C. 3.o36oo g

cot a> 0.35437

tang KG = 36° 40' 5o" . . . 9.87207

tang 36 9.86126

G. cos 12. 44'12'**' 0.01082

tang KG = 36. 40. 52 9.87208

KO ss 23.5i.20 i2°49'32"=GO.

Le même triangle nous donnerait ZG = MX ; en effet , tang ZG = tang R sin ZR et ZG = 7e 34' 5" :

sin 36° 9.76922

tangZRG èk 12.44' 12"... 9.35417

tang ZG = 7.34. 5 9.12339.

Au lieu de cela, Théon considère qu'entre AR et AG deux autres arcs VZ et TG se coupent en R ; il en conclut

sin TV sin TK sin GZ sin GZ sin TV sin KG

sin TA sin KG * sin AZ OU sin AZ ~ ~ suTtÂ * sin TK *

or, TV est l'arc qui passe au méridien en même tems que SH; c'est la différence d'ascension droite entre le point culminant et le tropique S; RR = 9o- RV=77°i5'48"; TV = i2°44' 12". Théon le suppose 1 0*42' plus petit que HS, et il doit être plus grand.

COMMENTAIRE DE THÉON. 6o5 AV=90«; AT = 9o- — TV = 77°i5/48";

sin TA sin 77.15.48 cosi2. 44. 12 » ^ '

TR = go", RZ=36", ZA = 900 ; ainsi

lang 1 2° 44' 1 2" = s-ïg-' . i1-^! et sin GZ = tang 1 2» 44' 1 2" sin 36' ; & ^* sin 36 sin 90° 0

ce qui est précisément notre équation; elle nous donne ZG == 7°34'5'''. Théon ne trouve que 7*9', ce qui ne va pas même à sa supposition de io°42', qui ne donne que 6" 1 3' 40'. Dans tout cet article, pag. 347, ^ y a des lignes passées, des lettres qui ne s'accordent pas avec la figure, et l'exposé de la méthode pour trouver GZ tient une page entière et dépend encore du théorème 1 3*.

JNous avons donc ZG = MX , nous avons DM = 90° , DE = BA j nous avons donc EX, il ne s'agit plus que d'avoir XT" pour en conclure ET' ; dansZRG nous pourrions faire cosZGK = cosOXT/=cos ZR sin ZRG = 79°43'3i" etOGF= ioo" 16' 29" angle de suite;

cos RZ = 36° 9 . 90796

sin ZRG = 12. 44' 12"... 9.34335

cos ZGR sa 79.43.31. — 9.25i3i

COF =3= VOS = PS == 120 — 90° == 3o° , ei OG === KG — RO =

56° 40' 52* — 23°5i'2o"= i2°49'32*,- nous avons un côté OGet les deux angles sur ce côté; nous en conclurions GF = TX, et le problème serait résolu.

Théon considère qu'entre BS et BF deux arcs SG et FP se croiseront en O, d'où il conclut

sin SP sin SO sin GF sin SP sin OG sin GF

sin BP sin OG' sin BF e sin PB ' sin SO svâBF*

SP = 3o" PB==RB — RP==i69.28.7— -i2o = 49°28/7,,î OG = RG — RO = 1 20 49' 32". Théon dit 1 20 45' ;

cependant il fait RG dts 36

RO 3= 23. 5i .20

donc OG == 12. 8.40 y al devrait trouver OG==i208'4o; mais si OG=i2945'

et RO == 23. 5i .20

donc KG = 36. 36. 20.

6o4 ASTRONOMIE ANCIENNE.

Je soupçonne qu'il y a faute d'impression, que Théon a fait KG=36036', et que l'imprimeur aura mis simplement 36°.

„ . . sin 3o° sin 1Q-49-55 sin GF

bO = qo° : ainsi - — ; 5 — . : — = - — ,nr , rj?^ ,

J ' sin 49.28.7 sin 900 sin (I5G -f- GF)

sin 49.08.7. sin|o = sin (BG -f- GF) = ^ ^ çj, + QQS fiC sin 00. sin 12.49.02 sin Gf

BG=GZH-ZB=GZ+ZA—AB=GZ+9o'— 5° 14' 33". Théon dit 5° 38',

ZG — 7.34. 5 9°

AB = 5.i4.33

ainsi mon calcul diffère de celui de Théon de 48' 32*, car Théon au lieu de 92° 19' 32" donne 91e 3i'. Nous aurons donc

?in49-f8.'/ )-. ■ — cot BG = cot GF = cot 8° 1 5' 1 1 ".

sin 3o sin 1 2 . 49 • 02-sin ULr

sin 490 28' f 9.88084 GF = T'X = 8°i5'm"