JJ = D A

coeADu un DÀu cos 9 am *

D' = DB = ~ - = Br = *+(P"-P') __^4- (M g -M-) ~ coj>BDr sinBDr cos{« — A) sin (* — A)

D"-nC- * + ( pw -*" ) y+ÇU"- M) ~ cos(f — B/ " 8m(9— BJ '

D'UN ARC DU MÉRIDIEN. i-fg

Une solution de ce problême , communiquée par le cit. Prony , m'a donné l'idée de celle qu'on vient de lire.

Cette manière de déterminer la position d'un lien est un peu plus longue , et demande un calculateur plas exercé que la précédente, qui emploie le triangle formé par les trois objets connus. L'une et l'autre peuvent être très- utiles pour fixer la place des objets secondaires dans un plan topograpbique. Il n'est besoin d'aucun signal nouveau : quelques observations trèsfaciles suffiront pour placer tous les points , d'où l'on en découvrira trois autres dont les positions seront connues.

Avant de passer à un autre sujet , je vais donner encore la solution d'un autre problême qui m'a été utile quelquefois , et qui apprend à fixer la position de deux points , d'où l'on appcrçoit deux autres points dont la distance est connue. Lagrive a donné la solntion de ce problème dans son Manuel de Trigonométrie; mais sa méthode n'eat pas la plus simple qu'on pût imaginer.

Supposons que l'on connoisse la distance A 6 {fig. a- ) , et FIG. s. qu'on veuille déterminer OC, OA, OB, CA elCB sans être obligé d'aller en A ni en 6.

Au point C , mesurez les angles B C A , ACO ; au point O , mesurez AOB et BOC.

Soit tang x — — , on aura

tang f (A B C — C A B ) = tang (90 0 — ? A C B) tang (r— 40°). Mais

COsinAOC COsin (AO B + BOC) C O sin (AO B + BOC) sinOAC ~" s"m(ÀOC + ACO) ~~ aln^AOB+BOT+ACO) CO sin B OC CO sin B OC CO s in B OC

sin OBC ~ sin (BOC+BCO) " sin (BOC -t- BC A + ACO) >

donc

AC __ »in(AOB+B OC) sin (BOC +BCA+ ACO) tang*- — - 8in (AOB + BOC + ACO)sinBOC

Tout est connu dans le second membre j on connoitra donc tang x j on connoîlra donc tous les angles du triangle ABC , et

i5o DE LA DÉTERMINATION

à l'aide du côté A B on en déduira B C et A C. Alors dans le triangle BCO, dont on connoît les angles arec le côté BC, on connoîtra CO et BO ; enfin , dans le triangle A OC, on pourra calculer O A et CA.

Ce qui vient de se faire par le triangle B C A , peut s'exécuter de même par le triangle AOB; on arriverait à des formules toutes semblables , mais qui emploieroient une autre combinaison d'angles , et qui donneroient une vérification utile de ce qu'on auroit trouvé par les premières.

Pour dispenser le calculateur du soin de faire une figure , soit m la distance connue AB.

a et b les angles pris à la première station en allant de droite à gauche, c'est-à-dire les angles AOB et B OC ; c et les angles pris à la seconde station , toujours en allant de droite à gauche , c'est à-dire O C A et A C Bj D , D', D", D "' et & r le» cinq distances inconnues, suivant leur ordre de gauche à droite , c'est-à-dire OA, OB, OC, CA et CB.

La double solution sera renfermée dans les formules suivantes:

sin (c + d) sin (a + ô+c) sine sin (b + c+d)

igz = tg (*-45') tg(goW) p = Q0 0 -ia+s,7=ao'-ia-z

^ m sin 7

sin a D , m sin p

sin a

D „ îy sm(b+c+d ) b\n (c+d)

Dsin (a+b)

sin r

m sin (a+b+ct-p) &in d

sin(a+&) sin (b+ c+ d)

sin b sin (a + b+c) tg*'=lg(*'-«')tg( 9 o'-^..( 2 ) p=Vo--,d+z, 9 '^o'-ïd-z'.(3)

sin a

sin a ' Dsin(a+ft +c) -

gin c

D" = . \ sin a

m sin q sin d

I)' U N ARC DU MÉRIDIEN. i5t

Pour essayer ces formules , appliquons-les à l'exemple calculé par Lagrire.

a6a5 a + b = u5* {a==Zo° a+b + c =i58° o'

6o' a+ft+c =i58 go° — £a = 6o /> = 72 o s?"

55 *+c= 98 ±tf= 28 3o' a+b+c+p ="o5o 027

sin (c + a*). . . ; 9,99335 sin (a+b). . . . 9,95728

sin (a + b+c). . . 9,57558 siu (b + c+d). . 9,625g5