Exemple r: Trouver le pouvoir éclairant du: sec
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teur ZA G (fig. 5.) compris entre l'horizon et deux cercles verticaux,
Nommant @ l’azimuth de l’élément d? A, si nousiconsidérons cet élément comme terminé par deux verticaux contigus et deux cercles parallèles à l'horizon aussi contigus , nous aurons
&AZdzX d@sinz; d’où l’on tire L=/ffd6.dz.smzcosz—=#/fd0.dzsmo2z.
—=4{#/f(8+C) dz.sin 22.
Etendant cette intégrale depuis 0 — o: jusqu'à 0 —"A G, ce qui comprend toute l’amplitude du secteur, nous trouverons, en notant par a cette amplitude,
Le ffds.sino = (C = Heosaz)
Cette intégrale, étant prise depuis z— o jusqu’à z — 00°, donnera simplement
49- — Coroll. 1. Cette quantité est la mesure du pouvoir éclairaut du secteur, en représentant celui d’une surface infiniment petite (A), placée au zénith , par cette surface mê-
.me. En effet, dans ce cas,
cos z— 1, et ff d'A cos z — A.
5o. — Coroll. 2. En conservant la même mesure du pouvoir éclairant , celui de tout l'hémisphère.est égal à »,, r ayant pour valeur 3 . 14159535. ‘
51. — Exemple 2. Quel est le pouvoir éclairant d’une portion circulaire du ‘ciel , dont le centre estle zénith ?
Nommant z la distance zénithale d’un certain élément, et 9 son azimuth, nous aurons, comme auparavant,
ŒA—=d0.d37.snz;
et par conséquent
L=—/f48 dzsin z. cos z.= [fo ne. sin 22.
En étendant cette intégrale depuis 0 = o jusqu'à 0—2#+, L = 7x (const. --:cos 22);
en supposant que L s’évanouisse pour z — 0, l’équation précédente devient
L= (1 cos 22) = rsin? ze
52. — Coroll. 3. Le pouvoir éclairant d’un luminaire cir- Culaire qui a le zénith pour centre est proportionnel au carré du sinus de son demi-diamètre apparent.
55. — Æzxemple 5. Quel est le pouvoir éclairant d’une portion circulaire quelconque de la voûte céleste?
Soit TK LM le cercle éclairant; concevons-le décomposé en anneaux. concentriques , tels que X Y Z (fig. 4); soit X x un parallélogramme infiniment petit, lerminé par deux rayons contigus S X et S x, S étant le centre : posons
DISEASE ER DK =.
Anglé ZSX—®, ST—r.
Aire.de AIX x= dr Xdesin x.
L=/ffàs.dzx.sinx.cosz.
Mais , par les formules de læ trigonométrie sphérique ,
cos z— C0 a. cos x. sin a cosæ cos o.
Par conséquent
L=/ffdx.de:sinx (cos a cos x sin a. sin r.cose).
La première intégration , effectuée par rapport à® entre les limites 9 = o et 9 — 360° ou 27, donne
L—=/fdx.snxzX27r.cosa. cos x.
Cette équation, étant intégrée par rapport à x, en étendant
l'intégrale depuis x — o jusqu’à x =ST—7, donnera |
Tr.COoS «a
Le
(1—cos2r)—=7.cosa.sin r.
Ce résultat est singulièrement élégant et remarquable : il nous apprend que, pour obtenir, par rapport à un plan horizontal, l’effet éclairant d’un luminaire circulaire d’un diamètre apparent quelconque, et placé à une hauteur quelconque, nous n’avons qu’à réduire l’effet éclairant qu'il posséderait s’il avait le zénith pour centre, dans le rapport du rayon au cosinus de la distance zénithale ou au sinus de la hauteur.
Le lecteur pourra trouver d’autres exemples dans la PA0tométrie de Lambert, chap. 2, d’où nous avons tiré ceux-ci.
54. — Si la surface éclairante n’avait pas le même éclat intrinsèque dans toute son étendue, en notant par I l’éclat intrinsèque de l’élément d ? À, nous aurions pour expression générale du pouvoir éclairant de la surface A
L=/fI1d À cos z.
La lune, Vénus et Mercure dans leurs phases, le ciel pen-
dant le:crépuscule, nous offrent des exemples de surfaces
inégalement éclatantes, quand on les considère comme des
luminaires.
Problème.
