L HUILIER
Géométrie. Eclaircissemens sur le troisième et sur le sixième cas de la trigonométrie sphérique
Annales de Mathématiques pures et appliquées, tome 2 (1811-1812), p. 257-266
<http://www.numdam.org/item?id=AMPA_1811-1812__2__257_0>
© Annales de Mathématiques pures et appliquées, 1811-1812, tous droits réservés.
L’accès aux archives de la revue « Annales de Mathématiques pures et appliquées » implique l’accord avec les conditions générales d’utilisation (http://www.numdam.org/conditions). Toute utilisation commerciale ou impression systématique est constitutive d’une infraction pénale.
Toute copie ou impression de ce fichier doit contenir la présente mention de copyright.
Article numérisé dans le cadre du programme Numérisation de documents anciens mathématiques
http://www.numdam.org/
257
GÉOMÉTRIE.
Eclaircissemens
surle troisième
et surle sixième
casde la trigonométrie sphérique ;
Par M. LHUILIER , professeur de mathématiques à l’académie impériale de Genève.
T R I G O N O M É T R I E S P H É R I Q U E.
J’APPELLE troisième
cas de latrigonométrie sphérique
celui danslequel
on donne deux côtés etl’angle oppose
à l’un d’eux.J’appelle
sixième cas celui dans
lequel
on donne deuxangles
ct le côtéopposé
à l’un d’eux.
Par les
propriétés
destriangles polaires ,
l’un de ces cas est ramenéà
l’autre ;
enparticulier ,
le sixième est ramené au troisième.Quoi- qu’on puisse
traiter chacun d’euxséparément ,
etindépendamment
des
triangles polaires , j’examinerai particulièrement
cequi
concernele troisième cas ; il sera facile ensuite
d’appliquer
au sixième cequi
aura été dit sur le troisième.
Lorsque
le troisième cas estpossible
etdéterminé ,
on a coutumede dire
qu’il
admet tantôt deuxsolutions ,
tantôt une solution etmême aucune , en
ayant égard
à lagrandeur
du côté donnéopposé
a
l’angle donné ,
relativement au côtéqui
estjambe
de cetangle..
Je pense , au
contraire , qu’on
doitregarder
cecas ( lorsqu’il
estpossible
etdéterminé )
commeayant toujours
deux solutions.Pour éclaircir mon avis à cet
égard , je
vais discuter le cas corres-pondant
de latrigonométrie rectiligne
danslequel
on connaît deuxcôtés et
l’angle opposé
à l’un d’eux.Pour construire le
triangle proposé ,
sous les conditionsdonnées ,
on fait
l’angle
A( fig. 1, 2)
de lagrandeur donnée ;
sur une deTom. II. 36
258
TRIGONOMÉTRIE
ses
jambes,
onprend
AB de lagrandeur donnée ;
de son extrémitéB on abaisse sur l’autre
jambe
laperpendiculaire
BD. Pour que letriangle
soitpossible ,
le coté donnéopposé
àl’angle
A ne doit pasêtre
plus petit
quela perpendiculaire
BD.Lorsque
ce côté estégal
à sa limite en
petitesse ,
letriangle ABD, rectangle
enD ,
est leseul
qui
satisfasse aux conditions.La condition de
possibiiité
étantremplie;
dupoint
B comme centre,avec un rayon
égal
au côté donnéopposé
àl’angle A ,
on décrit unarc de cercle
qui
coupe lajambe
AD en deuxpoints
C etCI,
situésde
part
et d’autre dupoint D ,
et à une même distance delui, auxquels répondent
deuxtriangles BAC ,
BAC/.Partant,
en tant que la construction dutriangle proposé dépend
de l’intersection
( supposée possible )
d’un cercle et d’unedroite ,
leproblème
atoujours
deux solutions.Si le côté BC
( supposé plus grand
queBD )
estplus petit
que le côté
AB , jambe
del’angle donné ;
les deuxpoints
C et C/sont situés d’un même côté du
point A ( fig. I ),
relativement à lajambe
AB,
etl’angle
donné A est déterminé à êtreaigu.
Les deux trian-gles ABC ,
ABC’ ont entre eux lesrapports
suivans : lesangles
Cet C’ sont l’un
supplément
del’autre ,
les côtés AC et ACI sontl’un la somme et l’autre la différence de DA et DC ou
DC’ ,
et lesangles
ABC et ABCI sont aussi Fun la somme et l’autre la différence desangles
DBA et DBC ou DBC/.Que
le côté BC soitégal
au côtéAB;
lepoint
DI tombe enA,
le
triangle
ABC/dégénère
dans laligne AB ,
et le côté ACI devientzéro ,
en conservant letype
de son inclinaison à AB.Que
le côté BC(tig. 2 )
soitplus grand
que le côtéAB ;
lespoints
C et C’ sont situés de différents côtés dupoint
A, relativementau côté AB. Dans le
triangle ABC’ , l’angle
A est déterminé à être obtus. Dans lestriangles ABC, ABC’ ,
lesangles
C et C’ sontégaux
entre eux , le côté AC’ est l’excès de DC sur
DA ,
etl’angle
ABC’est l’excès de DBC sur DBA.
Quant
auxangles
enA,
les deuxSPHERIOUE. 259
triangles
diffèrent entre eux en ce que ces deuxangles
sont l’unle
supplément
de l’autre.C’est cette différence
qui
faitregarder
ce dernier cas commen’ayant qu’une solutipn,
en tantqu’on regarde l’angle
A comme étantdéterminément
aigu
ou comme étant determinement obtus.Lorsque
deux droites( non perpendiculaires
l’une àl’autre )
serencontrent chacun des
angles ,
l’unaigu
et l’autreobtus qu’elles
font entre
elles , peut
êtrepris
pour leurinclinaison , jusqu’à
cequ’il
y ait
quelque
raisonqui
lève le doutequ’on
doit avoir à cetégard.
Or ,
lagrandeur
du côtéBC ,
relativement au côtéAB ,
lève cedoute ;
de manière que ,lorsque
le côté BC estplus petit
que le côtéBA ,
il déterminel’angle
A à êtreaigu,
dans chacun des trian-gles qu’on obtient ;
etlorsque,
aucontraire ,
BC estplus grand
que,BA ,
il déterminel’angle
A à êtreaigu
dans l’un des cestriangles ,
etobtus dans l’autre. Donc chacun de ces
triangles
doit êtreregardé
comme
rernplissant
les conditions de laquestion ,
tantôt pourl’angle aigu
A dans l’un et dansl’autre ( fig. i ),
et tantôt pourl’angle aigu
A dans l’un etl’angle
obtus A dansl’autre ( fig. 2 ) (*).
L’algèbre
vient àl’appui
de ces considérationsgéométriques.
En
effet ,
enregardant
BC et BD comme connus, on a DC2 =BC22013BD2 ,
etpartant DC=±BC22013BD2 ; partant
laligne
DCa
toujours
deuxvaleurs ,
les mêmesquant
à lagrandeur ,
et diffé-rentes par le
signe ,
soit que DC soitplus petite
ouplus grande
queAD ,
etpartant,
soit quel’angle
A soitaigu
ou obtus.L’algèbre
et lagéométrie
sont donc d’accord pour faireregarder
chacune des deux solutionsqu’on
obtient comme devant être admise. Leproblème
pro-(*) On peut concilier
l’opinion
de M. Lhuilier avec ceïlequ’il
combat, en disantqu’à
la vérité leproblème
a toujours deux solutions, maisqu’il
arrive ici ce qu’onrencontre dans la
plupart
desproblèmes
du seconddehré
où , par des circonstan-ces
particulières
à la question qu’on traite, une des deux solutions doit êtrerejetée ; il
parait
même que ce n’est que dans ce sens que lesgéomètres
disentque le
problème
dont ils’agit
ici, peut souvent n’admettre qu’une solutionunique.
( Note des éditeurs. )
260
T R I G O N O M É T R I E
posé , lorsqu’il
estpossible
et hors dela limite ,
a donctoujours deux
solutions.
Qu’on
cherche immédiatement le côtéAC ,
sans considérer le seg-ment
AD,
on l’obtiendra parl’équation laquelle
donnePartant , lorsqu’on
aBC>ABSin.A,
AC a deux valeurs.En
regardant
A commeaigu ,
l’une de ces valeurs esttoujours
positive;
l’autre est aussipositive ,
si l’on acette valeur est zéro , si
AB =BC ;
et elle estnégative
si l’on aAB BC.
Ainsi encore,
l’algèbre
faitregarder l’une
et l’autre des détermina- tions dupoint C, dépendantes
de lagrandeur
deAC,
commeréelles,
et comme
pouvant
différer entre elles par la direction de la droite AC.Ayant de
passer à
mon butprincipal ,
relatif à latrigonométrie sphérique , je
croîs devoir faireprécéder
laproposition
suivante.LEMME. Soit un
point
donné deposition,
sur la surface d’un hemis-phère ,
hors de sa base et différent de sonpôle.
Par cepoint ,
soientmenés des arcs de
grands
cercles à la circonférence de la base del’hémisphère.
Leplus grand
de ces arcs est celuiqui
passe par lepôle ;
leplus petit
est lesupplément
de celui-là. Les autres sontd’autant
plus grands
ouplus petits qu’ils
font desangles plus grands
avec le
plus petit
on leplus grand
de ces arcs ; de manièrequ’ils
passent
par toutes lesgrandeurs
intermédiaires entre leurplus petite
et leur
plus grande
valeur.Soit
P ( fig. 3 )
lepôle
d’unhémisphère ; soit
B unpoint
hors de sa baseet différent du
pôle ;
par B soit mené à unpoint
C de la circonférence de la base del’hémisphère
l’arc degrand
cercleBC ;
soit aussi mené par B ledemi-grand
cercle DBD’ dont lapartie
BDI soit cellequi
passe par le
pôle P,
en sorte que cc ne soit que leprolongement
S P H É R I Q U E.
26Ide BD
qui
passe par cepôle ; j’affirme
que l’on aBDBC
etBD’>BC.
Soit
BQ
une droiteperpendiculaire
auplan
de la base de l’bé-misphère ;
et soient menées les droitesQC , QD, QD’.
On a,
quel
que soit lepoint C,
Dans toutes les
équations semblables , BQ
est constant ; donc le carre de la corde BC croit avec le carré deQC ;
maisQD
est laplus petite
etQD’
laplus grande
des droitesQC ;
donc aussi la corde BD est laplus petite ,
et la corde BD’ laplus grande
descordes
BC ;
mais les arcsBD , BD’ ,
BC sontplus petits
que la demi -circonférence ;
donc aussi l’arc BD est leplus petit
et l’arc BD’ le
plus grand
de tous les arcs BC. Deplus,
commele carré de
QC
passe par tous lesdegrés
degrandeur
intermédiairesentre le carré de
QD
et le carré deQD’,
le carré de la corde BC passe aussi par tous lesdegrés
degrandeur
intermédiaires entrules carrés de BD et
BD’,
etpartant aussi ,
les cordes BC et lesarcs BC
passent
par tous lesdegrés
degrandeur
intermédiaires entreles cordes et les arcs BD et BD/.
En
particulier,
les arcsqui
font avec l’arc BD ou BDf desangles égaux
depart
et d’autre de ces arcs, sontégaux
entre eux.Cela
posé ,
soit ABC(fig. 4)
untriangle sphérique
dont onconnaît les
côtés
AB et BC et l’un desangles
en Aopposé
aucôté BC.
1.
Que
les côtésAB , BC ,
soient tous deux desqnadrans ,
lepoint
B est lepôle
de l’arcAC ;
lesangles
A et C sont déterminésà être Fun et l’autre des
angles droits ;
le côté AC etl’angle
ABCsont
quelconques ;
ct letriangle
ABC est indéterminé.Réciproquement ,
quel’angle
A soit droit et que sajambe
donnée BAsoit un
quadrans ;
le côté BC est déterminé a être aussi un qua-drans ; l’angle
C est déterminé à êtredroit ;
et letriangle
estindéterminé.
262
T R I G O N O M É T R I E
II.
Que l’angle
A soitdroit,
et que le côté AB soit différent d’unquadrans ;
que ABprolongé
rencontre en A’ la circonférence de la base AC.Le côté BC est déterminé à être
plus { grand petit}
que leplus {petit grand}
des arcs BA et BA’.
Cette condition de la
possibilité
étantremplie,
il y a deuxpoints
C et C’ situés de
part
et d’autre dupoint
A et à une même dis-tance de lui
(*), auxquels répondent
des arcségaux BC , BC’;
et on obtient deux
triangles BAC ,
BACIqui
ne diffèrent l’un de l’autre que par leurposition
relativement à AB.III.
Que l’angle
A soit différent d’undroit,
et que l’arc AB soitun
quadrans.
Par B soit mené l’arc degrand
cercleperpendiculaire
a AC rencontrant en D et DI la circonférence dont AC fait
partie.
L’arc BC est déterminé à être
plus {grand petit}
que leplus {petit grand}
des arcsBD et
BD/,
dont run estplus petit
et l’autreplus grand qu’un
quadrans.
’Que
ces conditions de lapossibilité
soientremplies.
I.°
Que
l’arc BC soitplus petit qu’un quadrans,
les deuxpoints
C et C’
auxquels répondent
les arcségaux
BC etBCI , également éloignés
dupoint D ,
depart
et d’autre de cepoint,
sont situés dans celui des fuseaux ABA/Dauquel répond l’angle aigu
enA ;
par- tant, dans chacun des deuxtriangles
ABC etABC’ , l’angle
A estaigu,
et lestriangles
ABC et ABC’ ont entre eux les relations sui-vantes : les deux
angles
C et C’ sont, l’unaigu
et l’autreobtus, supplémens
l’un del’autre ;
les côtés AC et AC’ sont, Fun la sommeet l’autre la différence de AD et DC ou
DC’ ;
et lesangles
ABC(*) On n’a point cru nécessaire de faire une
figure
pour ce casparticulier qui
estde lui-même évident.
(
Note des éditeurs. )S P H É R I Q U E. 263
et ABC’ sont,
l’un
la somme et l’autre la différence desangles DBA
et DBC ou DBC/.
2.0
Que
l’arc BC soit unquadrans ,
l’un destriangles
ABC de-vient le fuseau
ABA’D ,
et l’autre de cestriangles
devient le côté AB. Pour lepremier
de ces deuxtriangles ,
l’arcAC=AA’ ,
pour lesecond ,
l’arc AC devientzéro,
etl’angle
ABC devient aussi zéro.3.°
Que
l’arc BC soitplus grand qu’un quadrans,
les deuxpoints
C et C’ sont l’un et l’autre dans celui des deux fuseaux
sphériques
dont
l’angle
en A estobtus ;
l’arcBD , qui appartient
à cefuseau,
est le
plus grand
des deux arcsBD etBD’ ;
lesangles
C et C’ sont,l’un
aigu
et l’autreobtus, supplémens
l’un del’autre ;
les arcs ACet ACI sont
respectivement
la somme et la différence s arcs DAet DC ou
DC/ ;
enfin lesangles
ABC et ABC’sont , 1 ,
1 la sommeet l’autre la différence des
angles
DBA et DBC ou DBC/.IV.
Que l’angle
A soit différent d’undroit ,
et que l’arc AB soit différent d’unquadrans.
L’arc BC ne doit pas être
plus petit
que leplus { petit
des arcsBD et
BD/, perpendiculaires
àAC,
etsupplémens
l’un de l’autre à la demi-circonférence.Lorsque
BC estégal
anplus petit
de ces arcs ,l’angle
A est déterminé àêtre { aigu obtus};
letriangle proposé
estunique
et dans le cas de la limite.
Que
les conditions de lapossibilité
soientremplies.
I.° et 2.°
Que
l’arc BC soit donnéplus petit
que leplus
petitdes arcs BA et
BA’, supplémens
l’un de l’autre à la demi-circon-férence,
on obtient deuxtriangles ABC,
ABCI l’un et l’autre dans celui des deux fuseauxqui a l’angle A {aigu obuts};
etpartant,
danschacun de ces
triangles , l’angle
A estdétermine a être {aigu obtus}
;les
angles
en C et C’ sont l’un lesupplément
del’autre ;
les côtés264 T R I G O N O M E T R I E
AC et AC/ sont , l’un la somme et l’autre la différence des arcs DA
et DC ou DC’: enfin les
angles
ABC etABC’ sont,
l’un la sommeet Fautre la différence des
angles
DBA et DBC ou DBC/.3.°
Que
le côté BC soit donneégal
au côtéAB ;
l’un des trian-gles
ABCs’evanouit ,
parcequ’il
se réduit au côté AB.Que
lecôté BC soit donné
égal
ausupplément
deAB ,
l’un destriangles
devient le fuseau
spherique
ABA’A.4.0
Enfin que l’arc BC soit donné à la foisplus , ( que le
plus {grand petit}
des deux arcsAB, A/B ;
les deuxtriangles BAC,
BAC’sont l’un dans celui des fuseaux ABA’D
qui
al’angle aigu
enA
et l’autre dans celui de ces fuseaux
qui
al’angle
obtus enA ;
par-tant dans l’un de ces
triangles,
tel queBAC’ , l’angle
en A estaigu ,
et dans l’autre de cestriangles
,l’angle
en A est obtus. Lesangles
BCA et BC’A sontégaux
entre eux ; les côtés AC et ACI sont, l’un la somme et l’autre la différence de DC ou DCI àDA ;
et les
angles
ABC et ABC/ sontaussi ,
l’un la somme et l’autre la différence del’angle
DBC ou DBCI àl’angle
DBA.Récapitulation
BC a pour limiteen {grandeur petitesse}
leplus { grand petit}
des arcssupplémens
l’un de l’autre dont le sinus commun est Sin.AB Sin.A.Que
BC soitplus petit
que leplus petit
des arcsBA , BA’,
sup-plémcns
l’un de l’autre à lademi-circonférence ; l’angle
A est dé-terminé à être
aigu.
Que
BC soitplus grand que
leplus grand
des arcs BA etBA’, supplémens
l’un de l’autre à lademi-circonférence ; l’angle
A estdéterminé à être obtus.
Que
BCsoit,
a la foisplus. que
leplus {petit grand}
des arcsBA
et
BA/, supplémens
l’un de l’autre à lademi-circonférence ;
dans l’un destriangles obtenus, l’angle
A est déterminé à êtreaigu;
et dansl’autre de ces
triangles, l’angle
A est déterminé à être obtus.Le
problème :
Déterminer untriangle
dont on connaît deux côtés etl’angle
SPHÉRIQUE.
265l’angle opposé
à l’und’eux ? ( lorsqu’il
estpossible
etdéterminé)
a
toujours
deuxsolutions ,
en tantqu’on prend
le mot inclinaison dans sonacception générale,
etqu’on
se réserve de lever le doute si cette inclinaison estaiguë
ouobtuse , d’après
la relation des deux côtésqui
fournit une raison déterrninante pour lever ce doute.On a coutume de donner pour raison
trigonométrique
de l’indé-termination du
triangle proposé
la double valeur d’unangle
donnéseulement par son
sinus ,
en tant quer angle
C est déterminé par laproportion
Sin.BC: Sin.AB=Sin.A:Sin.C;
cette raisons’applique
seule-ment aux deux
premiers cas, dans lesquels
lesangles
A de chacun destriangles ABC ,
ABC/ sont l’un et l’autreaigus
ou l’un et l’autreobtus;
mais elle ne
rapplique
pas au troisième cas danslequel
lesangles
en A sont l’un
aigu,
dans l’un destriangles ,
et l’autreobtus,
dansl’autre de ces
triangles.
Jepourrais aussi ,
pour soutenir monopi- nion, m’appuyer
sur cetteproposition :
le sinus de A est le même pour deux valeurs de A dont l’une est lesupplément
de l’autre.La véritable raison de la double solution du
problème proposé
me
paraît
être lapossibilité
de mener deux arcsobliques, égaux
entre eux à la circonférence d’un
grand cercle , depuis
unpoint qui
n’est pas lepôle
de ce cercle.En
admettant ,
dans tous les cas , la double solution duproblè-
me
proposé (
du moinslorsqu’il
est déterminépossible
et hors de lalimite ) ,
on lève l’anomalie deregarder
unproblème
du seconddegré ( lorsqu’il
estpossible )
commeayant
tantôt deuxsolutions ,
tantôt une
seule,
et même commepouvant
n’en avoir aucune.(*)
(*) Ce qu’on peut conclure de tout ceci, c’est que, pour
s’exprimer
d’une ma-nière convenable , il faut dire que le
problème
où ils’agit
de déterminer un trian-gle sphérique
par la connaissance de deux de ses côtés et del’angle opposé
à.l’un d’eux) considéré d’une manière abstraite, admet toujours deux solutions ; mais
que souvent, par les circonstances de la
question
dont on s’occupe, une de ces so-lutions et même toutes les deux doivent être rejetées. La même remarque
s’appli-
que au cas où il
s’agit
de déterminer letriangle
par la connaissance de deux de seaangles
et du côtéopposé
à l’un d’eux.( Note des éditeurs. )
Tom. II
37
266
QUESTIONS
On sait en effet
qu’on
al’équation
d’où on
tire ,
en considérant AC commel’inconnue ,
QUESTIONS RÉSOLUES.
Démonstration du théorème énoncé
àla page I64 de
ce
volume;
Par MM. P I L A T T E , professeur de mathématiques spéciales au lycée d’Angers, LEGRAND, professeur
deMathématiques ,
et
ROCHAT , professeur de navigation à St-Brieux.
ENONCÉ. Si,
par l’unquelconque P
despoints
dupérimètre
d’une
hyperbole ,
on mène deux droitesPA , PU ., respecti-
vement
parallèles à
sesasymptotes ,
et que , par un autrepoint quelconque,
m ,pris
sur cepérimètre,
on mène une suite de droitescoupant
PA en a ,a’, a’’,
..., PB enb, b’, b’’,
..., et la courbe en n ,n/, n//
...; on aurana nb
= n’a’ n’b’ = n’’a’’ n’’b’’ = .. =Constante.Démonstration.
MM Pilatte, Legrand
et Rochat ont donne de cethéorème des démonstrations
analitiques qui
reviennent à peuprès à
ce