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G A D 
LQ eft égale à Q J , auffi OL eft égale à EJ. 
Mais OL eft égale à LK , donc , &c. 
L’angle O ML reliant de 45 °. faifons les angles 
NMO , O MP , LMT égaux. Les droites LT, LN, 
LO, LP, font les tangentes des angles LMT , 
LMN , LMO , LMP , pour le rayon LM. La droite 
OE étant déjà tirée, tirons les NE, PE , qui 
rencontrent la LJ en R ôcen S, & cherchons comment 
les QL, QJ font coupées en R & en S. 
Par les triangles équiangles NLR, EJR, com- 
me EJ à LN, ainfi JR à RL : donc , componend® , 
la fomme de EJ 61 de LN, eft à LN, comme 
( la fomme de JR 6c de RL , c’eft-à-dire , ) JL à 
RL. Prenant la moitié des antécédens , la moitié 
d§ la fomme de EJ 6c de LN, eft à-LN comme 
(la moitié de JL, c’eft-à-dire , ) QL eft à LR ; 
6c par convtrjion des raifons , la moitié de la fom- 
me de EJ 61 de LN eft la moitié de l’excès de 
EJ fur LN, comme QL (à l’excès de QL fur 
LR , c’eft-à-dire , ) à QR , comme la fomme en- 
tière de EJ 6c de LN à tout l’excès de EJ fur LN. 
Mais puifque 2T/eft égaleà OL ou LM, la fomme 
de EJ 6c de LN ed la fomme du rayon 6c de la tan- 
gente de l’angle L M N ; 6c l’excès de EJ fur LN ed 
l’excès du rayon fur la tangente du même angle, 
6c puifque ces deux quantités font , par la Trigo- 
nométrie , comme le rayon à la tangente de l’excès 
de l’angle O ML de 45 0 , fur l’angle NML, c’eft- 
à-dire, à la tangente de l’angle OMN , ou de fon 
égal T ML. Donc d l’on prend LQ pour rayon, 
QR ed la tangente d’un angle égal à l’angle T ML. 
Par le même raifonnement , mais en prenant 
QJ pour la moitié de JL 6c l’excès de PL fur 
EJ ou LM, on trouvera que JQ ed à QS comme 
la fomme (de PL 6c de LM, c’eft-à-dire,) du 
rayon & de la tangente de la fomme de l’angle 
O ML (de 45 01 .) & de l’angle O MP , ed à l’excès 
de la même tangente fur le rayon ; mais ces deux 
'quantités font, par la Trigonométrie, comme le 
rayon à la tangente de l’angle O MP , ou de fon 
égal TML : fi donc on prend JQ ou QL pour 
rayon , la QS doit être la tangente d’un angle 
égal à l’angle TML , audi-bien que la QR. D’où 
l’on tire la condruélion de l’échelle des heures , 
telle que nous l’avons donnée. 
40. J’ajouterai qu’ayant trouvé la condruélion 
de l’échelle des heures , 6c fon emplacement tel 
que la ligne EO de trois heures, coupe cette échelle 
également en Q , & ayant démontré que dans ces 
cas la droite EJ ed égale à la LO ou LK, il ed 
très-facile de trouver la conftrudion de la ligne 
des latitudes. 
Car elevez fur LJ , au point Q , une perpendi- 
culaire qui rencontre en U la droite EL; 6c fur 
QL faites un triangle re&angîe QLX , qui ait l’an- 
gle QLX égal à l’angle LEK. La droite QX ed le 
finus de cet angle pour le rayon QL. Mais par 
les triangles équiangles JEL,UQL, comme LE 
à JE , ainfi LQ à QU: 6c par les triangles équian- 
gles LEK, QLX, comme EL à LK, aind LQ à 
QX. La raifon de LE à EJ ed la même que celle 
de EL El LK , parce que EJ 6c LK font égales; 
donc LQ à QU comme LQ à QX ; les QU, QX 
font égales * QX ed le dnus de l’élévation du pôle 
pour le rayon QL, ou pour la moitié de l’é- 
chelle des heures ; 6c toujours LU, côté oppofé 
à l’angle droit , ed au finus de l’élévation du pô- 
le , comme toute l’échelle des heures ed à la partie 
de l’échelle des latitudes qui convient à cette élé- 
vation du pôle. 
Voici comment je penfe que l’inventeur ed 
parvenu à la découverte de ces deux échelles. 
! Il a remarqué que la pofition des lignes horai- 
res EN ? EQ ? EP 9 dépend des points N 3 O , P, 
CAD 
qui à tour leur dépendent de la grandeur de la 
droite LM ou LK. Il s’ed avifé de mettre cette 
droite LM en EJ , ed de joindre JL, qui ed cou- 
pée par les lignes horaires. 
Si EO ed la ligne de trois heures, & par eon- 
féq lient O L égaie à LM, ou à LK, ou à EJ, lestrian- 
gles OQL , EQJ font manifedement égaux, & la 
LQ eft égale a la QJ ; mais à caufe des angles 
JE Z, E LO le cercle décrit du centre Q & du rayon 
QJ, paffe par E 6c par L : donc les droites JQ , QE, 
& par conféquent auffi QL 6c QO font égales. 
Cela pofé, on voit d’abord que fi l’on prolonge 
en Y jufqu’à la circonférence du cercle , la droite 
QU déyd tirée pour trouver la raifon des droites LJ, 
/A, elle ed un rayon par rapport auquel les QR r 
QS, QL, QJ, font les tangentes des angles QŸR« 
QYS, QYL, QYJ. Mais QYL demi-droit, ed égal 
à l’angle LMJ, donc prenant Mq égale à QY,6c tirant 
q l perpendiculaire à la q M, elle ed égale à la LQ. 
On aura vu par expérience que la qr ed égale à la 
QR, & ainfi des autres , & on en aura trouvé la dé- 
mondration précédente ou quelque autre. On trou- 
ve prefque toujours la démondration d’un théorème 
dont on connoît la vérité. 
41 . Mais, comme l’a fort bien remarqué M. Lam- 
bert , la propriété de la droite LJ relativement à la 
droite TP, ed générale. Je m’explique. 
Soit (figure /3) JB une droite donnée cîe pofition , 
qu’on doit divifer par la rencontre des droites qui 
fuivant une loi donnée, font au point C donner des 
angles avec la droite CD donnée de pofition, & par 
conféquent de grandeur. Suppofons qu’il foit plus 
commode de divifer la droite AB , par le moyen du 
point E , Si de la droite FG, auffi donnée de pofition 
qui rencontre en H la droite AB. 
Par la condition du problème , il faut qu’ayant fait 
lin angle quelconque DCJ , la droite FG foit divifée 
en L , enforte que la droite tirée par les points E & 
L , aboutiffe au point J. Car il efi manifefie que de 
cette maniéré les droites tirées par E & par les 
points de divifion de la droite FG, donneront les di- 
vifions cherchées de la droite AB. 
Tirez de la droite ED qui rencontre en K la 
droite FG. Il efi: clair que le point K efi un de ceux 
qu’on cherche, & répond au point D , puifque fi le 
point K efi donné, la droite tirée par E 6c par K 
donneroit le point D , comme le problème l’exige ; 
donc â rebours les points E 6c D donnent le 
point K. 
Maintenant fi l’©n pouvoït trouver un point M, tel 
qu’ayant joint la ML 6c la KM, tous les angles 
KML fuflent refpeèlivement égaux aux angles 
DCJ , tout feroit fait; car la droite EL, prolongée 
s’il le faut, donneroit le point J. 
Suppofons la chofe faite , 6c le point M foit celui 
que l’on cherche. Lorfque la CJ tombe fur la CN, 6c 
devient parallèle à la AB , ces deux droites ne fe 
rencontrent point; Sc celle qu’on doit tirer du point 
E au point de rencontre, eft auffi parallèle à la 
AB , 6c ne rencontre point la FG du côté O. L’an- 
gîe qu’on fait fur KM, au point M, doit être du côté 
P , égal à l’angle DCN ; donc le point M eft à la cir- 
conférence d’un fegment de cercle qui paffe par K ? 
6c qui efi capable de l’angle donné DCN. 
Lorfque la droite CJ tombe fur la CT , de 
nouveau la droite tirée par le point E efi paral- 
lèle à la AB, 6c rencontre la F G quelque part 
en Q. Alors l’angle KMQ doit être égal à l’angle 
DCT ou CD B, qui avec l’angle DCN fait deux 
droits ; 6c le fegment capable de l’angle CD B, 
du côté de la droite E Q, 6c de l’angle DCN 
du côté de la droite AB , doit auffi paffer par le 
point Q. La droite K Q efi donnée de pofition 6c de 
