KEPLER. 4G5 -, i » f sin x 2Sin a t COS 1 U I - ; ) ..i. tr tvtt _ siu f +cos x/ asir^-j «cos’w tangKIVL
- . . , / sinx ’ ' 1-I-2 sin 2 1 e sintt cos u tangKINL
i-j-2sin 2 ^-esinucosu [ )
- ■ v’.iie-f-cosj;/
2sin 2 1 e cos" u ( — -5— }
cos e /
2sin a -j t sinu cosu cos e + 2sin 2 j £ sin 2 u i -f- asin a i e sin u cos u ( — —
cos £ /
sin a j£sin2u sin a { t sinau z — 2siu 2 î £ -f- 2sin a i»sin* u i — 2sin 2 ; £ -f- sin 2 5 t — sin 2 g £ côsâû sin 2 ;- 1 sin su _ tang 2 e sin au cosr^t — sin 2 -i £COS2îz i — tang 2 { £ cos au ’ KNM =(2 = tang’^sinau tang^in^u tang 6 £ £ sin 6 u ^
- sini" sin 2" *" sin 3"
<p est la réduction d’un cercle décrit autour du foyer dans le plan de l’ellipse, à un cercle incliné d’un angle e sur le plan de l’ellipse. <p -f- u sera donc l’arc de cercle qui répondra à l’angle u du cercle autour du foyer; la réduction de cet arc au plan de l’ellipse sera donc Ç = tangue sin 2(m-Hp) — ^tang^esin4(«+<p)+îtang 6 i €sin6(**+<p)+etc. = tang 2 iÉsin2« -f- ^ tang 4 £ e sin4« + f tangue sin6zj -f- etc. u étant donné, vous aurez <p par cette série ou par sa tangente. Mais HK : sinKNL :: NH tsinHKN, 1 : sin :.* e : sin HKN = e sin (u -f- tp) , x = KHA = KNA + HKN = (u + <p) + arc sin = e sin + Kepler ne résout ce problème qu’approximativement ; il fait tane 2 I £ sin zu <P s=S : T sin 1 3 il a donc <p, aux termes près tang 4 |e, tang 6 |g, etc. A vrai dire, il est plus court de faire cosx= ■ ° 0S " — , ou de 71 1 — sin e cos ii * chercher x par son sinus , par sa tangente et sur-tout par la tangente de sa moitié. La solution de Kepler a le mérite de ramener le problème de x à la même forme que celui de z, à peu près. Une table de esînx servirait à trouver e sin(w-t- <p). Au fond, cet avantage est bien médiocre, et nous avons une série plus expéditive, qui donne (x — u) , d’où x par m ou m
