMCTRIE.

PROPOSITION XXllI.

PROBLÈME

Connaissant B , G, trouver a , b, c (6') donne cos a= cotB cot C

cosC , coiB

de (4-) on tire co5C= —, cos b- •

Remarque 1. Les six problèmes précédents contiennent tous les cas du triangle sphérique rectangle. En effet , on peut se donner ; 1° les deux angles obliques; 2° un de ces angles et un çôté ; 3’ deux côtés. second cas se subdivise en trois; car le côté donné peut être l’hypothénuse, ou bien un côté de l’angle droit, lequel côté peut être adjacent ou opposé à l’angle donné. Le troisième cas se subdivise en deux , selon que parmi les côtés donnés on a l’hypothénuse ou non. Cela forme les six problèmes traités.

Remarque 2. Au triangle sphérique rectangle se ramènent les cas suivants :

1“ Le triangle dans lequel un côté connu a est de 90°. Car dans le triangle supplémentaire l’angle A' sera droit ; on résoudra donc ce dernier triangle , et ses éléments trouvés feront connaître ceux du triangle proposé.

2" Le triangle isoscèle. L’arc de grand cercle mené du sommet au milieu de la base , est perpendiculaire à cette base et divise par suite le triangle en deux triangles rectangles égaux. Or, quels que soient les trois éléments distincts connus dans le triangle proposé, on connaîtra deux éléments du triangle rectangle. Donc, etc.

Fig. 23. 3 ° Le triangle où a+ô = 180». Car en prolongeant AC

et AB jusqu’à leur seconde rencontre en A', on a AC-i- A'C=180»; mais par hypothèse AC-t-BC = 180»; donc A'C=BC. Donc le triangle A'CB est isoscèle, ce qui ramène au cas précédent.