Тема 4. Розв'язування геодезичних задач

Вираз (4.81) з врахуванням (4.77) буде дорівнювати

M

1

M

d

,

a

1 e2 cos2 u

ds

звідки

ds a 1 e2 cos2 ud .

(4.82)

dl

1 e2 cos2 u d

(4.83)

Q2

s a

1 e2 cos2 u d ,

(4.84)

Q1

Q2

l L2

L1

1 e2 cos2 u d ,

(4.85)

Q1

A2

A1

900-(M+ )

0

90

-M

Тема 4. Розв'язування геодезичних задач

Утворився прямокутний трикутник

P'Q 'Q

3

',

катети

якого

P'Q

3

' k

і

Q 'Q ' 90o

M

1

1

3

знайдуться за формулами

sin m sin A1 cos u1 ,

(4.86)

tgM

tgu1

.

(4.87)

cos A1

Із прямокутного трикутника Q2 ' P'Q3 ' , розглядаючи точку Q2 '

як точку

на

дузі

великого

кола

Q1 'Q3 ' , тобто з широтою u , запишемо

sin u cos m sin(M ),

(4.88)

звідки

cos2 u 1 cos2

m sin 2 (M ).

(4.89)

Тепер перетворимо рівняння (4.84)

Q2

2 e2

cos2

m sin 2 (M ) d

s a 1 e

Q1

Q2

e

2

a

1 e2

1

cos2 m sin 2 (M ) d .

2

Q1

1 e

e2

Враховуємо, що

e'2 ,

a 1 e2

b , де b мала піввісь еліпсоїда; тоді

1 e2

Q2

1 e'2

cos2 msin2 (M ) d .

s b

Q1

Введемо позначення для сталого коефіцієнта заданої геодезичної лінії в підінтегральній функції

k' e'2

cos2 m e'2

(1 sin 2 A cos2 u

1

) e'2 (1 k 2 ),

(4.90)

1

де k cos u1 sin A1 .

Тоді

Q2

s b

1 k'sin 2 (M ) d .

(4.91)

Q1

Підінтегральну функцію розкладемо в ряд за формулою бінома Ньютона

1 k'sin 2 (M )

1

k'

sin 2 (M )

k'2

sin 4 (M )

k'3

sin 6 (M ) ...

2

8

16

Оскільки величина

k'

вміщує ексцентриситет ( e'2

1

)

– малу величину, то, очевидно, що цей ряд

150