PU,S
j oo — aox -f- ax*= a5ox — a5x*, 100 — 270x4-37 x* = o, x* — tox = — ■—£, x* — 10X4-35 = 25 — >
x=5rfc y' a5 — -Vr=5ifc5v/i — ^=o,3852i , 10 — x=g)6i/ijgt
somme des quoliens = a5,oooo65.
O11 croit bien que Régiomontan résout ces petits problèmes. Dans sa réponse, il parle de i3 traités qui formeront un volume, qui doit être publié par ordre de son seigneur le cardinal Bcssarion, dont il prend le titre de Jamiliaris. Les deux premiers traités sont déjà terminés. J’ignore si le nombre i3 a quelque rapport à celui des livres de la Syntaxe mathématique , ou si l'auteur avait eu en vue les l3 livres de Diophante, dont il avait retrouvé les six premiers à Venise.
11 donne la construction suivante à Blanchini , qui n’avait pas bien saisi le sens d’un de ses problèmes.
Si vous avez la longitude N et la latitude NO d’une étoile, vous aurez la déclinaison LO, ou la distance polaire PO et l’ascension droite M.
(fig; 85).
Si vous avez la longitude N et celle du point M qtii culmine arec l’étoile et NO, vous aurez cos OM = cos ON cosMN,....
RJÉGIOMONTAN. s/r
I.M + MO = déclin. = 90“ — PO; avec PO, OPEelPE, vous aurt» le reste.
11 parle ici de son livre des triangles, et une note nous apprend qu’il le termina à Venise en i465j Scboncr publia cet ouvrage posthume sous le litre suivant :
Doctùsimi et Mathematicarum disciplinarum eximii professons Joh, de Regiomonte,de Triangulis omnimodislibriV .quibus cxplicantur resnecessarue cognilu , volentrbus ad scientiarum Aslronomicarum perfectionem devenire, qiue cum nusquam alibi hoc tempore expositœ habcantur .frustra sine harurn Tnstructione ad illam quisquam aspirabit. Accesserunt hue in calce D. Cusani de quadrature. Circuli atquerecti ac curvi commensuratione. Itemque Joh. de Monle-Regio eâdetnde re iXtyXniLa. hac tenus à nemine publiante. Omnia recens in lucem édita fide et ddigentiâ singulari; Norirnbergœ. in œcLbus Schoneri , i533.
On peut être surpris qu’un traité si important alors n’ait été publié que 5q ans après la mort de l'auteur. Santbech en donna une édition nouvelle en i56o, à Bâle; c’est celle que nous avons extraite. On nous apprend encore que Régiomontan est auteur d’un Algorithme démontré, publié par Schoner en «534. On voit, par ses lettres, que son Algèbre a quelque analogie avec celle de Stévin.
On a mesuré les distances d’une étoile à deux étoiles connues qui n’ont aucune latitude; on demande la longitude et la latitude de l’étoile. On a les trois côtés du triangle, il s’agit de trouver la perpendiculaire et l’un des segmeus de la base; nous ferions :
cos A = HiTc^rc , tang C cos A = tang segment ,
et sin C sin A" = sin latitude.
On connaît les latitudes et la distance de deux étoiles; on demande la différence en longitude. 11 s’agit s’impiemeut de trouver l’angle au pôle entre les deux cercles de latitude.
Dans un cercle d’un rayon donné, est inscrit un quadrilatère dont les quatre côtés ont des rapports connus; on demande la surface du quadrilatère.
Soient a, ma, na et pa les quatre côtés, et A l’angle compris entre net ma; puisque le quadrilatère est inscrit au cercle, les angles opposés sont supplémens l’un de l’autre, ce qui donne
a* -4- m'a — ima' cos A = n'a' p'a' -J- 1 npa' cos A, a' m'a'— n'a' — p’a' sa a(/n -+■ pn)a' cos A ,
fl*4*mV — n*g* — p*a* i m* — na -p*
L aCm 4" Pn)
Connaissant l'angle compris .et le rapport des côtés, on aura les deux angles et la perpendiculaire , et le troisième côté ; dans chacun des deux triangles, on aura la surface. 11 est même inutile de connaître le rayon ; on prendra i pour le premier côté; on multipliera la surface par a*.
Dans une sphère d’un rayon donné est inscrite une pyramide à base triangulaire. On a les rapports des six arêtes, on demande 1a solidité de la pyramide. Autres problèmes :
x’^x—^S)' = a5o. On demande quel est x?
x = n. 17 -f- i5 = wj.i3 + 11 =p. io-|-&.
Quel est x? C’est un problème du genre de celui que j’ai résolu pour la période julienne, tome III, p. 704, Astr. Ces problèmes ont une infinité de solutions; mais on se borne au nombre le plus petit, qui satisfait aux trois conditions. On a tous les autres , en ajoutant les multiples du produit des trois facteurs connus de m, n et p.
On connaît les latitudes DA et DB de deux étoiles, la longitude VL etla latitude LC d’une troisième étoile avec la distauce CA à l’une des deux premières ( fig. 86).
On cherchera P par les trois côtés dans le triangle APC , P = LD , ’V'D= r L — LD; on en conclura, si l’on veut, les ascensions droites et les déclinaisons des trois étoiles.
Autre problème. — ■+■ s= 4° , x = 5 =b 4,5;
l’auteur indique rarement les solutions, à moins que son correspondant nait point résolu les questions; et par quelques-unes de ses solutions, il parait qu’il employait encore la règle des six quantités de Ptolcmée; mais c’était pour ne pas révéler ses propres méthodes ; H désigne cette règle par le mot le secteur.
Le 6 octobre i4*>3, on a vu à Ferrare une étoile à l'horizon avec 60° 3o' d’azimut du midi à l’est, et 5‘ 36' avant le lever du Soleil. On demande la longitude et la latitude de l'étoile ( fig. 87)?
OH et PH donneront PO et la déclinaison. On aura aussi OPH ; on a l’heure , on aura l’ascension droite du milieu du ciel et celle de l'étoile ; on aura sa longitude et sa latitude.
Deux cercles se touchent intérieurement, on connaît leurs diamètres;
RÊCIOMONTAN. 5 k)
on demande la partie du plus grand qui se trouve couverte par le plus petit? C’est le problème des doigts de surface dans les éclipses.
Par les préceptes de Ptolémée, on ne peut arriver à la corde de i'. ïl demande la corde de ao' qu’on peut calculer. 11 reviendra plus loin sur le problème de la trisection de l’angle.
Blanchini avait fait des objections contre le problème des trois étoiles, dont deux n’ont aucune latitude. Il dépend d’un triangle dont on connaît les trois côtés; il parait que ce cas était alors considéré comme très-difficile ; cependant la solution était dans l’ouvrage d'Âlbategni.
Régiomontan l’a résolu dans son livre IV des triangles, mais la solation était très pénible; il y revient dans son livre V. En attendant que son livre paraisse , il indique à Blanchini une règle qui emploie le secteur des Grecs, mais en y faisant entrer les sinus au lieu des cordes.
Ce morceau est curieux, en ce qu'il montre l’état des connaissancestrigonométriques en Europe à cette époque; nous allons le traduire en entier ( fig. 88).
Soit XQ une portion de l’écliptique; soit H le lieu de la première étoile, K celui de la seconde; que la troisième soit en L , hors de l’écliptique, en sorte que LH = 6’i8' et LK = 20°47l- De L comme pôle décrivons l’arc de grand cercle 1NOPQ, qui ira couper l’écliptique. SoitV le pôle de l’écliptique, VLXN sera le cercle de latitude de l’étoile L, et
LX sera la latitude. Continuez LH en O et LK en P , vous aurez
LN = LO = LP = 90*, QN s= QX = 90”. Vous connaîtrez LX et la longitude du point X; vous aurez XN=9o’ — LX. Suivant la règle du secteur, vous aurez
sin LN »in LO sin HQ t » Tr„
•lu NX sin OÏI * sin QX 9 cos A cos LH * ®ln X*
• yv/x CHS LU y vyr
ou sin HQ = = cos HX.
v coë A
Il eût été plus court de dire sin HQ = , mais il a voulu que la
solution fut toute entière dans le style et la manière des Grecs.... JiX= 90 — HQ ; on aura donc la longitude du point H et celle du point K.. On pourrait également se servir du secteur LNQK; on en tirerait QK et KX.
Si l’on connaît l’une des longitudes H ou K au lieu de X, la solution sera encore la même. Ou ferait
1 sin HQ
C<w LH
sin LN sin LO sinlIQ
lia NX juiOJU * aiflQ.Y*
CO» A
et
■ un COI LU
sin HO =ss
x CM A
lin HO
sioQ
Ici il annonce qu’on trouvera une autre solution dans son livre , alors ils auront , son correspondant et lui , ample matière à de plus longs entretiens.
Jusqu'ici il a suppose la connaissance des longitudes. Si l’on ne connaît ui l'une ni l’autre, voici ce qu'il faudra faire, en supposant qu’ou connaisse au moins X.
Dans le triangle LHK, on connaît les trois eûtes. Si l’on connaissait seulement l’un des trois angles, on en conclurait les deux autres, d'où l'on déduirait LX et XH, et K.X. Il ajoute qtie dans le troisième livre de ses triangles, il a donné la solution du cas des trois côtés connus. Mais tous ces moyens nous sont interdits ,• voyons ce qui nous reste à faire.
11 est étonnant que Rcgiomontaaus n’ait pas vu que cette solution était dans le livre d’Albalegnius ; mais l’auteur arabe fait son calcul en plusieurs parties, et Régiomontan n’a pas eu l’idée de les rassembler. Il parait qu'il n'avait aucune connaissance des écrits d’Ebn Jounis , ni d’Aboul Wéfa, qui vivaient 45o ans auparavant, et qui étaient bien plus avancés que lui. Il nous dit de considérer LOKQ , qui donne
sin FaO sin LP sin KQ ! i sin KQ
sin ÔH 6 in PK * sin QH 9 **** cos LH cos LK. $iii QH *
co» LK _____ sinKQ sin PR
Com Lil sin QIÎ sùiiiO ' il ne fallait pas tant de détours, puisque
sin PR = sin Q sin QK et sin HO = sin Q sin QIÏ ,
d’où ïlE* — ,in?K
ain HO sini^lt* •
-théorème connu des Grecs et des Arabes, On a donc le rapport^q^, on
a aussi la différence des deux arcs; on aura doue, d'après une règle de Ptolémée , les arcs eux-mêmes. Ou bien
«ia HQ sin (QK + a .
riiQK 1=5 "sinQK = cos a + sin a cot QTS. = n ,
rttr fl ” COS fl t
col (JR = — ; = n cosec a — cot a.
s in a
Mais Régiomontan ne savait pas se servir des tangentes.
Ensuite sia LN lia LO «in HQ
siniSW """* »inÔH ' s^QX*
ou
si u N.\
RÉGIOMONTAN.
i si» 1IQ . sin OII
îïüôïî Hïïiÿx » Sln NA shTïiÿ ’
OJt
cl le problème est enfin résolu. Mais on voit combien l’opération est longue. La formule d'Albalegni élait plus courte, et n’exigeait pas une construction particulière.
Au second problème, Regiomontanus avoue qu'il a hasardé une supposition impossible. En effet les deux petits côtés de son triangle Ç)“a6'-t-8°45'= i8* 11', et le troisième est 35' 53'. 11 voulait éprouver si son correspondant avait lu le livre de Ménélaiis, qui a démontré que deux côtés quelconques sont toujours plus grands que le troisième, et il avoue qu'il avait eu de la peine à retrouver cette démonstration, parce que tous les manuscrits étaient altérés en cet endroit. On ne voit pas ce que celte démonstration avait de si difficile.
D’abord ( fig. 89) 4
co» AB — cosADcoiBD, donc cos AB<^co<AD, donc AB^At);
cosBC=cosDCcosBD, donc co«BC<cosDC, donc BC>DC;
AB + BC>AD + DC, ou >AC.
Voilà pour le cas où AB et BC sont aigus , et quand la perpendiculaire tombe dans le triangle.
Mais voici une démonstration générale. Supposons AB et BC couslans, AC grandira avec l’angle B (Gg, 90),
soit
cos AC = cos B sin BC sin BA •+• cos BC cos BA
cos B — cos 0=1; cos AC —cos (AB — BC),donc AC= AB — BC; cos B = cos 180“= — 1 ;cos AC=cos (AB-)- BC), AC = AB -{- BC ;
donc AC est toujours plus grand que la différence des deux autres côtés, et plus petit que leur somme, puisqu'il faut que les trois arcs soient dans le même plan pour atteindre l'une ou l’autre limite; et quand on a atteint l'une ou l'autre, il n'y a plus vraiment de triangle.
Regiomontanus démontre ensuite qu'étaut données quatre lignes, telles que trois quelconques prises ensemble surpassent la quatrième, il sera toujours possible d'en former un quadrilatère inscriptible à un cercle.
Soient les quatre côtés C, C', C'et G'"; pour que le quadrilatère soit inscriptible, il faut ( fig. 91 ) que l’on puisse faire £= i§o° — a. Alors
C* -t- C'* + 2CC' cos a = C'* + C'"* — aC"C"' cos a,
CaCC' -f- 2C"C"') cos a = C"'*+ C''* — C'* — C',
cos a
a(CC' C'C*)
a(CC + CL")
or ce cosinus aura une valeur possible, tant que le nume'rateur
— C'* — C* ne surpassera pas le dénominateur a(CC'+C''C'"). a et b étant connus, on aura toujours les angles x et x1, y et y ; on aura donc les arcs sou tendus par les quatre cordes; car C = arsin/' , C' = arsinj'-, C*=arsinx' et C'=2r sin x.
Enfin
asin^' '
a sin y
a sin a.-' ’
et le problème sera résolu.
Soient C = 3, C'=4, C* = 5 et Cm = 6;
cos a :
a(ia + 3u)
= 2 = cos 64* 37' a3''= a ;
langK*— x')=(Ç=5')cotia=(1îr)cot 3a* 1 8' 4 1 " 5= ta"6 5?° ^ ‘
«angiCr— j')=(|^-e)cotii= Q col 57.41.18,5
”sin 49.3o.3a”
ày.aB. aa”
sm 65.33 5 sm 49.00.0a sin 07.26.33 sin 37.9
nous avons donc satisfait à toutes les conditions, et la chose sera toujours possible, quand cos a ne surpassera pas l'unité qui donnerait o=£=i8o’, pour ce cas.
Soit . C** + C"* — C'* — C* = aC"'C* -f- aC'C ,
ou
C'* — 3C"'C" -1- G''*. — C'* — aC'C — C*
RÉGIOMONTAN. 555
ou (C'"— C*)*=(C'+C)*, ou C'— C '=C'+C, ou C'"=C"H-C'+C; le dernier côté sera égal à la somme des trois autres, le quadrilatère se réduit à la diagonale.
Si C"' > C' -H C' -+• C , les quatre lignes ne pourront se joindre pour renfermer un espace. Régiomontan , sans indiquer la solution , se contente de dire que le problème sera toujours possible, quand on aura C'<C" + C'+e. ■ -i
C'est dans cette lettre, page 1 35 , qu'il dit avoir trouvé à Venise le manuscrit non encore traduit ni même connu, des six premiers livres de Diophante. 11 ajoute que si l’on pouvait retrouver les sept autres , il s'occuperait à le mettre en latin, malgré la difficulté; il parait même assez disposé à entreprendre cette version , pour peu qu’on le lui conseille.
Il parle assez brièvement de la méthode d'Albategni ( chap. XXV), et c’est pour la trouver défectueuse. Il ajoute pourtant qu’elle ne serait admissible que pour le colure des solstices où la déclinaison et la latitude
sont dans un même plaD. Alors en effet ° ~ coj'l' = ~ ~ 1 ; cependant,
à la manière dont il s'exprime, on serait tenté de croire que son manuscrit d'Albategni ne ressemblait guère aux éditions qu’on en a données.
11 propose ensuite ce problème. On a observé trois hauteurs et les deux différences d’azimut, ou demande la hauteur du pôle et la déclinaison; il aurait pu ajouter les teins vrais des observations. Ce problème est celui de la rotation, d'après trois observations d'une même tache; nous retrouverons le problème de Régiomontan dans l’ouvrage de Mélius, avec la solution que Régiomontan ne donne pas. En général , il ne donne que celles qui u’ont pu être trouvées par son correspondant.
On connaît l’ascension droite du milieu du ciel, l'azimut du Soleil, l’angle de l’écliptique avec le vertical; il demande la hauteur du pôle, celle du Soleil et l’angle horaire.
On connaît l’angle de l’écliptique avec le méridien , l’angle qu’elle fait avec le vertical, l’azimut, c’est-à-dire l’angle du vertical avec le méridien, on a les trois angles du triangle; on aura donc les trois côtés; l'un donnera la hauteur du Soleil, l’autre conduira à la hauteur du pôle ; alors on aura l'azimut, la distance zénitale et le complément de latitude; on aura la déclinaison et l’angle horaire. La priucipale difficulté consistait alors dans les trois angles qui devaient donner les trois côtés.
Pour rencontrer ce cas en Astronomie, il faut imaginer des problèmes
354 astronomie du MOYEN ace.
tout exprès , et voilà pourquoi sans doute les Grecs et les Arabes ne s en étaient jamais occupés.
On a l'ascension droite d'une étoile, et l’on sait de plus que.... go* — latitude 90* — déclin. = 180*, c’est-à-dire que D-f-X=o; ainsi la déclinaison et la latitude sont égales, mais de signe contraire. L’étoile est en B (fig. ga) entre l’équateur et l’écliptique; menez TB, les triangles BAT et BCt seront parfaitement égaux et tous deux rectangles ; la Ion-* gilude sera égale à l'ascension droite,
tangD = — tang X = sin -fi langf *> =asin L tangua» : c’est une remarque plus curieuse qu’utile.
On connaît l’ascension droite du milieu du ciel , par conséquent le point culminant, la déclinaison et l’angle de l’écliptique avec le méridien; on connaît de plus l’azimut de l’étoile qui se lève dans l’écliptique ou l'azimut du point orient (fig. g3).
On en conclura
sinHC=tangHEcotC=tangZlang«cosTC=tangZtahg«cosTMcosMC, HM=go* — haut, du pôle =HC — MC , cosCE=cosHCcosHE;
on aura donc le point orient, l'angle E et même la hauteur du Soleil.
On ne voit pas comment Régiomontan a cru pouvoir proposer ce problème à un professeur d’Astronomie.
Une étoile australe a une longitude = o. L’arc de son parallèle coupe l’écliptique au point dont la longitude est L ; sa déclinaison sera donc la même que celle du point L; on aura donc
sin D = sin ai sin L = cos a sin A , d’où sin A — tang a> sin L.
Un arc T A est de 3o“, on demande à la suite de cet arc un arc AC tel, que la différence BD d’ascension soit égale à la différence AC de longitude ; c’est un problème qu’il a résolu dans son livre des triangles. Voj. ci-dessus page 3 1 4- Ou connaît (L -R) , on demande L et -R;
Ung -fi = cos * tang L = (; ~) tartg L ,
tang -fi -f- tang* ± ai tang -fi = tang ï- — tang* ( ai tang L, tang L — tang -fi = tang* j ai (tang L -f- tang -fi),
,an. j. a tangt — tang -fl sin (L — -B)
” * Ung L taug -R fin (L 4- -R) * sin (L — -R) = tang* -J a sin (L -f- -fi),
L=i(C+-R)-K(L— -fi), -fi=i(E+-fi)-i(L— fi);
RÉGIOMONTÀN. 355
sans tangentes, Régiomonlai» ne pouvait faire ce calcul , mais il aurait pu arriver à la meme formule par l'équation d Albategui
sin At jin L
cas -41 cos L *
d'où
sinAlcosL = cosû>sinLcosAl=smLcosAl — a sin* J « sin L cos Al, sinLcosAl — sin AleosL= a sin* {a* sin Lcos/ft
c=asin-|a,(^..+ ^|ij2iL--'R)),
sin (L — /R) = sin* { « sin (L -f- Al) -+- sin* {ai sin (L — Al) , sin (L — Al) — sih*{a>sin(L — Al) = sin* {ai sin (L-f-Al),
sin(L — Al)=— **^nt^,7^/fi^ = tang*{a»sin (L-f-Al)=k rédaction k
l’écliptique qui sera la plus grande, quand on aura L-+-Al = 9o*, on Al = go’ — L, lang Al =s cos ai tang LsscotL , et tang* Lsssécoi, on tang L = V séc a.
Dans une éclipse de Lune, on demande la distance du point de contact aux deux points du disque qui sont dans le même vertical que le centre. 11 s’agit de trouver l’angle que la distance fait avec ce vertical.
L’éclipse étant de n doigts, déterminer la partie éclipsée de la surface. Voyez tome II , p. a3a.
Trouver la prosneuse; voye smon Extrait du Commentaire de Théon,' tome II, p. 599. Pour le problème suivant, voyez la figure 94.
Deux astronomes ont observé le commencement de la même éclipse ; ils ont noté l’heure, la hauteur et l’azimut d'une même étoile. On sait de plus que la distance des deux lieux est d’un certain nombre de milles. On connaît ZE et Z'E par les hauteurs, et ZZ’ par la distance, on aura les trois angles; on a PZE, ' oh aura PZZ’ = PZE -f- EZZ'; on a PZIE, on aura PZ'Z ZZ'E — PZE ;
avec ZZ' et les deux angles sur ce côté, on aura PZ et PZ', c’est-à-dire les deux latitudes et la déclinaison par PE , et la différence des méridiens ZPZ'. . .
C’est un problème de fantaisie , qui ne peut se rencontrer que par un très grand hazard, qui n’olTre aucune difficulté, et qui ne saurait être d’une grande précision.
On connaît le point de l’écliptique qui médie avec une étoile, et par conséquent l’ascension droite de cette étoile; on connaît la longitude de
l’étoile, et enfin l’angle du cercle de latitude et du cercle de déclinaison , c’est-à-dire que l'on connaît les trois angles du triangle, à l’étoile et aux deux pâles; on connaît même la distance de ces pôles ou l’obliquité, celle dernière donnée est de trop; sans elle, on pourrait calculer la latitude et la déclinaison. Mais, comment avoir l’angle de position, si l'on ne connaît la déclinaison ou la latitude ?
On connaît la somme des trois côtés de ce triangle , et de plus l'ascension droite. Soit A=(go — D)-f-(go* — A)-f-«, A — «=180“ — D — A,... D-+-A=l8o* — A-t-ai=B; on aura donc (D-f-A) et A=(B — D); alors
sia A = cos u sin D — si n eu cos D sin Al = sin B cos D — cos B sin D , cos a> tang D — sin a sin Al = sin B — cos B lang D ,
tangD(cosûi-(- cos B)= sin B -j- sin a sin Al , tangD=!l>n B sin •* >in ^
Soit un triangle ABC tel, que A£=: 18, AC=a5 et&C = 3g(fig. g5). Prenez sur BC la partie BD telle, que menant AD, vous ayez
BD* -f- AD. AB = ÂB,
trouvez BD et je vous donnerai la corde de i*. On voit qu’il s’agît de la trisection de l'angle; l'auteur n’en dit pas davantage, et ne donne pas 1% solution.
Cherchons d’abord les trois angles par les trois côtés.
sin* ; B = = 39 > cos* ï B — 1
7 aa
*9 âg'
tang* B = — . -2 = -E, 0 33 as aar
cos B = 1== *5
1 + tang*7B » +À ?> + 7 a9
