Annales de mathématiques pures et appliquées/Tome 03/Géométrie élémentaire, article 1

Recherche de l’expression analitique de la surface convexe de l’onglet sphérique compris entre un grand et un petit cercles qui se coupent dans l’intérieur de la sphère ; par M. Edelmann.

Annales de mathématiques pures et appliquées, 3, 1813 (p. 141-143).

GÉOMÉTRIE.

Recherche de l’expression analitique de la surface convexe de l’onglet sphérique compris entre un grand cercle et un petit cercle, qui se coupent dans l’intérieur de la sphère ;

Par M. Edelmann, élève de la faculté des sciences de
l’académie de Strasbourg.

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Soient un grand et un petit cercle, se coupant sous un angle connu quelconque, dans l’intérieur d’une sphère ; soit conduit par le centre $C$ de cette sphère (fig. 1) un plan perpendiculaire à la commune section de ces deux cercles, et conséquemment perpendiculaire à leurs plans. Soit $\mathrm {AEBF}$ le grand cercle qui forme la trace de ce plan sur la surface de la sphère. Soient de plus $\mathrm {AB}$ le diamètre du grand cercle donné, $\mathrm {EF}$ celui du petit cercle, et $\mathrm {D}$ leur commune section qui sera, en même temps, le point où le plan du grand cercle $\mathrm {AEBF}$ coupera la commune section des plans de ces deux cercles. Désignons enfin par $\mathrm {D'}$ le point où cette commune section rencontre la partie antérieure de la surface sphérique, et dont le point $\mathrm {D}$ sera conséquemment la projection orthogonale sur le plan $\mathrm {AEBF} .$ Les deux cercles dont les diamètres sont $\mathrm {AB}$ et $\mathrm {EF}$ diviseront la sphère en quatre onglets, divisés eux-mêmes en deux parties égales par le cercle $\mathrm {AEBF}$ ; et les surfaces convexes des demi-onglets compris dans l’hémisphère antérieur seront $\mathrm {AD'E,ED'B,}$ $\mathrm {BD'F,FD'A,}$ formant ensemble la surface de cet hémisphère. Nous nous attacherons d’abord uniquement à déterminer la surface $\mathrm {AD} 'E.$

Les données du problème seront : $r$ rayon de la sphère ; la distance $CD=a$ ; et l’angle $\mathrm {ADE} =\lambda ,$ que les plans des deux cercles forment entre eux. En abaissant du centre $\mathrm {C}$ le rayon $\mathrm {CG} ,$ perpendiculaire sur $\mathrm {EF} ,$ et coupant cette corde en son milieu $\mathrm {H} ,$ on aura $\mathrm {CH} =a\operatorname {Sin} .\lambda \,;\ \mathrm {GH} =r-a\operatorname {Sin} .\lambda$ ; et, en menant le rayon $\mathrm {CE} ,$ on aura $\operatorname {Sin} .\mathrm {CED} ={\frac {a\operatorname {Sin} .\lambda }{r}}.$ Nous désignerons ce dernier angle par $k.$

La surface $\mathrm {AD} 'E$ est (fig.2) égale à la différence des deux surfaces $\mathrm {ED} 'G$ et $\mathrm {AD} 'G,$ dont la dernière $\mathrm {AD} 'G$ est un triangle sphérique, rectangle en $\mathrm {A} .$ Les angles $\mathrm {D} '$ et $\mathrm {G}$ de ce triangle se déterminent facilement par les deux formules $\operatorname {Sin} .\mathrm {D'} ={\frac {\operatorname {Cos} .\lambda }{\operatorname {Cos} .k}}$ et $\operatorname {Cos} .\mathrm {G} ={\frac {\operatorname {Tang} .k}{\operatorname {Tang} .\lambda }}.$ La surface de ce triangle sera

${\tfrac {1}{2}}\varpi r^{2}\left\{{\frac {\mathrm {D'+G} }{90^{\circ }}}-1\right\}.$

L’autre surface $\mathrm {ED'G} ,$ terminée par les deux arcs de grands cercles $\mathrm {D'G,E'G} ,$ et par l’arc de petit cercle $\mathrm {D} 'E,$ fait partie de la calotte sphérique, produite par la révolution de l’arc $\mathrm {GE}$ autour de l’axe $\mathrm {CG} ,$ et dont la surface est $2\varpi r(r-a\operatorname {Sin} .\lambda ).$ Cette surface devant être à celle de la calotte dans le rapport de l’angle $\mathrm {G}$ à quatre angles droits, on aura, pour la première,

${\tfrac {1}{2}}\varpi r^{2}.{\frac {\mathrm {G} (1-\operatorname {Sin} .k)}{90^{\circ }}}.$

On aura donc pour la surface $\mathrm {AD'E}$

${\tfrac {1}{2}}\varpi r^{2}.{\tfrac {\mathrm {G} (1-\operatorname {Sin} .k)}{90^{\circ }}}-{\tfrac {1}{2}}\varpi r^{2}\left\{{\tfrac {\mathrm {D'+G} }{90^{\circ }}}-1\right\}={\tfrac {1}{2}}\varpi r^{2}\left\{1-{\tfrac {\mathrm {D'+G} \operatorname {Sin} .k}{90^{\circ }}}\right\}.$

En raisonnant de même sur les trois autres portions de l’hémisphère, on pourra former le tableau suivant :

${\text{Surface }}\mathrm {AD'E} ={\tfrac {1}{2}}\varpi r^{2}\left\{1-{\frac {\mathrm {D'+G} \operatorname {Sin} .k}{90^{\circ }}}\right\}.$

${\begin{aligned}{\text{Surface }}\mathrm {ED'B} &={\tfrac {1}{2}}\varpi r^{2}\left\{1+{\frac {\mathrm {D'+G} \operatorname {Sin} .k}{90^{\circ }}}\right\}.\\{\text{Surface }}\mathrm {BD'F} &={\tfrac {1}{2}}\varpi r^{2}\left\{1-{\frac {\mathrm {D'-\left(180^{\circ }-G\right)} \operatorname {Sin} .k}{90^{\circ }}}\right\}.\\{\text{Surface }}\mathrm {FD'A} &={\tfrac {1}{2}}\varpi r^{2}\left\{1+{\frac {\mathrm {D'-\left(180^{\circ }-G\right)} \operatorname {Sin} .k}{90^{\circ }}}\right\}.\\\end{aligned}}$

On en déduit que la différence $\mathrm {BD'E-AD'F}$ ou $\mathrm {BD'F-AD'E}$ des surfaces connexes des deux demi-onglets diamétralement opposés est $\varpi r^{2}\operatorname {Sin} .k=\varpi ar\operatorname {Sin} .\lambda \,;$ d’où il suit que la différence des surfaces convexes des deux onglets diamétralement opposés est $2\varpi ar\operatorname {Sin} .\lambda =Cir\ r\times \mathrm {CH} ,$ c’est-à-dire, équivalente à la zone dont la hauteur serait $\mathrm {CH} .$

À l’aide des formules qui viennent d’être construites, on déterminera facilement la portion de la surface sphérique interceptée entre trois ou un plus grand nombre d’arcs de petits cercles.