LEO = 90° — H = 54° , L = 23° 5V
c'est le cas de deux angles sur un côté connu , ce serait le cas du triangle ENO. Menons la perpendiculaire Lp qui tombera sur le prolongement de la base EO tant que l'angle EOL sera obtus et l'angle TOH aigu,
sin Lp = sin EL sin E (1), cos Ep =s (2) ,
sin ELp = s£^- (1) , ELp — . L = OL/?,
tangO/? 5= sin L/; tang OL/? (3), cosO/?cosL/? = cos OL (2),
sin O = smj^ (i) y sin SB = sin O sin SO (1) . cos BSO = tang SB cot SO (4).
Celte solution est encore bien aisée ; il n'y a que tang Op qui soit du second degré : les deux derniers calculs sont inutiles. Voilà donc encore un cas dont la solution est complète.
Si l'on connaît deux angles A et A', et un côté opposé C (fig. 12), on aura d'abord le second côté G par la règle des quatre cordes ou sinus ; on aura ensuite l'arc perpendiculaire p en faisant sin p = sin AsinC,
puis cos c — C0S^JD, cos G — cos A;D , et le troisième côté C"=AD-f-A'D*
1 cos p cos p ' ' '
enfin le troisième angle par les quatre cordes.
Les Grecs avaient donc encore la solution complète de ce cas.
Si l'on a deux côtés et un angle opposé , on commence par chercher le second angle opposé , puis on continue comme dans le cas précédent. Ces deux cas sont ceux qu'on appelle douteux.
Il ne reste donc plus que le cas des trois angles connus, lequel ne se rencontre jamais, et celui des trois côtés connus qui se rencontre souvent el dont je n'ai pas vu de vestige dans Ptolémée. La solution était cependant très-possible , quoiqu'elle ne se présente pas d'abord quand on la veut par l'application des théorèmes ordinaires.
Supposons que Ton connaisse les trois côtés PZ, PA et ZA, C fîg. i3) on demande les trois angles. Prolongez ZA et PA jusqu'à l'horizon en B et en C ,
^^An nr\ corde "C corde 2PC , corde 2O corde 2AC coi de 2PO = = — q r , corde 2 AB == 3 — 5-3 s
corde 1000 7 corde ico° J
6a ASTRONOMIE ANCIENNE. -
donc
corde aPO corde 2C corde 2PC corde 1800 corde 2PC
corde aAB corde 1800 ' corde 2C corde 2AC corde 2AC
corde(aPA4-aAC) corde 2PA corde (180° — 2AC) 4- corde 2 AC corde (1 8o°— aPA)
corde 2AC corde 1 8o° corde 2AC
corde 2PA corde(i8oe— 2AC) corde (1800 — 2PA) corde (1800— 2PZ) m
corde 1800 ' corde 2AC corde 180" corde (180°— 2AZ) '
car dans le premier membre qui devient ici le second ,
PO = 900 — PZ et AB = 900 — ZA. et en transposant ,
corde ( 1 8o° — 2PZ ) ■ corde (1800 — 2PA) corde aPA corde(i Po0— aAC)
corde (180" — 2AZ) corde 1800 corde 1800 ' corde 2 AC '
et
çjrde (180° — 2AC) corde 180° / corde ( 1 8o°— 2PZ) corde (180e— 2PA)\
corde 2 AC corde 2P A \ corde (180° — 2AZ) corde 1800 /
Cette expression ne renferme que les trois côtes qui sont connus ; on aura donc AC ; on connaîtra donc PC = (PA-f- AC) ; puis on fera
COS CPO = COS ZPA = J^PO = corde 2PO corde (1 80° -2PC
rang PC corde ( 1800 — 2PO) corde 2PC
ou l'équivalent
j / q o r-nrw corde (i8o°—aPZ) corde (i8o°—2PC)
corde (1800 — 2CPO) = i ■= — =f — \ i
v * corde aPZ corde 2PC
/-if-v cos AC , . sin BC
cos Cr> = ■ 7-77 : alors sin A ==
cos AB ' sin AC "
Les Grecs avaient l'équivalent de ces deux formules ; on aura donc le second angle : on pourrait d'ailleurs faire
corde 2ZA : cos 2P :: corde 2PZ : corde 52 A,
:: corde 2PA : corde 2Z,
et le triangle sera tout connu. De ces formules, par des transformations aujourd'hui très-faciles , on arriverait à notre formule
n 1 COS AZ COS PA COS PZ
cos ZPA = ■ ■ py ;
sin PA sin PZ
mais ces transformations étaient bien plus difficiles pour les Grecs.
TRIGONOMÉTRIE SPHÉRIQUE. 63 Les Grecs avaient donc ou pouvaient avoir une Trigonométrie complète pour les triangles obliquangles , mais toute fondée sur les foi-mules des triangles rectangles : cependant leurs théories étaient généralement plus compliquées. Les voici.
Soient en général deux arcs PN et MN, formant un angle N quelconque ( fig. 14) , et deux arcs PR et MS qui s'entrecoupent au point Q dans l'angle N, on aura
( 1 ) corde 2B" corde 2 ( A'+ B') corde 2 ( A'"-f- B";)
= corde 2 A' corde 2B'" corde 2 ( A" + B") ,
(2) corde 2B' corde 2 ( A + B ) corde 2 ( A" + B" )
= corde 2B corde 2A" corde 2 ( A' + B')
(3) corde 2A corde 2B' corde 2 ( A'"+ B"Q
= corde 2B corde 2 A' corde 2 A'",
(4) corde 2 A"1 corde 2B" corde (A + B)
= corde 2A corde 2A" corde 2B'".
C'est en supposant les angles S , N , R de 900 chacun que ces formules générales se réduisent à celles qui servent aux triangles rectangles; alors en effet les arcs PN,PR,MS, MNsont tous quatre de 90°.B'"=90°— A'", B"= go° — A", B' = 900 — A', B = 90* — A , et les formules se simplifient. Je n'ai pas vu un seul exemple où les Grecs aient employé les formules générales. Nous les verrons démontrées, et nous en suivrons les applications dans Ptolémée.
Celte figure, dans le cas des angles droits , est celle des triangles complémentaires dont on s'est long-tems servi pour transporter au triangle PQS les théorèmes démontrés pour MQR ; mais cette figure ne peut ainsi transformer que deux formules démontrées par le premier de ces triangles. On n'aura donc au total que quatre formules ; il en faut six pour résoudre tous les cas directement. Les Grecs n'ont jamais connu les deux autres ; nous allons les démontrer sur une figure copiée dans Ptolémée. Les deux théorèmes y étaient , et Ptolémée ne les a point aperçus ( fig. i5 ).
Soit ABRDH un grand cercle quelconque , AEG un demi-cercle perpendiculaire au premier ; de sorte que A = G = 900 ; BZD un demicercle oblique au premier et coupant le second en 7j. Du point B comme pôle , décrivez le demi-cercle HTEK. , qui sera perpendiculaire au premier, ensorte que H = K. = 90°; H et A sont de 900; donc
E sera le pôle du premier cercle ABKDH. Ainsi ,
