P : C' :: C : AF
Problème 25. Connaissant la base C" avec la perpendiculaire ou l’aire du triangle £ C".P et l’angle A" opposé à C", ou en conclura les deux côtés; on aura
” sin î A" 9
r= cot A -f-cot A':
sin (A -f- A)
sin A"
sin A sin A'
sinAsînÀ'==P-^£, (cog A-A-)--cos(a±a1) = QsinA’7,
cos(A — A') -f- cos A"= ^(^)sin A7, cos (A — A') = — ^ - cos A',
2sina^(A — A') = i H- cos A'7 — (p).sin A"=ucosa j A’ — 2^p^sin j- A% sina^(A — A')==cosai A" — sin { A";
cette solution est aussi facile que celle de Régiomontan est prolixe et embarrassée.
Si l’angle connu était l’un des deux opposes , on aurait
C" = P (cot A -4- cot A') ;
donc C" — P cot A == P cot A' et cotA'=^-^ — col A.
Problème 26. Étant donné l’aire =^=-^- =a, avec le produit CC', vous aurez
sin A C :
Pa = CC' sin A siu A' = ^ ,
d’où
•sin A'
sin A"
— -çr- ;
sin A sin A'
sin A sin A'
CC' CC' sina A
sina A" ~Cr~
et
donc
n, (CC) (CC') sin1 A" __ 4£.
r = - çvi - — c"a 7
donc (C cy sin* A" = et sm A = w .
Une simple analogie résout ce problème; la solution de Régiomontan exige une figure compliquée; elle est bien moins naturelle, sans nous apprendre rien qui mérite d’être retenu.
Problème 27. Etant donné x — / = fl et xy~b*f déterminer x et/.
x* — 2 = x% — zbb 4/*=*% x% 4/* = a* + 2ia, r == — ; r* = -a , x*4-a = «1-H2^% x4-f-^ = (Æa-f-2^)jc%
a:4 — (a* -f- 2^*) JC* = — £4,
.r4 ffl. 4 2£*)a:94(i a* 4 £9)*:=(|fl*4 *9)9- ^
[x* — (î a* 4 *•)]* = (i û4 4 fl9^*) , - —
je =(ia*469)± Vï fl44fl‘^*= (ï fl*+ ^*) =t= î V I+â**
La solution de Régiomontan est purement géométrique ; elle ne manque pas d’adresse , mais elle ne nous apprend rien d'utile.
Problème 28. Connaissant l’aire du triangle et l’angle A" opposé à la base
C" et de plus (C— C');«= aire = J CC' sin A", CC' = (J~p); oo con-
nalt donc = m> ® = m (C — C');
c- =rm+c)(c— c')=m(c— c'H-c(c— c') ; c--(C+C')C=m(C-C'), c* — (C — C')C-K(C — C')'=4(C — C')’+m(C — C') ,
=KG-c')±i(c-c')v/ =KC-C')±i(C-c')v/‘+(cây.
Régiompnlan cherche CC', et renvoie ensuite au théorème précédent cujus gratiâ fatigati swnus , pour lequel il a pris beaucoup de peine.
RÉGIOMONTÀN. 5°5
Noire formule n’est rien moins que fatigante, et elle n’emploie que les simples données du problème.
Problème 29. Si de l’angle A" connu , vous avez une ligne connue A"M. = a qui partage en deux le côté connu et opposé G'7, vous en déduirez le reste.
Dans le triangle AMA" (fig. 64) » vous avez
C'“ = a' -f- \ C"* — 2a\C cos M = «* + i C"* — aC" cos M,
C‘ + i C"* 4- aC cos M ,
Ca-fC'*=2a»+iC',\
Dans le triangle total.
C"* = Ca 4- C'“ — 2CC' cos A" = 2rt* -f- 1 C"* — 2C C cos A",
na if«s
2CC'cosA"=a<J*+;C''* — C"*=aa* — JC1'* et 00'=°^.-, C* + C" + 2CC' = (C + C')* = ia' + \ C"* -+-
cos A"
2 a9 cos A" -4- i C"8 cos AT -4- 2g1 — 1 C"*
" cos A"
2ga(i 4- cos A”) — iC,aQ — cos A*)
cos A"
4aa cosaj A " — C"asina ~ A*
cos A" *
C’ -f- C'* — aCC' = (C — C')’ = aa* + j C"* —
2a9 cos A" + 4 C" cos A" — 2a9 «4- £ C"9
* cos A"
2fl9 (cos A" — 1) + 1 C"* (1 4- C03 A*)
cos A"
C"9 cos8 { A" — 4g* *1°* ï A'
cos A*
Ces formules remplaceront avec avantage les méthodes de Régiomontan.
Problème 3o. Si la droite AN = a (fig. 65 ) partage en deux également l’angle A", et la base connue C" en deux parties inégales AN=T' et A'N = T, toutes deux connues, trouver le reste.
C'* = T'* + a* — saT cos N ,
C* = T* -4- ax -4- 2«T cos N ,
T9 <> T9 -h a9 -h 2aT cos N
T '• C1 T'* «• — aaT'cos N *
On sait que £ = § , quand l'angle est partagé en deux également.
^LY (T'* + a*) — 2 (*)■ aT cos N = (T’ + <**) + 2flT cos N , T*(T'*+ a') — 2T*T'flC0S N= T'*(T* + a*) + 2«TT'* cos N ,
2flTT'cosN(T+T')=T'*T*+fl*T'»-T*T'*-fl*T*=fl*(T--T'*),
„ a.(T--r*) fl(T + T') (T - T ) <T-Tj
COS N = 3alT'(T + T7) — 5TT(T + I') aXT
