K RAMP
Astronomie. Essai d’une nouvelle
Annales de Mathématiques pures et appliquées, tome 4 (1813-1814), p. 237-250
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237
ASTRONOMIE.
Essai d’une nouvelle solution des principaux problèmes
d’astronomie ;
Par M. K R A M P , professeur , doyen de la faculté des
sciences de l’académie de Strasbourg.
(Deuxiéme mémoire. ) (*)
PROBLÈMES D’ASTRONOMIE
38. LES
élémens de l’orbite d’un corpscéleste, assujetti
aux 10isde la
gravitation ,
sont au nombre desix ;
savoir : !alongitude
du
n0153ud,
l’inclinaison del’orbite ,
laposition
de laligne
desapsides,
le
grand
axe ,l’excentricité ,
et l’instant du passage par l’une des deuxapsides.
Trois observationscomplètes ,
en nous faisant connaître les lon-gitudes
et les latitudesgéocentriques
de ce corps dans trois instans don-nés,
nous fournissent sixéquations lesquelles
suffisent pour déterminerun nombre
pareil
d’inconnues. En continuant dedésigner
par Sin.03BB l’excentricité connue de l’orbe terrestre, nous tâcherons derepré-
senter chacune de ces six inconnues par une série ordonnée selon les
puissances
ascendantesde À,
telle queLe
premier
terme A est ce que devient cettesérie ,
dans le casde 03BB=O,
qui
est celui d’un mouvement de la terresupposé
uni-(*) Voyez la pag. 161 de ce volume.
Tom. IV,
n.°VIII, I.er février, I8I4. 32
238
PROBLÈMES
forme et
circulaire ;
et on voit que cepremier
termesuffira,
dansle cas où l’observateur se trouverait
près
de l’une des deuxapsides
de l’orbite terrestre. Comme cette excentricité est une fraction assez
petite , égale à
unsoixantième ,
à peuprès ;
la série sera très-convergente,
même dans les cas les moins favorables. Enréservant,
pour le mémoire
qui
suivracelui-ci,
la recherche du second et du troisième termes de lasérie,
nous nousbornerons ,
dans lemémoire
actuel,
à la recherche du seulpremier
terme que nousavons
désigné
par la lettre A.39, PROBLÈME
Y. Les élémens de l’orbite étantsupposés
connuson
demande ,
pour un instantquelconque, l’expression
littérale dela
longitude et de
la latitudegéocentrique
de l’astre ? Solution. Soient(fig. 1)
S ,
le centre dusoleil ;
EZAT,
l’orbite de la terre ;MBN’,
l’orbite del’astre ; SN’,
laligne
desn0153uds ;
SE ,
laligne
deséquinoxe ;
T ,
un lieu de la terre ;M,
le lieucorrespondant
del’astre ;
MN une
perpendiculaire
sur laligne
desnoeuds ;
ML,
uneperpendiculaire
sur leplan
del’écliptique ;
et soientmenées
ST , SL , SM,
LN et TLprolongée jusqu’à
la rencontre deSNI
en Q,
et enfin SZparallèle
àTQ , projection
surl’écliptique
du rayon visuel TM.
Alors,
Les
triangles MLT, MLS,
MLN seront tous troisrectangles
enL;
S T et SM seront
respectivement
les rayons vecteurs de la terre et del’astre ;
L’angle
MNL mesurera l’inclinaison del’orbite ;
Et les
angles
ESZ et MTL serontrespectivement
leslongitude
et latitude
géocentnqaes
de laplanète
ou de la comète.239
D’ASTRONOMIE
40.
FaisantST=a, SM=r,
letriangle MNS, rectangle
enN,
donnera
Le
triangle MLN, rectangle
enL ,
donnera ensuiteet
si,
dupoint T ,
on abaisse sur laligne
des noeuds SN la per-pendiculaire TO,
etqu’on
mène laparallèle
LP à cette mêmeligne SN,
on aurad’où on conclura
on aura donc
cet
angle
pourra donc êtreregardé
commedonné,
dès que l’onconnaîtra l’inclinaison MNL de
l’orbite,
les deux rayons vecteurs ST=a etSM=r,
et lesangles TSN ,
MSNqu’ils
font avec laligne
des n0153uds. On n’auraqu’à
retrancher ensuite cetangle
NSZde la
longitude
ESN dun0153ud ,
pour avoir lalongitude géocen- trique
ESZ.41. Après
la recherche de lalongitude ,
celle de la latitude esttrès-facile. Des deux
triangles LTP , rectangle
enP ,
etMLT, rectangle
enL,
on tire les deuxégalités qui
suiventNO=LP=LTCos.TLP=LT.Cos.NSZ, LM=LT.Tang.MTL;
d’où
240 PROBLEMES
Et
telle est latangente
de la latitudegéocentrique.
42.
Il reste donc àexprimer
lesangles NST , MSN, MLN ,
ainsi que les rayons vecteurs a et r , en d’autres
quantités qui, d’après
l’énoncé de notreproblème
doivent êtreregardées
commedonnées : et ce sont les élémens de l’orbite dé l’astre. Soient donc 03B4,
l’angle ESM, longitude
dun0153ud ;
03B2,
l’angle MNL,
inclinaison del’orbite;
03B5,
l’annie
BSN que fait laligne
des noeuds avec celle desapsides ;
b,
ledemi-grand
axe de laplanète
oucomète ;
Sin.u ,
lerapport
de l’excentricité au demi -grand
axe ; cequi
donne
bCos03BC,
pour leclemi-petit
axe ;bSin.f’,
pour la distance dufoyer
au centre ;a, le
demi-grand
axe de la terre ; p, letemps périodique
de la terre ;q, le
temps périodique
del’astre ;
p est connu et,
quant à
q, nous savonsqu’on
aainsi,
les deuxquantités désignées par b et y pourront toujours
être
remplacées
l’une par l’autre.43.
A cescinq élémens, savoir 03BC, b,
il faut enajouter
un sixième : c’est celui
qui
doitfixer
le moment du passage de l’astre par sonaphélie.
Nous supposerons doncqu’à
cet instant laterre était au
point
A de son orbite. Notre sixième élément seradonc
l’angle
ASN = 03BC que fallait alors laligne
desnoeuds SN
avecle rayon vecteur SA de la terre.
44.
En continuant dedésigner
par pl’anomalie vraie
del’astre,
nous
emploîrons
la lettre 03B1 pourexprimer
l’anomalieexcentrique
qui
luiappartient.
Lalongitude
de la terre ,supposée
aupoint
TD’ASTRONOMIE. 24I
de son
orbite,
oul’angle EST,
seradésignée par 03B4,
cequi
rendl’angle NST=03B8-03B4,
etl’angle AST=03B8-03B4-~.
Letemps employé
par la terre à
parcourir
l’arc AT sera doncp(03B8-03B4-03B3) 203C0
et, commel’astre
emploîra
le mêmetemps
pourparcourir
l’arc BM de la sienne( B
étant le lieu de sonaphélie),
et pour décrire ainsil’anomalie
vraieBSM=~ , à laquelle répond
l’anomalieexcentrique
et lerayon vecteur
SM=r,
on aura leséquations qui
suivent45.
Ilparaît
convenable de réduire toutes les formules aux ano-malies
excentriques
et d’éliminer entièrement les anomaliesvraies.
Cette réduction est
facile ;
nous aurons46.
Enconséquence,
si l’ondésigne
finalementpar A
lalongitude géocentrique,
par B la latitude
géocentrique
del’astre
au moment où la terreest
parvenue
aupoint
T de sonorbite l’an8le TLP=NSZ
sera03B4-A; l’angle NST ,
que fait lerayon
vecteur ST avec laligne
des
nceuds SN,
sera 03B8-03B4;l’angle
MSN que fait arec cette mêmeligne SN le rayon
vecteurSM
de l’astre sera03B4+~; l’angle
MTLsera
B,
etl’angle MNL, qui exprimera
l’inclinaison de l’orbitesera 03B2. Les formules des n.08
40 et 4I, qui
nous faisaient con-naitre les
tangentes
desdeux angles 03B4-A et B deviendront
ainsi242
PROBLEMES
46. Multipliant
ces deuxéquations
par le dénominateur commundes fractions
qui forment
leurs seccndsmembres
ellesdeviendront
en réduisant
aSin.(03B8-A)=rCos.(03B8+~)Sin.(03B4-A)+rSin.(r+~)Cos.(03B4-A)Cos.03B2.
aTang.BCos.(03B8-03B4)=rCos.(03B5+~)Tang.B-rSin.(03B5+~)Cos.(03B8-A)Sin.03B2.
47.
Arrêtons-nous à ces deuxproduits rCos. 03B5+~)
etrSin.(03B5+~), qui
font fonction de facteurs dans ces deuxformules ,
etqui
nesont autre chose que les deux coordonnées
rectangulaires SN, MN
du
point
M del’ellipse rapportées
aufoyer
S commeorigine ,
età la
ligne
des n0153uds SN comme axe. En lesdésignant respectivement
par bP et
bQ,
et enemployant
lesdéveloppemcns
donnés au n,O45,
nous aurons
ou bien
En employant
cettenotation,
on auraLa ligne MT,
distance de l’astre à la terre,égale à
ildeviendra ,
par cette mêmenotatton , bQSin.03B2 Sin.B.
48.
Si onmultiplie
lapremière
de ceséquations
parSin.03B2,
l’autrepar
Cos.03B2,
etqu’oit
lesajoute ensemble ,
on aura une nouvelleéquation
débarrasséede Q
et ne renfermantque P
seul.Multipliant
de même la
première
parTang.B,
la seconde parSin.(03B4-A)
etD’ASTR ONOMIE. 243
les étant l’une de
l’autre,
enremarquant
que(03B8-A)=(03B8-03B4)+(03B4-A),
ce
qui
rendSin.(03B8-A)-Cos.(03B8-03B4)Sin.(03B4-A)=Sin.(03B8-03B4)Cos.(03B4-A).
on aura une nouvelle
équation
débarrassée deP,
et ne renfermantplus
queQ.
Ces deuxéquations
serontLeur forme nous met dans le cas de
procéder
pardegrés
à lasolution du
probléme ,
en lepartageant
dans les troisqui
suivent:,49. PROBLÈME
VI. Laposition
duplan
de l’orbite étant sup-posée
connue , et connaissant deplus
legrand
axe del’ellipse,
et l’instant du passage par l’une des deux
apsides ;
on dernandede
déterminer , moyennant
une seuleobservation,
l’excentricité etla
position
de l’axe ?5o. Solution. Les
quantités
connues duproblème
seront ainsi :l’angle 03B4, longitude
dun0153ud ; l’angle 03B2
inclinaison del’orbite ;
les
angles A
etB,
ou lalongitude
et la latitudegéocentriques,
données par
l’observation; l’angle 03B8, longitude
de la terre dans cemême
instant ; l’angle 03BD
que faisait laligne
des Meuds avec le rayonvecteur de la terre, au moment du passage de l’astre par son
aphélie;
enfin le
demi-grand
axe b del’orbite ,
et parconséquent
la fractionb a. Les deux inconnues sont
l’excentricité m
etl’angle a
que fait laligne
des nceuds avec celle desapsides.
51. Les deux
équations
données(48)
nous mettent dans le casde déterminer immédiatement les deux facteurs P et
Q.
Deplus, l’angle m
étantsupposé
connu, onaurait pour déterminer
l’ano- malieexcentrique", l’équation (44)
qui,
outre cetteanomalie,
renferme encorel’excentricité 03BC,
in-connue comme clle. Heureusement elle est
réductible;
carayant (47)
244 PROBLÈMES
on en tire
quantité
entièrement connue. En ladésignant
donc parR ,
onobtient
ce
qui change
notre dernièreéquation
enOn en tirera l’anomalie - par une
simple application
de larègle
de fausse
position;
et ,après
l’avoirtrouvée,
il ne resteraplus
que.le seul
angle 1
à déterminer.Or,
des deuxéquations (47) P=Cos.Sin.03BC+Cos.sCos.x-Sin 03B5Sin,xCos.03BC,
Q=Sin.Sin.03BC+Sin.Cos.x+Cos.Sin.xCos.03BC;
on tire
ce
qui
donneLe
problème
sera ainsi résolu. Il pourra servir àdéterminer, dans
les orbes
planétaires ,
le lieu del’aphelie
etl’excentricité,
les autresélémens étant
supposés
connus.52.
PROBLÈME
VII. Connaissant laposition
duplan
de l’or-bite,
on demande dedétermmer,
moyennant deuxobservations,
les
quatre
élémensqui
restent; savoir : l’instant du passage parl’aphélie ,
oul’angle n;
laposition
de laligne
desapsides,
oul’angle
03B5; l’excentricité del’orbite ,
oul’angle
03BC;enfin
le demi-grand
D’ASTROXOMIE.
245grand
axeb, duquel dpendte rapport
des deuxtemps périodiques
p et q au moyen de
l’equation p2b3=q2a3 ?
53. Solution. Ea conservant, pour la
première observation,
lesnotations du
problème précèdent,
on rnarquera par un accent cellesqui
serapportent
à la seconde. Ondésignera
doncpar
A, A’
les deuxlongitudes géocentriques ;
par
B,
B’ les deux latitudesgéocentriques;
par x , x’
les deuxanomalies, excentriques;
par r, r’ les deux rayons vecteurs.
On aura ainsi
54.
Les lettresP, P’, Q, Q’ désigneront
encore les fonctions tri-gonométnques qui
suivent55.
On auradonc,
en vertu de(48),
56.
Ainsi,
laposition
duplan
de l’orbite étantsupposée
con-nue , on pourra
regarder
comme connues lesquatre
fractionsbP a, bP’ a, bQ a, bQ’ a;
mais lerapport 2013
est une des inconnuesTom. IV. 33
246 PROBLÈME S
du
problème ;
cequi porte
àcinq
le nombre de celles que ren- ferment lesquatre équations précédentes.
57.
La sixièmeinconnue,
c’estl’angle n, qui
fixe l’instant du passage parl’aphélie.
La théorie del’ellipse
fournit les deuxéqua-
tions
(44)
desquelles
ontire,
par unesimple soustraction ,
L’angle n
étant ainsidéterminer
le nombre deséquations
de mêmeque celui des
inconnues ,
se trouvera de nouveau réduit àcinq.
58. Les
quatre équations
de(54) pourront
êtreréduites
àtrois,
par
l’élimination
del’angle
03B5.On
a d’abord(5I)
d’où l’on tire
59.
Il conviendra de remarquer les deuxexpressions
littérales dePQ’-P’Q
et dePP’+QQ’, que
l’on obtiendra encore, entière-ment
débarrassées
del’angle a ,
à l’aide des formules données(47) ;
savoir
il
en résulted’où
Fouobtient
la formulesimple
etremarquable
D’ASTRONOMIE.
247Ainsi donc , ayant trouvé ,
à l’aide desformules (oo) ,
les quan- titésP, P’, Q, Q’, multipliées
par lefacteur b 1 qui,
quoiqu in-connu , est commun à toutes, et
disparait
dans ladivision ,
on en tireraimmédiatement
l’angle
~’-~; c’estl’angle
décrit par le rayon vecteur de lacomète ,
dans l’intervalle detemps qui
separe les deux ob- servations.60. Si l’on
développe
les sinus et cosinus de~’-~,
en réduisanttout aux anomalies
excentriques moyennant
les formules(45),
on en déduira les deux
qui
suivent :61.
Pour donner a nos formules encoreplus
desimplicité , faisons
d’où
il en résultera
et par
conséquent
la dernière des
équations (57) prendra
alors la formeet comme
elle
deviendra
finalement248 PROBLËI ES
62. Mais n’oublions pas que la
fraction - , qui multiplie P, P’,
Q, Q’,
dans les formules(55) ,
est elle-même une de nos inconnues.Faisons ,
pourabréger , a b
=n; faisons deplus
Les
quantités M, N, 0, M’, N’,
O’ seront alors cellesqu’on
aura pu immédiatement déduire des formules
(55),
et que , parconséquent,
on pourraregarder
commeconnues,
tandisqu’il
faudraconsidérer comme inconnue la
fraction a
b =n,demême que p’ = n3.
qLes
équations
du numéroprécédent deviendront
donc63.
Ce sont là leséquations desquelles dépend
la solution duproblème.
Il fautemployer
larègle
de fausseposition ;
et, pouréviter les
équations
au-dessus du seconddegré,
il fautcommencer
par supposer une valeur
numérique
àl’angle
x. A l’aide -de cetangle,
on déterminera l’excentricité 03BC. Pourcela ,
on divisera lequarré
del’équation (i)
parl’équation (3),
cequi
donnera64.
Delà,
on passera àl’angle
03C8.Posant,
pourabréger,
at divisant la
troisième équation
par laseconde,
ilviendra
249 D’ASTRONOMIE.
équation
oû l’ontraitera l’angle
03C8 comme l’inconnue, et que l’on résoudra par les méthodes connues(*).
Deplus,
cetangle 03C8
étantla demi-différence des deux anomalies
excentriques
pour peuque
ces deux anomalies ne soient pas
très-eloignées
l’une del’autre ,
il sera assez
petit
pour que son cosinuspuisse
être confondu avecl’unité,
sans erreursensible ,
sur-tout s’il faut vérifier lepremier
essai d’une
règle
de fausseposition.
On aura ainsi65. A l’aide des trois
angles x , ,. ,
03C8, on aura, parl’équa-
tion
(1)
Substituant ensuite les valeurs
numériques
desquatre quantités
dansl’équation (4) ,
on s’assurera de la différence entre deuxquantités qui,
dans le cas d’unesupposition
exacte pour x , devraient êtrerigou-
reusement
égales.
Une secondesupposition
donnera un nouveaurésultat
qui , comparé
aupremier ,
servira àdiriger
lessuppositions
ultérieures,
et àconduire ,
parquelques essais ,
et parl’application
des méthodes usitées en
pareille
rencontre , à une valeur suffisammentapprochée de x;
et, parsuite, à
cellesde 03BC, 03C8
et n.6G. Les deux anomalies
excentriques
x , x’ se trouveront ensuite par lesformules (60) ;
savoir :L’angle
~ sedéduira
de l’unedes deux équations (57)
Il restera donc à connatre le seul
angle e;
et on aura pour ledéterminer,
l’une desquatre équations (54).
67.
Telle est done la solution duproblème,
dansle
cas où la(*)
Vayez
la page 84 da z.e volume de ca reaucil. J. D. G.250 GEOMETRIE
position
duplan
de l’orbitepeut
êtresupposée
connue. Il est très-possible
de déterminer cetteposition à part, indépendamment
desautres élémens de cette
orbite ;
les méthodesqui
y conduisent sontassez connues ; et elles sont encore
susceptibles
d’êtreperfectionnées.
Toutefois nous
donnerons ,
dans unprochain mémoire,
la solutiongénérale
etcomplète
duproblème.
GÉOMÉTRIE PRATIQUE.
PROBLÈME.
Prolonger
unedroite accessible au - delà d’un obstacle
qui borne la
vue , enn’employant que l’équerre d’ar-
penteur,
et sansfaire
aucunchaînage ? Solution ;
Par M. SERVOIS , professeur
auxécoles d’artillerie.
SOIENT A ,
B(fig. 2)
deux despoints
de la direction d’une droitequ’il
fautprolonger
au-delà d’un obstacle Oqu’elle
vient rencontreret
qui
borne la vue.J .0 Aux
points A, B , pris
pour sommets, soientformés
àvolonté,
lesangles
droitsLAD, LBD ,
en déterminant lespoints
Let D de manière que de L on
puisse
voir au-delà de l’obstacle 0.2.° Au
point L , pris
pour sommet, soit faitl’angle
droitDLF ;
F étant l’intersection de LF avec BD ou son
prolongement.
3.° En cheminant dans la direction de
AD ,
soitdéterminé ,
surcette