Risolvere un triangolo
In geometria , la risoluzione di un triangolo consiste nel determinare i diversi elementi di un triangolo ( lunghezze dei lati, misura degli angoli , area ) da alcuni altri. Storicamente, la risoluzione dei triangoli è stata motivata
Oggi, la risoluzione dei triangoli continua ad essere utilizzata in un gran numero di problemi che coinvolgono la triangolazione ( architettura , rilievi catastali , visione binoculare ) e, più in generale, la trigonometria ( astronomia , cartografia ).
Nella geometria euclidea, i dati di tre degli elementi dei triangoli, compreso almeno un lato, sono necessari e sufficienti per la risoluzione del triangolo, uno dei casi di risoluzione potendo ammettere due soluzioni. Nella geometria sferica o iperbolica, anche i dati dei tre angoli sono sufficienti. La risoluzione coinvolge la trigonometria , in particolare alcune relazioni classiche nel triangolo come il teorema di Al-Kashi , la legge dei seni , la legge delle tangenti e la somma dei suoi angoli .
Storia
Caso di risoluzione nella geometria euclidea
La risoluzione di un triangolo nella geometria euclidea utilizza una serie di relazioni tra gli elementi del triangolo. I più usati sono
sebbene sia anche possibile utilizzare altre relazioni per arrivare a una soluzione.
Di seguito sono elencate le diverse casistiche secondo i tre elementi noti tra i tre angoli e i tre lati. Formule analitiche sono date per i lati e / o angoli sconosciuti e l'area S . Devono essere adattati per una determinazione numerica perché, presi come tali, danno errori importanti per i triangoli "spillo", cioè uno dei lati è piccolo rispetto agli altri e triangoli "quasi retti". » , Vale a dire che uno degli angoli è di circa 90 °.
I tre lati
Consideriamo un triangolo i cui tre lati un , b e c sono noti. Gli angoli sono dedotti dal teorema di Al-Kashi e l'area ( S ) dalla formula di Heron :
- α=arccos(b2+vs2-a22bvs){\ displaystyle \ alpha = \ arccos \ sinistra ({\ frac {b ^ {2} + c ^ {2} -a ^ {2}} {2bc}} \ right)}
- β=arccos(vs2+a2-b22vsa){\ displaystyle \ beta = \ arccos \ sinistra ({\ frac {c ^ {2} + a ^ {2} -b ^ {2}} {2ca}} \ right)}
- γ=arccos(a2+b2-vs22ab){\ displaystyle \ gamma = \ arccos \ sinistra ({\ frac {a ^ {2} + b ^ {2} -c ^ {2}} {2ab}} \ right)}
- S=p(p-a)(p-b)(p-vs), con p=a+b+vs2{\ displaystyle S = {\ sqrt {p (pa) (pb) (pc)}}, \, {\ text {con}} \, p = {\ frac {a + b + c} {2}}}
Ciascuno dei fattori nell'espressione di S è positivo, in base alla disuguaglianza triangolare .
Un angolo e i due lati adiacenti
Consideriamo un triangolo di cui si conosce l' angolo γ , così come i due lati adiacenti a e b . L'ultimo lato si ottiene grazie al teorema di Al-Kashi , i due angoli mancanti dalla legge delle tangenti e il complemento a π , e l'area dalla formula del prodotto incrociato :
- vs=a2+b2-2abcosγ{\ displaystyle c = {\ sqrt {a ^ {2} + b ^ {2} -2ab \ cos \ gamma}}}
- α=π2-γ2+arctan(a-ba+bcostoγ2){\ displaystyle \ alpha = {\ frac {\ pi} {2}} - {\ frac {\ gamma} {2}} + \ arctan \ left ({\ frac {ab} {a + b}} \ cot { \ frac {\ gamma} {2}} \ right)}
- β=π2-γ2-arctan(a-ba+bcostoγ2){\ displaystyle \ beta = {\ frac {\ pi} {2}} - {\ frac {\ gamma} {2}} - \ arctan \ left ({\ frac {ab} {a + b}} \ cot { \ frac {\ gamma} {2}} \ right)}
- S=12abpeccatoγ{\ displaystyle S = {\ frac {1} {2}} ab \ sin \ gamma}
Un angolo, il lato opposto e un lato adiacente
Consideriamo un triangolo per il quale è noto un angolo β , così come un lato adiacente di questo angolo ce il lato opposto b . Il secondo angolo γ è ottenuto dalla legge dei seni , l'ultimo angolo α dal complemento a π e l'ultimo lato dalla legge dei seni:
- γ=arcsin(vspeccatoβb){\ displaystyle \ gamma = \ arcsin \ left ({\ frac {c \ sin \ beta} {b}} \ right)}
- α=π-β-arcsin(vspeccatoβb){\ displaystyle \ alpha = \ pi - \ beta - \ arcsin \ left ({\ frac {c \ sin \ beta} {b}} \ right)}
- a=b2-vs2peccato2β+vscosβ{\ displaystyle a = {\ sqrt {b ^ {2} -c ^ {2} \ sin ^ {2} \ beta}} + c \ cos \ beta}
- S=12vs(b2-vs2peccato2β+vscosβ)peccatoβ{\ displaystyle S = {\ frac {1} {2}} c \ left ({\ sqrt {b ^ {2} -c ^ {2} \ sin ^ {2} \ beta}} + c \ cos \ beta \ right) \ sin \ beta}
Se β è acuto eb < c , c'è una seconda soluzione:
- γ=π-arcsin(vspeccatoβb){\ displaystyle \ gamma = \ pi - \ arcsin \ left ({\ frac {c \ sin \ beta} {b}} \ right)}
- α=-β+arcsin(vspeccatoβb){\ displaystyle \ alpha = - \ beta + \ arcsin \ left ({\ frac {c \ sin \ beta} {b}} \ right)}
- a=vscosβ-b2-vs2peccato2β{\ displaystyle a = c \ cos \ beta - {\ sqrt {b ^ {2} -c ^ {2} \ sin ^ {2} \ beta}}}
- S=12vs(b2-vs2peccato2β-vscosβ)peccatoβ{\ displaystyle S = {\ frac {1} {2}} c \ sinistra ({\ sqrt {b ^ {2} -c ^ {2} \ sin ^ {2} \ beta}} - c \ cos \ beta \ right) \ sin \ beta}
La risoluzione non è possibile per tutti i valori dei parametri. La seguente condizione deve essere soddisfatta:
b>vspeccatoβ{\ displaystyle b> c \ sin \ beta \,}.
Due angoli e il lato comune
Consideriamo un triangolo di cui sono noti un lato ce i due angoli α e β che lo delimitano. L'ultimo angolo è ottenuto per complemento a π e gli altri due lati dalla legge dei seni :
- a=vspeccatoαpeccato(α+β){\ displaystyle a = {\ frac {c \ sin \ alpha} {\ sin (\ alpha + \ beta)}}}
- b=vspeccatoβpeccato(α+β){\ displaystyle b = {\ frac {c \ sin \ beta} {\ sin (\ alpha + \ beta)}}}
- γ=π-α-β{\ displaystyle \ gamma = \ pi - \ alpha - \ beta \,}
- S=12vs2peccatoαpeccatoβpeccato(α+β){\ displaystyle S = {\ frac {1} {2}} c ^ {2} \, {\ frac {\ sin \ alpha \ sin \ beta} {\ sin (\ alpha + \ beta)}}}
Due angoli e un lato insolito
Consideriamo un triangolo di cui si conoscono due angoli α e β , nonché un lato non comune a questi due angoli a . L'ultimo angolo è ottenuto per complemento a π e gli altri due lati dalla legge dei seni :
- b=apeccatoβpeccatoα{\ displaystyle b = {\ frac {a \ sin \ beta} {\ sin \ alpha}}}
- vs=apeccato(α+β)peccatoα{\ Displaystyle c = {\ frac {a \ sin (\ alpha + \ beta)} {\ sin \ alpha}}}
- γ=π-α-β{\ displaystyle \ gamma = \ pi - \ alpha - \ beta \,}
- S=12a2peccato(α+β)peccatoβpeccatoα{\ displaystyle S = {\ frac {1} {2}} a ^ {2} \, {\ frac {\ sin (\ alpha + \ beta) \ sin \ beta} {\ sin \ alpha}}}
Caso di risoluzione nella geometria sferica
La risoluzione di un triangolo in geometria sferica ( geometria non euclidea ) è leggermente diversa dal caso euclideo, perché la legge del seno non consente di ottenere un lato in modo univoco - solo il suo seno. Inoltre, un triangolo sferico di cui si conoscono tre angoli è solubile, a differenza di un triangolo del piano euclideo e la soluzione è unica.
Le formule utilizzate per risolvere un triangolo sferico sono:
I tre lati
In un triangolo i cui tre lati un , b e c sono noti, gli angoli sono ottenuti generalizzazione del teorema di Al-Kashi e la zona teorema di Huilier :
-
α=arccos(cosa-cosbcosvspeccatobpeccatovs){\ Displaystyle \ alpha = \ arccos \ left ({\ frac {\ cos a- \ cos b \ cos c} {\ sin b \ sin c}} \ right)},
-
β=arccos(cosb-cosvscosapeccatovspeccatoa){\ Displaystyle \ beta = \ arccos \ sinistra ({\ frac {\ cos b- \ cos c \ cos a} {\ sin c \ sin a}} \ right)},
-
γ=arccos(cosvs-cosacosbpeccatoapeccatob){\ Displaystyle \ gamma = \ arccos \ left ({\ frac {\ cos c- \ cos a \ cos b} {\ sin a \ sin b}} \ right)},
-
E=4arctanabbronzatura(p2)abbronzatura(p-a2)abbronzatura(p-b2)abbronzatura(p-vs2){\ displaystyle E = 4 \ arctan {\ sqrt {\ tan \ left ({\ frac {p} {2}} \ right) \ tan \ left ({\ frac {pa} {2}} \ right) \ tan \ left ({\ frac {pb} {2}} \ right) \ tan \ left ({\ frac {pc} {2}} \ right)}}}dove .p=12(a+b+vs){\ displaystyle p = {\ frac {1} {2}} (a + b + c)}
Un angolo e i due lati adiacenti
In un triangolo in cui due lati una e B e l'angolo formano γ sono noti, l'ultimo lato si ottiene il generalizzata teorema Al-Kashi e due angoli rimanenti dalle analogie Napier:
-
vs=arccos(cosacosb+peccatoapeccatobcosγ){\ Displaystyle c = \ arccos \ sinistra (\ cos a \ cos b + \ sin a \ sin b \ cos \ gamma \ right)},
-
α=arctan{2peccatoaabbronzatura(γ/2)peccato(b+a)+costo(γ/2)peccato(b-a)}{\ Displaystyle \ alpha = \ arctan \ left \ {{\ frac {2 \ sin a} {\ tan (\ gamma / 2) \ sin (b + a) + \ cot (\ gamma / 2) \ sin (ba )}} \ giusto \}},
-
β=arctan{2peccatobabbronzatura(γ/2)peccato(a+b)+costo(γ/2)peccato(a-b)}{\ Displaystyle \ beta = \ arctan \ left \ {{\ frac {2 \ sin b} {\ tan (\ gamma / 2) \ sin (a + b) + \ cot (\ gamma / 2) \ sin (ab )}} \ giusto \}},
-
E=γ+2arctan{costo(γ2)cos(12(a-b))cos(12(a+b))}-π{\ Displaystyle E = \ gamma +2 \ arctan \ left \ {\ cot \ left ({\ frac {\ gamma} {2}} \ right) {\ frac {\ cos \ left ({\ frac {1} { 2}} (ab) \ right)} {\ cos \ left ({\ frac {1} {2}} (a + b) \ right)}} \ right \} - \ pi}.
Un angolo, il lato opposto e un lato adiacente
Consideriamo un triangolo di cui sono noti un angolo β , un lato adiacente ce il lato opposto b . L'angolo γ è ottenuto dalla legge dei seni e gli elementi rimanenti dalle analogie di Napier. C'è solo una soluzione se
b>arcsin(peccatovspeccatoβ){\ Displaystyle b> \ arcsin (\ sin c \, \ sin \ beta) \,}.
Allora
-
γ=arcsin(peccatovspeccatoβpeccatob){\ displaystyle \ gamma = \ arcsin \ left ({\ frac {\ sin c \, \ sin \ beta} {\ sin b}} \ right)},
-
a=2arctan{abbronzatura(12(b-vs))peccato(12(β+γ))peccato(12(β-γ))}{\ Displaystyle a = 2 \ arctan \ left \ {\ tan \ left ({\ frac {1} {2}} (bc) \ right) {\ frac {\ sin \ left ({\ frac {1} {2 }} (\ beta + \ gamma) \ right)} {\ sin \ left ({\ frac {1} {2}} (\ beta - \ gamma) \ right)}} \ right \}},
-
α=2arccot{abbronzatura(12(β-γ))peccato(12(b+vs))peccato(12(b-vs))}{\ Displaystyle \ alpha = 2 \ operatorname {arccot} \ left \ {\ tan \ left ({\ frac {1} {2}} (\ beta - \ gamma) \ right) {\ frac {\ sin \ left ( {\ frac {1} {2}} (b + c) \ right)} {\ sin \ left ({\ frac {1} {2}} (bc) \ right)}} \ right \}}.
- E=α+β+γ-π{\ displaystyle E = \ alpha + \ beta + \ gamma - \ pi \,}
Un'altra soluzione esiste quando b > c e γ è acuta:
-
γ=π-arcsin(peccatovspeccatoβpeccatob){\ Displaystyle \ gamma = \ pi - \ arcsin \ left ({\ frac {\ sin c \, \ sin \ beta} {\ sin b}} \ right)}, eccetera.
Due angoli e il lato comune
In un triangolo dove sono noti due angoli α e β , così come il lato comune a questi angoli c , l'ultimo angolo è ottenuto dalla formula di al-Kashi e gli ultimi due lati dalle analogie di Napier. Le formule per l'angolo e i lati mancanti assomigliano a quelle per il caso di risoluzione complementare ( un angolo e i due lati adiacenti noti ):
-
γ=arccos(peccatoαpeccatoβcosvs-cosαcosβ){\ Displaystyle \ gamma = \ arccos (\ sin \ alpha \ sin \ beta \ cos c- \ cos \ alpha \ cos \ beta) \,},
-
a=arctan{2peccatoαcosto(vs/2)peccato(β+α)+abbronzatura(vs/2)peccato(β-α)}{\ Displaystyle a = \ arctan \ left \ {{\ frac {2 \ sin \ alpha} {\ cot (c / 2) \ sin (\ beta + \ alpha) + \ tan (c / 2) \ sin (\ beta - \ alpha)}} \ right \}},
-
b=arctan{2peccatoβcosto(vs/2)peccato(α+β)+abbronzatura(vs/2)peccato(α-β)}{\ Displaystyle b = \ arctan \ left \ {{\ frac {2 \ sin \ beta} {\ cot (c / 2) \ sin (\ alpha + \ beta) + \ tan (c / 2) \ sin (\ alpha - \ beta)}} \ right \}},
-
E=α+β+arccos(peccatoαpeccatoβcosvs-cosαcosβ)-π{\ Displaystyle E = \ alpha + \ beta + \ arccos (\ sin \ alpha \ sin \ beta \ cos c- \ cos \ alpha \ cos \ beta) - \ pi \,}.
Due angoli e un lato insolito
Consideriamo un triangolo in cui sono noti due angoli α e β , nonché un lato opposto a uno di questi angoli a . Il lato b si trova dalla legge dei seni e gli elementi rimanenti dalle analogie di Napier. Nota la somiglianza tra le equazioni seguenti e il caso di risoluzione complementare ( un angolo, il lato opposto e un lato adiacente ):
-
b=arcsin(peccatoapeccatoβpeccatoα){\ Displaystyle b = \ arcsin \ left ({\ frac {\ sin a \, \ sin \ beta} {\ sin \ alpha}} \ right)},
-
vs=2arctan{abbronzatura(12(a-b))peccato(12(α+β))peccato(12(α-β))}{\ Displaystyle c = 2 \ arctan \ left \ {\ tan \ left ({\ frac {1} {2}} (ab) \ right) {\ frac {\ sin \ left ({\ frac {1} {2 }} (\ alpha + \ beta) \ right)} {\ sin \ left ({\ frac {1} {2}} (\ alpha - \ beta) \ right)}} \ right \}},
-
γ=2arccot{abbronzatura(12(α-β))peccato(12(a+b))peccato(12(a-b))}{\ Displaystyle \ gamma = 2 \ operatorname {arccot} \ left \ {\ tan \ left ({\ frac {1} {2}} (\ alpha - \ beta) \ right) {\ frac {\ sin \ left ( {\ frac {1} {2}} (a + b) \ right)} {\ sin \ left ({\ frac {1} {2}} (ab) \ right)}} \ right \}},
-
E=α+β+γ-π{\ displaystyle E = \ alpha + \ beta + \ gamma - \ pi \,}.
Se a è acuto e α > β , c'è un'altra soluzione:
-
b=π-arcsin(peccatoapeccatoβpeccatoα){\ Displaystyle b = \ pi - \ arcsin \ left ({\ frac {\ sin a \, \ sin \ beta} {\ sin \ alpha}} \ right)}, eccetera.
I tre angoli
Nel caso in cui siano noti i tre angoli, i lati sono ottenuti da una variante del teorema di Al-Kashi per gli angoli. Le formule che danno i lati sono simili a quelle del caso di risoluzione complementare ( i tre lati noti ):
-
a=arccos(cosα+cosβcosγpeccatoβpeccatoγ){\ Displaystyle a = \ arccos \ sinistra ({\ frac {\ cos \ alpha + \ cos \ beta \ cos \ gamma} {\ sin \ beta \ sin \ gamma}} \ right)},
-
b=arccos(cosβ+cosγcosαpeccatoγpeccatoα){\ Displaystyle b = \ arccos \ sinistra ({\ frac {\ cos \ beta + \ cos \ gamma \ cos \ alpha} {\ sin \ gamma \ sin \ alpha}} \ right)},
-
vs=arccos(cosγ+cosαcosβpeccatoαpeccatoβ){\ Displaystyle c = \ arccos \ sinistra ({\ frac {\ cos \ gamma + \ cos \ alpha \ cos \ beta} {\ sin \ alpha \ sin \ beta}} \ right)}.
- E=α+β+γ-π{\ displaystyle E = \ alpha + \ beta + \ gamma - \ pi \,}
Esempi di applicazione
Triangolazione
La figura 1 a fianco indica un metodo per determinare la distanza di un'imbarcazione mediante triangolazione: da due punti di cui si conosce la distanza l , se ne misura la direzione, sia che si tratti dell'azimut mediante una bussola , sia degli angoli α e β con la linea che congiunge la due punti. Dalle misurazioni effettuate è possibile dedurre graficamente la distanza tracciando gli elementi noti su un grafico con scala adeguata. Una formula analitica può essere trovata anche risolvendo il triangolo di cui conosciamo due angoli e il lato comune :
d=peccatoαpeccatoβpeccato(α+β)l=abbronzaturaαabbronzaturaβabbronzaturaα+abbronzaturaβl{\ Displaystyle d = {\ frac {\ sin \ alpha \, \ sin \ beta} {\ sin (\ alpha + \ beta)}} \, l = {\ frac {\ tan \ alpha \, \ tan \ beta } {\ tan \ alpha + \ tan \ beta}} \, l}.
Una variante è utilizzata nella navigazione costiera : gli angoli sono stimati utilizzando gli azimut dei punti di riferimento (punti di riferimento a terra) visti dalla nave.
Un'altra possibilità è misurare l'altezza h di una collina o di una montagna da una valle misurando la sua altezza angolare α e β in due punti di distanza l nota . La figura 2 a fianco mostra un caso semplificato in cui i punti di misura e la proiezione del piano a terra sono allineati. L'altezza della montagna può essere determinata graficamente o analiticamente risolvendo il triangolo ( stesso caso di cui sopra ):
h=peccatoαpeccatoβpeccato(β-α)l=abbronzaturaαabbronzaturaβabbronzaturaβ-abbronzaturaαl{\ Displaystyle h = {\ frac {\ sin \ alpha \, \ sin \ beta} {\ sin (\ beta - \ alpha)}} \, l = {\ frac {\ tan \ alpha \, \ tan \ beta } {\ tan \ beta - \ tan \ alpha}} \, l}.
In pratica, il metodo di risoluzione incontra alcune difficoltà: il terreno non è necessariamente pianeggiante, il che richiede una stima della pendenza tra i due punti; la vetta reale non è necessariamente osservabile dal piano e il punto più alto in quanto osservato varia di posizione tra i due punti di osservazione per effetto di tangenza; i diversi elementi del rilievo devono essere triangolati passo dopo passo dalle nervature, accumulando errori di misura. Pertanto, la mappatura satellitare ha modificato i valori tradizionali stimati di alcuni picchi di diversi metri. Nonostante queste difficoltà, il XIX ° secolo , Friedrich Georg Wilhelm von Struve ha costruito l' Arco geodetico di Struve , una catena di marcatori di indagine in tutta Europa circa 2800 km a dalla Norvegia al Mar Nero e lo scopo era quello di misurare le dimensioni e la forma di la terra: nel 1853 , lo scienziato ottenne la misura di un arco del meridiano terrestre al più vicino 188 m (2 × 10 -5 ) e dell'appiattimento della terra al più vicino 1%.
Distanza tra due punti del globo
Consideriamo due punti del globo A e B delle rispettive latitudini lambda A e λ B , e longitudini L A e L B . Per determinare la loro distanza consideriamo il triangolo ABC, dove C è il polo nord. In questo triangolo sono noti:
- a=90∘-λB{\ displaystyle a = 90 ^ {\ circ} - \ lambda _ {\ mathrm {B}} \,}
- b=90∘-λA{\ displaystyle b = 90 ^ {\ circ} - \ lambda _ {\ mathrm {A}} \,}
- γ=LA-LB{\ displaystyle \ gamma = L _ {\ mathrm {A}} -L _ {\ mathrm {B}} \,}
La risoluzione del triangolo nel caso in cui siano noti un angolo ed i due lati adiacenti permette di dedurlo
AB=Rarccos{peccatoλApeccatoλB+cosλAcosλBcos(LA-LB)}{\ Displaystyle \ mathrm {AB} = R \ arccos \ left \ {\ sin \ lambda _ {\ mathrm {A}} \, \ sin \ lambda _ {\ mathrm {B}} + \ cos \ lambda _ {\ mathrm {A}} \, \ cos \ lambda _ {\ mathrm {B}} \, \ cos \ left (L _ {\ mathrm {A}} -L _ {\ mathrm {B}} \ right) \ right \}},
dove R è il raggio della Terra . Le coordinate devono essere convertite in radianti per l' applicazione numerica , a meno che la calcolatrice non accetti i gradi nelle funzioni trigonometriche .
Note e riferimenti
-
Infatti, come ci ricorda don Boscovich : "i tre lati non sono determinati dai tre angoli perché la loro somma è sempre uguale a due angoli retti, la determinazione dei tre angoli non dà altro che la determinazione solo due" (Opera Pertinentia ad Opticam e Astronomiam, volume 4, 1785, p. 316 )
-
(in) JR Smith, The Struve Geodesic Arc
Vedi anche
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link esterno
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