458 ASTRONOMIE MODERNE. MK dilïïr. des deux ordonnées 2 sin" 4 i sin x = tang |g, valeur constanle. MK perpendiculaire 2sin j icos t sin x KR — MR = ( MK perpendiculaire ) tang ^ g. Si u = ANM = o , il est évident que x et A sont tous deux = o. Si u = 90 0 — g , ce qui arrive au sommet du petit axe , tang g sin u = tang g cos g = sin g. Ainsi, tang A = sin g, la latitude du point B, vue du foyer, aura sa tangente e’gale au sinus de l’inclinaison. c,. . . sin £ sin .r tane t sin x Si u = qo°, tang A = tang g = — ; — : -, . 0 = — ; — : , u 7 0 " 1 -f- sin t cos o: sin « 1 -f- sin e cos x 1 -f- sin c cos x et cos e = sin x cos Êsin JC=i-f-sin gcos x, cos g sin x — sin gcos x= 1 =sin (.r-g)=sin90°, x — g = 90 0 , x = Qo°-t-e f cos x ■= — sine, si u z= 180% x — 180 0 et A = o. Le triangle rectangle TNK est donc toujours parfaitement égal au triangle perpendiculaire MNK ; la perpendiculaire MK = sin g sin x e= perpendiculaire NT. Le côté NK est commun, TK = 1 sin g cos x = NM = rayon vecteur elliptique. L’angle TKN =MNK = latitude fococentrique du point K = équa- tion du centre dans l’excentrique. L’angle Test droitcomme KMN ; l’angleKNT=90°— TKN = 90 0 — A. 11 est donc évident qu’en projetant l’excentrique orthographiquement, c’est-à-dire, en multipliant le rayon vecteur par le cosinus de la latitude A, Képler détruisait infailliblement le mauvais effet de la sécante de l’équa- tion du centre dans l’excentrique, puisque partout les deux cosinus sont égaux, et que séc. cos = 1. Soit (fig- 74) KMR = sin a? dans le plan de projection, K’R = sino: dans le plan incliné, K’M = sin g sinx, perpend. à la projection, RM = cos g sinx, ordonnée elliptique, RKK’ == RK/K — : 90» — i g, RK’M =90 —g, KK’M == (90° - ig>_(9o’-g) = ig,
