CHAPITRE XIV. 345

Nous allons montrer comment dans cette hypothèse nouvelle on peutrésoudre, par des considérations purement tngonométriques, .le pro-blème du plus court crépuscule.

Autre solution purement synthétique du Problème du plus court Crépuscule:

18. Soit (fig. 12g) Pie pôle du monde, Z le zénit de l’observateur,"A le soleil; Z A = io8° = go*-f-18% ou plus généralement ZÀ=90 °-(-m.L’observateur, dont le zénit est Z , verra commencer le crépuscule.

Par le mouvement diurne le cercle de déclinaison PA tournant autourde l’axe, conduira le soleil de A en S à l’horizon, si c’est le ciel quitourne autour de la terre ; dans l’hypothèse contraire, le zénit Z se rap-prochera du soleil en décrivant autour de P le petit cercle ZmZ>Q ; ensorteque les distances PZ, P/w, Vb, P m et PQ seront toutes égalés.

On tire les mêmes conséquences des deux hypothèses : j’emploierai ICIla seconde qui est un peu plus commode.

Quand donc le zénit sera descendu de Z en un point ni, quel qu’ilsoit, mais tel que mA. = go 0 , le soleil paraîtra à 90° du zénit, le jourcommencera et mettra fin au crépuscule, et l’arc Zm du petit cercle serala mesure de l’angle ZPm, et par conséquent de la durée du crépuscule.Pour connaître cet angle, menez l’arc de grand cercle ZBm, et sur lemilieu B l’arc perpendiculaire PB , vous aurez

sin 4 ZP m =

sin ZPB =

sin i Zmsin PZ

sin \ Zmcos H

Orle triangle sphérique ZmA donne Am-f-mZ^> Z A, ou go°-f-mZ;>90 0 -f-2Æ,donc

roZ> 2<3; {niL ^a. Soit 4 wZ = (<a-+-x)$

donc

sin4ZP»z= —

cos H

sin a cos x-j- cos a sin xcos H

sina-j- cos usina? — 2 sin a sin 3 4 x

sin a ssin}x(cosacosjX—sinasin’-.r)_sina , 3 sinj xcosÇc+ 4 x )

+ . — cosH^ cÔTH

Or 4 a? est essentiellement positif, a el\x de petits angles, (a +4 x) <90°;donc

sin 4 ZP m > ——rf

3 ^ cos H

19. Le crépuscule sera d'autant plus long que X sera plus considérable,

ï. 44