C:C":: sin A: sin A
C sin A'
sin A 9 C%in A“ sin A
(c+c+co=c(, + ^+£-i').
{ sin A' sin A'' J
suTA^sin A J
(Ç^-C + CQsin A .
” sin A -4- sin A' -f* sin A**
(C-hC-fCQsinA
sin A -f- sin A' + sin Aft‘ sinA+sin A'+siu A"’
(C-f C' + C*)sinA'
mais
sin A4-sinA'4-sinA"= sinA+sinA'4-siQ(A4-A')
= sinA-f-sin A'-f-sin AcosA'+cosAsinA'
= sinA(i+cosA')-f-sin A'(i-f-cosÀ)
^ s= 2sin Acos^A' + asin A'cos*7 A
= 4sin^Acos^Acos*iA,4-4siniA'cos|A,cos^A = 4sin-Acosî A' . cos^Acos3A'-f-4s*ni^ cos*^ XcosiA'cos-’A
= 4cosiAcos7A'(smïAcoSïAr4"sinîA'cos^A}
= 4cosi AcosiAsini(A-l-A') ;
d’où
(C-t-C’-f-C")sinA a f C + C/ 4- C " V^i n -1 A c o . - A (C-4~C'~f~ C")4n|A
^ ' ^osjAcosjA'î) in£( A-f-A') 4cos5Acos±A'sins(A+A') 2cos£A'sin£(A4-A')
ç, (C-f-C+Ç'^sinA' 3(C+C/-f-Cffj^psA/co»sA/ __ (C-hC'-j-C”) sin{A'
^ 4cos J Acos£A'sin±(A -f A') ^coSïAcosiA'sin^A-l-A') acos^ Asin-;( A -f A' ) *
ç, (C-fC-hC^inÇA-fA') 2(C+C'4-C")sinK A+A^c^ KA-f A')
4cos£Acos 5 A's in-j ( A-}- A' ) 4cosjAco3£A'8ini(A-f-A')
(C-i-C/-f-C//)cosKA4-AQ
acosjAcos^A'
Dans la proposition 8, connaissant les rapports des trois côtes et la perpendiculaire, il détermine les côtés; il cherche les segqpens par les règles précédentes; il détermine les angles par leurs sinus et enfin les côtés; nos formules abrégeraient ces opérations qui sont longues, mais faciles.
Dans les proposi lions 9 et 10, il cherche les angles par les rapports des côtés, d’où il conclut les côtés, en supposant l’aire du triangle connue.
Dans la 11e, il cherche les côtés par la perpendiculaire et les deux angles.
Dans la 12*, il cherche les deux côtés par leur rapport joint à la base et à la perpendiculaire. Il avertit que ce problème, qui est du second degré, n’a pu encore être résolu par la Géométrie; il y emploie les règles rei et cens ûs , c’est-à-dire l’Algèbre du tems. Dans la réalité, l’équation est du quatrième degré, mais elle se résout à la manière du second. La formule algébrique n’est pas bien simple; on la rend plus commode en opérant par les nombres.
Soit x un des côtés (fig. 62 ), l’autre S et S' les deux segmens de la base B, P la perpendiculaire;
S S + = **. (1 "*> = ax‘, en faisant .
S = i(S + S') + i(S — S') = iB + iax* = i + c**} en faisant .
b = ï B et C=.}. = £±fci)i
o:*=:P4-|-Sa=Pa+^a+2^ca:*H-c*a^, c\r4-f-(2^c — 1) «•= — P1—
équation facile à résoudre numériquement.
Les opérations indiquées par Régiomontan sont beaucoup plus longues.
RÉGIOMONTAN. 299
et il laisse son lecteur à moitié chemin , en disant : Quod restât præcepta arlis edocebunt.
Le problème i3 est de trouver les côtés par les segmens et la proportion des côtés. Nous aurions
(S-f-S')(S — S')=x*(i — »*) ou **= (, + „)-(—■ 7,j> don * et nx.
Re'giomonlan emploie de longs détours pour arriver, par des combinaisons de proportion , à ce que cinq logarithmes nous donnent sans peine.
Le problème 14 est de trouver les deux côtés C et C' par leur somme (C + C') et les deux segmens.
Nous aurions plus aisément (C — C') = ^ \ d’où C et C'.
Le problème i5 fait trouver les deux angles et les deux côtés opposés, par la base, l'angle au sommet et la somme des deux côtes.
Regiomontanus eu donne deux solutions qui ne sont pas très simples. Nous ferions
C" : sin A" :: C : sin A :: C': sin A' :: (C -f- C') : sin A 4- s*13 A'
= 2 sin £ (A4- A') cos ^ (A — A') = 2 sin£ (1 8o# — A*) cos | (A — A')
= 2Cos^ Affcos^(A — A'), d’où (C4-C')sin A'=2C*coSj A"cos^(A— A')
3 (G 4-C') sin { A" cos'i A" = 2 (7 cos i A' cos ^ ( A — A') ,
et cos i (A— A') = A*.
Cette formule promet souvent peu de précision ; on fera donc
1 — tanga-^ (A — A') (C + C) sin { A"
1 4~ tanga j (A — A) ~~~ C ’
Ung*KA-A')=^5^!!^i = 1=^1 = cot (* +45-) ,
,+(~cî)smè
tang <p = (~ ) sin 7 A",
ou
siu*^(A A') =i cos i (A— A) __ , ( C 4- CQ sin | A*
= T — sin ï A" = sin 3o* — sin 4
= 2 sin j (3o°— - 4) cos j (3o° 4“ 4)*
5oo ASTRONOMIE DU MOYEN AGE:
Problème 16. Etant donnée la base C", la somme (C 4“C ) des deux autres côtés, et par conséquent (C «+• C'-f- C#), avec la perpendiculaire, trouver les côtés.
La solution de Regiomontanus est excessivement compliquée; il imagine le cercle inscrit au triangle; il en détermine le rayon; et, par des calculs fort longs, qui ne supposent que des principes bien connus, il arrive à la solution. On peut en trouver une beaucoup plus courte avec un peu d’Algèbre du second degré.
d’où
Nous connaissons (£+-) = ($=&), C el C' sont les incounueS; soit
= S" = G' — jr 9 S — S' =jr — C' -\-j = aj- — G ;
notre équation devient
(C + C\ ay— c* 2 (£±£) x — C£+CT — y — c,
2(C + C')x — (C + C')* = *cy - C'*, îCy = a (C + C') x ■+■ C'* (C + C')*
=i(c+fli-(c+c,+c')(c+c — c).
y — (^t-) x — (C4-C' — C")=ax b,
y% == a%X% — ' nabx -+- b*9
ensuite ... » ».
p>__ c* — S* = a* — y = x% — a%x -f- inbx — 0*9 P8 =5 x*(i — a%)-\-2abx — b*y Pa-j-ô* = x*(i — a*)-\-2abx ,
équation facile à résoudre, si ce problème se rencontre jamais. Cette équation aura deux racines qui seront les deux côtés cherchés.
Problème 17. H s’agit de trouver les trois côtés avec un segment et les deux angles sur la base. Rien n’est plus facile, car les deux segmens sont entre eux comme les cotangentes des angles adjacens ; on a donc la base et ensuite les deux autres côtés.
RÉGIOMONTAN. Soi
Problème 18. Avec le rapport des deux côtés inconnus et un des angles opposés, trouver les deux autres angles.
i : n :: sin A *. sin A'.
Problème 19. Avec S, S', (C' — -C), on aura
on aura donc C et C' et les angles.
Problème 20. Si les données sont (C — C7), (S — S') et A", on aura
d’où /C— C'1
^ . „rx(S + S')(S-S')
/C"\ /sin A”\
/Ç — C \ C" Kc) VlïnX/ sin A"
\S — S7/ C-f C' ' , /C\ / , sin A\ sin A -f- sin A'
1 + \C/ V1 ‘t“ sin A)
a sin \ (A") cos - A"
a sin \ A" cos £ (A -f- A')
enfin
' 2 sin i (A -f- A') cos £ (A — A') 2 sin i (A -f A ) cos i (A — A')
cos ÿ (A 4- A') sin ^ A"
cos i (A — A') cos î (A — A') ’
cos i (A - A') = (!=§) sin i A" ,
1 — (gEg) sin 1 A"
tangi(A — A0=— /sJK- . »
on aura donc les trois angles , après quoi
(C 4- C') = (C — C') tang \(A -J- A7) cot ^ (A — A') de l’équation
cos 5 (A — A7) = (^77) sin 1 A"= sin { A",
on tire
C":(C+C') :: sinfA":cos±(A — A') :: cos j(A-f-A') : cos-j(A — A') (C+C'-fC") : (C+C'-C") :: cosi(A— A')+cos±( A+A') : cosi(A— A')
— cos^ (A+A')
: : 2C0S^( A4- A'4- A — A')cos^ (A— A' — A4-A) :2sin|(A — A7 — A4-A')sin^(A — A'-j-A — A') :: cosj(A)cos^ A^sinjAsiniA7 • • 1 MangAAtang^A7
§ig^ = Ung|ÀungiA'.
Connaissant donc un côté et la somme des deux autres avec un des deux angles oppose's au côté inconnu , on aura l’autre angle opposé et par conséquent le troisième et les deux côtés.
Remarquez qu’avec ces données le problème n’a qu’une solution , parce que le périmètre est donné.
Problème 21. C et C' étant donnés avec le rapport trouver C* et les angles.
(C+C')(C— CXS+S') (S-S')=S-(i+ !)0 — !)=s‘( '+")('—«) , o. (C + C')(C-C)
vous aurez donc S, S ' \ C*=S-f-S/, et par suite les trois angles.
Problème 22. Connaissant S, Sr, n— ^ , vous aurez
Ci n) *
Problème a3. (C — C')et(S — S' ) donnés avec P, trouver les côtés et les angles. Ce problème est de même genre que le 16e, et se résout d’une manière analogue. 11 n’y a que quelques signes a changer. Nous supposerons C =.*,/= S, C — (C — C')=x — (C — C'^C-j-C^ 2x — (C — C ), S' = S — (S — S')==y — (S — S'), (S H- S') = 2jr — (S — S');
C 4- C' /S — SN ax — ÇC — C)
C" \C — Cj ay — (S — S' )*
Les quantités entre parenthèses sont les données du problème.
2(iy — 2 bx — ( b% — n*)= 2bx — {b-\-a ) (Jb — a );
lbx-(b+a) (.b-a)dx e J 2 a
p*s=C* — S'=Jca — ja=:x% — d*xy-\- iedx — e%z=x%(i — d*)-)-2edx — e*;
2 edx = P*
Pa + e»
La solution numérique est encore plus commode ; elle épargne la multitude de symboles qui est toujours un peu obscure.
Problème 24* Connaissant les trois côtés du triangle, trouver le rayon
régiomontan. 3o5
du cercle circonscrit. Cherchez les trois angles ou simplement 1 un des trois; alors C = 2rsin^ A, C' = 2rsin ^ A', C"= 2/- sin ± A",
1 jasin à Â asixi 5 A' 2 sin i A'
Régiomontan cherche les segmens et la perpendiculaire, et fait .
P : C :: C' : 2/-; sa solution repose sur deux triangles semblables. Les triangles ADB, AEF (fig.63) sont semblables, car, outre les angles droits en B et en E, on a l’angle ADB = j AE= AFE; on aura donc
