C . cos M
N=— 18.4s. 54 ou 34i»i3'6* N'=i8o — N.- 0= 71.13. 6
sinotangH' 9,6001181 * C.cosM' + 0,1457198
K — 1 18.46.54 comme ci-dessus.
On voit qu’il est inutile de calculer la seconde solution; il n'y a qu’à prendre N' = 36o° — N, et O' =180° — O. Il faut onze logarithmes pour (M -+-$), et 8 de plus pour avoir N.
Passons à la méthode synthétique, qui est encore plus courte, du moins quand on se borne h 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' (Gg. 96 ) les deux méridiens , ZZ' l’arc de grand cercle qui joint les deux zénits. Élevez sur ZZ' les deux arcs perpendi-
langN =—<5,34007 — 9,5315696
col • 9,9625076
tang M' — 9,9903076
S6a ASTRONOMIE DU MOYEN AGE.
culaires ZO ctZ'O, 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 surZ'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, il y aura deux points de Fécliplique, ou au moins un, dont la déclinaison sera égale à la latitude géographique du point O du globe 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 l'écliptique sera l’ascendant commun. Pour que le problème soit possible, il faut donc que l’arc QO ou 1 amplitude du pôle O sur l’horizon de Z, ne surpasse pas l'amplitude sol-
stitiale dont le sinus = —-3.
Soit le cercle vertical ZZ'NTZ,t/»Z' qui détermine le nonagesime N. Le point O sera le pôle de ce vertical; il sera 1 ascendant commun de tous les lieux qui auront leur zénit sur le demi-cercle Z*ZZ NET. Z”, qui est à l’occident du cercle horaire P'Z'"OPZ*. Car le point O sera à 1 horizon oriental de tous ces points. 11 sera à l’horizon occidental des points qui auront leur zénit sur le demi-cercle Z'pZ‘'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 daus le méridien, dans la partie opposée à celle ou se trouve le pôle P'.
L’arc MM' de l’équateur = MPM' = ZPZ,' = différence des méridiens de 7< et de Z' = différence d’ascension droite du milieu du ciel pour les deux méridiens. Le triangle PZZ' donnera ZZ’ et les angles PZZ'et PZ Z ; M ZZ' = SZT = ST = 90* — TQ = QO = 90- — OR = amplitude du point O = 1800 — PZZ'; on aura QO et son complément OR. Alors
cos PO = cos OR cos PR , ou sin D = sin PZZ' cos H ,
et
sin y O =
»inD sin **
9111 PZZ' cos H sin m
On aura donc TO et 180 — TO pour les deux ascendans.
Si D surpassait », le problème serait impossible; on voit donc, par l’angle P7.Z’ si le problème est possible. 11 le sera toutes les fois que
sin PZZ'= ou < — ^j. Il suffit donc de chercher l’angle PZZ'.
cot H'. .
co» L =5* tang P jc = 44*53' 37’ PZ s= 4°' o. o
" tang P 8,9419518
sin Px 9,8486559
