548 ASTRONOMIE.

avec* (PH-P) et i (F—P) on aura P et Y, c’est-à-dire les angles ho-raires du commencement et de la fin. Nous avons vu que

sinD=—tanga sin H.

La solution ne laisse donc rien à desirer; nous avons meme

t-, „ . sin H

COS Z = tang a tang H et cos A = co ~

24. Soit AT s=s = TJ) et menez PT, vous aurez ZT = 90’. T estun point de l’horizon pour le moment où le zénit était en Z. Le trianglePZT donne

cos PT — cos Z sin PZ sin ZT + cos PZ cos ZT = cos Z sin PZ= tang a tang H cos H == tang a sin H = sinD ;

donc

90°—PT = D ou PT =90*—D; mais PA = 90°+D,

donc

PT -{- PA = 180°.

Autre symptôme remarquable et non encore remarque du plus Courtcrépuscule.

a 5 . Le triangle APT donne, au moyen de la perpendiculaire P m f

sin A m : sin T m :: tang T : tang À ,ou sin (Qo*-\-a') : sin (9 o°—a) :: tang T : tang A; donc T= Ar

On aurait encore

sin PT : sin PA

sin A sin T =t=

sin À sinPÂ_sin A sin ( qo°—}~T>y_ A

^rPT — sin (go°— D) SinA^

donc T 5= A.

Ainsi les angles du vertical TA avec le cercle de déclinaison menés ausoleil A et à l’horizon T, sont encore égaux entre eux.

26. Prolongez PT jusqu’en O, «le manière que PO = 90°, VOUS aurez

OT = D.

Menez RQOM perpendiculairement à PO, RQM sera l’équateur. Vousaurez AR=^ 1 >'