C::=>!.-hP
si A > 90",
et chacune de ces deux combinaisons répondra certainement à un triangle, à moins que la valeur de c ou de C qui y figure ne soit pas comprise entre zéro et 1 80 degrés.
Si l'on divise la première et la deuxième équation (4) respectivement par la première et la deuxième équation (3), on trouvera, en ayant égard aux équations (2) et à la première équation (i),
(5) tang(c — 9) ti^laiigacosB, taT)g{C — '[i) =; — — ,
(6) tniig(c— œ) ^= sinSsinA tang(C — ^).
Lorsqu'on a besoin du calculer les trois éléments inconnus,
l86 TRillTÉ LE TRIGONOMÉTRIE.
et que l'on a obtenu B par la première formule (r), on peat employer avec avartLage les formules (5) et (6) pour achever la résolution du triangle; celles-ci exigent eflectivcraent un logaritlime de moins que les formules (5), et elles déterminent les différences c — (f, C — i|i par leurs tangentes. Pour le calcul, il est permis de regarder ces différences comme positives, c'est-à-dire comme égales à -i- N et à +P respectivement; mais alors, si l'on prend pour B la valeur M, il faut avoir soin de changer les signes des seconds membres des formules (5), quand l'angle  est supérieur à 90 degrés.
152. On procédera exactement de la même manière, si les données sont A, B, a. Les formules qui déterminent les incon-
sinft — j
siiiA
cosàt=. — cosBcc
.sCH-
ainBsiiiCcc
cotrtsinc— cotA t
;i!îB -.
- cosfl cosB.
La première formule est calculable par logarithmes; pour trouver C et c, on calculera deux angles auxiliaires '^^ cf compris enlrezcroct 180 degrés, et tels que l'on ait
(3) tang.]." — tangEcosa, taiigç — — ^^;
les deux dernières formules (i) deviendront alors
(3) c„.(C^--t)=-2î^, cos(=-,) = -c<,.Al.™gBco„.
est satisfaite, la valeur précédente de sine sera inférieure à i ; pareillement, les valeurs de cos (C — 'I') et de cos { c — if ) seront comprises entre — i et +1 ; les Tables feront donc connaître une valeur M de 5 comprise entre zéro et go degrés, ainsi que des valeurs N et P de c — ç et C — '|', comprises entre zéro
ClIAPITliE QUAîniÈillIÎ. 187
et 180 degrés; mais on satisfera aussi aux équations en prenant 5 — 1 80" — M, C — if- = — P, c — tf =z — M. L'introduction des angles i|j et if dans les formules
cet 6 sina — cotB sînC = cos-i cosC, cos&=:coscc()sc -r sinasinccosB donne
(4) ».(€- + )= -.i.+ |5||, .;.(=-,)= -»,ïï^i
il s'ensuit que les différences C — '^ et c — 9 sont de même
signe; on voit aussi que, si ces différences sont négatives, les côtés a et h sont l'un et l'axitre inférieurs à 90 degrés ou supérieurs à 90 degrés; tandis que, si c — yetC — ip sont positives, les côtés o et J sont l'un inférieur, l'autre supérieur à 90 degrés. D'après cela, les valeurs de b, C, c qui doivent être associées seront
i^iSo"-
!si
Chacune de ces deux solutions cesse d'exister, si la valeur de C ou de c qui lui correspond n'est pas comprise entre zéro et 180 degrés.
Des formules (3) et (4) on tire
(5) tang(C — 4.}= — tangAcosi, îang(c--ç) = — -—
(6) taDg(C-.t,)r-.-:sin«smBtang(<7— î),
formules qui faciliteront la résolution du triangle quand le côté b aura été déterminé.
Toutes ces formules sont semblaljles à celles que nous avons obtenues au numéro précédent. On passe des unes aux autres en remplaçant «, 5, c, A, B, C, ç, ^l* par l^^s suppléments de
l8S TRAITÉ DE THIGONOilÉTBIE.
A, lî, C, «, Z», c, (fi f^ <^t, en effet, nous n'avons fait autre cliose ici que résoudre le triangle supplémentaire de celui dont nous nous sommes occupé au n" 151.
153. Quatrième méthode. — L'introduction des angles auxiliaires f et i|i, dont nous avons fait usage dans la méthode précédente, équivaut à la décomposition du triangle ABC en deux triangles rectangles ou eu deux triangles j'cctilatères
pai
oyen
c de grand cercle CD (Jig. 3 1 ) ,
né du
sommet C au côté opposé AB. En effet, si l'arc CD fait un angle droit avec le côté ÂB, le triangle rectangle AC9 donne
tangAD=-; tangicosA, cotACD = cosè tangA; si, au contraire, l'arc CD est mené de manière que sa longueur soit égale à un quadrant, le triangle BCD sera rectilatêre^ et il donnera
titngBD^ — ~~, taagBCD = — taugBcosa,
d'où il suit que les angles désignés par p et i}/ au n" iSl sont respectivement égaux à AD et ACD, tandis que les angles désignés par les inêmes lettres ç et ili au n" 132 sont respectivement BD et BCD.
La méthode fondée sur la décomposition du triangle proposé en deux triangles rectangles ou rectîlatères, et dont nous voulons nous occuper ici, ne ditïcre donc pas au fond de celle que nous venons de développer ; mais il convient de remarquer qu'on peut éviter l'emploi des sinus et des cosinus dans le calcul des éléments inconnus.
Supposons, en effet, le cas où les éléments donnés sont a,
CHi-PlTBE QUATRIÈME, l8;)
i, A. Désignons par B la perpendiculaire CD abaissée de C sur AB, on résoudra le triangle rectangle ACD par le moyen des formules
1 tangf = laiigô cosA, coti]j ~: cosfi tang'A,
( tangS = sinytangA^coaiJi tangè,
après quoi le triangle rectangle BCD, dans lequel on connaît
riiypoténuse a et le côté 6, fera connaître les trois éléments
CBD — B ou iSo° — B, ED — -!-(c — ^), BCD^^(C~4);
on peut appliquer à la résolution du. triangle lîCD le deuxième système de formules qui conviennent au premier cas des triangles rectangles, et l'on aura ainsi, à cause de l'indétermination du signe des différences c — 15), G — 1]/.
5(45.+iB) = ±^ï;
gaêif^H-'
{2) \ iangi(c — ï) = i±\/tang-(a — â)taiig^(û:-H9),
Pour avoir les formules analogues qui conviennent au cas où les données sont A, B, <ï, il suffit de remplacer, dans les formules (i) et (2], A, B, C, a-, 5, c, $, ili, 6 parles suppléments de n, i, c, A, B, C, t{/, tf , 9 respectivement.
La solution fournie par cette dernière méthode est évidemment moins simple que la précédente,
154, Exemple. — On donne les côtés n, b et l'anglo A,
«^iiS" 2'56",64, b~. 82'>33'28",4o,
A zz- 116^20' 2",-0,
et l'on demande de calculer les angles B, C et le côté c.
TRAITK DE TRIGOKOMÉTRIB
Calcul de l slnB
logsinÉ. ..
— îogsln^ logsinA . .
yS" o'5i",Go:-io4"59' 8",4o =
Calcul de l'angle C.
~ cosé '
cotM coso '
log — cotA 1,6945773
— logcosè 0,8934910
log — tang4 o,588o683
\ io4''38'36'',44
logcotM 1 ,4'.76i77
— log — coso 0,4075.468
iogtangP 7,8348645
70" O'Sg", ig i38o5o'i3",6çi
tangf=iaagÈcosA=siiiS3ÎiiAtangv tangN — sinisinAtangP,
logsinA
log — tang-}..
log — tang^..
logsinA
IogtangP . .
log tangN . .
Première solution :
B= ■jS" o'5i",6û, G= 70° 6'59",r9, c=t:. 74<'54'3i",o6.
Deuxième solution :
yGoosle
CBAPITRE QUATniÈan
Discussion dos cas tjui peuvent admettre deux solutions.
153. Les deux derniers cas des triangles sphériques sont les seuls qui puissent admettre deux solutions, et encore ils jie les admettent pas toujours. Les formules qui se rapportent à ces deux cas font connaître le nombre des solutions et elles déterminent sans ambiguïté les éléments de chacune d'elles; il n'est pas cependant sans intérêt d'étudier les diverses circonstances de ces deux problèmes; mais, parce qu'ils se ramènent immédiatement l'un à l'autre, ainsi que nous l'avons déjà dit, nous nous bornerons à présenter ici la discussion du cas où l'on donne deux côtfe «, 5, et l'angle opposé à l'un d'eux.
Si /£:^è, on a aussi A--B, et les formules de Néper donnent
cot — C = tangA.cos«, tang- c ■ tang« cosA.
Pour que le problème soit possible, il faut et il suffit que tangA et cosa, cosA et tanga aient le même signe, c'est-àdire que A et a soient Ions deux inférieurs ou tous deux supérieurs à 90 degrés, il n'y a qu'une seule solution.
Passons au cas général. Il faut, pour que le problème soit
possible, que - — — soit moindre que i ; si cette condition
est remplie, il y a deux valeurs de B qui satisfont à l'équa-
. sin b sin A , , , ^ , . , ,
tion sinlî ^ —. — — : 1 une M est plus petite que 90 degrés,
l'autre M' est égale à iSo^^M.
Pour que l'une de ces valeurs de B réponde à la question, il faut et il suffit (n" 149) que A — B et « — b aient le même signe. Ainsi la condition pour que M réponde à la question est que A — M soit de même signe que a — i; de même, la condition pour que M' y réponde est que A — M' soit de même
signe que a
' Supposons A <[ 90" et 5 <| 90°.
1^2 TRAITÉ DE TRlGOnO^lËTRlE.
Si a est < è, la formule sinB = "'"^"""^ donne M > A,
et, à plus forte raison, M' > A ; il y a donc deux solutions. Si a est ^ 5, on peut avoir
fi -h 6 < iSo", a + h = iSo", a -1- h > iSo".
î>ans le premier cas, on a è<;i8o" — a, sîn&<^sina; alors lVIest-< A-, maisjM'étant^ A, iln'y aqu'uneseule solution. Dans le cas de «H- 5 = 180", on a Ô = 1 80°— a, sinS = sina; alors M ;= A et M' > A; il n'y a donc aucune solution. Dans 3e cas de a + ft^iSo", on a A]>i8o'' — «, sinÈ^sin«[; alors M est > A, et, à plus forte raison. M' > A; il n'y a donc aucune solution.
2" Supposons A <; 90** et i ^^ go".
La formule B =^ — : ^ donne encore M ^ A, et, par
suite, M' ^ A, à moins que l'on n'ait a = go", auquel cas on a M = A. Il y a donc deux solutions si a est <^ 90", et i! n'y en a aucune si fl =^ ou ^ 90".
3" Supposons A <^ go" et J ^ 90".
Si a est <; 5, on peut avoir
Dans le premier cas, on a 6 <[i8o" — «, sini^ sîna : alors M est >■ A, et, à plus forte raison, M' est ^ A; il y a donc deux solutions. Dansle cas de rt-!-5=;i8o", on a 6 = 180 — «, sinS^sinn: alors M = A, M'>Ai il n'y a donc qu'une solution. Dans le cas de «H~i]>i8o'', on a 5^i8o" — a^ sinft <^sina: alors M est <; A; mais comme M' est ]> A, il y a encore une solution.
Si a est ^ é, on a sin ■<[ sine, puisque o et 5 sont obtus : alors on a M>- A, et, à plus forte raison, M'^ A; il n'y a donc aucune solution.
Les hypothèses A = 90° et A ^ go" se discutent de la même manière ; on peut comprendre tous les résultats dans le tatleau suivant ;
l f?<[go'
CUAPITRK QUATRIÈME, 193
iii<^b . . , , deux solutions, a^h «ne solution, (I < é et « -h 6 ■< 180° une solution, a'p- b et a -h b =3; ou >■ 180°. aucune solution;
C'qC' {a<'b deux solutions,
I f « = ou > ô aucune solution;
a [«<;& et (î 4- ô<;!So° deux solutions,
I b > an" < a<^b et u H- ft = ou ^ 1 80" . une solution,
■ [ a ;;= ou ^ è ..-■., aucune solution ;
il (7 u= 6 ou <; ô aucune solution, fi<^9Q" }a^b et<îH-&<; 180" une solution, [a^b et â-h è^ou^iSû". aucune solution ; (a^b une infinité de , b=:^o'' } solutions,
j ( rt <; & ou > /! aucune solution ;
I /([<;;■ et « -h i = ou <C rSo". aucune solution,
è'^go" î n<^È' et a -h b ^180".. .... «ne solution,
( f a ^ ou ^ è aucune solution ;
I û = ou <; 5 aucune solution,
I à<90" / a^b et a -h Z' = ou < 180°. une solution,
\a^b cl a-T- b > 180° deiiK solutions;
1 û =: ou < è aucune solution,
A>.9o°/ I t!>.è t deux solutions;
[ «<;i et (ï -hè = ou-<i8o". aucune solution,
ltf<;6 etM-T-&^ iSo" «ne solution,
\a^=b une solution,
\ a'^b deux solutions.
Problèmes de Trigonométrie spliérique.
156. Pkoblème I. — Calculer le -volume d'un parallélépipède oblique, connaissant les longueurs des arêtes et les angles que ces arêtes font entre elles.
Soient a, S, y les trois arêtes qui aboutissent à Y\xn des Tr!s- s. i3
yGoosle
194 TKÀITÉ BB TRIGONOMÉTEIE.
sommets du parallélépipède. De ce sommet eomme centre, avec un rayon égal à runîté, décrivons une splière, qui coupera les faces déterminées par les arêtes S et y, y et a, « et ê suivant un triangle sphérique. Les côtés a, h, c de ce triangle seront précisément les angles plans donnes de l'angle trièdre, qui a pour sommet le centre de la sphère, et les angles A, B, C seront égaux aux angles dièdres du même angle trièdre.
La base du parallélépipède a pour mesure kS sine; si donc H désigne sa hauteur, le volume demandé V sera
Mais si, par le sommet d'où la liauteur H est abaissée, on mène une perpendiculaire H' sur l'arête a et que l'on joigne le pied de H' à celui de H, cette dernière droite fera avec H' un angle égal à A, et l'on aura, par des triangles rectangles, H' = 7 sine, H — H'sinA = 7 sia& sinA;
par conséquent,
V — aSvsinèsincsiiiA.
Or, si l'on fait a -1- h -[-0=:-- ip, on a (119)
"S V Rin6sinc
2 V siiièsine
et, par conséquent,
^'"^ = ài^é^c t^sinp sio(;> - .■») sm{p - b) ûii{p~~c);
donc
V = 5. «§7 v'5m/,sm/p-«).in(^ - b) sia{p - c) ;
on peut écrire aussi (HO)
V^=a^i'/^i — cor' a — co&'h ~ cos'c H- a cosa cosi cosc.
Remauque. — Si l'on prend le sixième de cette expression, on aura le volume d'un tétraèdre en fonction de trois arêtes conligucs a, ê, y et des angles o, h, c, que ces arêtes font entre
caAFITUE QUATRIÈME. igS
elles. De là on peut déduire très -aisément l'expression du vo- Inme d'un tétraèdre en fonction de ses six arêtes.
157. Problème II. — Réduire un angle à l'horizon. Supposons qu'itn observateur placé au point O [fig. Sa) ait mesuré les angles formés avec la verticale 00' par les rayons
visuels OP et OQ dirigés vers deux points fixes P et Q, et qu'il ait m.esuré aussi l'angle POQ formé par ces rayons visuels; on demande de trouver l'angle P'O'Q' qui est la projection de POQ snr le plan horizontal.
Si l'on imagine une sphère décrite du point O comme centre, avec l'imité pour rayon, elle sera coupée par les trois faces de l'angle trièdre en O, suivant un triangle spliérique ABC, dont les côtés seront précisément les angles observés ; tandis que l'angle P'O'Q' qu'il faut trouver est égal à l'angle C de ce triangle sphériqne. On est ainsi ramené à l'nn des cas des triangles spliériques dont nous avons donné la solution au n" 142.
158. PnoELÈME ÏII. -— £tant données les latitudes et les longitudes de deux points de la surface de la Terre, trouver la distance de ces deux points.
Soient (fig. 33) P le pôle boréal, P' le pôle austral, EGE' l'équateuret G le point de cecercle à partir duquel se comptent les longitudes. Supposons que GE soit le sens des longitudes orientales, et GE' celui des longitudes occidentales. Soient PACP' et PBDP' les méridiens qui passent par les deux points donnés, dont on connaît les latitudes AC, BD, et les longitudes GC, Gû; soit enfin AB l'arc de grand cercle qui
rgC TRAITÉ DE TBlGOHOaÉTBlE.
joint les points A et C. Dans le triangle sphériijue PAR, on connaît l'angle P et les deux côtés qui comprfiniieut cet angk.
Fis. 33.
En eiFet, l'angle P est égal à la ditlërence des longitudes données, lorsque celles-ci sont toutes deux orientales ou occidentales; et le même angle P est égal à la somme des longitudes données ou au complément de cette somme à 36o degrés, lorsque l'une des longitudes est orientale et que l'autre est occidentale. En outre, le côté PA est égal à 90" — ou -{- la latitude du point A, suivant que cette dernière est boréale ou australe ; et, do même, le côté PB est égal à 90" — ou + la latitude du point B.
Convenons que les longitudes soient positives ou négatives suivant qu'elles seront orientales ou occidentales, et pareillement que les latitudes soient positives ou négatives suivant qu'elles seront boréales ou australes. Si l'on désigne par L et L' les longitudes des points A et B, par 1 et X' les latitudes des mêmes points, on pourra (146etl47) calculer le côté AB — x par l'une ou l'autre des deux formules
cos^. = îîiiiîii^î!, cm',,=:± ''°^'^~''''
Quand on fait usage de la première formule, il faut calculer préalablement l'angle auxiliaire ç par la formule tangf ==coticos(L' — L);
si l'on veut au contraire employer l'angle m, on le calctilera par la formule
tangw ^— ■ — î-^- '- ^1
CITAPITRE (JUATBIÈME. '97
Supposons l'angle x évalué en degrés, la demi-circonférence d'un méridien terrestre étant égale à 20000 kilomètres; ou aura, pour la longueur de AB en kilomètres,
AB = -Xiooo.
159. Exemple. — On demande la distance de Saint-Pè lersbourg à P^alparaiso, sachant que l'on a :
Pour Saint-Pétersbourg [Observatoire],
lat. sept. ;=X = 59''56'3o", long, orient. =1=1 = ^7''58' c3";
Pour Falparaiso {F. S. Ant.),
lat. aust. =:X'=T^33"i'55'', long, occid. ^ L' ==; — ^S^S^'aa".
Calcul ds l'imgie mtxiliaire ç.
tang<f> = coticos(L'— L).
logcoti 7,7624599
log--c(fô(L'^Lj... Î,3i52455 iog — tangf. ,
Calcul de la distance a.
sin
XsinlV+?î
logsin(V-^v)..
lo cos^ ^
i „z-ijy
QUESTIONS PKOPOSBES.
I. Démontrer que, si l'on joint les sommets d'un triangle sphériquoaveo les milieux des côtés opposés pav des arcs de grand cercle, ces arcs se couperont en un même point 0, Si a désigne l'arc qui joint le sommet A au milieu du côté a et que h' et a" soient les parties de a comprises, la première entre le sommet A et le point 0, la deuxième entre le point et Je côté a, on a
II. Démont e q o les "Tands cercles menés par les sommets d'un triangle ''ph r i e p rj eud culiiren nt 1 ix côtés opposés se coupent aus lieux n é I es \ oiats Trouv i les 1 n e rs des arcs compris entro un de
igS TRAITÉ DE TRIGONOMÉTRIE.
leurs pointa d'intersection et les sommets, ou entre les sommets et les côtés opposés.
m. Résoudre un triangle sphérique rectangle, comiai'ssaut l'hypoténusa et le rayon du cercle inscrit.
IV. Résoudre un triangle sphérique, connaissant un angle, le côté opposé et la somnie ou la différence des deux autres côtés.
V. Résoudre un triangle sphérique, connaissant un angle, l'un des côtés qui comprennent cet angle et ta somme ou la différence des deux autres côtés.
