Hallar la longitud de un grado del paralelo que corresponde a Pekín

TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA
CURSO 05-06
1.- Hallar la longitud de un grado del paralelo que corresponde a Pekín (116º 30’
E, 40º N).
⎧360º → 2 π R P
2 π R P 1º
. Hay que hallar el radio
⇒L=
⎨
360º
⎩1º → L
RP
O’
P
del paralelo de Pequín R P .
50º
Llamando R T al radio de la tierra (6371 km) y llamando O y
RT
O’ a los centros del ecuador y del paralelo de Pequín P,
respectivamente, se tiene que:
O' P R P
=
⇒ R P = R T sen 50º = 4880.4663 km.
sen 50º =
OP R T
2 π R P 1º
Sustituyendo en L =
, se obtiene L = 85.1802 km.
360º
2.- En la geometría euclídea, los ángulos interiores de un triángulo suman 180º,
pero, en la geometría hiperbólica, desarrollada por Lobachevski, la suma de los
lados de un triángulo es siempre menor de 180º y en la geometría de Riemann
dicha suma es siempre superior a 180º, como en el caso de un triángulo situado
sobre una esfera.
Obtener la suma de los ángulos del triángulo esférico determinado por: La Coruña
(4º 43’ O, 43º 22’ N), Barcelona (5º 50’ E, 41º 24’ N) y Las Palmas (11º 44’ O, 28º 9’
N).
En el triángulo esférico CBN (Coruña, Barcelona, Polo Norte):
Colatitud de la Coruña: b = 90º - 43º 22’ = 46º 38’
Colatitud de Barcelona: c = 90º - 41º 24’ = 48º 36’
Ángulo en N: 4º 43’ + 5º 50’ = 10º 33’
Teorema del coseno en CBN:
Cos n = cos b cos c + sen b sen c cos N = 0.99019274 ⇒ n = 8º 1’ 51’’.78 (distancia
CB)
Análogamente para el triángulo CPN (Coruña, Las Palmas, Polo Norte):
Colatitud de la Coruña: p = 46º 38’
Colatitud de Las Palmas: c = 90º - 28º 9’ = 61º 51’
Ángulo en N: 11º 44’ - 4º 43’ = 7º 1’
Teorema del coseno en CPN:
Cos n’ = cos p cos c + sen p sen c cos N = 0.96013948 ⇒ n’ = 16º 13’ 53’’.9 (distancia
CP)
Y para el triángulo PBN (Las Palmas, Barcelona, Polo Norte):
Colatitud de Las Palmas: 61º 51’
Colatitud de Barcelona: 48º 36’
Ángulo en N: 11º 44’ + 5º 50’ = 17º 34’
Teorema del coseno en PBN:
Cos n’’ = cos 61º 51’ cos 48º 36’ + sen 61º 51’ sen 48º 36’cos 17º 34’ = 0.942536479
⇒ n’’ = 19º 31’ 4’’.86 (distancia PB)
Haciendo el cambio de notación:
n = p = 8º 1’ 51’’.78, n’ = b = 16º 13’ 53’’.9 y n’’ = c = 19º 31’ 4’’.86, y aplicando el
teorema del coseno al triángulo PBC formado por las tres ciudades, se obtiene:
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1
TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA
cos p = cos b cos c + senb senc cos P ⇒ cos P =
CURSO 05-06
cos p - cos b cos c
= 0.912591721
senb senc
⇒ P = 24º 8' 2' '.3
cos b = cos p cos c + senp senc cos B ⇒ cos B =
cos b - cos p cos c
= 0.575158992
senp senc
⇒ B = 54º 53' 21' '.2
cos c = cos p cos b + senp senb cos C ⇒ cos C =
cos c - cos p cos b
= −0.209631058
senp senb
⇒ C = 102º 6' 2' '
Así, P + B + C = 181º 07’ 25’’.5
3.- Razonar si puede existir al menos un triángulo esférico con los elementos dados.
En caso afirmativo, calcular los elementos restantes:
a) a=60º00’31’’, b=137º20’40’’, c=116º00’32’’
b) A=70º00’25’’, B=131º10’15’’, C=94º50’53’’
c) a=64º24’03’’, b=42º30’10’’, C=58º40’52’’
d) c=116º12’05’’, A=70º51’15’’, B=131º20’26’’
e) a=58º46’22’’, b=137º02’50’’, B=131º52’33’’
f) A=70º, B=119º, a=76º
g) a=90º, C=67º38’, b=48º50’
Solución:
a) Aplicando el teorema del coseno:
cos a − cos b cos c
= 0, 291390085
senbsenc
A=73º03’32’’. Análogamente,
cos b − cos a cos c
= −0, 6632121124
cos b = cos a cos c + senasenc cos B ⇒ cos B =
senasenc
B=131º32’43’’
cos c − cos a cos b
= −0,12070002
cos c = cos a cos b + senasenb cos C ⇒ cos C =
senasenb
C=96º55’57’’
b) Aplicando el teorema del coseno para ángulos:
cos A + cos Bcos C
= 0,530015814
cos A = − cos Bcos C + senBsenC cos a ⇒ cos a =
senBsenC
a=57º59’37’’. Análogamente,
cos B + cos A cos C
= −0, 733898576
cos B = − cos A cos C + senAsenC cos b ⇒ cos b =
senAsenC
b=137º12’51’’
cos C + cos A cos B
= −0, 437657969
cos C = − cos A cos B + senAsenBcos C ⇒ cos c =
senAsenB
C=115º57’16’’
c) Aplicando el teorema del coseno:
cos c = cos a cos b + senasenb cos C = 0, 635260783 ⇒ c = 50º 33'38''
Y ahora teorema del coseno de nuevo para despejar cos B y cos C y hallar A y C, ó
bien mediante las analogías de Neper:
cos a = cos b cos c + senbsenc cos A ⇒ cos A =
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2
TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA
CURSO 05-06
⎛ a-b ⎞
⎛ a-b ⎞
cos ⎜
sen ⎜
⎟
⎟
⎛A +B⎞
⎝ 2 ⎠ ⋅ cotg C ; tg ⎛ A − B ⎞ =
⎝ 2 ⎠ ⋅ cotg C
=
tg ⎜
⎟
⎜
⎟
2
2
⎝ 2 ⎠ cos ⎛ a + b ⎞
⎝ 2 ⎠ sen ⎛ a + b ⎞
⎜
⎟
⎜
⎟
⎝ 2 ⎠
⎝ 2 ⎠
a+b
a−b
C
= 10º ,94902777 ; = 29º ,34055555
= 53º , 45180555 ;
Sabiendo que:
2
2
2
llegamos al sistema:
⎫
A+B
⎛ A+ B⎞
= 71º ,17375586 ⎪
tg ⎜
⎟ = 2,933075586 ⇒
2
⎝ 2 ⎠
⎪ ⎪⎧ A = 93º 59 '09 ''
⎬⇒⎨
A−B
⎛ A −B⎞
= 22º ,812116949 ⎪ ⎪⎩ B = 48º 21' 42 ''
tg ⎜
⎟ = 0, 4206112445 ⇒
⎪⎭
2
⎝ 2 ⎠
d) Aplicando el teorema del coseno para ángulos:
cos C = − cos A cos B + senAsenBcos c = −0, 0965239 ⇒ C = 95º 32 '21''
Y ahora teorema del coseno para los ángulos de nuevo para despejar cos a y cos b y
hallar a y b, ó bien mediante las analogías de Neper:
A−B
cos
a+b
2 tg c = −7, 210965408 ⇒ a + b = 97º ,8952904
tg
=
A+B 2
2
2
cos
2
A−B
s en
a−b
2 tg c = −0,824623 ⇒ a − b = −39º ,5097768
tg
=
A+B 2
2
2
s en
2
⎧⎪ a = 58º 23'08''
⇒⎨
⎪⎩ b = 137º 24 '18''
e) Por el teorema del seno:
⎧A = 69º 08' 09' ' < B ⇔ a < b
sen a sen b
=
⇒ sen A = 0.934428211 ⇒ ⎨
sen A sen B
⎩A = 110º 51' 51' ' < B ⇔ a < b
Resolvemos ahora dos triángulos esféricos, uno para A1=69º08’09’’ y otro para
A2=110º51’51’’
1ª solución: A1=69º08’09’’, a, b, B
Aplicando las analogías de Neper:
A +B
cos 1
c1
2 tg a + b = 1,5370151 , c = 113º 55' 25' ' y luego teorema del coseno
tg =
1
−B
A
2
2
cos 1
2
para obtener C1 ó bien:
a−b
cos
C
2
tg 1 =
= 1.045330128 ⇒ C1=92º 32’ 43’’
a + b A1 + B
2
tg
cos
2
2
2ª solución: A2=110º51’51’’, a, b, B
Aplicando las analogías de Neper:
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3
TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA
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A2 + B
c
2 tg a + b = 3,8105828 ⇒ c = 150º 35' 28'' y luego teorema del
tg 2 =
2
A2 − B
2
2
cos
2
coseno, ó bien:
a−b
cos
C2
2
=
= 3, 436300999 ⇒ C2=147º32’56’’
tg
a + b A2 + B
2
cos
tg
2
2
f) Por el teorema del seno:
64º 34 '08''
⎧⎪
sen a sen B sen 76º sen 119º
.
sen b =
=
= 0,9031035 ⇒ ⎨
sen A
sen 70º
⎪⎩ b = 115º 25'52 '' > a ⇔ B > A
Solución única y aplicando las analogías de Neper:
A+B
cos
c
2 tg a + b = cos 94º30' tg 95º 42'56' ' = 0,86151311 ⇒ c = 81º 29 '26 ''
tg =
A−B
2
2
cos(− 24º30')
cos
2
a−b
cos
C
2 cot g A + B = cos(−19º 42'55' ' ) tg 94º30' = 0,743969 ⇒ C = 73º17 ' 46 ''
tg =
a+b
2
2
cos(95º 42'55' ')
cos
2
g) Triángulo rectilátero que su polar es rectángulo y por el pentágono de Neper:
Ap=180º-a=90º; Bp=180º-b=112º22’; Cp=180º-c=131º10’
ap
cos
Bp
Ap=90º
90º-cp
Cp
90º-bp
cosap=cotgBpcotgCp=0,3597 ⇒ a p = 68º 55' ⇒ A = 180 − a p = 111º 05'
cosBp=sen(90º-bp)senCp ⇒ cos b p =
cos Bp
senCp
= −0,505531888
b p = 120º 22 ' ⇒ B = 180º − b p = 59º 38'
cosCp=sen(90º-cp)senBp ⇒ cos c p =
cos Cp
senBp
= −0, 711821767
c p = 135º 23' ⇒ C = 180º −c p = 44º 37 '
4.- Hallar los lados a y b de un triángulo esférico del que se conoce:
A = 90º, B = 47º 54’54’’, a - b = 13º 40’50’’
Dividiendo miembro a miembro en las analogías de Neper:
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a+b
A−B⎫
cos
2 ⎪
2 =
⎪
A+B⎪
c
A+B
a+b
a+b
cos
tg
tg
tg
tg
tg 68º 57' 27' '
2 ⎪⇒
2
2 =
2 ⇒
2
=
⇒
⎬
a
b
A
B
−
−
a−b
A−B⎪
tg 6º 50' 25' ' tg 21º 02' 33' '
tg
tg
tg
sen
2
2
2 =
2 ⎪
c
A+B⎪
tg
sen
⎪
2
2 ⎭
a+b
a+b
tg
= 0.810479989 ⇒
= 39º 1' 26' '.67 ⇒ a + b = 78º 2' 53' '.34
2
2
⎧a + b = 78º 2' 53' '.34
,
Por hipótesis, a − b = 13º 40' 50' ' . Resolviendo el sistema lineal ⎨
⎩a − b = 13º 40' 50' '
⎧a = 45º 51' 52' '
se obtiene: ⎨
.
⎩b = 32º 11' 2' '
5.- Resolver, si es posible, los siguientes triángulos esféricos rectángulos, siendo
A=90º:
a) a=60º 07’ 13”, C=59º 00’ 12”.
b) b=167º 03’ 38”, B=157º 57’ 33”.
c) a=112º 42’ 36”, b=76º 44’ 15”.
tg
Solución:
a) cos(90º-c)=senasenC=0,743252702177866
⎧⎪ c = 48º 00 '33'' < a ⇔ C < A
⇒⎨
131º 59 '27 ''
⎪⎩
cosa=cotgBcotgC ⇒ tgB = 1, 2059 ⇒ B = 50º 20 '02 ''
cosC=cotgatgb
⇒ tgb = tga cos C = 0,8963258673 ⇒ b = 41º 52 '14 ''
b) sena=senb/senB=0,5966977
⎧ a1 = 36º 38'02 '' < b ⇔ A < B
⎪
⇒⎨
⎪⎩ a 2 = 143º 21'58'' < b ⇔ A < B
Dos soluciones de tal forma que b es obtuso:
sen c =
⎧c 2 = 34º 34' 34' '
tg b
= 0.5649939 ⇒ ⎨
, ya que al
tg B
⎩c1 = 145º 25' 34' '
ser a 1 aguda, c1 y b han de ser ambos obtusos.
⎧ C2 = 72º 00 '07 ''
cos B
⎪
= 0,95106682 ⇒ ⎨
, ya que al ser a 1 aguda, C1 y B han
cos b
C
=
107º
59
'53''
⎪⎩ 1
de ser ambos obtusos.
senC =
a catetos obtusos corresponde hipotenusa aguda y ángulos obtusos.
c) Por el teorema del seno:
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sen B =
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sen b sen A sen 76º 44 '15''sen 90º
=
= 1, 0551 No existe tal triángulo.
sen a
sen112º 42 '36 ''
6.- Dado el triángulo esférico de lados a=80º, b=40º y c=100º, hallar la altura
esférica sobre el lado “a” y decir si es interior o exterior al triángulo.
Solución:
B
c
h
a
b
C
A
H
h
Si la altura sobre el lado a es interior (h), al
triángulo ABC, entonces B y C han de ser
ambos agudos o ambos obtusos, pues son
ángulos que se oponen al cateto h, en los
triángulos rectángulo en que h),divide al
triángulo ABC.
Si la altura es exterior (h), entonces han de
ser B y 180º-C ambos agudos o ambos
obtusos, es decir, B y C tienen distinto carácter.
Por tanto, hemos de hallar primero B y C:
cos b − cos a cos c
= 0.820952891⇒B = 34º 49 ' 11''
sena senc
cos c − cos a cos b
cosC=
= -0.484454398⇒C = 118º 58 ' 36 ''
sena senb
cosB=
Luego al ser las soluciones válidas B = 34º 49’ 11’’<90º y C = 118º 58’ 36’’,
deducimos que la altura sobre el lado a es exterior al triángulo ABC y su valor es un
ángulo agudo. Considerando el triángulo ABH rectángulo en H
senh= senBsenc=0.562321217⇒ h =
34º 12 ' 59 ''
145 º 47' 1'' > 90º
7.- Calcular los arcos de
circunferencia máxima
correspondientes a:
a) Altura sobre el lado c.
b) Mediana sobre el lado c.
c) Bisectriz del ángulo C.
C
b=54º10'
B
A=84º30'
Solución:
a) Se descompone el triángulo en dos triángulos
rectángulos y la altura se obtiene por el teorema
del seno:
senh=senb.senA=0.8069909574
53º 48' 11'' < b ⇔ A < H
⇒h=
126 º 11' 49'' > 90º
A agudo, luego su cateto opuesto h agudo.
c=104º22'
C
h
b=54º10'
B
A=84º30'
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H
c=104º22'
6
TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA
b) Puesto que, en el triángulo de la izquierda,
conocemos dos lados y el ángulo comprendido,
utilizamos el teorema del coseno:
cosm=cosbcos(c/2)+senbsen(c/2)cosA
con c/2=52º11’ luego m=65º08’40’’
C
m
b=54º10'
c/2
A=84º30'
CURSO 05-06
B
c=104º22'
C
b=54º10'
C/2
z
c) Es necesario calcular el ángulo C en el
B
triángulo ABC:
A=84º30'
Z
c=104º22'
cosa=cosbcosc+senbsenccosA=-0.069986
a=94º00’47’’. Otra vez el teorema del coseno:
cos c − cos a cos b
cos C =
⇒ C = 104º 50 '30 '' en
senasenb
el triángulo ACZ el teorema del coseno para ángulos:
C
C
cos Z = − cos A cos + senAsen cos b ⇒ Z = 66º12 ' y con el teorema del seno
2
2
⎧61º 52 '31''
senz senb
senb
senA ⇒ z = ⎨
,z > b ⇔ A > Z
=
⇒ senz =
senA senZ
senZ
⎩118º 07 '29 ''
lo que significa que no sabemos cuál es la solución correcta, para ello podemos volver a utilizar el
teorema del coseno para ángulos:
C
cos A + cos Z cos
C
C
2 ⇒ z = 61º 52 '30 ''
cos A = − cos Z cos + senZsen cos z ⇒ cos z =
C
2
2
senZsen cos z
2
8.- Demostrar que en un triángulo esférico rectángulo se verifica:
a) Un cateto y su ángulo opuesto son ambos agudos o ambos obtusos.
b) Si los catetos son ambos agudos o ambos obtusos, entonces la hipotenusa es aguda;
pero si un cateto es agudo y otro es obtuso, entonces la hipotenusa es obtusa.
Solución:
a) Por el pentágono de Neper:
cosB=sen(90º-b)senC=cosbsenC
⎧b < 90º y B<90º
cos B
⇒ senC =
>0⇒⎨
cos b
⎩b>90º y B>90º
b y B ambos agudos o ambos obusos.
b) Ahora es: cosa=sen(90º-b)sen(90º-c)=cosbcosc
b < 90º ⇒ cos b > 0 ⎫
⎬ ⇒ cos a = cos b cos c > 0 ⇒ a < 90º
c < 90º ⇒ cos c > 0 ⎭
b > 90º ⇒ cos b < 0 ⎫
⎬ ⇒ cos a = cos b cos c > 0 ⇒ a < 90º
c > 90º ⇒ cos c < 0 ⎭
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7
TRIGONOMETRÍA ESFÉRICA
CURSO 05-06
b < 90º ⇒ cos b > 0 ⎫
⎬ ⇒ cos a = cos b cos c < 0 ⇒ a > 90º
c > 90º ⇒ cos c < 0 ⎭
Recíprocamente:
a < 90º ⇒ cos a = cos b cos c > 0 ⇒ signo(cos b) = signo(cos c) ⇒ b y c son ambos agudos o ambos
obtusos.
a > 90º ⇒ cos a = cos b cos c < 0 ⇒ signo(cos b) ≠ signo(cos c) ⇒ b y c son de distinto cuadrante.
9.- Demostrar que en un triángulo esférico equilátero se verifica:
a) cos A = cos a /(1+cos a)
b) sec A - sec a = 1
c) 2 cos (a/2) sen (A/2) =1.
Solución:
Equilátero: los tres lados iguales a=b=c
Y por el teorema del coseno cos a = cos b cos c + sen b sen c cos A=cos2a + sen2a cos A
Y despejando
cos a − cos 2 a
cos A =
sen 2 a
cos a − cos 2 a cos a(1 − cos a)
cos a(1 − cos a)
cos a
=
=
=
a) cos A =
2
2
(1 + cosa)(1 − cosa) 1 + cosa
sen a
1 − cos a
1
1
1 + cos a
1
1 + cos a − 1
−
=
−
=
=1
b) Por el apartado anterior: sec A − sec a =
cos A cos a
cos a
cos a
cos a
1 + cos α
1 − cos α
⎛α⎞
⎛α⎞
y sen ⎜ ⎟ =
y así en nuestro caso:
c) Sabemos que: cos ⎜ ⎟ =
2
2
⎝2⎠
⎝2⎠
a
A
1 + cos a
2 cos sen = 2
2
2
2
= 1 + cos a 1 −
1 − cos A
= 1 + cos a 1 − cos A =
2
cos a
1
= 1 + cos a
= 1 , por el apartado a).
1 + cos a
1 + cos a
10.- Un avión vuela de Madrid a Tokio a una altitud de 10 000 m siguiendo un círculo máximo
de la esfera terrestre. Sabiendo que las coordenadas de Madrid y Tokio son:
Madrid: latitud: Norte 40º 26’; longitud: Oeste 3º 42’
Tokio latitud: Norte 35º 40’; longitud: Este 139º 45’ :
y que el radio de la tierra es 6370 km, se pide:
a) ¿Qué distancia recorre el avión entre Madrid y Tokio?
b) ¿A qué distancia del Polo Norte pasa aproximadamente?
c) Se denomina Círculo Polar Ártico a una circunferencia menor sobre la tierra tal que en
ella, en el solsticio de verano, el Sol no se pone en todo el día. El Círculo Polar Ártico se
encuentra a una latitud Norte 60º 30’. ¿Sobrevuela el mencionado avión el Círculo Polar
Ártico?
A
Solución:
a) Datos: A=139º45’+3º42’=143º27’
b= 90º-40º26’=49º34’
c=90º-35º40’=54º20’
solución del triángulo: A(polo); C(Madrid); B(Tokio)
c
b
a
C
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B
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CURSO 05-06
aplicando el teorema del coseno:
cos a = cosb cosc + senb senc cos A obtenemos a=96º48’44’’
por lo que la distancia recorrida es d = a(radianes) . R = a (π/180) (6370 + 10) =
10780.23517 km (el avión vuela a 10km sobre la superficie, de ahí el radio 6370+10)
b) Del triángulo anterior calculamos el ángulo C
Aplicando el teorema del coseno cos c = cosa cos b + sena senb cos C
Sale C = 29º09’38’’ (rumbo del avión desde Madrid)
Ahora se plantea el siguiente triángulo esférico rectángulo con B’ el punto más cercano al polo
Los datos son B’=90º , b= 49º34’ y C =29º09’38’’ (b y C son comunes al triángulo anterior)
senh= senC. senb = sen(29º09’38’’) sen(49º34’) obtenemos h = 21º 46’ 12’’ (solución aguda,
h< 90º pues C<90º en un triángulo rectángulo)
La distancia al polo es la longitud del lado h.
La distancia es aproximada si se considera la distancia al punto que identifica el Polo Norte sobre la
superficie de la Tierra. Vamos a aproximarla por la distancia a la vertical del Polo a 10 km de
altitud. Distancia al Polo . (21º46’12’’) π/180º (6.370+10)=2424.133176 km.
c) como h=21º46’12’’ < (90º-60º30’)=29º30’, SÍ SE SOBREVUELA EL CÍRCULO POLAR
Ejercicios propuestos
Resolver los siguientes triángulos esféricos:
1) A=90º, b=38º 17’ 46”, c=37º 04’ 13”.
2) A=90º, B=52º 38’ 34”, C=50º 38’ 15”.
3) b=114º 31’ 18”, B=119º 42’ 34”, C=72º 03’ 16”.
4) A=112º 24’ 32”, B=61º 12’ 40”, a=72º 36’ 24”.
5) A=161º 16’ 32”, B=126º 57’ 15”, a=163º 17’ 55”.
6) Un avión parte de un lugar cercano a Nueva York (74º1’ longitud Oeste; 40º42’ latitud Norte)
con rumbo 30º10’ (dirección Norte y Oeste). Dar las coordenadas del punto de su recorrido más
cercano al Polo Norte.
7) Un avión vuela de Madrid a Nueva York a una altitud de 10.000 m.
De Madrid sale con rumbo Noroeste y vuela 2.000 km hasta llegar a un punto en el cual vira para
dirigirse directamente a Nueva York. Sabiendo que las coordenadas de Madrid y Nueva York son
Madrid: 3º 30' Oeste; 40º43' Norte
Nueva York: 74º00' Oeste; 40º27' Norte
(La Tierra se considera una esfera de radio 6370 km y que el avión recorre ciclos de la esfera). Se
pide:
a). Distancia entre Madrid y Nueva Cork.
b). Distancia recorrida por el avión.
Soluciones a los ejercicios propuestos
1) a=51º 13’ 46”, B=52º 38’ 34”, C=50º 38’ 15”.
2) a=51º 13’ 46”, b=38º 17’ 46”, c=37º 04’ 12”.
⎧a = 65º 31'13", c1 = 85º13'50", A1 = 60º19 ' 27"
3) ⎨ 1
⎩a 2 = 46º 24 '38", c 2 = 94º 46 '10", A 2 = 43º 44 '35"
4) b=64º 46’ 28”, c=17º 58’ 40”, C=17º 23’ 54”.
⎧b = 45º 40'31" , c 1 = 146º 06'26" , C 1 = 141º 28'17"
5) ⎨ 1
⎩b 2 = 134º19'29" , c 2 = 54º 20'33" , C 2 = 114º 49'23"
6) Longitud: 4º 46’ 24 “ y latitud 67º36’ 24”
7) a) D=5857 km. b) Distancia total 5948 km.
Unidad docente de Matemáticas
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1
Asunto:
Autor:
Mluisa
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27/09/2005 4:50
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37
Guardado el:
21/10/2005 1:51
Guardado por:
Seminario Matematicas
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27/09/2008 7:03
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