LONGOMONTANUS. 267
Faites ensuite sin TS : cos D :: longueur de Taxe *. longueur de l’ombre comptée du centre sur Ja ligne horaire, ou ombre = ^(M^^D) ’ Hoc problema peculiare inventum nostrum est, nous dit Longoinontanus. Ce qui paraît d abord lui appartenir, c’est qu’il est le premier qui ait substitué le calcul aux opérations graphiques; c’est déjà quelque chose. Soit (fig. 48) PZRP’ le méridien, PP’ l’axe du monde, R le centre de la sphère, PSMTP’ un cercle horaire quelconque, qui coupe en T l’horizon OTR, et sur le cercle M le point de l’équateur, et S le lieu du Soleil; PM = P’M = 90% MS = D = déclinaison du Soleil; le rayon RT, prolongé indéfiniment eu KxT’, sera la projection horizontale du cercle horaire PSP, et par conséquent la ligne horaire du cadran horizontal; R sera la projection du pôle et le centre du cadran; le rayon RR sera la méridienne; TR = TRR sera l’angle au centre du cadran, entre la méridienne et la ligne horaire; RS sera le z-ayon solaire. Soit K<r la longueur de l’axe, et menez <rx parallèle à SK ; <rx sera le rayon solaire qui, passant par l’extrémité de l’axe, ira tomber en x sur la ligne horaire, Rx sera la longueur de l’ombre sur la ligne horaire RT’. Or, à cause des parallèles
Ror =PRS =PS=90°— MS = 90°— D = angl. du rayon sol. et de l’axe, crKx = PRT’=P’KT = P / T = angle delà ligne horaire et l’axe , <rxK = SRT’ = ST= MT+ MS = MT + D = 90 0 — P’T + D, Ka-.sinKsvr axe. cos D
siu axK : K<r :: sin Roz : K.x s=
sin rxK sin (90 0 — P’T -f- D)
axe cos D axe cos D
sin (MT 4- D) cos (P’T — D)
axe cos D ,
= j-r-, prr = ombre;
cos (A — D) ’
le problème se réduit donc à chercher MT ou son complément P’T=A’, Le triangle PRT, rectangle en R, donnera tang rT = ^ëZ^=^,
° cos TP R cos P ’
col P’T = tang MT = cos P col H = cot A’, tang.TR = sin P’R tang TP’R = sin H tang P = tang TRR = tang A = tang. angle au centre du cadran; alors cos P’T = sin MT ss cos TR cos P’R = cos A cos H = cos A’. Les formules lang A s= sin H tang P, tang MT ds cos P cot H,
