250 Théorie

y a déja passé, son anomalie doit être négative, ou affectéedu signe —.

Dans notre exemple, le iogar. de t est ... . 9,08 89 1 50.

Sa moitié est.9,5444.575.

La somme ou Je Jogar. de w* est donc. . .*8,6333725.

Otez-ia du Jogar. de 47,0373 5 =/.... 1,6724428.

U reste. 3,039070 3.

C’esl le logarithme de 1094,13 3 5 , nombre de jours quela Comète de 109 jours auroit employé à parcourir l’anomalievraie que la Comète de 1769 a parcourue en 47,0373 5jours. Cherchez ce nombre de jours dans la Table; vis-à-visde 1090 jours on trouve 144^ 28' 19", 8c vis-à-vis 1095jours I44 li 3 C 5 6" d’anomalie vraie; donc prenant unepartie proportionnelle, on aura 144^ 3 1' 1 8" pour v anomalievraie répondante à t 094,1333 jours de la Comète de 109jours, ou à 47,0373) jours de la Comète de 1769 ; 8ccette anomalie léra négative, parce que le mouvement dela Comète est direct, 8c quelle n’a pas encore passé paríòn périhélie.

Au lieu du périhélie P .-4- 144^ I 1' 7".

Ajoutez {'anomalie vraie v . . . — 144. 28. 19.

La somme fera. 359. 39. 49 ~ K.

On voit que v étant négatif, nous avons dû le retrancherde P , au lieu del’ajouter, 8c que pour faire la soustraction,nous avons augmenté P d’une circonférence entière , oude 360 degrés.

On conçoit facilement que K doit être le lieu de la Comètedans son orbite. Pour réduire ce lieu à l’Ècliptique, 8c pouravoir par conséquent la vraie longitude héliocentrique a, Scen même temps la latitude héliocentrique A de la Comète,loi t EN wwq partie de l’Écliptique , C N une partie de 1 orbitede la Comète, coupant l’Écliptique au point N , lieu dunœud ascendant, CE une partie du cercle de latitude de laComète. Puifqu’on connoîtpar l’hypothèfe le lieu du nœud N