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Ce sera la même chose à l’égard des arcs $y$ et $z,$ en changeant seulement $x$ en $y,$ $s$ en $z$ et $\mathrm {Q}$ en $\mathrm {P} .$

18. Je remarque maintenant que le cas de $\mathrm {M=Q}$ aura lieu lorsqu’on prendra pour le plan de projection celui de l’orbite de la planète $\mathrm {P}$ dans l’instant où $t=0\,;$ car alors l’arc de grand cercle $\mathrm {AR}$ coïncidera avec l’arc $\mathrm {ALP}$ (fig. 1, page 114). par conséquent l’angle $\mathrm {LAR} =\Xi$ au commencement du temps $t$ sera $=0,$ et l’angle $\mathrm {LBR} =\Psi$ deviendra l’angle même $\mathrm {QLP} =\omega \,;$ ainsi l’on aura dans ce cas $\Xi =0$ et $\Psi =\omega ,$ par conséquent (15)

$\cos \mathrm {M} ={\frac {\sin \mathrm {P} +\sin \mathrm {Q} \cos \omega }{\sin \omega }}\,;$

mais $\mathrm {P=\omega -Q} ,$ donc

$\mathrm {\cos M=\cos Q\quad {\text{et}}\quad M=Q} .$

En général, puisqu’on a

$\cos \mathrm {M} ={\frac {\sin \mathrm {P} \cos \Xi +\sin \mathrm {Q} \cos \Psi }{\sin \omega }},$

où $\Xi$ et $\Psi$ sont les angles $\mathrm {LAB,LAR}$ au commencement du temps $t,$ et que $\mathrm {P=\omega -Q}$ (15), on aura

$\cos \mathrm {M} =\cos \mathrm {Q} \cos \Xi +{\frac {\sin \mathrm {Q} }{\sin \omega }}(\cos \Psi -\cos \omega \cos \Xi )\,;$

mais dans le triangle sphérique $\mathrm {ALB}$ on a, en nommant $\mathrm {H}$ le côté $\mathrm {AL} ,$

$\cos \Psi =\cos \Xi \cos \omega -\sin \Xi \sin \omega \cos \mathrm {H} ,$

donc

$\cos \mathrm {M} =\cos \mathrm {Q} \cos \Xi -\sin \mathrm {Q} \sin \Xi \cos \mathrm {H} ,$

ou bien

$\cos \mathrm {M} =\cos \mathrm {Q} -2\sin {\frac {\Xi }{2}}\left(\cos \mathrm {Q} \cos {\frac {\Xi }{2}}+\sin \mathrm {Q} \cos {\frac {\Xi }{2}}\cos \mathrm {H} \right),$

à cause de

$\cos \Xi =1-2\sin ^{2}{\frac {\Xi }{2}}\quad {\text{et}}\quad \sin \Xi =2\sin {\frac {\Xi }{2}}\cos {\frac {\Xi }{2}},$

d’où il est facile de conclure

1^o Que tant que l’angle $\mathrm {LAB} =\Xi$ sera positif, comme on le suppose