LIBRO TERCERO: DE LA HIDROGRAFÍA
O NÁUTICA
Capítulo Quinto
DE LAS PROPIEDADES DE LAS LÍNEAS DE LA NAVEGACIÓN
Y DE LA RESOLUCIÓN TRIGONOMÉTRICA DE SUS PROBLEMAS
Propiedades de las líneas de la navegación.
La dirección de un bajel (como ya se ha dicho) se hace por una
de tres líneas: circular, ortodrómica y loxodrómica;
cuando se navega por la línea Norte-Sur se describe círculo
máximo por navegar por un mismo meridiano. También se denomina
círculo máximo cuando estando en un mismo ecuador se navega
por la línea Leste-Ueste, cortando en ángulos rectos a todos
los meridianos, porque el curso del navío se hace por la circunferencia
del ecuador terrestre. Cuando se halla el bajel fuera del ecuador y se
navega por la línea Leste-Ueste se describe línea ortodrómica
que es una especie de curva compuesta de infinitos arcos de los verticales
primarios, por donde pasa el bajel, porque la línea Leste-Ueste
es la común sección del vertical primario con el horizonte
y, presentando la proa por este rumbo se dirige siempre hacia un punto
de ecuador, que es el verdadero levante y poniente y como navegando el
bajel se muda el cenit, se mudan también los puntos de verdadero
levante o poniente de forma que no se describe círculo máximo
sino un agregado de pequeños arcos de todos los verticales primarios
por donde pasa, acercándose más y más al ecuador insensiblemente.
Aquí se manifiesta que navegando por la línea Leste-Ueste
fuera del ecuador no se describe círculo paralelo como algunos imaginan,
fundándose en que solamente los paralelos al ecuador cortan a todos
los meridianos en ángulos rectos. Por esto, habiendo de navegar
de un lugar a otro en el mismo paralelo, como desde Cándia a Malta,
se observa que presentando la proa siempre por el Leste-Ueste, se apartan
del paralelo, acercándose más y más al ecuador, y
queriendo conservar el paralelo es necesario observar continuamente la
altura de polo a fin de mantener siempre la misma latitud y no viarse de
la línea Leste-Ueste de la brújula.
Fuera de los casos sobredichos, navegando por cualquier otro rumbo
de la brújula, se describe una línea loxodrómica que
por su naturaleza corta a los meridianos por donde pasa en iguales ángulos
oblicuos; por ejemplo: navegando por el Nordeste, se muda siempre de meridiano
formando un ángulo de 45 por todos los meridianos por donde pasa,
pues todos éstos se indican por la línea Norte-Sur, con la
cual forma el Nordeste el ángulo de 45 , y la curva espiral que
describe el bajel es loxodrómica, cuyas principales propiedades
son las siguientes.
Propiedad 1ª.
La curva loxodrómica no puede llegar al mismo polo. La razón
es porque formando iguales ángulos con los meridianos, no puede
coincidir con alguno de ellos la línea de la quilla, lo que era
necesario para llegar al mismo polo.
Propiedad 2ª.
Si la curva loxodrómica se divide en partes iguales infinitamente
pequeñas y por las divisiones se describen meridianos y paralelos,
así la diferencia de latitud como de longitud quedarán divididas
en partes iguales.
Sea B el polo (F.15ª), AQ el ecuador, la curva loxodrómica
sea AC dividida en partes iguales infinitamente pequeñas en los
puntos R, S, por los cuales pasen los meridianos BH, BL y los paralelos
MK, NX, OC, digo: que la diferencia de latitud AO quedará dividida
en partes iguales en los puntos M y N, o bien los arcos de los meridianos
AM, RT, SV, serán iguales. Asimismo los arcos de los paralelos MR,
TS, VC, serán también iguales en cuanto a la magnitud.
Demostración
Por suponerse la curva AC dividida en partes iguales infinitamente
pequeñas, los triángulos AMR, RTS, SVC se pueden considerar
como rectilíneos y rectángulos en M, T y V (por lo que los
meridianos cortan a los paralelos en ángulos rectos). También
las hipotenusas AR, RS, SC, se suponen iguales y por la naturaleza de la
línea loxodrómica los ángulos en A, R, y S formados
por los meridianos son iguales, luego AM, RT, SV, serán iguales
entre sí, como también MR, TS, VC, serán iguales en
cuanto a la magnitud (pp.26 Lº 1º de Euclides), pero no en cuanto
al número de grados o minutos, porque los minutos contenidos en
VC, más próximo al polo, son en mayor número que los
contenidos en el arco TS y así sucesivamente en TS habría
mayor número que en MR.
Este agregado de partes iguales en los paralelos MR + TS + QC se dice
el lado mecodinámico o el apartamiento del meridiano que siempre
se cuenta en millas o leguas; de aquí se infieren todas las analogías
que sirven a la resolución de los problemas loxodrómicos,
pues resultan triángulos rectángulos sensiblemente rectilíneos,
iguales entre sí en cuanto a la magnitud, cada uno de los cuales
se compone de una parte de curva loxodrómica que es la hipotenusa
de un arco de meridiano y de un arco de paralelo que son los lados que
comprenden el ángulo recto como se verá en los corolarios
siguientes.
Corolario 1º.
Son proporcionales:
Como el radio
Al seno del ángulo del rumbo MAR
Así toda la distancia AC
al lado mecodinámico MR + TS + QC.
Porque en el triángulo AMR, son proporcionales como el radio
al seno del ángulo del rumbo MAR, así AR a MR, pero AR es
parte alicuota de AC como MR lo es del lado mecodinámico, luego:
Corolario 2º
También se infiere:
Como el radio
Al seno segundo del ángulo del rumbo MAR
Así toda la distancia AC
A la diferencia de latitud AO
Porque en el mismo triángulo AMR son proporcionales como el
radio al seno segundo del ángulo A, así AR a AN; pero AR
es parte aliquota de AC, como AM lo es de AO, luego, etc,.
Corolario 3º
Asimismo se deduce:
Como el radio
A la tangente del ángulo del rumbo MAR
Así toda la diferencia de latitud AO
Al lado mecodinámico MR + TS + QC.
Porque en el mismo triángulo AMR es AN parte aliquota de AO,
como MR lo es del lado mecodinámico MR + TS + QC.
Escolio
Cualquier número de millas en un paralelo a los minutos de longitud
contenida en el arco del paralelo, tiene la misma razón que en el
seno segundo de la latitud al radio, o bien como el radio del paralelo
al radio del círculo máximo.
Sea EQ el ecuador (F. 16ª), HK un paralelo cuya latitud es el arco
EH, HY seno de la latitud, HL su seno segundo o el radio del paralelo HK,
siendo pues los minutos del círculo máximo EQ a igual número
de minutos en el paralelo HK, como el radio CE al seno segundo HL (radio
del paralelo) y siendo una milla igual a un minuto de círculo máximo,
será una milla a un minuto de paralelo, como el radio EC al seno
segundo HL, luego para convertir cualquier número de millas en minutos
del paralelo HK se hará la proporción recíproca, esto
es cualquier número de millas en un paralelo a los minutos del mismo
paralelo, como el seno segundo de la latitud HE al radio EC, pero el radio
CE es medio proporcional entre el seno segundo de la latitud HE y la secante
CF de la misma latitud EH, luego para convertir las millas en minutos se
hará la proporción:
Como el radio
A la secante de la latitud
Así cualquier número de millas
A los minutos del mismo paralelo.
Si los minutos de paralelo se hubieren de reducir a millas, se haría
la misma proporción invirtiendo los términos.
Corolario 4º
Componiéndose el lado mecodinámico de millas en dichos
paralelos, para hallar la diferencia de longitud (esto es, para reducir
las millas a los minutos de cada paralelo) se harán tantas analogías
como partes se contienen en el lado mecodinámico; esto es, supuesto
AQ el ecuador (F. 15ª) será AM la latitud del paralelo MK,
AN la latitud del paralelo NX, AO la latitud del paralelo OC. Luego sabiendo
las millas contenidas en MR = UC = TS, en millas se harán las proporciones
siguientes:
Proporción Primera:
Como el radio
a la secante de la latitud AM
así el número de millas MR
al número de minutos que contiene.
Proporción Segunda:
Como el radio
a la secante de la latitud AN
así el número de millas en TS = MR
a los minutos de longitud que contiene.
Proporción Tercera
Como el radio
a la secante de la latitud AO
así VC = MR en millas
al número de minutos que contiene.
Sumando pues todos los minutos hallados se tendrá la diferencia
de longitud o bien se tendrá el lado mecodinámico reducido
a minutos de longitud.
Corolario 5º.
Si se alternan los términos de las analogías antecedentes
y se hace una suma de las secantes de todas las latitudes, se tendrá
por cuarto término la suma de todos los minutos de longitud; esto
es:
Como el radio
A las millas contenidas en MR
Así las sumas de las secantes de las latitudes AM, AN, AO,
A los minutos de longitud en MR + TS + VC
Corolario 6º
Si el radio se multiplica por el número de partes que componen
el lado mecodinámico y se toma por consecuente a todo el lado mecodinámico
se hallarán los minutos de longitud por la proporción siguiente:
Como el radio multiplicado por el número de las partes
A todo el lado mecodinámico en millas,
Así la suma de las secantes de las latitudes
A la suma de los minutos de longitud.
Corolario 7º
Si el radio se supone igual a la unidad, el primer término de
la analogía precedente será el número de las partes
del lado mecodinámico el cual es igual al número de las partes
AM, MN, NO, de la diferencia de latitud AO, y suponiendo que los paralelos
disten entre sí un minuto de círculo máximo o una
milla, habrá tantas partes en el lado mecodinámico cuantas
son las millas contenidas en la diferencia de latitud AO, y la proporción
será:
Como el número de millas de la diferencia de latitud AO
A todo el lado mecodinámico en millas,
Así la suma de las secantes de las latitudes
A todos los minutos de longitud.
Corolario 8º
Siendo AM parte alicuota de AO como MR lo es del lado mecodinámico,
será como AM : MR, así las millas contenidas en la diferencia
de latitud AO al lado mecodinámico en millas; pero AM : MR como
el radio a la tangente del ángulo del rumbo luego:
Como el radio
A la tangente del ángulo del rumbo
Así la suma de las secantes de las latitudes
A los minutos contenidos en la diferencia de longitud
Escolio
Por la última analogía se manifiesta que, teniendo la
diferencia de latitud AO y el ángulo del rumbo A, se puede hallar
la diferencia de longitud en minutos sin tener las millas del lado mecodinámico,
pero se han de poner en una suma, todas las secantes de los paralelos comprendidos
en la diferencia de latitud, de forma que si se ha navegado desde 30º
de latitud hasta los 34º por cualquier rumbo, se han de tomar de las
tablas naturales del Canon Trigonométrico todas las secantes desde
30º hasta 34º en todos los minutos intermedios, que serían
240 secantes y la suma de todas sería el término tercero
de la analogía.
Para evitar tan prolijo cálculo se han hecho tablas llamadas
de latitudes crecientes o de partes meridionales, en las cuales se contienen
la suma de todas las secantes de cualquiera grados y minutos de latitud;
su construcción es de este modo: tómese por un minuto del
radio natural de las tablas y añadiendo la secante de un minuto
se tendrá la latitud creciente de dos minutos, añádase
a esta suma la secante de dos minutos y se tendrá la latitud creciente
de tres minutos y así en adelante, como aparece en el ejemplo siguiente:
Latitud de un minuto...
1.000.000 = al radio de las tablas.
1.000.000 = a la secante de un minuto.
--------------
Latitud de dos minutos... 2.000.000
1.000.002 = a la secante de dos minutos.
--------------
Latitud de tres minutos... 3.000.002
1.000.004 = a la secante de tres minutos.
--------------
Latitud de cuatro minutos... 4.000.006
1.000.007 = a la secante de cuatro minutos.
--------------
Latitud de cinco minutos... 5.000.013
Después se quitan de la derecha siete cifras para tener las
sumas de las secantes según el radio igual a uno, para que el cuarto
término principal dé los minutos de longitud.
El uso de la tabla es de este modo: si los términos de la latitud
son de una misma especie entrambos, boreales o australes, se toma la diferencia
de los números contenidos en la tabla; pero si una latitud es austral
y otra boreal se tomará la suma. Por ejemplo, si se navegó
desde 30º de latitud boreal hasta los 34º también de la
latitud boreal, se busca en la tabla el número correspondiente a
30º que es 1.888 y el correspondiente a 34º que es 2.171, y restando
un número de otro se tendrán 283, por la suma de las secantes
comprendidas en la diferencia de latitud.
Si la derrota se hizo desde 15º de latitud boreal hasta 5º
de latitud austral se busca en la tabla el número correspondiente
a 15º que es 910, y el correspondiente a 5º que es 300, y la
suma de entrambos 1.210, será el agregado de todas las secantes
comprendidas entre dichos términos.
De la resolución numérica de los triángulos
loxodrómicos.
De lo dicho hasta aquí se infiere que para la resolución
trigonométrica de los problemas loxodrómicos se debe usar
de la trigonometría rectilínea (llamada náutica) proponiendo
dos triángulos (F.17ª) AOC, APQ rectángulos en O y P
con el ángulo A común, de los cuales, según lo demostrado
en los tres primeros corolarios, el triángulo rectángulo
AOC sirve para la diferencia de la latitud, el rumbo la distancia navegada,
y el lado mecodinámico en millas, porque el lado AO supone por la
diferencia de latitud en millas o minutos, o bien por un arco de meridiano
del lugar A, la hipotenusa AC supone por la distancia navegada en millas
o por la curva loxodrómica que el bajel describe desde A hasta C,
el ángulo A supone por el rumbo cuyo complemento es el ángulo
C y finalmente el lado OC supone por el apartamiento del meridiano en millas
o el lado mecodinámico. El otro triángulo APQ (según
lo demostrado en el corolario 8º) sirve para el caso en que la diferencia
de longitud entra en la proporción o como dada o como buscada, porque
si la recta AP supone por la suma de las secantes correspondientes a la
diferencia de latitud AO, o bien por el número de latitudes crecientes,
sacando de su propia tabla el otro lado PQ, ha de suponer necesariamente
por los minutos correspondientes de longitud, al lado mecodinámico
OC.
Cuando la diferencia de longitud no entra como dada ni como buscada,
se resuelve solamente el triángulo AOC. Atendiendo pues a los preceptos
de la trigonometría plana y, que además del ángulo
recto concurre la diferencia de latitud que se da en millas o en minutos
de círculo máximo , la distancia navegada que se da en millas,
el ángulo del rumbo y la diferencia de longitud que se da en minutos
(dejando por ahora el lado mecodinámico), resultan seis problemas
en los cuales se dan conocidas dos cosas además del ángulo
recto.
Asimismo se ha de saber a lo menos, la longitud y la latitud de uno
de los dos términos de la derrota, esto es de la salida del bajel
o de la llegada, para que conociendo la diferencia de longitud y latitud
se determine el meridiano y paralelo del otro término, y se venga
en conocimiento del lugar en donde se halla la nave.
Conocida la distancia en millas marítimas, se puede reducir a
leguas españolas sabiendo que veinticuatro millas marítimas,
hacen siete leguas españolas. También la diferencia de longitud
en minutos se reduce después a grados, observando que si se navega
en el primero y segundo cuadrante, o bien hacia levante crece la longitud,
y así la diferencia de longitud hallada se ha de añadir a
la longitud de la salida. Por el contrario, navegando por el tercero y
cuarto cuadrante hacia el poniente, se disminuye la longitud, y así
se ha de restar la diferencia de longitud hallada.
En cuanto a la diferencia de latitud se ha de añadir el paralelo
de la salida si se navega en el primer y cuarto cuadrantes porque hacia
el norte se aumenta la latitud, y al contrario si se navega en el segundo
y tercer cuadrantes, porque acercándose al ecuador se disminuye
la latitud.
Problema Primero
Dada la diferencia de latitud y el rumbo, hallar la distancia y diferencia
de longitud.
Supuesto que un navío salió de 12 y 15' de latitud boreal,
por el Nordeste 1/4 al Este y al fin de su derrota se halló en 23
de latitud. Se quiere saber la distancia navegada y la diferencia de longitud
que ha hecho.
1º. Para hallar la distancia (porque no entra la diferencia de
longitud) se resuelve el triángulo AOC (F. 17ª), en el cual
el punto A de la salida está en 12 y 15' de latitud y el punto C
de la llegada en 23, por consiguiente la diferencia de latitud AO = 10
45', que reducida a minutos o millas son 645 y porque se navegó
por el Nordeste 1/4 al Leste, que es el quinto rumbo del primer cuadrante,
será el ángulo A = 56 y 15' y por consiguiente se hará
la proporción:
Como el seno segundo del ángulo A = 56º
15', Cº Lº 0,2552610
al radio....................................................................10.000.000
así AO = 645 millas.................................................
2.8095597
------------------
a la distancia AC = 1.161 millas...............................
3.0618207
2º. Para hallar la diferencia de longitud se resuelve el triángulo
APQ en el cual se tiene el ángulo A = 56º 15' y para hallar
AP suma de las secantes, se tomará de la tabla de latitudes crecientes
el número correspondiente a 12º y 15' que es 741 y el correspondiente
a 23º que es 1.419, cuya diferencia es 678, valor del lado AP y se
hará la proporción:
Como el radio................Cº.Lº................................
0.0000000
a la tangente del ángulo A = 56º 15'.........................
10.1751070
así la suma de las secantes AP = 678.......................
2.8312297
------------------
a PQ = 1.015'.........................................................
3.0063371
que reducidos a grados son 16º y 55' por la diferencia de longitud
que, añadida a la longitud de la salida o a el meridiano AP (por
haberse navegado por el primer cuadrante) dará la longitud del punto
C.
Problema Segundo.
Dado el rumbo y la distancia hallar la diferencia de latitud y de longitud.
Supuesto que un navío salió del paralelo 25º 17'
de latitud boreal por el Nordeste 1/4 al Norte, habiendo navegado 850 millas.
1º. Para hallar la diferencia de latitud AO, se tiene en el triángulo
AOC el ángulo del rumbo A igual a 33º y 45', y la distancia
AC = 850 millas, por lo que se hará la proporción:
Como el radio ..........Cº.Lº..................................
0.0000000
a la distancia AC = 850 millas..............................
2.9294189
así el seno segundo del ángulo A =
33º 45' ........... 9.9198464
-----------------
a la diferencia de latitud AO = 707 millas ............
2.8492653
que hacen 11º y 47' que, añadidos a la latitud de la salida
por navegarse hacia el Norte, se hallará que el punto C de la llegada
está a 37º y 4' de latitud.
2º. Para hallar la diferencia de longitud en el triángulo
APQ se busca en la tabla de latitudes el número correspondiente
a 25º y 17' que es 1.569 y el correspondiente a 37º 4' que es
2.397 y, la diferencia 828 es el valor de AB, con lo cual el ángulo
A = 33º y 45' se hará la proporción:
Como el radio...........Cº.Lº.................................
0.0000000
a la tangente del ángulo A = 33º 45'......................
9.8248926
así AP = 828......................................................
2.9180303
-----------------
APQ = 553 minutos de longitud..........................
2.7429229
que son 9º y 13' por la diferencia de longitud.
Problema Tercero
Dada la diferencia de longitud y la distancia hallar el rumbo y la
diferencia de longitud.
Supuesto que un bajel salió de 21º 30' de latitud boreal
y llegó a 66º 5' de latitud boreal, habiendo navegado 3.200
millas.
1º. Para hallar el rumbo en el triángulo AOC, se tiene
AC igual a 3.200 millas, y restando de la mayor latitud 66º 5', la
menor 21º 30', será la diferencia de latitud de 44º 35'
que hacen 2.675 millas, valor de AO y se hará la proporción:
Como la distancia AC = 3.200 millas......Cº.Lº
.....6.4948500
a la diferencia de latitud AO = 2.675 millas...........3.4273238
así el radio..........................................................
10.0000000
-----------------
al seno segundo del ángulo A = 33º 17'..................
9.9221738
y se habrá caminado por 10º y 47' del tercer rumbo.
2º. Para hallar la diferencia de longitud en el triángulo
APQ se buscará en la tabla de latitudes el número correspondiente
a 21º 30' que es 1.321 y el correspondiente a 66º 5' que es 5.335,
cuya diferencia es 4.014 valor de AP, con lo cual y el ángulo A,
se hará la proporción:
Como el radio................Cº.Lº ...........................10.0000000
a la tangente del ángulo A = 33º 17'......................
9.8172089
así AP = 4.014...................................................
3.6035764
----------------
a PQ = 2.635'....................................................
3.4207863
que hacen 43º 55' por la diferencia de longitud.
Problema Cuarto.
Dada la diferencia de latitud y la de longitud, hallar el rumbo y la
distancia.
Suponiendo que se ha de navegar desde 10º de latitud hasta 18º
25' de la misma especie y que la diferencia de longitud entre los dos lugares
es de 15º.
1º. En el triángulo APQ se tiene PQ = 15 = 900' y buscando
en la tabla de latitudes el número correspondiente a 18º 25'
que es 1.125, y el correspondiente a 10º que es 603 , la diferencia
será 522, valor de AP con lo cual se hallará en el ángulo
A:
como AP = 522..................Cº.Lº....................
7.2823295
a PQ = 900'....................................................
2.9542425
así el radio.......................................................10.0000000
------------------
a la tangente del ángulo A = 59º 53'..................
10.2365720
y se habrá de navegar por 3º y 38' del sexto rumbo.
2º. En el triángulo AOC para hallar la distancia AC, se
tiene la diferencia de latitud 8º 25' que hacen 505 millas, valor
de AO, con lo cual y el ángulo A se hará la proporción:
como el seno segundo del ángulo A = 59º
53'..Cº.Lº.... 0.2995019
al lado AO = 505.......................................................
2.7032914
así el radio.................................................................
10.0000000
-----------------
a la distancia AC = 1.006..........................................
3.0027933
Problema Quinto.
Dado el rumbo y la diferencia de longitud, hallar la diferencia de
latitud y la distancia.
Supóngase que un navío, habiendo salido del paralelo
32º 14' por el Norte 1/4 al Nordeste, esto es por el ángulo
11º 15' con el meridiano, hizo la diferencia de longitud de 7º.
1º. En el triángulo APQ se tiene el ángulo A = 11º
15', y reduciendo los 7º de longitud a minutos se tiene PQ = 420'
y se hará la proporción:
como la tangente del ángulo A = 11º
15'... Cº.Lº....... 0.7013382
al radio...................................................................
10.0000000
así PQ = 420'..........................................................
2.6232493
-----------------
a la suma de las secantes AP = 2.111......................
3.3245875
Búsquese en la tabla de latitudes el número correspondiente
a 23º 14' que es 2.045 y añadiendo 2.111, será la suma
4.156, y buscando en las tablas los grados y minutos a que corresponden
se hallarán 56º 46' por el paralelo de la llegada , y por consiguiente
la diferencia de latitud AO será 24º 32'.
2º. Para hallar la distancia AC, se reduce la diferencia de latitud
a minutos o millas, y será AO = 1.472, con lo cual y el ángulo
A se hará la proporción:
como el seno segundo del ángulo A = 1115'..
Cº.Lº.... 0.0084261
al radio......................................................................
10.0000000
así AO = 1.472.........................................................
3.1679078
-----------------
a la distancia AC = 1.501..........................................
3.1763339
Problema Sexto.
Dada la distancia y la diferencia de longitud, hallar la diferencia
de latitud y el rumbo.
No hay modo geométrico de resolver este problema, porque en
este triángulo APQ sólo se tiene conocida la diferencia de
longitud PQ, y en el triángulo AOC sólo se da la distancia
AC. Queriendo pues resolverle se ejecuta por atentación, tomando
arbitrariamente el rumbo y el ángulo A con el cual y la distancia
AC se buscará (Prob. 2º) la diferencia de longitud, la cual
si fuere igual a la diferencia dada , el rumbo tomado a discreción
será el verdadero, pero sino, se tomará otro mayor o menor
que dé la misma diferencia de longitud.
Este problema jamás viene a la práctica, pues sería
impropio averiguar las cosas fáciles por medio de las más
dificultosas o casi imposibles hasta ahora, ni aún el problema quinto
se practica por la misma razón, de forma que los más comunes
son los cuatro primeros problemas.
Escolio.
Si se quiere hacer el lado mecodinámico OC o el apartamiento
del meridiano, o las millas del Leste-Ueste, será fácil para
las analogías siguientes:
En el Problema Primero.
Como el radio ........Cº. Lº.
a la tangente del ángulo 56º 15'
así AO = 645 millas
al lado OC = 965 millas
En el Problema Segundo
Como el radio.........Cº. Lº
al seno del ángulo A = 33º 45'
así AC = 850 millas
al lado OC = 472 millas
En el Problema Tercero
Como el radio.........Cº. Lº.
al seno del ángulo A = 33º 17'
así AC = 3.200 millas
al lado OC = 1.756 millas.
En el Problema Cuarto.
Como AP = 522.........Cº. Lº.
a PQ = 900
así AO = 505
a CO = 870 millas
En el Problema Quinto.
Como AP = 2.111
a PQ = 420
así AO = 1.472
a CO = 293
Si en la proporción entrase como dado el apartamiento del meridiano
CO, con cualquiera de los otros elementos sería fácil resolver
los problemas en los mismos triángulos APQ, AOC.
Problema Séptimo.
Reducir las millas de Leste-Ueste o el apartamiento del meridiano a
grados y minutos de longitud en el paralelo medio.
Siendo las millas de Leste-Ueste arcos iguales de diversos paralelos,
su reducción a minutos de longitud se hace exactamente usando de
las latitudes crecientes como ya se ha dicho, pero como estas tablas no
suelen hallarse a la mano, comúnmente se hace la reducción
coincidiendo que todo el apartamiento del meridiano se halla en un paralelo
medio entre las latitudes extremas de la derrota. La elección de
este paralelo medio se hace de varios modos, de los cuales los más
principales son tres y se dicen: medio sencillo, medio aritmético
y medio geométrico.
El medio sencillo es cuando se toma un paralelo equidistante de los
extremos, como si se navega desde 20º hasta 30º de latitud, el
paralelo de 25º será el medio sencillo.
El medio aritmético es un paralelo cuyo seno segundo es medio
aritmético entre los senos segundos naturales de las latitudes extremas,
así:
el seno segundo de 20º.............................................................
9396926
el seno segundo de 30º.............................................................
8660254
---------------
SUMA...................................................................................
18057180
MEDIO ARITMÉTICO.........................................................
9028590
El cual buscado en las tablas es el seno segundo natural de 25º
y 28', por el paralelo medio aritmético entre 20º y 30º.
El medio geométrico es un paralelo cuyo seno segundo natural
es medio geométrico entre los senos segundos de los paralelos extremos,
el cual se halla fácilmente por los logaritmos de este modo:
el seno segundo de 20º.............................................................
9.9729858
el seno segundo de 30º.............................................................
9.9375306
----------------
SUMA..................................................................................
19.9105164
SEMISUMA...........................................................................
9.9552582
Buscando este logaritmo es el seno segundo de 25º y 34' por el
paralelo medio geométrico entre 20º y 30º.
Sobre cualquiera de estos tres paralelos se hace la reducción
y se tendrán los minutos de longitud correspondientes al lado mecodinámico
OC, en lo cual se ha de notar que algunas veces se aproxima más
a la verdad el modo sencillo, otras el aritmético y otras el geométrico.
Sirva de ejemplo el caso del problema tercero en donde las millas de
Leste-Ueste eran 1.756, siendo el paralelo de la salida 21º y 30'
y el de la llegada 66º 5'. Luego usando del medio sencillo, se hará
la reducción sobre el paralelo 43º 47' 30'' de este modo:
Como el seno segundo de 43º 47' 30''...........Cº.
Lº.
al radio
así 1.756 millas
a 2.733 minutos
Que hacen 45º y 33' de longitud.
Por el medio aritmético:
El seno segundo de 21º
30'............................................................. 9304175
el seno segundo de 66º
5'............................................................... 4054075
--------------
SUMA.........................................................................................
13358250
SEMISUMA................................................................................
6679125
Que es el seno segundo de 48º y 6' y se hará la proporción:
Como el seno segundo de 48º 6'... Cº.
Lº.
al radio
así 1.576 millas
a 2.629 minutos
Que hacen 43º y 49' por la diferencia de longitud.
Por el medio geométrico:
El seno segundo de 21º
30' .............................................................9.9686779
el seno segundo de 66º
5'................................................................ 9.6078918
----------------
SUMA.........................................................................................
19.5765697
SEMISUMA..................................................................................
9.7882848
Que corresponde al seno segundo de 52º 7' y se hará la proporción:
Como el seno segundo de 52º y 7'... Cº.Lº.
al radio
así 1.766 millas
a 2.859 minutos
Que hacen 47º y 39' por la diferencia de longitud.
De forma que debiendo resultar 43º y 55' como se halla en dicho
problema, el medio aritmético se acerca más a la verdad en
este caso, pero comúnmente se usa del medio sencillo.
Problema Octavo.
Hallar el rumbo que se ha de tomar en una larga navegación para
hacer el camino más breve, supuesto que los vientos, las corrientes
y las islas no lo embaracen.
Ya se ha dicho que el arco de círculo máximo es la más
breve distancia entre dos puntos sobre la superficie esférica; pero
como no es practicable la navegación por círculo máximo
sino caminando por un mismo meridiano, o por el ecuador y, fuera de este
caso se describe línea loxodrómica la cual, en distancia
larga se aparta considerablemente del círculo máximo, importa
corregir esta navegación mudando el rumbo de tiempo en tiempo a
fin de que el agregado de estas loxodrómicas particulares, no difieran
del círculo máximo de la distancia y se haga el camino más
breve.
Supuesto que los puntos A y C son dos lugares muy distantes, y que
se ha de hacer el camino más breve aproximándose al arco
de círculo máximo AC, y que se tiene conocida la longitud
y la latitud de entrambos lugares cuyos meridianos son PA, PC, la diferencia
de longitud que es el ángulo APC, se dividirá en partes a
discreción por los meridianos PM, PN. En el triángulo APC
dados los lados PA, PC, complementos de las latitudes de los lugares, y
el ángulo comprendido P = a la diferencia de longitud, se hallará
el ángulo A, y en el triángulo PAM conocido PA y los ángulos
adyacentes, se hallará PM complemento de la latitud del lugar M
y el ángulo AMP cuyo suplemento es PMN; del mismo modo en el triángulo
esférico PMN, dado el lado PM y los ángulos adyacentes, se
hallará PN complemento de la latitud del lugar N, de forma que se
tendrá la longitud y la latitud de los lugares M y N situados en
el mismo círculo máximo AC; después por el problema
cuarto, dada la diferencia de longitud y latitud de los lugares A y M se
hallará el rumbo que se ha de tomar en A para llegar a M y dada
la longitud y latitud de los lugares M y N se hallará el rumbo que
se ha de tomar en M para llegar a N, y a este modo el que se ha de tomar
en N, para llegar a C.
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CUADRO DE ENLACES DEL TRATADO VI "DE LA COSMOGRAFÍA"
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