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puscule s’est trouvé quelquefois durer trois heures quatre minutes, & celui du soir presque la moitié de la nuit. Voyez inst. astron. de M. le Monnier.

De tout ce que nous avons dit, il s’ensuit que le commencement du crépuscule du matin on la fin de celui du soir étant donnés, on trouvera facilement l’élévation de l’air qui réfléchit la lumiere. Car la fin du crépuscule arrive lorsque les rayons SD (fig. 41.) qui partent du soleil, rasent la terre & se réfléchissent vers l’œil de l’observateur par les parties les plus élevées A de l’atmosphere ; desorte que menant du point O un rayon OA tangent de la terre, qui soit réfléchi en AD, & qui rase la terre en D, il faut que la hauteur AN de l’atmosphere soit telle, que ce rayon AD fasse avec l’horison AB un angle de 18 degrés ; parce que le crépuscule commence ou finit, lorsque le soleil est à 18 degrés au-dessous de l’horison. M. de la Hire a fait ce calcul dans les mémoires de l’académie des Sciences de Paris pour l’année 1713, en ayant égard à quelques autres circonstances dont nous ne faisons point mention ici, & qu’on peut voir dans son mémoire & dans les inst. astron. page 403 ; il a trouvé la hauteur AN de l’atmosphere d’environ 15 $\scriptstyle {\frac {1}{5}}$ lieües.

Dans la sphere droite, c’est-à-dire pour les habitans de l’équateur, les crépuscules sont plus courts que par-tout ailleurs, parce que le soleil descend perpendiculairement au-dessous de l’horison, & que par conséquent il est moins de tems à s’abaisser sous l’horison de la valeur de 18 degrés. Plus on s’éloigne de l’équateur, plus les crépuscules sont longs ; & enfin proche des poles ils doivent être de plusieurs mois.

Il y a pour chaque endroit du monde un jour dans l’année où le crépuscule est le plus court qu’il est possible. On trouve dans l’analyse des infiniment petits à la fin de la troisieme section un problème où il s’agit de trouver ce jour du plus petit crépuscule, l’élévation du pole étant donnée. On trouve aussi une solution de la même question dans les inst. astr. de M. le Monnier, page 407. Ce problème est résolu très-élégamment dans les deux ouvrages, & ne présente aucune difficulté considérable ; cependant M. Jean Bernoulli dit dans le recueil de ses œuvres, tome I. page 64. qu’il en a été occupé cinq ans sans en pouvoir venir à bout. Cela vient apparemment de ce qu’il avoit d’abord résolu le problème analytiquement, au lieu d’employer l’espece de synthèse qu’on trouve dans l’analyse des infiniment petits & dans les inst. astron. synthèse qui rend la solution bien plus simple. En effet, si on résoud ce problème analytiquement, on tombe dans une équation du quatrieme degré, dont il faut d’abord trouver les quatre racines, & ensuite déterminer celle ou celles de ces racines qui résolvent la question. Comme cette matiere n’a été traitée dans aucun ouvrage que je sache avec assez de détail, je vais la développer ici suivant le plan que je me suis fait d’éclaircir dans l’Encyclopédie ce qu’on ne trouve point suffisamment expliqué ailleurs.

Soit (fig. 41. n°. 2. astron.) P le pole, Z le zenith, HO l’horison, EC le rayon de l’équateur, Ee la déclinaison cherchée du soleil le jour du plus petit crépuscule ; ho le cercle crépusculaire parallele à l’horison, lequel cercle est abaissé au-dessous de l’horison de 18 degrés, suivant les observations. Soit l’inconnue Cc sinus de la déclinaison du soleil = s, & soient les données CZ = 1, CQ sinus de 18 degrés = k, PN sinus de la hauteur du pole = h, on trouvera $\scriptstyle cT=\textstyle {\frac {hs}{\sqrt {1-hh}}}$ ; $\scriptstyle TS=\textstyle {\frac {k}{\sqrt {1-hh}}}$ ; & par conséquent $\scriptstyle cS=\textstyle {\frac {hs+k}{\sqrt {1-hh}}}$ ; or ce ou $\scriptstyle {\sqrt {1-ss}}$ étant prise pour sinus total, cS est le sinus de l’angle horaire depuis le moment de six heures jusqu’à la fin du crépuscule,

& cT le sinus de l’angle horaire depuis le moment de six heures jusqu’à l’instant où le soleil atteint l’horison. Donc

$\scriptstyle cT=\textstyle {\frac {hs+k}{{\sqrt {1-hh}}\cdot {\sqrt {1-ss}}}}$ est le sinus du premier angle, & $\scriptstyle cT=\textstyle {\frac {hs}{{\sqrt {1-hh}}\cdot {\sqrt {1-ss}}}}$ est le sinus du 2^d ; or la différence de ces deux angles est proportionnelle au tems du crépuscule. Donc nommant le premier sinus u, & le second u’, on aura $\textstyle \int {\frac {du}{\sqrt {1-uu}}}-\int {\frac {du'}{\sqrt {1-u'u'}}}$ un minimum, & par conséquent $\textstyle {\frac {du}{\sqrt {1-uu}}}={\frac {du'}{\sqrt {1-u'u'}}}$ ; substituant pour u & u’ leurs valeurs, en ne faisant varier que s, on parviendra à une équation de cette forme $\textstyle {\frac {h+sk}{\sqrt {1-ss-hh-2hsk-kk}}}-{\frac {h}{\sqrt {1-ss-hh}}}$ ; c’est-à-dire $\scriptstyle s^{4}+{\frac {2hs^{3}}{k}}-ss+sshh-{\frac {2hs}{k}}-hh=0$.

Cette équation peut être regardée comme le produit de ces deux-ci $\scriptstyle ss-1=0$ ; $\scriptstyle ss+{\frac {2hs}{k}}-hh=0$ (Voyez Equation) ; d’où l’on tire les quatre valeurs suivantes de s ; $\scriptstyle s=1,~s=-1$ ; $\scriptstyle s=-{\frac {h}{k}}+{\frac {\sqrt {hh-kk}}{kk}}=-{\frac {h}{k}}+{\frac {h}{k}}{\sqrt {1-kk}}$ & $\scriptstyle s=-{\frac {h}{k}}-{\frac {h}{k}}{\sqrt {1-kk}}$. Or de ces quatre valeurs, il est d’abord évident qu’il faut rejetter les deux premieres ; car l’une donneroit la déclinaison boréale du soleil = 1, l’autre la déclinaison australe = 1, & cela ne se peut pour deux raisons : 1° parce que la déclinaison du soleil n’est jamais égale à 90 degrés : 2° parce que s = 1, donneroit les sinus des deux angles horaires égaux à l’infini, comme il est aisé de le voir : ce qui ne se peut ; car tout sinus réel d’un angle réel ne sauroit être plus grand que l’unité. Il ne reste donc que les deux valeurs $\textstyle -{\frac {h-h{\sqrt {1-kk}}}{k}}$ & $\textstyle -{\frac {h+h{\sqrt {1-kk}}}{k}}$. J’examine d’abord la seconde de ces deux valeurs, & je vois qu’elle est négative, ce qui indique que la déclinaison donnée par cette valeur est australe & non boréale, comme nous l’avons supposé dans la solution.

D’ailleurs il faut que $\textstyle {\frac {h+h{\sqrt {1-kk}}}{k}}$ soit plus petit que le sinus total, & jamais plus grand que le sinus e de $\scriptstyle 23^{d}~{\frac {1}{2}}$, qui est la plus grande déclinaison du soleil ; ce qui donne $\scriptstyle h+h{\sqrt {1-kk}}<$ ou $\scriptstyle =ke$, & par conséquent $\scriptstyle h=$ ou $\textstyle <{\frac {ke}{1-{\sqrt {1-kk}}}}$ ; de plus si on cherche la tangente de la moitié de l’angle dont le sinus est k, c’est-à-dire de la moitié de l’arc crépusculaire de 18 degrés, & par conséquent la tangente de neuf degrés, en trouvera que cette tangente est $\textstyle {\frac {k}{1+{\sqrt {1-kk}}}}$ ; car 1° la tangente de l’angle dont le sinus est k, est $\textstyle {\frac {k}{\sqrt {1-kk}}}$ (voyez Tangente) ; 2° si on divise cet angle en deux parties égales, & qu’on nomme x la tangente de la moitié de l’angle, on aura cette proportion $\scriptstyle x~:~{\frac {k}{\sqrt {1-kk}}}-x~::~1~:~{\frac {1}{\sqrt {1-kk}}}$ ; car on sait que dans un triangle dont l’angle du sommet est divisé en deux parties égales, les parties de la base sont comme les côtés adjacens. Donc $\scriptstyle x=\textstyle {\frac {k}{1+{\sqrt {1-kk}}}}$ donc au lieu de $\scriptstyle s=-h\textstyle \left({\frac {1+{\sqrt {1-kk}}}{k}}\right)$ on peut mettre $\scriptstyle s=-{\frac {h}{x}}$ ; donc on dira, comme la tangente x de neuf degrés est au sinus de l’élévation du pole, ainsi le sinus total est au sinus de la déclinaison australe. Il faut donc pour que s soit $\scriptstyle {\frac {h}{x}}$, que l’élévation du pole soit très-petite, puisque x est déjà