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NOUVEAU RÉTICULE

supposant $A$ et $\operatorname {d} D$ de $1^{\circ }$ chacun, nous aurons $A-A'=0'',55.$ Pour $2^{\circ },$ ce sera $4'',4,$ erreurs encore à négliger, mais qu’il fallait vérifier, pour se rassurer entièrement.

Cette dernière correction est la même que celle que donnerait la différence de déclinaison des deux astres, lorsque l’un d’eux serait dans l’équateur ; mais elle deviendrait d’autant plus forte que la déclinaison serait plus considérable ; on aurait en effet

$A={\frac {A'\operatorname {Cos} .D'}{\operatorname {Cos} .D}}=A'{\frac {\operatorname {Cos} .D\pm \operatorname {d} D\operatorname {Sin} .D}{\operatorname {Cos} .D}},$

d’où

$A-A'=\pm {\frac {A'\operatorname {d} D\operatorname {Tang} .D}{\operatorname {Sin} .1''}}=\pm A'\operatorname {Tang} .\operatorname {d} D\operatorname {Tang} .D.$

Pour de faibles déclinaisons les différentielles infinitésimales ne sont plus suffisamment exactes, et il faut recourir aux différentielles finies qui donneront

$A-A'=\pm A'\operatorname {Tang} .D\operatorname {Sin} .\operatorname {d} D\pm {\frac {1}{2}}A'\operatorname {Sin} .^{2}\operatorname {d} D.$

Si l’on fait $D=0$ ou $-\operatorname {d} D,$ on retombera effectivement sur la formule de correction précédente.