O Problema de Pothenot Vali-me de uma solução que elaborei para conhecido problema para localizar pontos de sondagens no mar (Baía de Todos os Santos). Para tal fiz, na época, uso de um sextante invertendo-lhe o manuseio para tomar medidas de ângulos na horizontal. Naquele tempo, 1978, ainda não era possível dispor de um equipamento GPS (Global Positioning System).
Acima duas imagens de sextantes. O problema de Pothenot refere-se à determinação de um ponto a partir da medida de dois ângulos tomados a partir do ponto sobre uma base conhecida. Cada ângulo determina um arco capaz e a intersecção de ambos os arcos capazes determina o ponto. Usando as cartas náuticas da baía fiz estabelecer topograficamente as coordenadas, num sistema cartesiano, dos pontos notáveis na costa que eram facilmente avistados do mar, mesmo a grande distância. Tais pontos eram geralmente torres de igrejas, torres de telecomunicação, estruturas da refinaria de Mataripe ou chaminés. Cada grupo de três pontos assim estabelecidos constituía uma Base. A figura abaixo ilustra a leitura com o sextante a partir de um ponto sobre uma base.
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A Solução Gráfica do Problema
A solução gráfica apresenta bastante simplicidade e se fundamenta no conceito de arco capaz. “O arco capaz de um ângulo φ em relação a um segmento de reta AB é o lugar geométrico dos pontos que formam com as extremidades do segmento um ângulo φ. Esse lugar geométrico é constituído por um arco de circunferência.”
Na figura ao lado os ângulos AMB e ANB e todos os de construção análoga têm o mesmo tamanho φ. O arco AMNB é o lugar geométrico de tais pontos em relação ao segmento AB
A figura seguinte ilustra ilustra o traçado gráfico do arco capaz O ângulo SAB é igual a φ e o ângulo SAO é reto. A intersecção de AO com a mediatriz de AB determina o centro O da circunferência.
A
M
P Problema de Pothenot – solução gráfica
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A Solução Analítica A solução analítica do problema não apresenta a mesma simplicidade sendo, porém de utilidade muito maior já que pode ser programada numa rotina de calculadora ou computador, fornecendo o resultado imediatamente após a leitura dos ângulos e dando nova dinâmica aos trabalhos. Consideremos a figura:
Onde A, B e C representam a Base, P é o ponto cuja localização se deseja e α e β os ângulos lidos. As distâncias a, b e c são conhecidas e se deseja obter x, y e z..
A figura tal como se apresenta é a que se obtém na prática, porém não é suficiente para a visualização da solução analítica que, na verdade, é bem intrincada. Por essa razão construirei outra figura enriquecida com outros elementos relacionados com os arcos capazes envolvidos.
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O novo desenho mostra as circunferências dos arcos capazes de centros O1 e O2 e raios r 1 e r 2 respectivamente. A solução será desenvolvida em seis passos:
Primeiro b
cos(90 )
r 2
2r 2
b
e
2 sen
cos(90 )
a
2r 1
r 1
a 2 sen
Segundo B
sendo B ar cos(
a2
b2
c2
2ab
)
onde
c AC
Terceiro No triângulo O1O2B façamos O1O2 = s e pela lei dos co-senos: s 2
r
1
2
r 2
2
2r 1 r 2 cos
Quarto r 2
No triângulo O1O2B
cos
s 2
r
1
2
r 2
2
2
2r 1 s
r
1
e
2
s 2
2r 1 s cos e então:
s 2 ar cos(
r
1
2
2r 1 s
r 2
2
)
Quinto Observando os triângulos BMO1 e BMO2 temos:
e
2
e
2
Sexto Pela observação dos triângulos BO1P e BO2P podemos concluir que M é o ponto médio de y, ou seja, BM = y/2. Fazendo, por simplicidade y/2 = h e examinando o triângulo m 2 2 h 2 e no mesmo triângulo vemos que htg
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h
2
h2
2
2
2
r 2
r 2 cos 2
h tg
2
h
2
2
2
h tg r 2
2
h
2
r 2
2
e então :
(1 tg 2 )
y 2r 2 cos
que é a solução procurada. Podemos agora encontrar x e z pelas expressões: z 2
b2
y 2
2by cos(
2
)
e x 2
a2
y 2
2ay cos(
2
)
Encontrando as Coordenadas de P Se os pontos conhecidos A, B e C, a que inicialmente chamei de Base, estiverem referenciados a um sistema de coordenadas Cartesianas, poderemos obter P pelas suas coordenadas, o que será muito útil.
Não demonstrarei, mas é possível concluir que:
arcsen
x B x A a
e 90 arcsen
y c
y B
b
Sendo então:
sen
x P x A
e x P x sen x A
e analogamente,
y P
y sen y B
