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$\varphi$ étant toujours supposé très petit ; on a donc

$1-\sin ^{2}\mathrm {CRF} =\varphi ^{2}\cos ^{2}v\sin ^{2}\mathrm {CRF} ,$

ce qui donne

$\sin \mathrm {CRF} =1-{\frac {1}{2}}\varphi ^{2}\cos ^{2}v.$

Soit

$\mathrm {CRF} =90^{\circ }-\gamma ,$

on aura

$\sin \mathrm {CRF} =1-{\frac {\gamma ^{2}}{2}}.$

Donc

$\gamma =\varphi \cos v.$

Partant,

$\mathrm {MRF} =90^{\circ }+\gamma -\mathrm {V} \,;$

or on a

$\cos \mathrm {CRF} :\cos \mathrm {MRF} ::\cot v:\cot \mathrm {RM}$

ou

$\varphi \cos v:\sin(\mathrm {V} -\varphi \cos v)::\cot v:\cot \mathrm {RM} .$

Partant,

$\cot \mathrm {RM} ={\frac {\cot v\sin(\mathrm {V} -\varphi \cos v)}{\varphi \cos v}}\,;$

donc

$dv={\frac {dz\sin(\mathrm {V} -\varphi \cos v)}{\sin \mathrm {V} }}=dz-\varphi dz\cos v\cot \mathrm {V} .$

2^o Si l’on fait varier l’angle $\mathrm {B} ,$ on a

$dv=-{\frac {d\varphi \sin v}{\operatorname {tang} \mathrm {V} }}\,;$

donc

$dv=dz-{\frac {\varphi dz\cos v+d\varphi \sin v}{\operatorname {tang} \mathrm {V} }}.$

LXIII.

Je suppose que l’on veuille déterminer la position de l’équinoxe pour un instant donné ; pour cela, je le rapporte au plan fixe, en abaissant des points $\mathrm {O}$ et $\mathrm {H}$ (fig. 4) les arcs $\mathrm {OK} '$ et $\mathrm {HV}$ perpendiculaires sur $\mathrm {AM} .$ On aura très sensiblement $\mathrm {BK'=BO}$ et $\mathrm {CH=CV} \,;$ mais si l’on