COS C

sin A

heureusement le cas des trois angles connus ne se rencontre jamais dans l'Astronomie.

L'un des angles obliques , avec un des trois côtés , retomberait dans

TRIGONOMÉTRIE SPHÉRIQUE. 57 l'un des trois premiers cas , où nous supposions l'obliquité connue. Ainsi l'on peut dire que les Grecs avaient de quoi résoudre tous les cas utiles des triangles sphériques rectangles. Le cas qui leur était inaccessible ne se présente jamais dans la pratique, et c'est pour cela peut-être qu'ils n'en ont pas cherché la solution, que leur Trigonométrie est restée incomplète et souvent embarrassée pour les cas mêmes qu'ils savaient résoudre, et qu'enfin dans ces cas, avant de chercher l'inconnue dont ils avaient besoin , ils étaient obligés d'abord de calculer un côté ou un angle qui leur était réellement inulile, et qui devenait une espèce d'angle subsidiaire.

D'iangles ohliquangles .

Les mêmes règles leur servaient pour les triangles ohliquangles qu'ils partageaient en deux triangles rectangles en abaissant un arc perpendiculaire du côté connu sur un autre côté.

Prenons pour exemple un calcul assez compliqué fait par Théon , page 5o.

Soit HZPR le méridien ( fig. 11 ), HBER l'horizon , PR= 569=H = hauteur du pôle. (Remarquons que H = 36" est la latitude de Rhodes , où demeurait Hipparque ; il pourrait bien en résulter que le calcul fut tiré d'un ouvrage d'Hipparque , et la méthode , en ce cas , lui appartiendrait toute entière.) TME— l'équateur , TS=^ l'écliptique , TS = 90° , d'où TA = 90" , PSA étant le cercle de déclinaison ; Ars sa T sœ obliquité = 25° 5i' 20"; ZPS = MA = i5°, d'où TM e= 75°.

Le Soleil étant à 3S de longitude et à 1* ou i5° à l'orient du méridien, on demande ZS distance du Soleil au zénit , et ZSO angle que cette distance fait avec l'écliptique.

Nous chercherions le troisième côté du triangle ZPS par PZ , PS et ZPS; nous chercherions l'angle ZSP par les mêmes données; nous chercherions l'angle TSA qui est ici de 900, mais qui change avec l'arc TS , et qui en général est opposé au sommet à PSO, et nous aurions

ZSO = ZSP + PSO.

Cinq formules donneraient la solution complète. Ici même il n'en faudrait que deux. Le détour que prenaient les Grecs est d'autant plus singulier qu'il est très-long et qu'il n'était nullement nécessaire.

Hist. de l'Ast. anc. Tom. II. 8

Us commençaient par calculer AS , Y A et YSA j nous commencerions de même , mais TA nous serait inutile. Nous avons ci-dessus donné un exemple de ces trois calculs pour 6o° de longitude ou pour YS = 6o°. Ici ces trois calculs sont tout faits , puisque AS = obliquité YA=go° et YSA=go°. Avec l'obliquité Y et l'ascension di*oite TM = 75°, qu'ils appelaient fxicovfctvAfxct^ mésouranhme , milieu du ciel , ils calculent MC , YC et YCM; c'est le cas où nous supposions ci-dessus l'obliquité et l'ascension droite connue, ou le troisième cas.

Tang MC = tang Y sin YM. L'équation montait au second degré pour les Grecs : nous avons montré comment ils auraient pu la résoudre ; mais ils se tiraient d'embarras par une Table calculée d'avance pour tous les points de l'écliptique, de 6 en 6°, et où ils trouvaient, au moyen des parties proportionnelles à quelle longitude YC répondait l'ascension droite connue YM ; avec cette longitude , ils trouvaient ensuite la déclinaison MC et l'angle Y CM.

En faisant les trois calculs, nous trouverons MC = 23° 7' 46"

Nous avons HM = go° — PR = 900— 36° = 54

Donc HC 77.7.46

YC est la longitude du point de l'écliptique au méridien , ou du point culminant ; HC est la hauteur du point culminant. Nous trouverons encore

YC = 760 i3' 5o", YCM es 83°5c/3o",

d'où

HCO es 1800 — TCM = 96e o' 3o".

Voilà déjà trois analogies dont les Tables dispensaient.

Dans le triangle HCO rectangle en H , on aura (formule 4)

tangCOes*^-^; 0 cos G 7

c'est une analogie qui est du second degré pour les Grecs. CO sera de plus de 900, puisque HCO est obtus. Nous aurons

CO = 91*22' 12" ajoutons-y.... YC es 76.i3.5o

nous aurons la longit. du point orient de l'éclipt. . . YO = 167 .36. 2

Ce point orient nommait aussi V ascendant t le point qui montait. II joue un grand rôle en Astronomie comme en Astrologie.

TRIGONOMÉTRIE SPHÉRIQUE. £9 Nous aurons par la formule (i) ,

sin CH • „ / t a

sin O = . ,v. = sin 77° 12 i5",

sin CO ' '

O est l'angle de l'orient chez les Anciens; il n'est pas absolument nécessaire dans le problème actuel, mais il sert pour calculer les levers et les couchers des étoiles.

Nous avons trouvé ci-dessus. . . TO = i5y' 36' 2" retranchons-en qui est ici =90

il nous restera. ... . SO = 77.36.2.

Nous ferons

cos ZS = sin BS = sin O sin SO ( formule 1 ) , ZS = 170 44' 40", enfin cos BSO = tang BS cot SO.

Ce dernier calcul est encore du second degré (form. 4)»

Nous avons partout substitué nos analogies modernes , mais nous avons suivi l'esprit de la méthode. A nos quatre formules , substituez les formules grecques de même numéro , vous aurez l'opération ancienne dans toute sa longueur.

Ils résolvaient les triangles rectangles TAS , VMC,HCO, BSO., ce qui demanderait douze calculs ; mais dans les deux derniers, ils omettaient les bases HO et BO , ce qui réduit le calcul à dix opérations : ils en épargnaient trois par leurs Tables de l'écliptique. Naturellement ils avaient à résoudre le triangle obliquangle TEO dans lequel ils am-aient connu le côté avec les angles T et TEO = 9o°-f-H. Ils en ont retranché le triangle rectangle "^MC; ils y ont ajouté le triangle tout connu MHE dont les trois côtés sont constans, et par conséquent aussi les angles ; ils ont eu le triangle rectangle HCO, qu'ils ont réduit à BSO, qui enfin a résolu le problème. La marche est ingénieuse , et les modernes l'ont très-long-tems suivie. Ils auraient pu de même résoudre le triangle rectangle TEN, puis l'obliquangle ENO, et enfin BSO.

Mais ils auraient pu trouver une solution moins longue et moins incommode. Dans le triangle ZPS abaissez la perpendiculaire ZQ du zénit sur le cercle de déclinaison.

sin ZQ

cos PQ

SQ

= smPsinPZ (formule 1),

COS PZ , r \

= (iorm. 2) ,