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une quantité très-petite, & que $\scriptstyle {\frac {h}{x}}$ ne sauroit être > e ; ainsi cette racine $\scriptstyle s=-{\frac {h}{x}}$ ne servira de rien dans les cas où $\scriptstyle +{\frac {h}{x}}$ sera > e. Nous verrons dans la suite ce qu’elle indique lorsque $\scriptstyle {\frac {h}{x}}$ est < e.

A l’égard de l’autre valeur $\scriptstyle s=-\textstyle {\frac {h-h{\sqrt {1-kk}}}{k}}$, elle est évidemment négative aussi, puisque 1 est > $\scriptstyle {\sqrt {1-kk}}$ ; ce qui donne encore la déclinaison du soleil australe ; & comme on a $\textstyle {\frac {1-{\sqrt {1-kk}}}{k}}={\frac {k}{1+{\sqrt {1-kk}}}}$ (ce qu’il est aisé de voir en multipliant en croix les deux membres) il s’ensuit que cette seconde valeur est = − hx ; donc on dira, comme le rayon est à la tangente de neuf degrés, ainsi le sinus de la hauteur du pole est à la déclinaison australe cherchée : c’est l’analogie que M. Jean Bernoulli & M. de l’Hopital ont donnée pour la solution de ce problème ; & la racine s = − hx résout par conséquent la question, parce que hx est toûjours plus petit que e ; car la tangente x de 9 degrés est plus petite que le sinus e de 23^d $\scriptstyle {\frac {1}{2}}$. Mais l’autre racine $\scriptstyle s=-{\frac {h}{x}}$ résout-elle aussi le problème ? Voilà où est la difficulté.

Pour la résoudre, nous n’avons qu’à supposer dans la solution primitive que la déclinaison soit australe au lieu d’être boréale, & faire le calcul comme dessus, nous trouverons $\textstyle {\frac {k-hs}{{\sqrt {1-ss}}\cdot {\sqrt {1-hh}}}}$ pour le sinus d’un des angles horaires, & $\textstyle {\frac {hs}{{\sqrt {1-ss}}\cdot {\sqrt {1-hh}}}}$ pour l’autre ; nous verrons de plus que c’est alors la somme de ces angles, & non leur différence, qui est le tems du crépuscule, comme il est aisé de le prouver en considérant la figure, le point e se trouvant de l’autre côté de E ; car le point c se trouvera alors entre les points T & S, & TS sera égale non à la différence, mais à la somme de cS & de cT. Achevant donc le calcul, on trouvera une équation qui ne différera de l’équation du quatrieme degré en s trouvée ci-dessus, que par les signes des termes impairs, c’est-à-dire des termes où sont s³ & s. Cette équation sera le produit de ss−1 par $\scriptstyle ss={\frac {2hs}{k}}$, & l’on aura deux valeurs positives de s, savoir $\scriptstyle s=\textstyle {\frac {h+h{\sqrt {1-kk}}}{k}}$. Ce sont les deux valeurs de s, lorsque la quantité du quatrieme degré $\scriptstyle s^{4}={\frac {2hs^{3}}{k}}$ &c. est supposée = 0. Cela posé, on peut regarder cette quantité comme le produit de 1−ss positive par $\scriptstyle {\frac {2hs}{k}}-hh-ss$ ; & lorsque $\scriptstyle s^{4}-{\frac {2hs^{3}}{k}}$ sera > 0, on aura $\scriptstyle {\frac {2hs}{k}}-hh-ss>0$, & $\scriptstyle ss+hh-{\frac {2hs}{k}}<0$, & par conséquent $\scriptstyle s-{\frac {h}{k}}<\textstyle {\frac {h{\sqrt {1-kk}}}{k}}$ & $\scriptstyle {\frac {h}{k}}-s<\textstyle {\frac {h{\sqrt {1-kk}}}{k}}$. Donc $\scriptstyle s<{\frac {h}{k}}+\textstyle {\frac {h{\sqrt {1-kk}}}{k}}$, & $\scriptstyle s>\textstyle {\frac {h-h{\sqrt {1-kk}}}{k}}$. Donc la quantité $\scriptstyle s^{4}-{\frac {2hs^{3}}{k}}$ &c. < 0 donnera $\scriptstyle s>{\frac {h}{k}}+\textstyle {\frac {h{\sqrt {1-kk}}}{k}}$ ; & $\scriptstyle s<\textstyle {\frac {h-h{\sqrt {1-kk}}}{k}}$. Or la quantité $\scriptstyle s^{4}-{\frac {2hs^{3}}{k}}$ &c. = 0, vient de $\scriptstyle (sk-h){\sqrt {1-ss-hh}}=\mp h{\sqrt {1-ss-hh+2hks-kk}}$ ; en supposant la somme ou la différence des deux angles horaires égale à un minimum ; la somme pour le cas de −h, & la différence pour le cas de +h ; donc la quantité $\scriptstyle s^{4}-{\frac {2hs^{3}}{k}}$ &c. < 0, ou $\scriptstyle -s^{4}+{\frac {2hs^{3}}{k}}$ &c. > 0, viendra (en supposant sk−h positive) de $\scriptstyle (sk-h){\sqrt {1-ss-hh}}>h{\sqrt {1-ss-hh+2hks-kk}}$ ; or, pour que sk−h soit positive dans cette condition,

il faut prendre

$\scriptstyle s>{\frac {h}{k}}+h\textstyle {\frac {\sqrt {1-kk}}{k}}$ ; donc si $\scriptstyle s>{\frac {h}{k}}+h\textstyle {\frac {\sqrt {1-kk}}{k}}$, on a la différence des deux angles horaires positive : je dis la différence, & non la somme ; car si c’étoit la somme, il faudroit que h dans le second membre eût le signe − ; donc la valeur de $\scriptstyle s={\frac {h}{k}}+h\textstyle {\frac {\sqrt {1-kk}}{k}}$ donne, non la somme des deux arcs égale à un minimum, mais leur différence égale à un minimum : je dis à un minimum ; car prenant s plus grand que $\scriptstyle {\frac {h}{k}}+h\textstyle {\frac {\sqrt {1-kk}}{k}}$, la différence se trouve positive. V. Minimum. Donc la valeur de $\scriptstyle s={\frac {h}{k}}+h\textstyle {\frac {\sqrt {1-kk}}{k}}$ ne résoud pas le problème du plus court crépuscule ; mais un autre problème, qui n’est ni celui du plus court, ni celui du plus long crépuscule, & qui néanmoins se réduit finalement à la même équation du quatrieme degré ; parce que les quantités étant élevées au quarré, la différence des signes disparoît. Ceci ne surprendra point les algébristes qui savent que souvent une équation donne par ses différentes racines non-seulement la solution du problème qu’on s’est proposé, mais la solution d’autres problemes qui ont rapport à celui-là, sans être le même. Plusieurs équations très-différentes, lorsque l’on n’a pas ôté les signes radicaux, deviennent la même lorsqu’on les ôte. Voyez Equation.

Enfin, si on suppose $\scriptstyle s^{4}-{\frac {2hs^{3}}{k}}$ &c. > 0, & $\scriptstyle s>\textstyle {\frac {h-h{\sqrt {1-kk}}}{k}}$, on trouvera que ces conditions donnent $\scriptstyle -s^{4}+{\frac {2hs^{3}}{k}}$ &c. > 0, & par conséquent (à cause que $\scriptstyle h-sk$ est ici positif) $\scriptstyle (h-sk){\sqrt {1-ss-hh}}<$ $\scriptstyle k{\sqrt {1-ss-hh+2hsk-kk}}$ & $\scriptstyle k{\sqrt {1-ss-hh+2hsk-kk}}+(sk-h){\sqrt {1-ss-hh}}>0$ ; donc la différence de la somme des deux arcs est = 0, lorsque $\scriptstyle s=\textstyle {\frac {h-h{\sqrt {1-kk}}}{k}}$ ; & est positive, lorsque s est plus grand. Donc cette somme est un véritable minimum, lorsque $\scriptstyle s=\textstyle {\frac {h-h{\sqrt {1-kk}}}{k}}$, & par conséquent cette valeur de s est la seule qui résolve véritablement le probleme du plus court crépuscule : je dis du plus court, & non pas du plus long. Car l’équation du plus long crépuscule seroit la même que celle du plus court, en faisant la différence = 0 ; parce que la regle pour les maxima & pour les minima est la même ; ainsi il pouvoit encore rester ici de l’équivoque ; mais elle est levée entierement, lorsque l’on considere que $\scriptstyle s>{\frac {h}{k}}-h\textstyle {\frac {\sqrt {1-kk}}{k}}$ donne la différence positive, ce qui indique le minimum. Si la différence étoit négative, alors le tems du crépuscule seroit un maximum. Mais, dira-t-on, quel sera le jour du plus long crépuscule ? Car il y en aura un. Je réponds que le plus long crépuscule ne se trouve pas en faisant la différence de la somme des arcs égale à zéro, mais en prenant le crépuscule du jour de la plus grande déclinaison boréale du soleil, & celui du jour de la plus grande déclinaison australe, & en cherchant lequel de ces deux crépuscules est le plus grand. Car il n’y a qu’un seul crépuscule qui soit le plus court, puisqu’il n’y a qu’une valeur de s pour le plus court crépuscule ; donc c’est un des deux crépuscules extrêmes qui est le plus long. V. sur tout cela les art. Maximum & Minimum où nous ferons plusieurs remarques sur les quantités plus grandes & plus petites.

M. de Maupertuis dans la premiere édition de son Astronomie nautique, s’est proposé la même question que nous venons de discuter ; il l’a résolue en très-grande partie, & nous devons ici lui en faire honneur ; cependant il y restoit encore quelque chose