# L’Encyclopédie/1re édition/CREPUSCULE

CREPUSCULE, s. m. en Astronomie, est le tems qui s’écoule depuis la premiere pointe du jour jusqu’au lever du soleil, & depuis le coucher du soleil jusqu’à la nuit fermée. Voyez Jour, Lever, &c.
On suppose ordinairement que le crépuscule commence & finit, quand le soleil est à dix-huit degrés au-dessous de l’horison. Il dure plus long-tems dans les solstices que dans les équinoxes, & dans la sphere oblique que dans la sphere droite. On en peut voir la raison dans les inst. astronom. de M. le Monnier, page 405 & suiv.
Les crépuscules sont causés par la réfraction que souffrent les rayons du soleil en passant par l’atmosphere, qui réflechit ensuite ces rayons jusqu’à nos yeux. En effet supposons un observateur en O (Pl. astronomique, fig. 41.), dont l’horison sensible soit AB, & que le soleil soit au-dessous de l’horison ; le rayon ET du soleil entre d’abord dans l’atmosphere en E, & devroit naturellement continuer sa route suivant ET, en s’éloignant de la terre. Or, comme les couches de l’atmosphere sont d’autant plus denses qu’elles sont plus proches de la terre, les rayons du soleil passent continuellement d’un milieu plus rare dans un plus dense ; ils doivent donc se rompre (voyez Réfraction) en s’approchant toûjours de la perpendiculaire, c’est-à-dire du demi-diametre CE. Par consequent ces rayons n’iront point en T, mais viendront toucher la terre en D pour tomber ensuite sur A en un point de l’horison sensible ; & de tous les rayons qui sont rompus en E, aucun ne peut arriver en A que le rayon AD. Or, comme les particules de l’atmosphere réfléchissent les rayons du soleil (voyez Réflexion), & que l’angle DAC est égal à CAO, les rayons réfléchis en A viendront en O, lieu du spectateur ; ainsi le spectateur recevra quelques rayons, & par conséquent commencera à appercevoir la pointe du jour.
On peut expliquer de la même maniere le crépuscule du soir par la réfraction & la réflexion des rayons du soleil.
L’abaissement du soleil sous l’horison, au commencement du crépuscule du matin, ou à la fin du crépuscule du soir, se détermine aisément ; savoir, en observant le moment où le jour commence à paroître le matin, ou bien celui où il finit le soir ; & trouvant ensuite le lieu du soleil pour ce moment, & par conséquent la quantité dont il est abaissé au-dessous de l’horison.
Alhazen la trouve de dix-neuf degrés, Tycho de dix-sept, Stevin de dix-huit, Cassini de quinze ; Riccioli le matin dans les équinoxes de 16$^d$, le soir de 20$^d$ 30′, le matin au solstice d’été de 21$^d$ 25′, & le matin au solstice d’hyver de 17$^d$ 25′. Wolf, élémens d’Astronomie.
On ne sera point étonné de la différence qui se trouve entre les calculs de tous ces astronomes, si on remarque que la cause du crépuscule est sujette aux changemens. En effet, si les exhalaisons répandues dans l’atmosphere sont plus abondantes ou plus hautes qu’à l’ordinaire, le crépuscule du matin commencera plûtôt ; & celui du soir finira plus tard que de coûtume ; car plus les exhalaisons seront abondantes, plus il y aura de rayons réfléchis, par conséquent plus la lumiere sera grande ; & plus les exhalaisons seront hautes, plus elles seront éclairées de bonne heure par le soleil. A quoi on peut ajoûter que quand l’air est plus dense, la réfraction est plus grande ; & que non-seulement la densité de l’atmosphere est variable, mais aussi sa hauteur par rapport à la terre. Cependant il paroît qu’aujourd’hui les Astronomes conviennent assez généralement de prendre 18 degrés pour la quantité du moins moyenne de l’abaissement du soleil, à la fin ou au commencement du crépuscule.
De ce que nous venons de dire, il s’ensuit que quand la déclinaison du soleil & l’abaissement de l’équateur sous l’horison, sont tels que le soleil ne descend pas de 18 degrés au-dessous de l’horison, le crépuscule doit durer toute la nuit. C’est pour cela que dans nos climats au solstice d’été nous n’avons, pour ainsi dire, point de nuit, & que dans des climats plus septentrionaux il n’y en a point du tout, quoique le soleil soit sous l’horison. C’est ce qui arrive, quand la différence entre l’abaissement de l’équateur & la déclinaison boréale du soleil est plus petite que 18 degrés. Il suffit de faire la figure pour s’en convaincre.
L’élévation du pole (fig. 42.) & la déclinaison du soleil étant donnés, trouver le commencement du crépuscule du matin & la fin du crepuscule du soir. Puisque dans le triangle PSZ, les trois côtés sont donnés : savoir, PZ complément de l’élévation du pole PR, PS complément de la déclinaison, & SZ somme du quart de cercle ZD, & de l’abaissement DS du soleil, on trouvera l’angle ZPS. Voyez Triangle. Ensuite on convertira en tems le nombre de degrés de cet angle, & l’on aura le tems qui doit s’écouler depuis le commencement du crépuscule du matin jusqu’à midi. Voyez Tems.
Pour trouver le crépuscule par le moyen du globe artificiel, voyez Globe.
Le crépuscule est un des principaux avantages que nous retirons de notre atmosphere ; en effet, si nous n’avions point d’atmosphere autour de nous, la nuit viendroit dès que le soleil se cacheroit sous notre horison, ou le jour naîtroit dès que le soleil reparoîtroit, & nous passerions ainsi tout d’un coup des ténebres à la lumiere & de la lumiere aux ténebres. L’atmosphere dont nous sommes environnés fait que le jour & la nuit ne viennent que par des degrés insensibles.
Kepler a prétendu expliquer les crépuscules par le moyen d’une matiere lumineuse répandue autour du soleil, qui, s’élevant près de l’horison en forme de cercle, forme, selon lui, le crépuscule ; cette matiere peut bien y entrer pour quelque chose ; mais le crépuscule qui en provient paroît d’une bien moindre durée que celui qui est causé par notre atmosphere, lequel ne finit que quand le soleil est à environ 18 degrés au dessous de l’horison. Il y a apparence que cette matiere qui est autour du soleil est ce qui produit la lumiere zodiacale. Voyez Lumiere zodiacale & Aurore boréale.
Les crépuscules d’hyver sont moins longs que ceux d’été ; parce qu’en hyver l’air étant plus condensé doit avoir moins de hauteur, & par conséquent les crépuscules finissent plûtôt ; c’est le contraire en été. De plus les crépuscules du matin sont plus courts que ceux du soir ; car l’air est plus dense & plus bas le matin que le soir, parce que la chaleur du jour le dilate & le raréfie, & par conséquent augmente son volume & sa hauteur. Le commencement du crépuscule arrive lorsque les étoiles de la sixieme grandeur disparoissent le matin ; mais il finit quand elles commencent à paroître sur le soir, la lumiere du soleil dont l’air est pénétré étant le seul obstacle qui les empêchoit de paroître. En été vers les solstices, le crépuscule s’est trouvé quelquefois durer trois heures quatre minutes, & celui du soir presque la moitié de la nuit. Voyez inst. astron. de M. le Monnier.
De tout ce que nous avons dit, il s’ensuit que le commencement du crépuscule du matin on la fin de celui du soir étant donnés, on trouvera facilement l’élévation de l’air qui réfléchit la lumiere. Car la fin du crépuscule arrive lorsque les rayons SD (fig. 41.) qui partent du soleil, rasent la terre & se réfléchissent vers l’œil de l’observateur par les parties les plus élevées A de l’atmosphere ; desorte que menant du point O un rayon OA tangent de la terre, qui soit réfléchi en AD, & qui rase la terre en D, il faut que la hauteur AN de l’atmosphere soit telle, que ce rayon AD fasse avec l’horison AB un angle de 18 degrés ; parce que le crépuscule commence ou finit, lorsque le soleil est à 18 degrés au-dessous de l’horison. M. de la Hire a fait ce calcul dans les mémoires de l’académie des Sciences de Paris pour l’année 1713, en ayant égard à quelques autres circonstances dont nous ne faisons point mention ici, & qu’on peut voir dans son mémoire & dans les inst. astron. page 403 ; il a trouvé la hauteur AN de l’atmosphere d’environ 15 $\scriptstyle {\frac {1}{5}}$ lieües.
Dans la sphere droite, c’est-à-dire pour les habitans de l’équateur, les crépuscules sont plus courts que par-tout ailleurs, parce que le soleil descend perpendiculairement au-dessous de l’horison, & que par conséquent il est moins de tems à s’abaisser sous l’horison de la valeur de 18 degrés. Plus on s’éloigne de l’équateur, plus les crépuscules sont longs ; & enfin proche des poles ils doivent être de plusieurs mois.
Il y a pour chaque endroit du monde un jour dans l’année où le crépuscule est le plus court qu’il est possible. On trouve dans l’analyse des infiniment petits à la fin de la troisieme section un problème où il s’agit de trouver ce jour du plus petit crépuscule, l’élévation du pole étant donnée. On trouve aussi une solution de la même question dans les inst. astr. de M. le Monnier, page 407. Ce problème est résolu très-élégamment dans les deux ouvrages, & ne présente aucune difficulté considérable ; cependant M. Jean Bernoulli dit dans le recueil de ses œuvres, tome I. page 64. qu’il en a été occupé cinq ans sans en pouvoir venir à bout. Cela vient apparemment de ce qu’il avoit d’abord résolu le problème analytiquement, au lieu d’employer l’espece de synthèse qu’on trouve dans l’analyse des infiniment petits & dans les inst. astron. synthèse qui rend la solution bien plus simple. En effet, si on résoud ce problème analytiquement, on tombe dans une équation du quatrieme degré, dont il faut d’abord trouver les quatre racines, & ensuite déterminer celle ou celles de ces racines qui résolvent la question. Comme cette matiere n’a été traitée dans aucun ouvrage que je sache avec assez de détail, je vais la développer ici suivant le plan que je me suis fait d’éclaircir dans l’Encyclopédie ce qu’on ne trouve point suffisamment expliqué ailleurs.
Soit (fig. 41. n°. 2. astron.) P le pole, Z le zenith, HO l’horison, EC le rayon de l’équateur, Ee la déclinaison cherchée du soleil le jour du plus petit crépuscule ; ho le cercle crépusculaire parallele à l’horison, lequel cercle est abaissé au-dessous de l’horison de 18 degrés, suivant les observations. Soit l’inconnue Cc sinus de la déclinaison du soleil = s, & soient les données CZ = 1, CQ sinus de 18 degrés = k, PN sinus de la hauteur du pole = h, on trouvera $\scriptstyle cT=\textstyle {\frac {hs}{\sqrt {1-hh}}}$ ; $\scriptstyle TS=\textstyle {\frac {k}{\sqrt {1-hh}}}$ ; & par conséquent $\scriptstyle cS=\textstyle {\frac {hs+k}{\sqrt {1-hh}}}$ ; or ce ou $\scriptstyle {\sqrt {1-ss}}$ étant prise pour sinus total, cS est le sinus de l’angle horaire depuis le moment de six heures jusqu’à la fin du crépuscule, & cT le sinus de l’angle horaire depuis le moment de six heures jusqu’à l’instant où le soleil atteint l’horison. Donc $\scriptstyle cT=\textstyle {\frac {hs+k}{{\sqrt {1-hh}}\cdot {\sqrt {1-ss}}}}$ est le sinus du premier angle, & $\scriptstyle cT=\textstyle {\frac {hs}{{\sqrt {1-hh}}\cdot {\sqrt {1-ss}}}}$ est le sinus du 2$^d$ ; or la différence de ces deux angles est proportionnelle au tems du crépuscule. Donc nommant le premier sinus u, & le second u’, on aura $\textstyle \int {\frac {du}{\sqrt {1-uu}}}-\int {\frac {du'}{\sqrt {1-u'u'}}}$ un minimum, & par conséquent $\textstyle {\frac {du}{\sqrt {1-uu}}}={\frac {du'}{\sqrt {1-u'u'}}}$ ; substituant pour u & u’ leurs valeurs, en ne faisant varier que s, on parviendra à une équation de cette forme $\textstyle {\frac {h+sk}{\sqrt {1-ss-hh-2hsk-kk}}}-{\frac {h}{\sqrt {1-ss-hh}}}$ ; c’est-à-dire $\scriptstyle s^{4}+{\frac {2hs^{3}}{k}}-ss+sshh-{\frac {2hs}{k}}-hh=0$.
Cette équation peut être regardée comme le produit de ces deux-ci $\scriptstyle ss-1=0$ ; $\scriptstyle ss+{\frac {2hs}{k}}-hh=0$ (Voyez Equation) ; d’où l’on tire les quatre valeurs suivantes de s ; $\scriptstyle s=1,~s=-1$ ; $\scriptstyle s=-{\frac {h}{k}}+{\frac {\sqrt {hh-kk}}{kk}}=-{\frac {h}{k}}+{\frac {h}{k}}{\sqrt {1-kk}}$ & $\scriptstyle s=-{\frac {h}{k}}-{\frac {h}{k}}{\sqrt {1-kk}}$. Or de ces quatre valeurs, il est d’abord évident qu’il faut rejetter les deux premieres ; car l’une donneroit la déclinaison boréale du soleil = 1, l’autre la déclinaison australe = 1, & cela ne se peut pour deux raisons : 1° parce que la déclinaison du soleil n’est jamais égale à 90 degrés : 2° parce que s = 1, donneroit les sinus des deux angles horaires égaux à l’infini, comme il est aisé de le voir : ce qui ne se peut ; car tout sinus réel d’un angle réel ne sauroit être plus grand que l’unité. Il ne reste donc que les deux valeurs $\textstyle -{\frac {h-h{\sqrt {1-kk}}}{k}}$ & $\textstyle -{\frac {h+h{\sqrt {1-kk}}}{k}}$. J’examine d’abord la seconde de ces deux valeurs, & je vois qu’elle est négative, ce qui indique que la déclinaison donnée par cette valeur est australe & non boréale, comme nous l’avons supposé dans la solution.
D’ailleurs il faut que $\textstyle {\frac {h+h{\sqrt {1-kk}}}{k}}$ soit plus petit que le sinus total, & jamais plus grand que le sinus e de $\scriptstyle 23^{d}~{\frac {1}{2}}$, qui est la plus grande déclinaison du soleil ; ce qui donne $\scriptstyle h+h{\sqrt {1-kk}}<$ ou $\scriptstyle =ke$, & par conséquent $\scriptstyle h=$ ou $\textstyle <{\frac {ke}{1-{\sqrt {1-kk}}}}$ ; de plus si on cherche la tangente de la moitié de l’angle dont le sinus est k, c’est-à-dire de la moitié de l’arc crépusculaire de 18 degrés, & par conséquent la tangente de neuf degrés, en trouvera que cette tangente est $\textstyle {\frac {k}{1+{\sqrt {1-kk}}}}$ ; car 1° la tangente de l’angle dont le sinus est k, est $\textstyle {\frac {k}{\sqrt {1-kk}}}$ (voyez Tangente) ; 2° si on divise cet angle en deux parties égales, & qu’on nomme x la tangente de la moitié de l’angle, on aura cette proportion $\scriptstyle x~:~{\frac {k}{\sqrt {1-kk}}}-x~::~1~:~{\frac {1}{\sqrt {1-kk}}}$ ; car on sait que dans un triangle dont l’angle du sommet est divisé en deux parties égales, les parties de la base sont comme les côtés adjacens. Donc $\scriptstyle x=\textstyle {\frac {k}{1+{\sqrt {1-kk}}}}$ donc au lieu de $\scriptstyle s=-h\textstyle \left({\frac {1+{\sqrt {1-kk}}}{k}}\right)$ on peut mettre $\scriptstyle s=-{\frac {h}{x}}$ ; donc on dira, comme la tangente x de neuf degrés est au sinus de l’élévation du pole, ainsi le sinus total est au sinus de la déclinaison australe. Il faut donc pour que s soit $\scriptstyle {\frac {h}{x}}$, que l’élévation du pole soit très-petite, puisque x est déjà une quantité très-petite, & que $\scriptstyle {\frac {h}{x}}$ ne sauroit être > e ; ainsi cette racine $\scriptstyle s=-{\frac {h}{x}}$ ne servira de rien dans les cas où $\scriptstyle +{\frac {h}{x}}$ sera > e. Nous verrons dans la suite ce qu’elle indique lorsque $\scriptstyle {\frac {h}{x}}$ est < e.
A l’égard de l’autre valeur $\scriptstyle s=-\textstyle {\frac {h-h{\sqrt {1-kk}}}{k}}$, elle est évidemment négative aussi, puisque 1 est > $\scriptstyle {\sqrt {1-kk}}$ ; ce qui donne encore la déclinaison du soleil australe ; & comme on a $\textstyle {\frac {1-{\sqrt {1-kk}}}{k}}={\frac {k}{1+{\sqrt {1-kk}}}}$ (ce qu’il est aisé de voir en multipliant en croix les deux membres) il s’ensuit que cette seconde valeur est = − hx ; donc on dira, comme le rayon est à la tangente de neuf degrés, ainsi le sinus de la hauteur du pole est à la déclinaison australe cherchée : c’est l’analogie que M. Jean Bernoulli & M. de l’Hopital ont donnée pour la solution de ce problème ; & la racine s = − hx résout par conséquent la question, parce que hx est toûjours plus petit que e ; car la tangente x de 9 degrés est plus petite que le sinus e de 23$^d$ $\scriptstyle {\frac {1}{2}}$. Mais l’autre racine $\scriptstyle s=-{\frac {h}{x}}$ résout-elle aussi le problème ? Voilà où est la difficulté.
Pour la résoudre, nous n’avons qu’à supposer dans la solution primitive que la déclinaison soit australe au lieu d’être boréale, & faire le calcul comme dessus, nous trouverons $\textstyle {\frac {k-hs}{{\sqrt {1-ss}}\cdot {\sqrt {1-hh}}}}$ pour le sinus d’un des angles horaires, & $\textstyle {\frac {hs}{{\sqrt {1-ss}}\cdot {\sqrt {1-hh}}}}$ pour l’autre ; nous verrons de plus que c’est alors la somme de ces angles, & non leur différence, qui est le tems du crépuscule, comme il est aisé de le prouver en considérant la figure, le point e se trouvant de l’autre côté de E ; car le point c se trouvera alors entre les points T & S, & TS sera égale non à la différence, mais à la somme de cS & de cT. Achevant donc le calcul, on trouvera une équation qui ne différera de l’équation du quatrieme degré en s trouvée ci-dessus, que par les signes des termes impairs, c’est-à-dire des termes où sont s$^3$ & s. Cette équation sera le produit de ss−1 par $\scriptstyle ss={\frac {2hs}{k}}$, & l’on aura deux valeurs positives de s, savoir $\scriptstyle s=\textstyle {\frac {h+h{\sqrt {1-kk}}}{k}}$. Ce sont les deux valeurs de s, lorsque la quantité du quatrieme degré $\scriptstyle s^{4}={\frac {2hs^{3}}{k}}$ &c. est supposée = 0. Cela posé, on peut regarder cette quantité comme le produit de 1−ss positive par $\scriptstyle {\frac {2hs}{k}}-hh-ss$ ; & lorsque $\scriptstyle s^{4}-{\frac {2hs^{3}}{k}}$ sera > 0, on aura $\scriptstyle {\frac {2hs}{k}}-hh-ss>0$, & $\scriptstyle ss+hh-{\frac {2hs}{k}}<0$, & par conséquent $\scriptstyle s-{\frac {h}{k}}<\textstyle {\frac {h{\sqrt {1-kk}}}{k}}$ & $\scriptstyle {\frac {h}{k}}-s<\textstyle {\frac {h{\sqrt {1-kk}}}{k}}$. Donc $\scriptstyle s<{\frac {h}{k}}+\textstyle {\frac {h{\sqrt {1-kk}}}{k}}$, & $\scriptstyle s>\textstyle {\frac {h-h{\sqrt {1-kk}}}{k}}$. Donc la quantité $\scriptstyle s^{4}-{\frac {2hs^{3}}{k}}$ &c. < 0 donnera $\scriptstyle s>{\frac {h}{k}}+\textstyle {\frac {h{\sqrt {1-kk}}}{k}}$ ; & $\scriptstyle s<\textstyle {\frac {h-h{\sqrt {1-kk}}}{k}}$. Or la quantité $\scriptstyle s^{4}-{\frac {2hs^{3}}{k}}$ &c. = 0, vient de $\scriptstyle (sk-h){\sqrt {1-ss-hh}}=\mp h{\sqrt {1-ss-hh+2hks-kk}}$ ; en supposant la somme ou la différence des deux angles horaires égale à un minimum ; la somme pour le cas de −h, & la différence pour le cas de +h ; donc la quantité $\scriptstyle s^{4}-{\frac {2hs^{3}}{k}}$ &c. < 0, ou $\scriptstyle -s^{4}+{\frac {2hs^{3}}{k}}$ &c. > 0, viendra (en supposant sk−h positive) de $\scriptstyle (sk-h){\sqrt {1-ss-hh}}>h{\sqrt {1-ss-hh+2hks-kk}}$ ; or, pour que sk−h soit positive dans cette condition, il faut prendre $\scriptstyle s>{\frac {h}{k}}+h\textstyle {\frac {\sqrt {1-kk}}{k}}$ ; donc si $\scriptstyle s>{\frac {h}{k}}+h\textstyle {\frac {\sqrt {1-kk}}{k}}$, on a la différence des deux angles horaires positive : je dis la différence, & non la somme ; car si c’étoit la somme, il faudroit que h dans le second membre eût le signe − ; donc la valeur de $\scriptstyle s={\frac {h}{k}}+h\textstyle {\frac {\sqrt {1-kk}}{k}}$ donne, non la somme des deux arcs égale à un minimum, mais leur différence égale à un minimum : je dis à un minimum ; car prenant s plus grand que $\scriptstyle {\frac {h}{k}}+h\textstyle {\frac {\sqrt {1-kk}}{k}}$, la différence se trouve positive. V. Minimum. Donc la valeur de $\scriptstyle s={\frac {h}{k}}+h\textstyle {\frac {\sqrt {1-kk}}{k}}$ ne résoud pas le problème du plus court crépuscule ; mais un autre problème, qui n’est ni celui du plus court, ni celui du plus long crépuscule, & qui néanmoins se réduit finalement à la même équation du quatrieme degré ; parce que les quantités étant élevées au quarré, la différence des signes disparoît. Ceci ne surprendra point les algébristes qui savent que souvent une équation donne par ses différentes racines non-seulement la solution du problème qu’on s’est proposé, mais la solution d’autres problemes qui ont rapport à celui-là, sans être le même. Plusieurs équations très-différentes, lorsque l’on n’a pas ôté les signes radicaux, deviennent la même lorsqu’on les ôte. Voyez Equation.
Enfin, si on suppose $\scriptstyle s^{4}-{\frac {2hs^{3}}{k}}$ &c. > 0, & $\scriptstyle s>\textstyle {\frac {h-h{\sqrt {1-kk}}}{k}}$, on trouvera que ces conditions donnent $\scriptstyle -s^{4}+{\frac {2hs^{3}}{k}}$ &c. > 0, & par conséquent (à cause que $\scriptstyle h-sk$ est ici positif) $\scriptstyle (h-sk){\sqrt {1-ss-hh}}<$ $\scriptstyle k{\sqrt {1-ss-hh+2hsk-kk}}$ & $\scriptstyle k{\sqrt {1-ss-hh+2hsk-kk}}+(sk-h){\sqrt {1-ss-hh}}>0$ ; donc la différence de la somme des deux arcs est = 0, lorsque $\scriptstyle s=\textstyle {\frac {h-h{\sqrt {1-kk}}}{k}}$ ; & est positive, lorsque s est plus grand. Donc cette somme est un véritable minimum, lorsque $\scriptstyle s=\textstyle {\frac {h-h{\sqrt {1-kk}}}{k}}$, & par conséquent cette valeur de s est la seule qui résolve véritablement le probleme du plus court crépuscule : je dis du plus court, & non pas du plus long. Car l’équation du plus long crépuscule seroit la même que celle du plus court, en faisant la différence = 0 ; parce que la regle pour les maxima & pour les minima est la même ; ainsi il pouvoit encore rester ici de l’équivoque ; mais elle est levée entierement, lorsque l’on considere que $\scriptstyle s>{\frac {h}{k}}-h\textstyle {\frac {\sqrt {1-kk}}{k}}$ donne la différence positive, ce qui indique le minimum. Si la différence étoit négative, alors le tems du crépuscule seroit un maximum. Mais, dira-t-on, quel sera le jour du plus long crépuscule ? Car il y en aura un. Je réponds que le plus long crépuscule ne se trouve pas en faisant la différence de la somme des arcs égale à zéro, mais en prenant le crépuscule du jour de la plus grande déclinaison boréale du soleil, & celui du jour de la plus grande déclinaison australe, & en cherchant lequel de ces deux crépuscules est le plus grand. Car il n’y a qu’un seul crépuscule qui soit le plus court, puisqu’il n’y a qu’une valeur de s pour le plus court crépuscule ; donc c’est un des deux crépuscules extrêmes qui est le plus long. V. sur tout cela les art. Maximum & Minimum où nous ferons plusieurs remarques sur les quantités plus grandes & plus petites.
M. de Maupertuis dans la premiere édition de son Astronomie nautique, s’est proposé la même question que nous venons de discuter ; il l’a résolue en très-grande partie, & nous devons ici lui en faire honneur ; cependant il y restoit encore quelque chose à discuter ; & c’est apparemment pour cette raison qu’il a supprimé cette solution dans la seconde édition de son ouvrage, pour n’être pas obligé, en la donnant tout au long, d’entrer dans un détail que son plan ne comportoit pas. Nous avons tâché d’y suppléer ici, & de remplir un objet que M. de Maupertuis auroit sans doute rempli aisément lui-même, s’il l’avoit jugé à propos. (O)