 |
Questa pagina è stata trascritta, formattata e riletta. | |
| 26 | Schiaparelli, | N.° IX. |
ne, che il polo P occupa nell’istante considerato. E si conduca per A e per B un circolo massimo AOB tale, che l’angolo sferico PAB sia uguale all’angolo sferico MPB. Dico che AOB sarà il circolo massimo dimandato. Infatti, per le supposizioni fondamentali, essendo il moto di M intorno a P uguale e contrario al moto di P intorno ad A, quando l’arco MP avrà girato verso PB in modo da coincidere con PB, l’arco AP si sarà girato di un angolo uguale verso AO, e coinciderà con AO. I due poli ed il pianeta M si troveranno dunque tutti e tre sul circolo massimo AOB, ed M si troverà sul prolungamento dell’arco AP che congiunge i due poli, e giacerà dalla parte di P.
Scolio I. Quando, a partire da AB, il polo P avrà descritto mezza circonferenza del suo parallelo QR, l’angolo MPB sarà pure di mezza circonferenza; quindi anche in quest’altra posizione i tre punti A P M giaceranno sul circolo massimo AOB, ma ordinati fra loro diversamente. Dopo un giro intiero di P intorno ad A e di M intorno a P si ristabilirà completamente la posizione iniziale: onde il moto di M sarà strettamente periodico, e il periodo sarà equivalente alla durata di una rivoluzione delle due sfere.
Scolio II. Se consideriamo dall’altra parte del circolo AOB una posizione P’ del polo mobile simmetrica rispetto a P (cioè prendiamo l’angolo P’AO = PAO), si avrà pure l’angolo M’P’B = MPB; e la posizione del pianeta in M’ sarà simmetrica colla posizione M rispetto al circolo AOB. Di qui si conclude, che la via percorsa dal pianeta M è simmetrica rispetto a questo circolo, il quale perciò chiameremo circolo fondamentale, e il suo piano, piano fondamentale. Per brevità inoltre designeremo il piano CD, perpendicolare all’asse fisso AB della prima sfera, col nome di piano diametrale, e il piano del circolo ACBD, perpendicolare ai due precedenti (del qual circolo O è il polo anteriore), sarà chiamato piano ortogonale. La distanza costante AP dei poli omologhi della sfera fissa e della sfera mobile chiameremo inclinazione. E l’angolo uniformemente variabile OAP = MPB, che determina ad ogni istante la posizione del pianeta, chiameremo l’argomento.
Proposizione II. Teorema. — Se si consideri il circolo APB (fig. 3) in una determinata sua posizione durante il movimento, e di questo circolo in quell’istante sia E il polo: dico che, conducendo da E al pianeta l’arco di circolo massimo EM, si avrà EM = EO, e di più sarà EM perpendicolare sopra MP. — Poichè E è polo del circolo APGB, la distanza di P da E sarà un quadrante, e siccome per supposizione la distanza di P dal pianeta M è pure un quadrante, P sarà polo dell’arco EM, onde avremo PM ortogonale su EM. Prolungato poi l’arco EM fino in F, l’arco MF misurerà l’angolo FPM che abbiamo chiamato l’argomento: onde EM sarà di esso il complemento. Ma è palese altresì che l’arco GO misura l’argomento GOA, e che EO è il complemento di GO; dunque EM = EO, come si voleva dimostrare.
Corollario. Se dunque col polo in E si conduca un circolo minore della sfera che passi per O, questo pure passerà per M, e inversamente. E l’arco di questo circolo compreso fra O ed M starà alla sua circonferenza intiera, come l’inclinazione AP sta a tutto il circolo massimo. Infatti, se noi facciamo girare intorno al polo E il triangolo AOG fino a che coincida col suo eguale PFM, si vedrà che A passerà in P, G in F, O in M, tutti i punti descrivendo archi di uguale ampiezza. E quest’ampiezza sarà misurata da AP, cioè dall’inclinazione.
Proposizione III. Teorema. — Le stesse cose essendo poste (fig. 4), se dal pianeta M si abbassa l’arco MH perpendicolare sul circolo massimo diametrale COD, dico che questo arco sarà uguale all’arco simile OK abbassato da O perpendicolarmente su EM.
Infatti, se pel punto I, dove s’intersecano i circoli PM, OB, si conduca l’arco EI al polo E del circolo APB, i due triangoli OIE EIM saranno uguali, avendo il lato EI comune, gli angoli in O, M, retti, ed EO = EM (Prop. II.). Essi saranno simmetrici rispetto all’arco EI. Se dunque da M si abbassa perpendicolarmente MH, e da O, OK, questi due archi saranno anch’essi simmetricamente disposti rispetto ad EI, e fra loro uguali.
Corollario, Essendo B polo di OE, l’arco MH passerà per B; ed essendo P polo di EM, l’arco OK passerà per P. Sarà PK = BH, perchè ambo quadranti; quindi PO = BM. La distanza del pia-
