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MÉMOIRE SUR LA FIGURE DE LA TERRE.

nomme $n$ et $m$ les temps des révolutions du Soleil et du nœud de l’orbite lunaire ; enfin, si l’on nomme $\varepsilon$ l’obliquité de l’écliptique, et $c$ la tangente de l’inclinaison moyenne de l’orbite lunaire, la précession moyenne annuelle des équinoxes sera

${\frac {3}{4}}n\mathrm {E} \cos \varepsilon \left({\frac {\mathrm {S} }{s^{3}}}+{\frac {\mathrm {L} }{l^{3}}}\right)360^{\circ },$

et l’étendue entière de la nutation de l’axe terrestre sera

${\frac {3mc\mathrm {E} }{2\pi }}\cos \varepsilon {\frac {\mathrm {L} }{l^{3}}}180^{\circ }.$

Les observations donnent

${\begin{aligned}\varepsilon =&\qquad 23^{\circ }28'10'',\\c=&\operatorname {tang} \ \,5^{\circ }\ \,9'\ \ 8'',\\\operatorname {Log} n\ =&2{,}5637679,\\\operatorname {Log} m=&3{,}8335817.\end{aligned}}$

La précession annuelle des équinoxes est de $50''{\tfrac {1}{3}},$ et, si cette détermination est fautive, ce ne peut être que d’une petite fraction de seconde, parce que l’accroissement à très peu près uniforme de la précession permet de répartir sur un grand intervalle les erreurs inévitables des observations. Suivant M. Bradley, l’étendue entière de la nutation est de $18''\,;$ mais, comme une petite erreur peut s’être glissée dans cette détermination, nous supposerons la nutation de $18''(1+\gamma )\,;$ nous aurons, cela posé, les deux équations suivantes

$\mathrm {E} \left({\frac {\mathrm {S} }{s^{3}}}+{\frac {\mathrm {L} }{l^{3}}}\right)=0{,}000000154143,$

$\mathrm {E} {\frac {\mathrm {L} }{l^{3}}}=0{,}000000103189(1+\gamma ),$

d’où l’on tire

${\frac {\mathrm {S} }{s^{3}}}={\frac {0{,}4938-\gamma }{1+\gamma }}{\frac {\mathrm {L} }{l^{3}}}.$

Si la nutation était exactement de $18'',$ on aurait $\gamma =0$ et, par conséquent,

${\frac {\mathrm {S} }{s^{3}}}=0{,}4938{\frac {\mathrm {L} }{l^{3}}}\,;$