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d’où l’on tire

$y={\frac {b\cos {\frac {\lambda }{2}}}{a\cos {\frac {\mu }{2}}}}x,\quad z={\frac {c\cos {\frac {\lambda }{2}}}{a\cos {\frac {\nu }{2}}}}x.$

Or, en supposant la position des lieux d’observation $\mathrm {L,M,N}$ donnée, il est clair que le triangle $\mathrm {EFD}$ sera donné, aussi bien que le rapport des cosinus des arcs $\mathrm {FH,EH,DH}$ qui aboutissent au même point $\mathrm {H} ,$ de sorte qu’on pourra, à l’aide des équations précédentes, trouver la position du pôle des parallaxes $\mathrm {H} .$

24. Pour cela nous nommerons $\mathrm {L,M,N}$ les distances $\mathrm {FE,FD,DE} ,$ et nous aurons dans le triande $\mathrm {FEH}$

$\cos \mathrm {FHE} ={\frac {\cos \mathrm {L} -xy}{{\sqrt {1-x^{2}}}{\sqrt {1-y^{2}}}}},$

dans le triangle $\mathrm {FDH}$

$\cos \mathrm {DHF} ={\frac {\cos \mathrm {M} -xz}{{\sqrt {1-x^{2}}}{\sqrt {1-z^{2}}}}},$

et dans le triangle $\mathrm {EDH}$

$\cos \mathrm {DHE} ={\frac {\cos \mathrm {N} -yz}{{\sqrt {1-y^{2}}}{\sqrt {1-y^{2}}}}}.$

Mais, comme la somme des angles qui sont autour de $\mathrm {F}$ doit faire quatre droits, on aura

$\cos \mathrm {(FHE+DHF)=\cos DHE} ,$

c’est-à-dire

$\cos \mathrm {FHE\times \cos DHF-\sin FHE\times \sin DHF=\cos DHE} ,$

ou bien, en carrant,

$\mathrm {\left(1-\cos ^{2}FHE\right)\left(1-\cos ^{2}DHF\right)=\left(\cos DHE-\cos FHE\times \cos DHF\right)^{2}} ,$

et réduisant,

$1-\mathrm {cos^{2}FHE-\cos ^{2}DHF-\cos ^{2}DHE+2\cos FHE\times \cos DHF\times \cos DHE} =0.$

Donc, substituant les valeurs trouvées ci-dessus et ôtant les dénomina-