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mais, puisque

$n=-\mathrm {B} =-{\frac {\sin ^{2}\omega }{1+\cos ^{2}\omega }},$

on aura

${\sqrt {1-n^{2}}}={\frac {\sqrt {1+2\cos ^{2}\omega +\cos ^{4}\omega -\sin ^{4}\omega }}{1+\cos ^{2}\omega }}={\frac {2\cos \omega }{1+\cos ^{2}\omega }}\,;$

donc

${\frac {\mathrm {A} }{\sqrt {1-n^{2}}}}={\frac {1}{2}}\,;$

de plus on aura

$\mathrm {K} ={\frac {1-{\sqrt {1-n^{2}}}}{n}}=-{\frac {(1-\cos \omega )^{2}}{\sin ^{2}\omega }}=-{\frac {1-\cos \omega }{1+\cos \omega }}=-\operatorname {tang} {\frac {\omega }{2}}.$

Donc enfin on aura

$x=\varphi -\left(\operatorname {tang} {\frac {\omega }{2}}\right)^{2}\sin 2\varphi +{\frac {1}{2}}\left(\operatorname {tang} {\frac {\omega }{2}}\right)^{4}\sin 4\varphi -{\frac {1}{3}}\left(\operatorname {tang} {\frac {\omega }{2}}\right)^{6}\sin 6\varphi +\ldots .$

Donc l’équation du temps sera représentée par la différence de ces deux séries, où j’ai fait, pour abréger, $i={\frac {206264}{15}},$ savoir

${\begin{aligned}&-2ie\sin(\varphi -\alpha )-i\operatorname {tang} ^{2}{\frac {\omega }{2}}\sin 2\varphi \\&-2i\left(e-{\frac {\mathrm {K} }{2}}\ \right)\mathrm {K} \ \ \sin 2(\varphi -\alpha )+{\frac {i}{2}}\operatorname {tang} ^{4}{\frac {\omega }{2}}\sin 4\varphi \\&-2i\left(e-{\frac {2\mathrm {K} }{3}}\right)\mathrm {K} ^{2}\sin 3(\varphi -\alpha )-{\frac {i}{3}}\operatorname {tang} ^{6}{\frac {\omega }{2}}\sin 6\varphi +\ldots ,\end{aligned}}$

et il ne s’agira plus que de substituer dans cette formule les valeurs numériques des quantités $i,e$ et des angles $\alpha$ et $\omega .$

Or je trouve, par la Table de l’équation du centre du Soleil, de Mayer, que l’excentricité du Soleil est

$e=0{,}0168022,$

dont le logarithme est

$8{,}2253662\,;$