| |
доказанному, равна 75; 12, а ЕД, по предположению, 120, то ЕА будет
равна 78;2 таким же частям.
Далее, так как дуга АВ эксцентра равна 99;55 градусам, то угол
АЕВ при окружности составит 99;55 градусов, каких в двух прямых углах
будет 360. Дуга на А0 равна 99;55 градусам, каких в круге, описанном
около прямоугольного треугольника AE0, будет 360, а дуга на Е0 равна
недостающим до полуокружности 80;5 градусам. Из стягивающих их прямых
364 А0 будет равна 91;52 части, каких в гипотенузе ЕА имеется 120, а Е0 —
77; 12 таким же частям. Поэтому если АЕ, по доказанному, равна 78;2, а
прямая ДЕ — 120, то в А0 таких частей будет 59;44, а в Е0 — 50; 12.
Поскольку доказано, что вся ЕВ содержит 210;58 таких частей, то остаток
0В будет равен 160;46 частям, каких прямая А0 содержит 59;44. Но
квадрат на 0В равен 25 845;55, а квадрат на 0А — 3568;4; сложив их,
получим квадрат на АВ — 29 413;59. Следовательно, длина АВ будет равна
171 ;30 части, каких в ЕД было 120, а в ЕА — 78;2. И если диаметр
эксцентра принять за 120, то прямая АВ будет равна 91;52, ибо она
стягивает дугу в 99;55 градусов. Итак, если прямая АВ равна 91;52, а
диаметр эксцентра — 120, то таких частей в ЕД будет 64; 17, а в прямой
ЕА — 41 ;47. Таким образом, построенная на ЕА дуга эксцентра равна
з« 40;45 градусам, а вся дуга ЕАВГ — 174;6 градусам10. Вследствие этого
прямая ЕДГ будет равна приблизительно 119;50 частям, каких в диаметре
эксцентра содержится 120.
[B] Так как сегмент ЕАВГ [рис. 11.2] меньше полукруга и поэтому
центр эксцентрического круга окажется вне его, предположим, что этот
центром будет К. Проведем через него и Д проходящий через оба эти
центра диаметр ЛКДМ; из точки К опустим на
ГЕ перпендикуляр и продолжим его, пусть это
будет KNE. Теперь, если диаметр ЛМ принять за
120, вся прямая ЕГ, по доказанному, будет 119;50,
а прямая ЕД — 64; 17; остаток ГД мы получим
равным 55;33 таким же частям. Поскольку
прямоугольник между ЕД и ДГ равен прямоу-
гольнику между ЛД и ДМ то произведение
ЛД на ДМ мы получим равным 3570;56, если
диаметр ЛМ будет равен 120. Но произведение збб
ЛД на ДМ вместе с квадратом на ДК составляет
квадрат на половине диаметра, т.е. квадрат на
Рис. Н.2 ЛК12. Поэтому, если от квадрата на этой
половине, т.е. от 3600, мы отнимем произведение
ЛД на ДМ, т.е. 3570;56, то у нас останется квадрат на ДК, или 29;4 таких
же частей. И, следовательно, длина прямой ДК между центрами будет
равна приблизительно 5;23 частям , каких радиус КЛ эксцентра имеет 60.
[C] Далее, так как половина ГЕ, т.е. FN, равна 59;55 частям, каких
в диаметре ЛМ содержится 120, а прямая ГД, по доказанному, равна 55;33
таким же частям, то остаток AN будет равен 4;22 частям, каких в ДК
содержится 5;23. Таким образом, если гипотенуза ДК равна 120, то в
AN таких частей будет 97;20, и дуга на ней равна 108;24 градусам, каких
в круге около прямоугольного треугольника содержится 360. Угол AKN
будет равен 108;24 градусам, если принять два прямых угла за 360, или
же 54; 12, если 360 градусов равны четырем прямым углам. И так как он
находится при центре эксцентрического круга, то дуга MS получится равной 367
54; 12. Но вся дуга ГМЕ, будучи половиной ГЕЕ, равна 87;3; следовательно,
остающаяся дуга МГ от перигея до третьего противостояния будет 32;51
градуса14. Очевидно, что при ВГ, равной, по предположению, 33;26 градусам,
мы в качестве остатка получим дугу ВМ — расстояние от второго
противостояния до перигея, равную 0;35 градусов15. Поскольку промежуток
АВ полагался равным 99;55 градусам, мы получим и остаток АА —
расстояние от апогея до первого противостояния, равный 79;30 градусам.
Если бы центр эпицикла двигался по этому эксцентрическому кругу,
то можно было бы воспользоваться полученными величинами как неизмен-
ными. Но так как, по сделанному предположению, он движется по другому
кругу, а именно описанному радиусом КЛ из центра, делящего пополам
ДК, то нам опять, как и в случае планеты Марс, потребуется прежде всего
вычислить разности, получающиеся в наблюдаемых промежутках и опре-
делить, какие величины они имели бы, если бы центр эпицикла двигался
при таких же примерно отношениях для эксцентриситета не по второму
эксцентру, а по первому, производящему зодиакальную аномалию, а именно зв8
по описанному около центра К16.
[D.1 ] Пусть эксцентрическим кругом, несущим центр эпицикла, будет
ЛМ с центром А [рис. 11.3], а эксцентрическим кругом его равномерного
движения — NE с центром Z, одинакомый с ЛМ. Проведя соединяющий
оба центра диаметр NAM, возьмем на нем также центр Е зодиака и прежде
всего положим, что в первом противостоянии центр эпицикла находился в
точке А. Проведем соединительные прямые ДА, ЕА, ZA3 и ES; из точек
А и Е опустим перпендикуляры ДН и Е0 на продолжение прямой AZ.
Теперь, так как угол NZS равномерного движения
|
|
