EG = OG = 7 OE = 90° — CE , CG
Par le point G et du pôle C décrivez l’arc du grand cercle CH ,
CH = 9o° = CG , BH=CB — Cil = CO - 90’ = OG = GE;
dans les deux triangles rectangles BIIZ et EGZ nous avons 1 angle commun Z opposé aux côtés égaux BH et EG; les deux triangles sont égaux, l’hypoténuse BZ = l'hypoténuse EZ; les troisièmes côtés BZ et EZ sont pareillement égaux.
4i2 ASTRONOMIE DU MOYEN AGE.
sin GZ = sin EZ sin E = sia { RE sin . hauteur de 1 equateur = sin i (P' — P) cos H = sin £ BCE,
GH=2GZ= angle C des deux horizons.
Nonius n’a pas senti tout le parti qu’on pouvait tirer de cet angle. Le triangle BEV donne
sin EV = sin2Æ=sinBsinBE=sin(P' — P)cosII et sin = (F P) = 8^=siax'.
P' — P est l’angle qui mesure la durée du crépuscule au jour de l’équinoxe.
Nous venons de trouver
sinGZ=siniBEcosH=sin^(P,e— P)cosH=rrsixlva:'cosPI=sinix,,. . .(a);
le triangle CEV donne
sinEV = sin C sin CE;
sin CE =s cos EG = cos | OE
sin EV __ sin 2a sin G sin a?"
cos j x,n. . . (3);
abaissez la perpendiculaire Ox, ce sera la déclinaison du point O, celle qui donnera un crépuscule égal à celui du jour de l’équinoxe. Or,
sin 0.r = sinOE sin E= sin2EG cos H = sin 2(90° — CE) cosH , sin D = sin (i8o°— 2CE) cosH= sin2CEcosH= sin;*'" cos H. . . (4) y
enfin sin long. O = • • (5)-
Telles sont les formules auxquelles Nonius parvient par la construction qu’on vient de voir. On ne voit pas trop ce qui lui a fourni l’idée du second horizon CEO, ou de celui qui voit lever le Soleil quand le crépuscule commence pour l’autre horizon ; c’est ce que nous montrerons plus loin.
Sur l’horizon du lieu , B est le point du lever équinoxial ; sur l’autre horizon O est le point de lever au jour où la déclinaison est D; sur cet autre horizon le Soleil, au jour de l’équinoxe, se lèvera en E; OE est donc l’amplitude orlive quand la déclinaison est D, EG=OG est la demiamplitude ; l’arc BC =BH-f-HC = BH + 90° donne le point où les deux horizons se coupent. Ces deux horizons font le même angle avec l’équateur. Nous avons l’arc CE ,
tang CE cos E = tang CE sin H = tang EP = tang DP = tang ~ DE , KD°d-DE;==iSo0=DE+BE, KD — BE, KC=i8o° — CE,
ainsi nous connaissons lous les arcs, tous les angles de la ligure. Il resterait à prouver que OF, qui mesure le crépuscule, est en effet égal à BE. Ainsi celte démonstration, malgré sa longueur, laisse encore quelques nuages, et elle aurait besoin de nouveaux déyeloppemens. Nous allons démontrer qu’elle se déduit de la formule générale.
Soit jc = P' P ou P'=P-|-^; la formule de la demi-durée deviendra
sin aa sin n cos a
sm \ X === 2sin (P -f-i x) cos H cosD sin (P -f £x) cos H cÔTd *
mais soit P = 90° , ce qui suppose D = o et cos D = 1 ; alors
sin^=— ™ — rrî 2 sin cos ^==—5 = sinx=sin x';
* acosjxcosli7 cosn
nous nommons x' cette valeur particulière de x, ou la durée du crépuscule au jour de l’équinoxe ; nous aurons
. , sin 2 a
smx==Tom'>
c’est la première formule de Nonius. On aura donc en général
sin xr sinx'sécD b
Sin = asin (p + ii) COS U acos ± x sin P -f- 2sin £ x cos P ,
. . „ , . sin x' asin £ x' cos i x' x
asinixcosl^smP+asin-j^cosP^— fi= - 7775 - Wt
. ^ sinx' sinx' sinx'
sinx-{-2sm axco “""cosDsinP””” cos amplitude cos A’
Si nous voulons quex = x' et 2sinix=2sin i x', l’cqualion X deviendra
. . ~ COS^x'
cos-jX smP-f-sin^x cosP — cosD > ou sin P cosP = séc D = sin P + cos P tang^x' ;
cos P — — tang D tang H et sinP^--^
donc
tangix' tangD tangH=^ ;
cos À — tang^x'sinD tang H== i , 3
ou cos A — ^-gsinH tang-x'sxcosA-— sinAsinH tang^x'sr: i ;
— sin A sin H tang ix'= i — cos A = 2sina { A ,
• t* „ , asin* ^ A asin* £ A . __ i * .
— sinHungix =-^X~— Min'iAcosï ==U fi‘ '
ainsi nous aurons par sa langenle la moitié de l’amplitude A, que Nonius
trouve avec bien moins de sûreté par son cosinus.
Connaissant ainsi j A, et par conséquent A, sinD = sin AcosII nous donnera la déclinaison; c'est la formule (4) de Nonius. A.ns., toutes les formules de Nonius sont démontrées indépendamment de sa construction , qui ne se présentait pas d’eUe-même et qu’il y a du mente a avoir imaginée. . , , .
Nonius passe au plus court crépuscule (fig. i t i). Soit BAG 1 équateur, AB l’arc qui mesure le plus court crépuscule, ED l’arc du parallèle décrit par le Soleil pendant la durée de ce crépuscule , l’arc EtTdu petit cercle est du même nombre de degrés que AB ; AG et BC sont les deux horizons de la figure précédente. Nonius prouve que CE = 90°. Pour cela, menez les parallèles ot, ry, PQ; ils seront tous du même nombre de degrés que AB et ED; ils représenteront des temps égaux. C’est ce qui méritait une démonstration que nous donnerons, mais que Nonius suppose. Menez les perpendiculaires A z, om, rn, EK , P n; les sinus e ces perpendiculaires seront tous proportionnels aux sinus des distances CA Co C r, CE, CP. EK = ia = abaissement crépusculaire, et cette perpendiculaire est la plus grande, car ED= AB est le plus court crépuscule; donc le crépuscule est plus long , il est déjà commencé quand le Soleil est en o, en /• ou en P, et la distance à l’horizon est moindre que 2a; mais puisque les perpendiculaires vont décroissant de E vers A, et de E vers P, CE = 90° = CK ; doue CEK = CKE = 90° ; donc les triangles SEA , SKB sont rectangles l’un en E l’autre en K; ils ont 1 angle égal S, l’angle SBK = SAE, les trois côtés sont égaux chacun à chacun
Si les deux arcs étaient perpendiculaires sur AB comme PA et Pli (fig. 1 12), on aurait évidemment
AB = ot = ry = ED ,
on a du moins CAG= CBG, par hypothèse;
