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…Professore Nicoli, i suoi libri mi hanno guidato nel mio studio da autodidatta. Ora navigo e fra qualche mese potrò dare l’esame di patente (lo chiamo ancora così). A bordo il Comandante mi invitò a calcolare (e controllare) le coordinate del Way-point in cui la nave, che seguiva il circolo massimo, doveva accostare di “tot” gradi. Inizialmente mi sono trovato in difficoltà; poi, ricorrendo al vertice, ho risolto il triangolo rettangolo sferico. Le coordinate risultarono lievemente differenti: di ~
Innanzitutto complimenti sia per la qualità della domanda sia per gli studi da autodidatta. sì, ci sono altre formule, dirette, di risoluzione. Premetto che le espongo la risoluzione del triangolo sulla sfera, e non quella sull’ellissoide, come generalmente avviene nei programmi computerizzati. La principale causa di divergenza, lieve peraltro, tra i risultati dei nostri abituali calcoli e quelli che si leggono sulla schermata del navigatore integrato risiede nella diversità tra le due figure geometriche. Darò una risposta più ampia del necessario, a beneficio di eventuali altri lettori.
Siamo al VI caso di risoluzione di un triangolo sferico. Sono noti: il lato (90 – φ); Rotta iniziale Ri circolare, Ro rotta ortodromica al WP-X- (φ ‘λ’). Le formule risolutive sono quelle del Cap X par.6.di Navigazione astronomica, le Analogie di Nepero.
Dopo le sostituzioni dei simboli dei lati e degli angoli:
a = (90- φ’) ; b = (90- φ) = b; c = m ; C = Δ λ ; A = Ri ; B = (180 –Ro)
con φ’ φ Δλ aventi i noti segni algebrici; Ri e Ro circolari
cos φ ‘ = cos φ senRi/senRo ; φ’ Nord o Sud (chiariremo oltre, v.nota)
tang(Δλ/2) = { cos[( φ’- φ)/2]/sen[( φ’+ φ)/2]×tang[(Ro–Ri)/2] }
( λ’- λ ) = 2(Δ λ /2) λ’= λ + (λ’- λ) alg
cosm- = sen φ sen φ’+cos φ cos φ’cos(λ’- λ)
Nota: Dai dati della navigazione emerge qual è l’emisfero di appartenenza (Nord o Sud) di φ’; in mancanza di tale ipotesi iniziale si trova anche la seconda soluzione. I seguenti due esempi numerici chiariscono il concetto.
I Esempio. Ortodromia tra A (Panama φ 5°N, λ 79°W) e B (Hobart Australia φ 43°S, λ 147°30’E) avente Ri = 219°51’12”.
Calcolare φ’ λ’ del punto X dove Ro è 221°
Risultati: X φ’13°19’43”S λ ‘ 94°29’36”W (Δλ = -15°29’36”W): mA-X =1435,8 miglia.
La seconda soluzione (punto Y in φ” Nord) è manifestamente estranea.
II Esempio Ortodromia tra A Halifax-Canada (φ 43°50’N, λ 64°02’W) e B Capo di Buona Speranza ( φ 34°25’S λ 18°15’E).
Primi risultati: Rotta ortodromica iniziale Ri = 120°°39’02” Rf 131°12’48” Nodo (φ 0° λ 14°35’07”W). Rotta al Nodo 141°38’30”
Calcolare φ’ λ’ dei punti X e Y dove Ro è 140°
Risultati: X φ’ 15°6’19”N λ‘ 26°55’11”W;
Y φ” 15°6’19”S λ” 2°15’03” W
Commento. Nel I esempio il punto Y (il simmetrico di X) è fuori dell’arco ortodromico (vedasi la φ” rispetto alla φ di partenza): pertanto è stato trascurato.
Nel II esempio, invece, i punti X e Y sono entrambi nell’arco di c.m.
Il VI caso di risoluzione, ed anche il V caso, sono aperti alla discussione e pertanto ci fanno conoscere bene talune caratteristiche dell'arco di circolo massimo.