스넬리우스-포테노트 문제

스넬리우스-포테노트 문제는 평면 측량에서 문제가 되고 있다. Given three known points A, B and C, an observer at an unknown point P observes that the segment AC subtends an angle ${\displaystyle \alpha }$ and the segment CB subtends an angle ${\displaystyle \beta }$; the problem is to determine the position of the point P. (See figure; the point denoted C is between A and B as seen from P).

알려지지 않은 지점에서 알려진 점을 관찰하는 것이 포함되기 때문에 문제는 절제술의 예다. 역사적으로 그것은 1615년경에 해결책을 찾은 스넬리우스에게 처음 연구되었다.

방정식 작성

제1방정식

(알 수 없는) 각도 CAP는 x로, CBP는 y로 표시:

${\displaystyle x+y=2\pi -\alpha -\beta -C}$

4각 PACB에 대한 각도 공식의 합계를 사용하여. 변수 C는 점 C에서 이 사각형의 (알려진) 내부 각도를 나타낸다(참고, 점 C와 P가 선 AB의 같은 쪽에 있는 경우 각도 C는 $\pi {\displaystyle }$ ${\displaystyle \pi }$보다 클 것이다).$$

두 번째 방정식

삼각형 PAC와 PBC에서 sine의 법칙을 적용하면 우리는 두 가지 다른 방법으로 PC를 표현할 수 있다.

${\displaystyle {{\rm{AC}\sin x}{\sin \sin \alpha }}={\rm {PC}={\rm {{BC}\sin y}{\sin \beta }}}}}.}$

이 시점에서 유용한 트릭은 다음과 같은 보조$$ 각도 ${\displaystyle \phi }$을(를)

${\displaystyle \tan \phi ={\frac {{\rm{BC}}\sin \alpha }{{\rm {AC}\sin \beta }}}.}$

(단조 사항: 우리는 0으로 나누어지는 것에 대해 걱정해야 하지만, 문제가 대칭적이라는 점을 고려해야 하기 때문에, 만약 주어진 두 각도 중 하나가 0이라면, 우리는 A와 B의 역할도 뒤바뀌면서, 각도 알파 이름을 바꿀 수 있고, 다른 각도 베타도 부를 수 있다. 이 정도면 위의 비율이 잘 규정되어 있음을 보증하기에 충분할 것이다. 영각 문제에 대한 대안적 접근방식은 아래 알고리즘에 제시되어 있다.)

이 치환으로 방정식은 다음과 같이 된다.

${\displaystyle {\frac {\sin x}{\sin y}=\tan \phi .}$

우리는 알려진 두 삼각형 정체, 즉

${\displaystyle \mathrm{태닝}}$ ${\displaystyle (}$- ${\displaystyle 4}$ -${\displaystyle =}$ )${\displaystyle \frac{}{}}$= ${\displaystyle 1\frac{\mathrm{}}{}}$ - ${\displaystyle \frac{\mathrm{태닝}}{}}$ ${\displaystyle \frac{}{}}$ ${\displaystyle \frac{\tan }{}}$ tan ${\displaystyle \frac{\tan }{}}$tan ${\displaystyle \frac{\tan 1}{}}$ + 1$${\$displaystyle$ \tan $\frac \frac \pi }{$4$$}-\$pi \right)={\frac {1-\tan \pi$}{\tan $\pi +1},$

${\displaystyle {\frac {\tan[(x-y)/2]{\tan[(x+y)/2]}}}}={\frac {\sin x-\sin y}{\sin x+\sin y}}}$

이것을 우리가^[why?] 필요로 하는 두 번째 방정식의 형태로 말하면

${\displaystyle \tan {1}{1}{1}:{2}}(x-y)=\tan {1}{1}{1}{1}{1}{1}{1}:{2}}(\alpha +\beta +C)\tan \left({\frac {}}}-\pi \오른쪽).}$

우리는 이제 이 두 방정식을 미지의 두 개로 풀어야 한다. 일단 x와 y가 알려지면, 다양한 삼각형을 간단하게 풀어서 P의 위치를 결정할 수 있다.^[1] 자세한 절차는 아래와 같다.

솔루션 알고리즘

주어진 용액은 AC와 BC 두 길이, 그리고 $\alpha {\displaystyle }$ ${\displaystyle \alpha },$$\beta {\displaystyle }$ ${\displaystyle \beta },$ C$$ 세 각도로 다음과 같이 진행된다.

• calculate ${\displaystyle \phi =\operatorname {atan2} ({\rm {BC}}\sin \alpha ,{\rm {AC}}\sin \beta )}$. Where atan2 is a computer function, also called the arctangent of two arguments, that returns the arctangent of the ratio of the two values given. Microsoft Excel에서 두 가지 주장이 반대로 적용되므로 적절한 구문은 '${\displaystyle }$= ${\displaystyle \mathrm{t}}$ a ${\displaystyle \mathrm{n}}$ ${\displaystyle 2}$(${\displaystyle \mathrm{A}}$ ${\displaystyle {\mathrm{}}^{}}$ ${\displaystyle {\ast }^{}}$ ${\displaystyle {}^{}\mathrm{}}$ ${\displaystyle \sin }$ ${\displaystyle }$ ${\displaystyle (\mathrm{b}}$ ${\displaystyle \mathrm{e}}$ ${\displaystyle \mathrm{t}}$ ${\displaystyle \mathrm{a}}$)${\displaystyle }$, B ${\displaystyle {\mathrm{}}^{}}$ ${\displaystyle {\ast }^{}}$ ${\displaystyle {}^{}\mathrm{}}$ ${\displaystyle \sin }$ ${\displaystyle }$(${\displaystyle \mathrm{l}}$ ${\displaystyle \mathrm{p}}$ ${\displaystyle \mathrm{h}}$ ${\displaystyle \mathrm{a}}$)${\$ \$blash \beta),$$BC^{*}\백슬래시 \sin(알파)$$}}}'.$ $$atan2 함수는 두 인수 중 하나가 0인 경우를 정확하게 처리한다.
• $K{\displaystyle }$= ${\displaystyle 2}$㎛ -${\displaystyle \alpha }$ -${\displaystyle \beta }$- ${\displaystyle C}$. ${\displaystyle K=2\pi$ -$\alpha -\beta -C.$$}$
• calculate ${\displaystyle W=2\cdot \operatorname {atan} \left[\tan(\pi /4-\phi )\tan \left({\frac {1}{2}}(\alpha +\beta +C)\right)\right].$$}$
• $x{\displaystyle }$=${\displaystyle }$( ${\displaystyle K}$+ ${\displaystyle W}$)${\displaystyle }$/ ${\displaystyle 2\mathrm{}}$ ${\displaystyle x=(K+W)/2}$ 및 $y$ =${\displaystyle }$( ${\displaystyle K}$- ${\displaystyle W}$)${\displaystyle }$/ 2.${\displaystyle y=(K-W)/2$를 찾으십시오$.$$}$
• if ${\displaystyle \sin \beta > \sin \alpha }$ calculate ${\displaystyle {\rm {PC}}={\frac {{\rm {BC}}\sin y}{\sin \beta }}}$ else use ${\displaystyle {\rm {PC}}={\frac {{\rm {AC}}\sin x}{\sin \alpha }}.$$}$
• find ${\displaystyle {\rm {PA}}={\sqrt {{\rm {AC}}^{2}+{\rm {PC}}^{2}-2\cdot {\rm {AC}}\cdot {\rm {PC}}\cdot \cos(\pi -\alpha -x)}}.}$ (This comes from the law of cosines.)
• find ${\displaystyle {\rm {PB}}={\sqrt {{\rm {BC}}^{2}+{\rm {PC}}^{2}-2\cdot {\rm {BC}}\cdot {\rm {PC}}\cdot \cos(\pi -\beta -y)}}.$$}$

$만약{\displaystyle }$ A${\displaystyle }$: ${\displaystyle x_{}}$ A${\displaystyle {}_{}}$, ${\displaystyle y_{}}$ ${\$$y\_$${A},$${\displaystyle }$C : ${\displaystyle {}_{}{C}_{}}$ , ${\displaystyle y_{}}$ ${\displaystyle {}_{}}$ ${\$의 좌표가 적절한$$ 데카르트 좌표계에서도 알려져 있다면 $P{\displaystyle }$ ${\displaystyle$ P$}$의 좌표도 찾을 수 있다$$.

기하학적(그래픽) 용액

새겨진 각도 정리에 의해 AC가 각도 $\alpha {\displaystyle }$ ${\displaystyle \alpha$}을(를) 미분하는 지점의 중심은 AC의 중간선에 있는 원이다$$; 이 원 AC의 중심 O로부터 각 ${\displaystyle \mathrm{2\alpha }}$ ${\displaystyle 2\alpha$ $\}.$ 마찬가지로 CB가 각도 $\beta {\displaystyle }$ ${\displaystystyle \be$}을 중첩하는 지점들의 중심에서 중심점이 된다.$ta }$는 또 다른 원이다. 원하는 P 지점은 이 두 loci의 교차점에 있다.

따라서 A, B, C 지점이 표시된 지도 또는 항해 도표에서는 다음과 같은 그래픽 구조를 사용할 수 있다.

• M에서 AC를 수직으로 교차하는 세그먼트 AC, 중간점 M 및 중간선을 그린다. 이 선에서 M ${\displaystyle O}$= ${\displaystyle A\frac{}{}}$ ${\displaystyle \frac{\mathrm{}}{}}$ 2 ${\displaystyle \frac{\mathrm{tann}}{}}$ ${\displaystyle \frac{\alpha }{}}$α ${\$A와 C를 통과하는 O에 중심을 두고 원을 그린다.
• 점 B, C 및 각도 $\beta {\displaystyle }$ ${\displaystyle \beta }$을(를) 사용하여 동일한 구조를 반복하십시오$.$
• 두 원의 교차점에 P를 표시한다(두 원은 두 점에서 교차한다. 한 교차점은 C이고 다른 하나는 원하는 P이다).

이 해결 방법을 카시니의 방법이라고 부르기도 한다.

합리적 삼각법 접근법

다음의 해결책은 N. J. 와일드버거의 논문에 근거한다.^[2] 거의 순수하게 대수학이라는 장점이 있다. 삼각법을 사용하는 유일한 장소는 각도를 분산시키는 것이다. 필요한 제곱근은 하나뿐이다.

• 다음을 정의한다.
  • ${\displaystyle s(x)=\sin ^{2}(x)}$
  • ${\displaystyle A(x,y,z)=(x+y+z)^{2}-2(x^{2}+y^{2}+y^{2}+z^{2}})}$
  • ${\displaystyle r_{1}=s(\displaystyle )}$
  • ${\displaystyle r_{2}=s(\displaystyle )}$
  • ${\displaystyle r_{3}=s(\displays +\displays )}$
  • ${\displaystyle Q_{1}=BC^{2}}$
  • ${\displaystyle Q_{2}=AC^{2}}$
  • ${\displaystyle Q_{3}=AB^{2}}$
• 자, 이제:
  • ${\displaystyle R_{1}=r_{2}Q_{3}/r_{3}}}}}$
  • ${\displaystyle R_{2}=r_{1}Q_{3}/r_{3}}}:{3}}$
  • ${\displaystyle C_{0}=(Q_{1}+Q_{2}+Q_{3})(r_{1}+r_{3})-2(Q_{1}{1}r_{1}{1}+R_{1}+Q_{2}+Q_{3})/(2r_{3}{3}}}}{3}}}}}}{3}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}$
  • ${\displaystyle D_{0}=r_{1}r_{1}r_{2}A(Q_{1}{1},Q_{2},Q_{3}/r_{3}}}})$
• 다음 방정식은 $R{\displaystyle {}_{}}$ ${\displaystyle {3\mathrm{}}_{}}$ ${\$에 대해 가능한 두 값을 제공한다$.$
  • ${\displaystyle(R_{3}-C_{0})^{2}=D_{0}}}$
• 이 값들 중에서 더 큰 값을 선택한다.
  • ${\displaystyle v_{1}=1-(R_{1}+R_{3}-Q_{2})^{2}/(4R_{1}R_{3}}}}$
  • ${\displaystyle v_{2}=1-(R_{2}+R_{3}-Q_{1}^{2}/(4R_{2}R_{3})}$
• 마지막으로 다음과 같은 이점을 얻으십시오.
  • ${\displaystyle AP^{2}=v_{1}R_{1}/r_{2}=v_{1}Q_{3}/r_{3}}}}}}$
  • ${\displaystyle BP^{2}=v2R_{2}/r_{1}=v_{2}Q_{3}/r_{3}}}}}}$

불확정 케이스

점 P가 A, B, C와 같은 원에 위치할 때, 문제는 무한한 수의 해결책을 가지고 있다. 그 이유는 이 원의 호 APB에 위치한 다른 점 P'에서 관찰자는 P(구문된 각도 정리)에서와 동일한 각도 알파와 베타(구문된 각도 정리)를 보기 때문이다. 따라서 이 경우 해결책은 고유하게 결정되지 않는다.

ABC를 통한 원은 "위험 원"으로 알려져 있으며, 이 원(또는 이 원과 매우 가까운 곳)에 대한 관찰은 피해야 한다. 관찰을 하기 전에 지도에 이 원을 그리는 것이 도움이 된다.

주기적인 사변측정감시 정리는 불확실한 상황을 탐지하는 데 도움이 된다. The quadrilateral APBC is cyclic iff a pair of opposite angles (such as the angle at P and the angle at C) are supplementary i.e. iff ${\displaystyle \alpha +\beta +C=k\pi ,(k=1,2,\cdots )}$. If this condition is observed the computer/spreadsheet calculations should be stopped and an error message ("indeteralmate case")가 반환됨.

해결된 예

(Adapted form Bowser,^[3] 연습 140, 203쪽). A, B, C는 AC = 435(야드), CB = 320, C = 255.8도 등 3개의 물체다. 스테이션 P에서 APC = 30도, CPB = 15도가 관측된다. A, B, C에서 P의 거리를 구하라. (이 경우 C와 P는 선 AB의 같은 쪽에 있으며, 그림에 표시된 것과 다른 구성이라는 점에 유의한다.)

답변: PA = 790, PB = 777, PC = 502.

컴퓨터 프로그램에 대해 약간 더 까다로운 시험 케이스는 동일한 데이터를 사용하지만 이번에는 CPB = 0을 사용한다. 이 프로그램은 843, 1157, 837개의 답을 반환해야 한다.

명명논란

영국의 지질학 권위자인 조지 티렐 맥카우(1870~1942)는 영어의 적절한 용어는 스넬리우스 문제인 반면 스넬리우스 포테노트는 유럽 대륙의 관용어라고 썼다.^[4]

McCaw는 Laurent Pothenot (1650–1732)의 이름이 원래 기여를 한 것이 아니라 75년 후에 Snellius를 재작성했을 뿐이므로 포함시킬 자격이 없다고 생각했다.

참고 항목

• 삼각형 해법
• 삼각측량(서핑)
• 위치 절제 및 교차로

메모들

• Gerhard Heindl: 평면 3점 절제 문제 해결을 위한 Willerding의 공식 분석, Journal of Applied Geodsy, Band 13, Heft 1, Seiten 27–31, ISSN (온라인) 1862-9024, ISSN (인쇄) 1862-9016, DOI: [1]

참조

• 에드워드 A. 보우어: 1892년 워싱턴 D.C., Heath & Co., 188페이지의 구글 책들