C : C" :: sin A : sin A

C sin A' r

sin A *

CS in A*

sin A

*in A' , sin A*'

sin

, «i«A# , sinA‘

sin A «in

un A /*

(C-fC-fCpaînA M aiii A 4- sin A7^p7ïâÂ,f *

C' — (C-f C-f CQdinV c, (P+C+<pmk\

sin sin A' + sin A" .in A+sinA’-f-sin A"

sin A -|-siB A'-f*sinA" = sinA-J-sin A'+sin(A-f-A')

= sin A-f-sinA'+sin AcosA'+cosAsiu A’

= sin A (1 +cosA')+sin A'(i -j-cosA)

= asiii Acos’ïA'+asin A'cos’^A = 4siiiïAcosfAcos‘iA'-4-/lsin jA'cos^A'cos'iA # . ss 4sini-ôcosj A' . cos^Acos^ A'+4slni-ô'cosj A

XcosîA'cosjA

= 4cosjAcosŸA'(siUïAcosiA'+sinjA'cos7A)

s= 4*^ Acosi A'sin i( A+A') ;

ag8 ASTRONOMIE DU MOYEN AGE.

d’où

c (C4-C'-(- C*)»ia A a(C-j-C 4-C*) »inj Aco*l A (C+C'-f CfrinjA

4co>;Aco3jA'5inj{A-t-A') 4cosiAco5jA'5ini(A-f-A') acoa;A'«io;(A+A j

(C+C'+COainA' aÇC+C-fC^rfniA'coaiA'

4co., Acnj| A'sm;(A-f-A') 4c05ï^CO5ï A’3in,(A-t-A') acoajAsm^A^. A)’

C' — (r-+^-H:>in(A-t-A) __ aCC+C'+COaintCA+AOcoa RA 4 A')

4c05j Acoa ;A'sÎ0;CA + A' ) 4C(M;Ac03;A'tin;(A-f-A')

(C4-C'4-C')cos^(A-t-A') scos;Aco8{A'

Dans la proposition 8, connaissant les rapports des trois côtés et la perpendiculaire, il détermine les côtés; il cherche les segmens 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 propositions g 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 il*, il cherche les côtés par la perpendiculaire et les deux angles.

Dans la ia*, 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 rri et censûs , 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. 6a ) , l’autre nx, S et S' les deux segmens de la base B, P la perpendiculaire ;

b — S> = g = — g = ax', en faisant

S = î(S + S') + ;(S — S') = ; B ■+• 7 ax* — b-\- ex*, en faisant

i = ïB et c = j a :

~aB »

x*=P*-f-S*:=P,-{-ê*-+-aécx*-l-c’ar4, c*x4+(a bc — i)x*= — P* — i*,

équation facile à résoudre numériquement.

Les opérations indiquées par Régiomootau sont beaucoup plus longues.

- RÉGIOMONTAN. agg

■et il laisse son lecteur à moitié chemin , en disant : (fuod restât prœcepta arlis edocebunt.

Le problème 1 3 est de trouver les côtés par les segmens et la proportion des côtés. Nous aurions

(S+S')(S — S')=x*(» — «*) on d’où iet w.

Régiomontan emploie de longs détours pour arriver , par des combinaisons de proportion , à ce que cinq logarithmes nous donneut sans peine.

Le problème >4 est de trouver les deux côtés C et C' par leur somme (C -f- 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 côtés.

Regiomonlanus en donne deux solutions qui ne sont pas très simples. Nous ferions

C" : sin A'' :: C : sin A :: C': sin A' :: (C C') : sin A -f- sin A'

= a sin f (A+ A') cos y ( A — A') = a sin £ ( 1 8o’ — A') cos £ ( A — A') sacosjA'cos^A — A'), d’où (C+C')sinA*=aC'cos;A''cosi(A — A"), a (C -f-C') sin -j A'cos •; A'= a C" cos ÿ A’ cos j ( A — A') ,

cos i (A— A') -{C+CÿiaiA'.

et

Cette formule promet souvent peu de précision ; on fera donc

i — rang’ J (A — AQ (C + C) sin j A*

i taug‘ j (A — A) C" ’

Umg’KA-A^ = TT^f7 = cot^ + 45’),

- J&in| À

tang <p = (^^-) s*n i A",

ou

-r.i/i xn .... eo» i (A— A') , (C + C')*ini

sm*i(A— A) =T Je5 —

= ~ — ^^i^^sin i A* = sin 3o* — sin4 = a sin j (3o* — 4) cos i (3o“ ■+■ 4)-

5oo ASTRONOMIE DU MOYEN AGE.

Problème 16. Etant donnée la base C", la somme (C -f- C') des déni autres côtés, et par conséquent (C-f-C'-f-C*), avec la perpendiculaire, trouver les côtés.

La solution de Rcgiomontanus 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 uu peu d’ Algèbre du second degré.

d’où

C‘— C'-=S*— S'*=(C+C')(C— C'^CS-f-SOCS— S')=C*(S-S').

Nous connaissons

et C' sont les inconnues; soit

x = C, C + C' = jr + C', C' = (C-f-C) — x,

C — C' = x — (C + G') -(- x = ax — (C + C') , ./ = S , .

jr -f- S' = C', S' = c*-jr, S — S' —y — G' = y — C* ;

notre équation devient

/ç+ç\ ay-r.” /c+c\ (c + cy

k C* ) — ax — (C-t-C’)' V C' )X

ensuite

a(C + C') x - (C + C')* = aC y - C-, acy =a(C + C')i + C'* — (C 4- C')*

y =(^-)Æ-f±èt£)(c+c'-co=«-i,

jrk = o‘x* — a abx + £*,

P*= C* — S* == a* — y =x* — a*x* -f- i»bx — h',

P* =x‘(i — a')+iabx — A*, P*4-ô, = x*(i — a')+aabx ,

équation facile à résoudre, si ce problème se rencontre jamais. Cette équation aura deux racines qui seront les deux côtés cherchés.

Problème 17. 11 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.

RÉGIOMONTÀN. 3oi

Problème 18. Avec le rapport des deux côtes inconnus et un des angles opposés, trouver les deux autres angles.

i : n :: sin A : sin A'.

Problème ig. Avec S, S', (C' — C), on aura

on aura donc C et C' et les angles.

Problème ao. Si les données sont (C — C'), (S— S) et A”, on aura

d’où

/C\ Ain A*\

/C— »C\ C" \C/ \ sin A V sin A*

\S — S7/ C + C , /C\ / , ain~X7\ sin A + sin A'

1 "b \C ) V * sia A /

a sin | (A*) cos j A* a sin ^ A* cos ;(A4- A/)

enfin

a sin j (A A') cos i (A — A') a sin i (A ■+■ A') cos J (A — A')

cos ï (A -4" A*) sin 4 A#

■— cos i (A — A") cosj (A — A') ’

cos i(A - A') = (!=§) sin i A" ,

Ungi(A-A0= Js-Ï\— •

• 1 + (c=C7 sin 1 A on aura donc les trois angles , après quoi

(C + C') = (C — C') tang | (A •+■ A') cot i (A — A) de l’équation

cos i(A — A')= »in v A' '= (hë?2) sin ï A'>

on tire

C'':(C-f-C') :: sin±A'':cos±(A — A) :: cosi( A-f-A ) : cosi(A — A') (C-f-C'+C") :(C-+-C' — C'') :: cosi(A— AQ-KosKA+A') ;cosj(A — A')

— cosi(À-f-À')

acosj(A+A'+A — A)cosj(A — A' — A+A') :asinj(A — A' — A-|-A')sinj(A — A'+A— A') ” coSï(A)cosî A';sin)AsiniA' i:lang)AtangiA'

§±^ = UngiAungiA's

'«a ASTRONOMIE DU MOYEN AGE.

Connaissant doue un côté et la somme des deux autres avec un des deux angles opposés au coté inconnu, on aura l'autre angle opposée! par conséquent le troisième et les deux côtés.

Remarquez qu avec ces données le problème n’a qu’une solation , parce que le périmètre est donné.

Problème ai. G et G étant donnés avec le rapport trouverC* et les angles.

(C+CO(C-C')=CS+SQ (S— S>=S-(1+ J)(, l^-O+eOO— »},

• s* — (C+C/)ÇC—

sous aurez donc S, S ; C,=S-|-$', et par suite les trois angles.

Pi obleme 33. Gonnaissant S, S’, /* = — vous aurez

C* = (S + S') (S-SQ — n) ’

Problème a3. (C — C') et (S — S' ) donnés avec P, trouver les côtés elles angles. Ce problème est de même genre que le 16e, et se résout d'uoe manière analogue. Il n y a que quelques signes à changer. Nous supposerons C=x,j^S, C-(C-C')=*fC-C'),C+C'=: aov- (C-C), S S (S S') =j (S — S'), (S +S') = yr — (S — S');

Ç + C' fS — S'\ ax — (C— C')

c* — Verre; — a y(,s s'y

Les quantités entre parenthèses sont les données du problème.

3(c^rc,)->' — (^zrê)(s — s')==ajf—(C—C';

a(S — S ’)jr= a(C — C')ar — (C— C')* -f (S — S')* auy = 3 bx — (ê‘ a') = ibx — {b -f- a) (ô a) ; ’

• — aij— (4 + a)(6— <0

J ™ = dx — e-,

F‘~C‘ S‘— -r‘~y*=x* — d‘x*+2edx—e‘=x*(i —/!•)+ Wr^;

•**('— </*) + iedx = P*

La solution numérique est encore plus commode ; elle épargne la multitude de symboles qui est toujours un peu obscure.

Problème 34. Connaissant les trois côtés du triangle, trouver le rayon

RJÉGIOMONTAN. So3

du cercle circonscrit. Cherchez les trois angles ou simplement l‘uo des trois; alors C=arsin j A, C'= arsin j A', C"= arsin { A",

a sin j A a 5iii; A asm, A

Régiomonlan cherche les segmens et la perpendiculaire, et fait

P ! C “ C' : ar; sa solution repose sur deux triangles semblables. Les triangles ADB, AEF (fig.63) sont semblables, car, pâtre les angles droits en B et en E, on a l'angle ADB = ïAE= AFE; on aura donc

P : C' :: C : AF = ar.

Problème a5. Connaissant labase C" avec la perpendiculaire oul’airedu triangle £ C".P et l’angle A" oppose à C”, ou en conclura les deux eûtes; on aura

C' C* . , ain (A + A) »in A*

ar — Hni A1’ P — cot A •+- col A ainAsifTÂ1* sin A sin A' *

. . . P »in A' (cos A— A') — co»(A-(-A')

sin Asm A = — ^ 1 = lyCvslnA ’

cos (A — A') -f- cos A'= a(J)sinA", cos (A - À') = - cos A',

a sin*j (A — A')= i +cos A"— (^) sin A"=acos*i A'— a(£)sin { A %

sin*i(A— A')=cos*i A"— sin { A";

cette solution est aussi facile que celle de Régiomonlan est prolixe et embarrassée.

Si l’angle connu était l’un des deux opposés, on aurait

C" = P (cot A + cot A') ;

donc C' — P cot A == P cot A' et cotA'=(y^ — cot A.

Problème a6. Étant donné l’aire — = u, avec le produit CC , vous aurez

P* = CC' sin A sin A' = ^ — 4?.-,

lin A sin A' ain A* sin A -in A' »in* A“ ^

..... CC' sin* A ,

et smAsmA = — pvr :

donc P* — (CQ(CC') »»"•*' .

donc (CC')*siu*A,'=4a* et sia A"=

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 etre retenu.

Problème 37. Etant donné x — J=a et xjr=ib', déterminer x et/.

x' ■ — 2xy 4“/* = n‘, x* — 1 bl> = a*, x'+j-‘=a,-+-2b‘,

J—~i y%= j., J:* + ji, = o,4-2i*, x^ + i^Ca'+si*)1** x* — (a‘ -+- ai*) x* = — b4,

x* — (a' -+■ 2b') x*4- ({ a‘-i-b'y=(la‘ + b'y—b4z={a4-t- a' b',

x ==(ia*4-4‘)± Vi*+a‘b‘=( i +

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');a = aire ={ CC' sin A", CC' = (4? V on coa-

naît donc g,) = m> CC' = »» (C — C');

m:C::C':(C — C'), m-i-C:C::C'4-C— C':(C— C1), nH-C*.C::C:C— -C',

C* ={ot-+-CXC — C')==m(C — C')+C(C — C') ; C* — (C-f-C')C=m(C— C ), C* — (C — C')C-f-i(C — C')*=i(C— C'X-f-mCC — C') ,

Régiomontan cberclie CC', et renvoie ensuite au théorème précédent cujus gratiâfatigati surnus , pour lequel il a pris beaucoup de peiue.

RÉGIOMÔNTÀN. 5o5

Notre formale n'est rien moins que fatigante, et elle n'emploie que les simples donnc'es du problème.

Problème 39. Si de l’angle A" connu, vous avez une ligne connue A"M = <i qui partage en deux le côté connu et opposé C", vous eu déduirez le reste.

Dans le triangle AMA'' (lîg. 64), vous avez

C'* = a' 4 i C"* — a aiC" cos M = a* 4 i C"* — aC" cos M,

- C* = a* 4- i C"‘ 4 «C" cos M, C*-f-C'*=aa’+iC''‘.

Dans le triangle total,

C"* = C* 4- C'* — aCC' cos A" = ac*4i C"‘ — aCC' cos A", aCC'cos A''=a(i*+ïC"* — C'**= ao* — jC"* et CC'—~ ~^,

c* + C'* 4 aCC' = (C 4- C')* = a«* + i C"* 4-

aam cos À* -f- 1 C* cos A* -f- an* — [ C*

cos A"

ao»(i -f cogA*)— cosA*) cas A*

4a 9 coa*{ A* — Cu sia» £ A*

cos A* 9

C‘+C‘^2CC'=(c-cy=^‘+iC'‘-^=^

aa'cos A* + | C* cos A* — flo» -f \ C*‘ mmm c os A*

qq* (cos A* ■ — 1) 4- 1 C** (1 -j" cou A*)

” cos A"