ij02 ASTRONOMIE, LIV. X.

point I (le la Terre (fig. ro 3 ), qui le premier de tous verra com-mencer l’éclipse , en voyant lever le Soleil; quel est le point V quile premier verra l’éclipse centrale au lever du Soleil. On a vu la ma-niéré de le trouver sans calcul, par le moyen d’un globe (1801);nous allons indiquer une méthode trigonométrique, et une opéra-tion graphique pour y parvenir.

1912. On trouvera, dans les tables de la Hire, et dans celles deCassini, des méthodes pour résoudre quelques uns de ces problè-mes ; la Caille a donné une méthode graphique pour tracer les lignesdes phases. M. du Séjour a publié des formules analytiques pourtracer la ligne de l’ombre, ou de l’éclipse centrale, dans le recueilque j’ai cité (1189); enfin il a donné, dans les Mémoires de l’aca-démie, et dans son livre, en 1786, une théorie plus générale, etune analyse plus complété de tous les cas de ce problème; mais celane m’empêchera pas de suivre, dans cette partie, l’application desméthodes que j’ai expliquées ci-dessus, et qui sont plus familièresaux astronomes, quanta présent.

1913. Pour trouver la position du lieu I qui le premier verra l’é-clipse , soit le centre de la projection en C (fig. 118), l’orbite de laLune KMG; le milieu de l’éclipse en M; le commencement de l’é-clipse générale au moment où la Lune est en K; le triangle MCK,que nous avons employé pour trouver la portion MK ae l’orbite( 1796), servira aussi pour avoir l’angle MCK, en disant CK 1 R ; *CM ! cos. MCK : la somme ou la différence de cet angle MCK, etde l’angle PCM, que forme le méridien universel CP avec la per-pendiculaire à l’orbite, donnera l’angle PCK, ou PCI, dont la me-sure est l’arc DI du cercle de projection. Si l’on conçoit sur le cercleADE le globe même dont il est la projection, et s-ur le globe un trian-gle sphérique PDI, le côté PD est égal à la déclinaison du Soleil,c’est-à-dire, à l’élévation de l’axe de la Terre au-dessus du cercle ter-minateur, ou du cercle de projection ( 1816) ; le côté DI est l’arc dé-terminé sur le cercle de projection; l’angle D est droit, puisque leméridien universel CPD est perpendiculaire au cercle terminateur :on pourra donc résoudre le triangle IPD, en disant premièrement :le sinus de PD est au rayon, comme la tang. de DI est à celle de l’an-gle DPI (3890). 2 0 . Le rayon est au cosinus de la déclinaison du So-leil , ou de PD, comme le cosinus du côté I)I est au cosinus de l’hy-poténuse PI (8889) : c’est la distance du lieu I au pôle P du monde,ou le complément de sa latitude, si PI est moindre que 90°; mais sile côté DI étoit plus grand que 90°, l’hypoténuse PI seroit aussi plusgrande; la latitude seroit méridionale, et égale au complément de