PROBLEME DES CREPUSCULES 29 



Comparant les équations (27) et (28), on a 



cote y 

 (27') tgS = — tgS' = -cotgr lgÇ= 2.-colgi (6' + 0). 



COS 1 



Les triangles sphériques rectangles ZEni , ZEm', {fig. 2), olfrent les re- 

 lations 



tg ZE cote / cotsl 



tgZm == -^ = 2_= g _ ,„,,. 



COS EZm cosÇ cotg y cotg l 



d'où 



Zm = r = 9». 



Ig ZE cotg l cot£; { 



tgZTO'= — 5 ■= 2.-= 2 =tgr; 



cosEZw COSÇ cotg r cotg/ 



d'où 



Zjn'= r = 9°. 



On en déduit Sm =90° — y = 81»; 



S'm'=90° H- y = 99°; 

 Sm -I- S'm' = 180°. 



Ainsi , au commencement et à la fin du plus court complément crépus- 

 culaire, le soleil se trouve respectivement à 81° et à 99° de distance verti- 

 cale au-dessous de l'équateur. 



Les triangles rectangles Snm, S'n'm' donnent 



tg nm = sin Sn tg S 

 tg n'm' = sin S'n' tg S' = — sin S« tg S = — tg nm; 

 d'où 



tim -f- n'm' = 180°. 



On en déduit 



i (&' + &) = i(nmEm'n') = | (180° -t- mEm') = 90° + mE; 

 tg i ( 0' -+- ) = — cotg niE — — cotg m'E. 



On a donc 



AEm' = 90° -t- m'E == i (0' -+- 0); 

 Aîinj = 90° — HiE ; 

 d'où 



Am -t- \m' = 1 80°. 



