C. cos x
sin(*-f-?0- • • • 9,9347823 sin (£ — 9) ... 8,5847958
«m(a-f9)=75d33'26,/ 9,9860507 sin (x— 9)= a°3a'i3'.... 8,6460672
T' = 3h ia' 8"56* T' = a*1 o'i5"4.o*.
Formules générales et nouvelles pour les crépuscules.
Soit HOR l’horizon (fig. 1 15), Plepôle,PA=PB=9o°,ÀB=APBrnrc de Péquateur qui mesure la durée du crépuscule, EE'GG' le parallèle du Soleil ; prolongez PB et PA en G et en E, lare EG du parallèle sera du même nombre de degrés que AB, et il sera aussi la mesure du crépuscule ; mais il ne sera pas réellement l’arc décrit pendant le crépuscule; car l’arc crépusculaire doit se terminer a 1 horizon en G. Soit G'E' =GE, G'Ë' sera l’arc crépusculaire; ôtez la partie commune GE', il restera G'G = E'E ; par le point E' et le point A menez l’arc de grand cercle E'AC qui aille rencontrer l’horizon en un point C, les triangles GBG', EAE', composés de deux arcs de grand cercle et d’un arc du même parallèle seront parfaitement égaux; car outre l’angle droit G=E, on aura les arcs de déclinaison AE=BG, les arcs du parallèle EE'=GG'. Les triangles pourront donc se superposer ; on aura AE'= BG'= ampli^ tude ortive, car B est le point du lever équinoxial, puisque AB est u» arc de l’équateur.
x = 55.28.46 T = 3ft 4i'55" 4*
4jî ASTRONOMIE DU MOYEN AGE.
L’angle EAE' = GBG' = PBO = H = hauteur du pôle sur l’horizon = PAC, qui est opposé au sommet à EAE .
Dans le triangle BAC nous aurons
BAC = 90° -f- PAC = 90° + H,
CB A = 90® — PBC = 90® — H,
sin CB A : sin BAC :: sin (go° — H) : sin( 90® + H) :: sin CAîsin CB ; donc sin CA = sin CB;
mais ces arcs sont inégaux , car CB est opposé au plus grand angle ; donc CB = 1 80® — - CA ;
CA est nécessairement moindre que 90° ou (90° — ni) et CB = (90*4- ni). Ce triangle donne
cos C = cos AB sin CBA sin CAB— cosCBA cosCAB , ï — 2sin*^ C =cos A B cos* H 4- sin* H = sin*H4- cos* H — asin* £ AB cos* H = 1 ■— 2sin“ j AB cos* H, d’où sin*^C= sin* £ AB cos* H, et sinjC^sin^ ABcosH = sin * S cos H . . .(1),
en nommant S l’arc de l’équateur qui mesure le crépuscule.
Du milieu de l’arc AB, menez lare de grand cercle MC; MA=MB= |S. Le triangle MAC donnera sin CM : sin CAM :: sin AM : sin ACM,
Le triangle MBC . sin CM : sinCBM:: sinBM : sin BCM.
Dans ces deux analogies, les trois premiers termes sont identiques j donc
sin ACM = sin BCM ; donc ACM = BCM = \ C ;
ainsi l’arc mené du milieu de AB partage en deux également l’angle au sommet C, comme si le triangle était isoscèle; mais les angles M, sur le milieu de la base sont inégaux, au lieu d'être tous deux de 90° : celte égalité aura lieu toutes les fois que la somme des deux côtés sera de 180*. La première analogie donne
sin AM . sin CAM sin ^ S sin (90°+ H) ____ sin l S cos H
sinCM ^Tn ACM sin^C *""*sin^S cosll * *
par la formule (1) ci-dessus. Donc CM 5=90*. Du pôle C décrivez l’arc
de grand cercle aMb , vous aurez Ca = CM Cb = 90% les angles en a et en b seront droits, et aM z=zbMzæ\ab = 7C.
Les triangles rectangles BaM, AZM, donneront comme ci-dessus
sin aM = sin MB cos H =sin { S cos H=xsinMA cos H = sin£ C . . . (1) , tangBa=tang A 6= tang BM ços MBa= tang î S sinH = tangw ... (2);
d’où l’on voit que
CA = Cb — A^=90# — Ab s= 90° — m,
CB = Ca -f- ab = 90* -f- «B = 90° -f- m ,
comme nous l’avons trouvé ci-dessus.
Le triangle CBA donne
sinC: sinAB :: sinB : sin CA = cosw= . __ — —
sinC smC
___ asin j S cos £ S cos H ___ sin f S cos \ S cos II cos | S
COSirt - asin cos j C sin £ S cos H cosi C cos^C
sin AB sin B sin S cos H
Ct
sin m = tangm cos m :
^ tang^S sin H cos i S sin^SsinH
cos ; C
cos j C *
de ces trois manières de calculer m la première est la plus courte et la plus sûre.
Les triangles BMa, AM£ donnent encore
cotBMa = colAMZ>=cosBM tang MB<ï == cos ] ScolH = cotyd’où CM^ = 9o°-|-7, et CMA = qo° — q;
ces deux angles nous sont inutiles.
B est le point est de l’horizon , BC surpasse 90°; donc le point C se trouvera sur l’horizon entre les points nord et ouest.
Si le point À est le commencement du crépuscule au jour de l’équinoxe y la perpendiculaire Ax menée à l’horizon sera l’abaissement crépusculaire, qu’on suppose ordinairement de i8° = 2a = Ax.
Le triangle rectangle BxA donnera
sin Ax = sin 2a = sin AB sin CBA = sin S cos H ;
ainsi à l’équinoxe on a toujours sin S = g. . . (3).
C est une des formules de Nonius. S étant ainsi connu pour le jour cîe 1 equinoxe, on aura pour ce même jour tang Bx = tang S sin H; c’est le Biouvement azimutal du soleil pendant le crépuscule.
Oïl aurait aussi
cosBx=^-5==£îi5.; smBx==cos Bx tang Bx = -cfs~
cos Ax cos 2 a 7 cua
et cot BAx=cosScotH.
Mais plus généralement c'est en E' que se trouve le Soleil au commencement du crépuscule. Menez Et perpendiculaire à 1 horizon , E^=2a, vous aurez
. n sin a a
sin CE'sinC =sinEy = sin 2^, sin C — sin çe' > qui prouve que sin C ne peut être moindre que sin za et i C moindre quea.
sin CE' =!^=^iî2i^=sin(Ci+4E')===8in(90*+4E') sinC siafCcosât
= cos£E' = cosw. . . . (4)-
Cette formule suppose la déclinaison australe; alors CE' = 90° -f n; si
elle était boréale , on aurait CE" = (90° n).
AE' = A^4-^E/ = (wi-f- /i) pour les déclinaisons australes; mais pour les boréales AE" = bE" — Ab= {n — m). Du point E' abaissez sur l’équaleur la perpendiculaire E'Z qui sera la déclinaison , vous aurez
sinD = sinE'z==sin AE' sinMAE' = sin (n+m) cosH = siu déclinaison australe,
' si0D'= sinEV = sin AE"sin E'Az' = sin (/z — m) cos H = sin décb naison boréale des que n m, ainsi, chaque supposition pour S nous donnera deux déclinaisons; et pour trouver ces déclinaisons pour chaque valeur de S, le problème se réduit aux formules suivantes :
6in-j C = siniScosH. . . (A), tang mz=z tang j S sin H. . . (B) sinaa sin a cos a
cos/l sin C sinjCcosjCT ' '*
sinD = sin(/2ii:/7z) cos H. . . (D).
La déclinaison toujours australe avec ( n -f-m), devient boréale avec
fn m) dès que n surpasse m-, il peut arriver que les deux déclinaisons
soient australes. Il est aisé de voir que ( ’nzk:m ) est l’amplitude ortive du Soleil - car on a généralement sin D= sia amplit. cos latitude; donc (nzbm)
est l’amplitude, .
