C.cosM

N=— 1 8.46.54 comme ci-dessus.

On voit qu’il est inutile de calculer la seconde solution; il n y a qu a prendre N' = 36o° — N, et 0'= i8o° — O. Il faut onze logarithmes pour (M + cp), et 8 de plus pour avoir N.

Passons à la méthode synthétique, qui est encore plus courte, du moins quand on se borne à connaître N. La méthode analytique fait d’abord trouver M, qui donnerait l’heure des deux lieux , ainsi rien n est perdu , ce sont deux routes différentes, à très peu près de longueur égale, si l’on veut avoir toutes les quantités comme les amplitudes, et les hauteurs du pôle de l’écliptique.

Soient PZ, et PZ' (fig. 96 ) les deux méridiens, ZZ' l’arc de grand cercle qui joint les deux zénits. Élevez sur ZZ' les deux arcs perpendi-

■36a ASTRONOMIE DU- MOYEN AGE.

culaires ZO cl 7/0, qui iront se couper au pôle de ZZ' sous un angle = ZZ'. Les deux horizons qui sont perpendiculaires l’un sur 7,0 et l’autre sur Z'O , se couperont aussi en O sous un angle = ZZ . Si le point O tombe entre les deux tropiques, ou sur l'un des tropiques, .1 y aura deux points de l’écliptique, ou au moins .in, dont la déclinaison sera égale h la latitude géographique du point O du glohe terrestre ; et quand l’un de ces points de l’écliptique sera à l’horizon de Z, il sera de meme à l’horizon de Z’. Le point O de 1 écliptique sera l’ascendant commun. Pour que le problème soit possible, il faut donc que l’arc QO ou amplitude du pôle O sur l’horizon de Z , ne surpasse pas l’amplitude sol-

stitiale dont le sinus =

Soit le cercle vertical ZZ'NTZ >Z* qui détermine le nonagésime N. Le point 0 sera le pôle de ce vertical; il sera l’ascendant commun de tous les lieux qui auront leur zénit sur le demi-cercle Z'ZZfNL L L , qui . est à l’occident du cercle horaire P'Z'"OPZ . Car le point sei a a rizon oriental de tous ces points. 11 sera h l'horizon occ.dental des pom qui auront leur zénit sur le demi-cercle Z^Z^Z'". .

Pour le point Z*, le point O sera à l’horizon , au méridien sous le pôle P; pour le point Z"’, le point O sera à l’horizon dans le^méridien , dans la partie opposée à celle ou se trouve le pôle P .

L’arc MM' de l’équateur = MPM' = ZPZ' = différence des mer.d.ens de Z et de Z' = différence d’ascension droite du milieu do *S

deux méridiens. Le triangle PZZ' donnera ZZ' et les angles 1 ZZ elPZ Z,

MZZ' = SZT ==ST = 90*— TQ = QO = 90° — OR amP ' u e a point O = 180° — PZZ'; on aura QO et son complément OR. Alors

cos po cos OR cos PR , ou sin D = sin PZZ' cos H ,

sinD sin PZZ' cos H

cl sinTO= sin u »in «

On aura donc TO et 180— TO pour les deux ascendans.

Si D surpassait 0, le problème serait impossible; on voit donc, par l'angle PZZ' si le problème est possible. Il le sera toutes les tois que

sin PZZ'= ou < Il suffit donc de chercher l’angle PZZ .

cot . 0,0000000

cos L =5° 9>998344» taag„P . 8,q4ig5i8

taag Px = 44°53' =7" s!" l*' ’ ’ ’ i ’

PZ = 40. o. O C.&m Zr . . ,0630675

Zx = 4.55737” tang pzz' = taDs MZZ' = 250 54' 47" g»8^50

RÉGIOMONTAN. 365

sin MZZr . . . 9,7683086

cos H. . . . 9,8089675

sin D <sin *> . 9,5763761

^•s*n u . o, 59988 1 9 ^ quelques secondes près, comme par la mé-

sin O = 71° i3'3o" 9,9762580 thode analytique, onze logarithmes en tout, ou io8.46.3o.

Pour résoudre le triangle par les seuls sinus , il faudrait une analogie de plus. On voit que sin D diffère déjà assez peu de sin qu’il ne doit pas surpasser pour que le problème soit possible ; pour peu que l’on augmentât L, il le surpasserait. Supposez L = io°, vous aurez.... log cos (M -f-<p) = 0,1704593, qui prouvera l’impossibilité.

On peut prendre pour donnée H et l'ascendant TO, d’où l’on déduira la déclinaison, l’ascension droite, la différence ascensionnelle, l’ascension oblique et M, l’amplitude QO, le vertical ZN, sur lequel prenant à volonté ZZ' sur l’arc ZZ* ou sur l’arc ZZ";, on aura un nombre infîui de solutions. Ces diverses méthodes, qui paraissent les plus naturelles, diffèrent plus ou moins de celle de Régiomontan.

Autour du pôle P, il décrit le cercle polaire à la distance P p — ca ; du zénit Z il mène au petit cercle deux arcs tangens de grand cercle ZL et ZM ( fig. 97); ces deux arcs se croisent au zénit sous l’angle LZM = QZR ; le second zénit Z' doit se trouver dans l’un de ces deux angles, ou tout au moins sur l'un des arcs de grand cercle LZR ou M.ZQ,, pour que le problème soit possible. S’il se trouve au point de contact L ou M, le pôle de l’écliptique sera au zénit; l’écliptique se confondra avec l’horizon; il n’y aura pas d’ascendant, ou l’ascendant sera le demi-cercle oriental de l’écliptique tout entier. Si le zénit se trouve sur LV ou MX, au-dessous du point de contact, le point O sera descendant au lieu d’être ascendant.

Du pôle P, menez les arcs PL et PM perpendiculaires au point de contact, vous aurez sinPZL = sinPZM= — ~ = — ■ ^ = siu amplitude du

sin IV. cos H r

point solstitial sur l’horizon de Z. Régiomontan appelle cet angle l’angle de communication j parce qu’il décide si l’ascendant peut être commun. LZM est la double amplitude solstitiale ; on voit donc pourquoi le second zénit doit être dans cet angle ou dans son opposé au sommet, et en cela nos solutions sont parfaitement d’accord. Mais le calcul de Régiomontan est plus long, en ce qu’il *n’emploie que des sinus, et plus obscur, parce qu’il a pris uue voie plus détouruée qui exige une con-

struction particulière, dont nous ne dirons rien , parce qu’elle 11e non® apprendrait rien de nouveau. 11 aurait pu , dans le triangle PZZ' (fîg. 96) r abaisser la perpendiculaire du zénit Z' sur PZ; calculer cette perpendiculaire par son sinus; calculer par Son cosinus le segment qui a son origine en P , en conclure pour soustraction le segment qui commence en Z; calculer par son cosinus le côté ZZ' et l’azimut PZZ', par son sinus;

. sin perpendiculaire A,y

après ces trois analogies, il aurait eu sinQO = — • — ’ ÜOU

sin D et sin TO par six analogies de sinus.

La solution que Régiomontan ne donne pas dans sa lettre, est avec tous ses détails dans son opuscule Fundamenta Operationum , etc., cité déjà plusieurs fois.

Nous ne voyons pas bien l’utilité du problème de 1 ascendant commun à plusieurs lieux, si ce n’est peut-être pour l’Astrologie. Nous nous y sommes arrêté, parce que nous ne l’avons vu mentionné dans aucun auteur d’aucun lems, ni d’aucun pays. Si l’ascendant est commun, le nonagésime le sera; la distance de la Lune au nonagésime, les formules de parallaxe pour tous les lieux diflerens , ne différeront que par le sinus ou le cosinus de la hauteur du pôle de l’écliptique; et si la hauteur de^ ce pôle n’est pas très différente, les parallaxes et l’éclipse différeront peu. Voilà ce que nous y apercevons de plus remarquable.

Il propose ensuite ce problème : Une étoile connue s est couchée avec un point donné de l'écliptique; on demande la latitude du lieu de l’observation. On aura les deux ascensions droites, les deux déclinaisons, les ascensions obliques, la différence ascensionnelle et la hauteur du pôle.

En proposant de trouver pour un jour donné la ddcl.na.son du Sole.!, il parait que son but est sur-tout de faire apercevoir 1 inexactitude des

Tables Alphonsines. .

Il demande quatre nombres carrés dont la somme soit un carre; il ne demande pas quatre cubes qui fassent un cube, parce que le problème serait trop difficile. Il ne donne pas même ses carrés.

L’aire d’un triangle est connue, on connaît aussi le rapport des côtés; il demande le rayon du cercle inscrit.

La hauteur du Soleil est de 35°, le point culminant de l’arc-en-ciel est de 7° La distance de l’observateur au pied de l’arc est de 200 pas; il demande l'amplitude de l’arc visible. Il ne donne pas la solution, qui nous aurait appris ce qu’il connaissait de cette théorie.

Le Soleil est élevé de 57° ; sa lumière passe par une fenêtre circulaire

RÉGIOMONTAN. 565

dont le diamètre est de 5 pieds, et le centre élevé de 28 pieds; il demande la surface éclairée par le Soleil. Il ne donne pas la solution, dans laquelle il paraît négliger l’épaisseur du mur. 11 ajoute quelques problèmes de Statique et de l’écliptique.

Dans une lettre à Christian Réder de Hambourg, il dit qu’il a déjà fait construire en cuivre des rayons à la manière d’Iiipparque. 11 promet un almanach de 3o ans, s’il parvient à corriger un peu les tables.

Parmi des problèmes que nous avons déjà vus, et qui n’ont aucun intérêt, il propose celui-ci : Trouver vingt nombres carrés dont la somme soit un carré. 11 se contente d’avertir que cette somme surpasse 3ooooo.

Cette lettre, qui est la dernière, est du 4 juillet 147 1 • L’auteur mourut à Rome en juillet 1476, les uns disent de la peste, et les autres par la vengeance des enfans de George de Trébisonde, pour avoir relevé les fautes que leur père avait faites dans sa traduction de Plolémée. Régiomontan était sans contredit le plus savant astronome qu'eut encore produit l’Europe. Mais si l’on excepte quelques observations et ses travaux pour la Trigonométrie, on peut dire qu’il n’a guère eu le tems que de montrer ses bonnes intentions. Comme observateur, il 11e l’emporte certainement pas sur Albategni; comme calculateur, il n’a pas été aussi loin qu’Ebn Jounis , ni surtout qu’Aboul Wéfa. Il a fait une chose utile, en substituant un rayon de 60000 au rayon 6o°o'o*; il aurait encore mieux valu en prendre un de 100000. Il est incroyable qu’après avoir reconnu futilité des tangentes, comme moyen subsidiaire en certains cas, il n’ait pas senti combien il était avantageux de les introduire dans les calculs usuels. Il avait constaté les erreurs des Tables Alphonsines, et se promettait de les améliorer; mais il se défiait lui-même du succès, et il n’eut pas le tems de s'en occuper efficacement. Bailly le loue de n’avoir pas réclamé pour lui seul 1 honneur d avoir imaginé le moyen de trouver l’heure par la hauteur observée d un astre. Mais ce moyen était pratiqué par les Arabes; il en avait trouve la formule dans le livre d’ Albategni. Sixte IV, qui projetait dès-lors la réformation du Calendrier, l’avait attiré à Rome par les plus belles promesses; on dit même qu’il fut nommé à l'évêché de Ratisbonue.