OG
ON
ccw NOC
enfin,
= 4?£m, 8inOGL = cosGOL=^
nnCOM’ . OG
MOG + GOL = 180* — H.
sinD OG ’
Il parait encore qu’il fait usage uniquement des sinus.
Soit l’horizon CBGD (fig. 157), BL) la méridienne, CG la ligne estouest, QH et QK deux ombres, QI et QP les cosinus de deux hauteurs observées, ou Ql=cos/é et QP — cos/i" ;
Hu — sinlID — sin Z', KS = sin DK = sin Z".
GiG ASTRONOMIE DU MOYEN ACE.
Qu : QO :: QH : QI, QO = = cos A' cosZ',
QS : QR :: QK : QP, QR = = cos A1' cos Z",
OR = QR — • QO = cos /»" cos Z" — cos A' cos Z'.
C’esl le problème du chapitre XXIII d'Ehti Jouais; mais l’auleur arabe ne demande que la différence des deux azimuts et non leur valeur absolue, pour en dc'duire ces memes azimuts; après quoi on peut calculer la hauteur du pôle , la déclinaison et l'heure, en supposant la déclinaison constante. Bénédict est moins clair et beaucoup plus long , parce qu’au lieu de donner les règles du calcul il fait beaucoup de phrases pour vous indiquer où vous les pourrez trouver; au lieu de cosinus il emploie les siuus verses ; on aurait plus simplement
TT coa A' cos Z ’ — cos A' cos Z'
tang h = — n^r zjruT- »
sinD=cos7/cosH'cosH-f-sin/il sinHr=cosZ,'cos/i,'cosII+sinA,'sinH.
Il détermine ensuite la méridienne par une seule ombre, qui lui donne la hauteur et l'almicautarat, la déclinaison lui donne le parallèle, et l'intersection de ces deux diamètres lui fait trouver l'azimut et par conséquent la méridienne.
Pour trouver la méridienne, il nous conseille de décrire l'hyperbole de l’arc diurne. Présentez cette hyperbole au Soleil; si le sommet de l’ombre suit exactement la courbe, l'axe sera bien placé, et vous connaîtrez la méridienne. 11 reconnaît cependant qu'il serait plus commode de choisir le jour de l'équinoxe où l'ombre est une ligne droite.
Nous venons de quitter un auteur qui s'est rendu obscur à plaisir, en supprimant les renseignemens les plus essentiels; nous tombons ici sur uu auteur qui nous assomme de détails fatigaus et nous laisse tout à faire. Ce qu'ils ont de commun , c’esl que les lettres de leurs figures sont illisibles; c’était alors un défaut général, et nous l'avons déjà remarqué dans les éditioos des Aides.
Après avoir indiqué, pour trouver la déclinaison d'un mur, plusieurs moyens qu'il n’expose que pour nous prouver sa fécondité, il s’arrête à ce dernier, qu’il qualifie de perquam pulchtrruMs.
Soit O (fig. 1 58) le pied du gnomon et son horizontale BD; vous avez marqué une ombre quelconque et vous en avez déduit la hauteur AOu au-dessus de l'horizon vertical. AOu= A=KOD; l’horizontale KÜX
BËNÉDICT. 6.7
sera l'almicantarat du Soleil; menez le parallèle HGI du Soleil, l'interscclion G vous donnera le lieu du Soleil sur son parallèle.
Décrivez ce demi-parallèle GLI, et menez la perpendiculaire GL, LH sera la distance au méridien, et vous aurez l’heure de l’observation; GS sera cosA coss = SK. cos z; vous aurez donc z, c’est-à-dire l'azimut et la méridienne.
Mais relevez le parallèle HLI du Soleil , LG sera perpendiculaire sur KSX, le triangle LGS sera rectangle en G, l’angle GSL sera l’azimut du Soleil compté du méridien ; son complément GLS sera la distance du Soleil au premier vertical; sur votre ombre Ou (fig. i5g), formez l'angle «OQ = GLS, vous aurez le premier vertical OQ et la méridienne OM qui lui est perpendiculaire ; comparez la direction OM ou OQ à celle du mur, vous aurez la déclinaison.
Nous aurons la même chose , d’une manière plus claire, par notre méthode.
L’ombre mesurée sera tangOS, O étant le zénit du plan vertical déclinant TjX (fig. 160).
Nous connaîtrons donc OS = 90* — S;'; Spest la hauteur du Soleil sur le plati.
Nous avons l’angle O, qui n'est pas défiguré sur la projection , sin SO sinO — sinSL = siuA = cosZS.
Le triangle Sjï rectangle en y donne
= — — ?- = sinS2^-=sinLx=cosOL.
sin/o coan J
Le triangle PZS, dont nous aurons les trois côtés, nous donnera
PZS et PZS — SZx=PZjt= 180" — MZcr, MZx — 90" = D , ou bien
tang OL = cos O tang OS = col hx — cot SZf ; le triangle PZS donnera comme ci-dessus
MZS = ML , ML — OL = MO=p.
L'analemme substitue une opération graphique au calcul du triangle.
Je passe sous silence sa manière de déterminer le tems où un cadran commence ou finit d'être éclairé; ses méthodes diverses pour calculer les crépuscules , ses dissertations sur les inconvéniens et les avantages des différentes sortes d’heures, et même sa construction des cadrans horizontaux et verticaux non déclinaus, quoique la forme en soit un peu
Gi8 ASTRONOMIE DU MOYEN AGE.
différente; mais on y reconnaît les principes communs, et ce qu’il y a de plus remarquable c'est la prolixité du style. Nous rapporterons cependant Sa construction du cadran vertical déclinant. Il prétend l'avoir trouvée avant d'avoir lu aucun livre de Gnomonique, et il n’a voulu rien y changer. Il compte la déclinaison du plan du midi à l’est, de sorte que la déclinaison serait de 90’ pour le cadran méridional , et nulle pour le cadran oriental. Il fait là-dessus une petite chicane aux anciens, à Munster et Oroncc-Fince, qu'il taxe d’erreur pour avoir fait 7, cro la déclinaison du cadran méridional, et 90* celle du cadran oriental. A ses expressiois on dirait que tous les cadrans faits avant lui étaient défectueux , tandis que c’est une pure chicane de mots. Et quoique nous suivions la définition ancienne de la déclinaison, nous allons voir que sa construction est parfaitement d'accord avec nos formules comme celle de Munster.
11 prend pour méridienne la verticale arbitraire BP (fig. 161).
Du point arbitraire il mène la perpendiculaire AD d une longueur arbitraire, il décrit le quart de cercle DFP, il fait DF=baut. du pole=H, il mène AF = 1 , FG = sinH; d'ou AG s cos H.
Il prend PT= déclinaison à sa manière; mais, suivant les anciens, nous aurons DT = D ; il fait Ail = AG = cos H.
Il abaisse la perpendiculaire
HI = AH cosD = cosll cosD, AI = AH sinD = cosH sinD.
11 prend BA = FG — sin II au-dessus de A , pour les cadrans du midi ; et au-dessous pour la face tournée vers le nord, il fait
AK. = AI = cosH sinD.
Nous aurons ainsi
BK = A B -f- AK = si n'II + cos'H sin'D = siu*H -J- co$*H — cos'II cos*D = 1 — cos'H cos'D = cos * A.
Par le point K il mène la perpendiculaire indéfinie LKO, sur laquelle il prend KL = III = cosll cosD = sin h.
Nous aurons
BL = KL 4- BK = cos'H cos'D + 1 — cos'H cos'D = 1 ;
ainsi
