on a deux triangles rectangles, dont l'un a pour hypoténuse 90 — /îet pour 
côtés verticaux A et 90 — et l'autre k pour hypoténuse et S, 90 — t pour 
côtés verticaux. Le premier donne 
si a S 
sin X = - 
le second 
La première peut s'écrire 
cos A 
cosK = cosS sin<T. 
. , sin^ § , cos^ A - sin' S 
1— sm K=i— — — , cos w = — 
cos' A' 
ce qui, appliqué à la seconde, donne 
cos§ sin (7 = ^Z' 
cos' A — sin' § . , 
cos 
cos' A — sin' 8 
cos' A 
cos' A — sin's 
cos ô sin" (7 
cos 
'A 
1 — sin «T = 1 
cos' A — sin's 
, cos' A cos's — cos' A + sin's , 
cos <T = „ , , cos (T = 
cos' A cos' S ' cos' A cos' S 
cos' A (cos' S — 1) + sin's — cos' X sin' S 4- sin' S 
cos' A cos' S ' cos' A cos' S 
sin's (1 — cos' A) sin'Ssin'A 
cos' A cos' S 
cos (T 
cos' A cos' S cos' S cos' A 
COSfT = tgS IgA. 
Pour -r^ les tahlcs logarithmiques donneraient l'angle supplémentaire de a. 
IV. — QUELQUES PROBLEMES. 
1 . Trouver F heure arabe à uudi vrai, pour un 
point donné, ainsi que l'heure du lever du soleil. 
On voit par la figure 5 qu'il suffît de re- 
trancher de 1 9 heures l'angle horaire H expri- 
mé en temps. Toutefois le résultat doit être 
diminué de k'" 28'. Cette correction est due à 
ce que le 1 9 heure arabe marque l'instant 
oil le disque solaire disparaît totalement de 
l'horizon et non pas lorsque celui-ci passe par 
le centre solaire. Il faut donc compter le temps nécessaire au demi-diamètre 
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" \ 
Fig. 5. 
