AB

FDH = 59«45' DFH = a4.i5

FHC = 84. o FHD = 96. o.

Le troisième jour la comète a été vue de E sur la direction EC". Celte direction faisait avec le rayon vecteur ES* l'angle 3o° ia' ôtez cet angle de SEB = 88. i.3o"

a restera BEC" BEF = 57. 4.30

KEPLER. 477 mais d'ailleurs* S'BE = 88. i.3o CBS = 9-54

donc EBC' = EBF = 97-55.3o ci-dessus BEF = 57.49.30 donc BFE = 34. i5. o 1 80 . o . o.

BFE est encore le mouvement géocentrique de la comète, depuis la seconde jusqu'à la troisième observation.

L'angle extérieur FHC = C"HC = mouvement total de la comète en longitude; c'est la différence entre la troisième longitude et la première.

Dans le triangle BFE, nous connaissons BE et les trois angles; nous avons BE, nous aurons les deux autres côtés EF et BF, tels quon les voit ci-après.

BE = 0,068927 EF = 0,1663a BF = o,i4ao5

DF = 0,07458 DH =■= o,o3o8o = a FH = 0,06478 = b FE = 0,1662a

EH = 0,10144 = c>

F D = FB — BD = 0,07458 ; avec ce côté et les trois angles F, D, H, nous aurons FH et DU, et enfin EH = EF — FH.

Ces calculs sont indépendans de toute hypothèse sur les comètes; ils n'emploient que les observations avec les longitudes de la Terre et ses rayons vecteurs. Us peuvent servir encore aujourd'hui dans toules les méthodes, et celle de M. Olbers commence ainsi.

Il ne s'agit plus que de mener une ligne PQ qui coupe les trois directions AC , BC et EC de manière que PC":PC :: 9:5 dans le rapport et dans l'ordre des teros.

Pour résoudre ce problème , Kepler donne différentes valeurs a 1 angle P que la trajectoire recliligne peut former avec la ligne AC.On peut renfermer la solution dans une formule générale qui simpliûera les calculs^

Soit DH = a, HP=*, DP = les triangles PC H et FCU

donneront

sia C'r.in H:: HP:PC" = î^i-1 = i

sin C sin (H -J- F J *

• «-.i • -^v DP. sin D fa-f-x)ïinD

.inC':sin D::DP:PC =-^- = 7ÏoTdWî

or,

tw/ < nnu J (a + .r) '»n 1D < xsînH

PC' = iPC'; donc ^t^ = i.T>

ou

9(a-hr)8inDsio(H4.P)=5jC8ÎnH5in(D4-P) , 9(a+x)sinD3inHcosP-f9(aH-x)8inDco8HsinP=5xsînH8inDcosP