Del Cav. Avogadro i65 



ove si dovrà prendere BCL positivo o negativo, secondo che 

 quest' angolo si troverà al dissotto della linea BG , come nel 

 caso della figura, o al dissopra di essa. 



Non si tratta più ora, per compire la soluzione del nostro 

 problema, che di apprezzare gli angoli DCB, e BCL in fun- 

 zione dell'angolo 6:=GA0. 



Per r angolo DCB , il triangolo DCB rettangolo in D , e 

 in cui il lato BD è il raggio comune ai due globi, che qui 



indicheremo con i, ci dà primieramente sen.DCB=rTp =rB' 

 e per mezzo del triangolo CEB rettangolo in E, in cui si ha 



CE = sen.^, EB = AB — AE = a — cos.0, 

 si trova 



GB = i/CE^-H EB== ^/seu.'e-¥-{2. — cos.^y ; 

 d' onde 



sen.DGB = 



\/6en.^e-+-(2.—cos.ef l/e— 4cos.^ ^ 



cos.DCB = /|i -I— -1. .-!..•• 



Quanto all' angolo BGL si osserverà che quest' angolo è 

 uguale a BCE — LCE, il che dà sen.BGL = sen.(BCE — LGE) 

 =sen.BCE.cos.LCE— sen.LCE.cos.BCE. Ora dal triangolo BCE 



si ha sen.liCll.= ,-7u = , e per conseguenza 



COS. 



BCE = , /fi ^°-'^°"^>' 1=, /r ì!:i^ 1 



sen.^ 



l/i— 4cos.S 



Per altra parte l'angolo LGE è evidentemente =6. Si ha dunque 



sen RPT (a — cosg)cos.^ sen.S acos.^ — cos^S — sen.'ff 



l/s — 4cos.^ l/«— 4cos.^ 1/5— ^cos.^ 



2C0S.S— I T>OT / (aros.S — I)* 



= -^=^= , e COS. BCL = I / 1 — ^^ — 1 — 3- . 



