PROBLEME III. 302. Connoiffant le lieu du foleil dans l'écliptique ; trouver fon afcenfion droite; ou, ce qui revient au même, le point D de l'équateur qui passe au méridien en même temps que le foleil (fig. 34). SOLUTION. Suppofant toujours l'arc ES de 48° 24′ 0′′, il s'agit 'de trouver l'arc ÉD. La Table des triangles rectangles donne pour ce cas tang ED: tang ES x cof DES R OPÉRATION PAR LOGARithmes. 10,051665 = log. tang. 48° 24' 0". 9,962480= log. cofin. 23° 28' 30". 10,014145 = log. tang. 45° 55′ 58′′ PROBLEME IV. 303. Connoiffant la latitude d'un lieu & la déclinaifon du foleil; trouver fon amplitude orientale ou occidentale, c'est-à-dire, à quelle diftance de l'orient ou de l'occident vrai fe leve ou fe couche le foleil (fig. 34). SOLUTION. Suppofant toujours la latitude de 48° 51' 0", &. que la déclinaifon du soleil eft boréale de 18° 30'; il est visible que le problême fe réduit à trouver l'hypoténuse d'un triangle rectangle DOS, dans lequel on connoît l'angle DOS complément de la latitude avec le côté DS égal à la déclinaifon du foleil. On aura donc par l'anafin DSXR logie commune fin OS = fin DOS OPÉRATION PAR LOGARITHMES. 9,501476 = log. fin. OS = 18° 30' 0,181753 com. A. log. fin. 41° 9' 0' 9,683229= log. fin. OS = 28° 49′ 45". COROLLAIRE I. 304. Il fuit de ce qui précede que fi l'on connoît la déclinaifon du foleil & fon amplitude, on connoîtra aisément la latitude du lieu ; car fuivant ces fuppofitions au triangle rectangle DOS on connoîtra, outre l'angle droit, le côté DS & l'hypoténuse; on aura donc fin DOS-in DSXR & par logarithmes: fin OS 9,501476 = log. fin. 18° 30' o". 9,818247 = log. fin. 41° 9' 0", donc la latitude est de 48° 51′ 0′′¿ COROLLAIRE II. 305. De même connoiffant l'amplitude OS & la latitude d'un lieu, on trouvera la déclinaison du soleil qui convient à cette amplitude; on aura donc fin DS= fin OSx fin DOS R & par Logarithmes 9,683229 = log. fin. 28° 49′ 45". 9,501476 = log. fin. 18° 30′ 0′′. PROBLEM E V. 306. Connoiffant la latitude d'un lieu, & le degré du foleil dans l'écliptique; trouver le point de l'équateur qui eft à l'horifon, en même temps que le foleil ; ou, ce qui revient au même l'afcenfion oblique qui convient à cette latitude & au lieu du foleil. SOLUTION. Suppofons, comme dans le premier Problême, que le lieu du foleil dans l'écliptique eft 18° 24' du taureau. Nous avons déja trouvé fa déclinaifon de 17° 19′ 49" (n°. 299). Donc au triangle rectangle DOS, l'on connoît le côté DS & l'angle DOS complément de la latitude; le côté OD eft celui qu'il faut trouver. La Ta ble générale des triangles rectangles donne tang DS x R fin OD= tang DOS 9,494217 = log. tang. OPÉRATION PAR LOGARIthmes. 0,058541 = comp. arit. tang. 41° 9′ 0′′. 9,552758 = log. fin. OD 20° 55′ 15". Si de l'afcenfion droite DE que nous avons trouvée (n°. 302) de 45° 55′ 58′′ on ôte l'arc que nous venons de trouver. 20° 55' 15" on aura pour l'afcenfion oblique EO. 25° 0'43". SCHOLI E. 307. On fait qu'à l'équateur les jours font continuellement égaux aux nuits, parce que dans la fphere droite le point D se confond avee le point O. Dans la sphere oblique l'arc DO exprime ce qu'il faut ajouter ou ôter à 90° pour avoir la durée de la moitié du jour, selon que le foleil eft dans les fignes feptentrionaux ou méridionaux pour une latitude boréale. On voit aisément que je n'ai point égard ici à l'augmentation causée par la réfraction. PROBLEME VI. 308. Connoiffant la latitude, & le lieu du soleil dans l'écliptique; trouver l'angle de l'écliptique avec l'horizon à l'inftant du lever de cet aftre. SOLUTION. Suppofant toujours que le lieu du foleil eft 18° 24′ du taureau; que la latitude eft de 48° 51'; fon complément AOH ou DOS fera de 41° 9'0". Nous avons déja trouvé au ( no. 299) l'arc DS de 17° 19′ 49′′. Avec cet arc on calculera, comme au Problême IV, l'amplitude orientale OS dont on trouvera le logarithme de finus9,655800. De plus nous venons de trouver pour les mêmes données au dernier problême EO= 25° 0' 43". Donc par l'analogie commune entre les finus des côtés & ceux des angles oppofés, on trouvera fin SEO x finEO fin ESO = fin OS 309. Par des calculs à peu près femblables à ceux des problêmes précédents, il feroit aifé de trouver l'arc IE de l'écliptique compris entre le méridien & l'interfection du même écliptique avec l'équateur. Car ayant l'afcenfion oblique EO, on a l'arc AE de l'équateur qui en est le complément; donc au triangle rectangle IAE, on connoît le côté AE avec l'angle en E égal à l'obliquité de l'écliptique. On connoîtroit de même l'arc du méridien compris entre l'équateur & l'écliptique ; ainfi que l'angle de l'écliptique avec le méridien & l'arc IS compris entre le méridien & l'équateur. J'ajouterai encore ici un problême dont la folution ne dépend que d'un triangle rectangle ordinaire, quoique M. de MaupertUIS y ait employé le calcul différentiel. PROBLEME VII. 310. Connoiffant la déclinaifon d'un aftre avec la latitude de l'obfervateur; trouver 1°, le moment auquel il paroît monter verticalement fur l'horizon; 2o, la hauteur de l'aftre dans le vertical; 3o, l'angle de ce même vertical avec le méridien (fig. 34). Pour SOLUTI O N. peu qu'on faffe attention à la nature du problê në me, on voit que l'aftre, en décrivant fon parallele, ne peut s'élever perpendiculairement à l'horizon, qu'autant que fon parallele pourra être touché par un vertical; & que l'aftre fe trouvera dans le point de contact de fon parallele avec ce même vertical; ce qui aura lieu deux fois dans une révolution de 24 heures. De plus, il eft aifé de reconnoître qu'un parallele quelconque ne peut être touché par un cercle vertical, qu'autant que la diftance de ce parallele à l'équateur fera plus grande que la latitude de l'obfervateur. Car dans le cas où elle feroit moindre & de même dénomination que la latitude, il eft clair que ce parallele fera toujours coupé par quelque cercle vertical que ce puiffe être. Cela pofé, foit ZST un vertical quelconque qui touche le parallele GSM au point S où fe trouve l'aftre dont la déclinaifon a pour complément l'arc P S. Il eft vifible à caufe du point de contact du vertical & du parallele, que l'arc PS eft le plus petit qu'on puiffe mener du point P au vertical ZST. Donc l'angle PSZ fera droit, & dans de triangle rectangle PSZ on connoît outre l'angle droit le côté PS égal au complément de la déclinaifon de l'étoile, & le côté PZ égal au complément de la latitude de l'obfervateur. Donc fi on connoît la différence d'afcenfion droite de l'étoile & du foleil, l'angle horaire ZPS donnera l'inftant où cet aftre paroîtra s'élever perpendiculairement à l'horizon : le côté ZS donnera le complément de la hauteur de l'aftre fur l'horizon, & l'angle PZS donnera la position du vertical demandé à l'égard du méridien. Soit donc L la latitude; D, la déclinaifon de l'aftre; H,l'angle horaire ZPS; V, l'angle du vertical avec le méridien; & H', la hauteur de l'aftre fur l'horizon lorfqu'il paroît monter verticalement, les formules des triangles rectangles donneront cof H-cotang D x R fin H' cof LXR cof D & fin V cof D x R en nombres n'auront aucune difficulté. cotang L Les applications 7 PROBLEME |