LIBRO PRIMERO: DE LA ESFERA CELESTE
 
 
Capítulo Decimotercero

DE LA RESOLUCIÓN DE LOS PROBLEMAS DEL PRIMER MÓVIL

 
Dícense problemas del primer móvil los que son generales para cualquier astro fijo o errante y no dependen precisamente de los movimientos propios que son entre sí diversos.

 

Proposición 4ª. Problema.
 
Hallar la línea meridiana en cualquier lugar de la Tierra.
 
Dispóngase un plano bien horizontal o nivelado sobre el cual se describan 3 ó 4 círculos concéntricos AB, ED, etc., (Fig. 30ª) en el centro C levántese un estil o aguja CF perpendicular sobre el plano, esto se observa ajustando por todas partes una escuadra; esto dispuesto en un día claro obsérvese dos o tres horas antes de mediodía cuando la extremidad de la sombra que causa el punto F, toca a la circunferencia del mayor círculo, y supuesto que sea en A se notará este punto; poco después a proporción que sube el Sol, se acortará la sombra del estil y se notará el punto E cuando su extremidad toque al segundo círculo, haciendo lo mismo sobre las otras circunferencias; poco después de mediodía se alargarán las sombras a proporción que el Sol desciende y volverá la extremidad de la sombra desde el círculo menor hasta el mayor por los puntos V, L, D y B que se notarán como los otros de la mañana; divídase cada arco AB, ED, HL, KV por medio en los puntos N, R, S, T, y si todos éstos se hallasen en un mismo diámetro MN, será MN la línea meridiana en aquel lugar. La razón es porque cuando el Sol hace por el estil CF las sombras iguales CA, CB, tiene sobre el horizonte la misma altura por la mañana que por la tarde y dista igualmente del meridiano y siendo los ángulos acimutales ACM, BCM iguales, la recta CM será la meridiana, la cual no es otra cosa que la común sección del plano del meridiano con el plano horizontal.

Para que esta observación sea exacta se notará lo siguiente:

1º. Si el plano es blanco y los círculos de color rojo, se notará bien la extremidad de la sombra.

2º. La longitud del estil CF sea de 3 a 6 pulgadas y no más y la punta F no muy delgada para que se distinga bien la extremidad de la sombra.

3º. En cualquier tiempo se puede hallar la línea meridiana pero es mejor cuando el Sol está cerca de los solsticios, porque la declinación del Sol es casi la misma por la mañana que por la tarde cuando tiene iguales alturas sobre el horizonte.

4º. Un círculo bastaría para hallar la línea meridiana pero se hacen 3 ó 4, así para más testimonio de la verdad como por si no se percibe la sombra al salir de un círculo por interponerse alguna nube. También se hallaría por las alturas de las estrellas fijas o por la máxima disgresión de alguna estrella circumpolar.
 
 

Proposición 5ª. Problema.
 
Hallar la altura del polo en cualquier lugar.
 
La resolución de este problema se funda en el antecedente, y así la línea meridiana como la altura del polo son las más importantes para los demás problemas.

Hallada la línea meridiana MN (Fig. 31ª), dispónganse sobre ella un triángulo filar EFL, de suerte que el plano de dicho triángulo pase por la línea meridiana MN, en cuyo caso el plano del triángulo estará en el mismo plano del meridiano; con esto en una noche larga y serena de más de 12 horas, obsérvese tirando una visual VS, por los hilos LE, LF, del triángulo a cualquiera estrella circumpolar cuando se halla en el meridiano HBO (fig. 32ª) y se halla la estrella en R, se tomará al mismo tiempo la altura OR que tiene sobre el horizonte y como después de 12 horas vuelve a tocar el mismo meridiano se observará por el triángulo filar cuando el mismo astro vuelve al meridiano en S, y en este mismo tiempo se observará la altura OS sobre el horizonte; de la altura mayor OS réstese la menor OR y se tendrá el arco RS cuya mitad RB añadida a la altura menor OR dará la altura del polo OB. Lo mismo se tendría si la mitad de la diferencia BS se restase de la mayor altura, por ejemplo supóngase que OR se halló de 21 y 26' en la primera observación y en la segunda se halló OS de 61 y 26', será la diferencia RS = 40, cuya mitad RB será de 20 que añadidos a OR = 21 26' dará la altura del polo OB de 41 y 26', lo mismo se hallaría si de los 61 y 26' se quitasen 20.

También se hallaría observando la altura meridiana del Sol en cualquiera día de los equinoccios, porque siendo su revolución diurna por el ecuador CQ, teniendo la altura meridiana del Sol HQ su complemento será la altura del polo OB. Esta observación no es tan exacta como la antecedente pues era necesario que el punto del equinoccio sucediera a las 17 horas del día; asimismo para tenerla altura del centro del Sol, se han de tomar las alturas del limbo inferior y superior del Sol y corregir la observación con la refracción y la paralaje.

Fuera de los días equinocciales es menester añadir o quitar la declinación del Sol por tener la altura de la equinoccial; esto es si la altura meridiana se halló HX y la declinación XQ es austral se añadirá esta declinación para tener HQ. Si la declinación QZ es boreal se quitará ésta de la altura meridiana del Sol HZ para tener la altura de la equinoccial HQ cuyo complemento es la altura del polo OB.
 
 

Proposición 6ª. Problema.
 
Hallar el lugar del Sol en la eclíptica en cualquier tiempo.

La exacta resolución de este problema depende de la teoría del Sol propia de la Astronomía; a nosotros basta alguna regla para saber próximamente en que signo y grado se halla el Sol en cualquier día para lo que se notará lo siguiente:

1º. A los doce meses del año corresponden los doce signos como se sigue:
 

 
2º. Para saber el día que el Sol entra en cada signo se notan las letras iniciales de los siguientes versos cuyas doce dicciones corresponden a los doce meses del año empezando desde enero, de forma que la primera corresponde a enero, la última a diciembre y por su orden las intermedias:
 
INCLITA, LAUS, IUSTIS, IMPENDITUR, HERESIS, HERRET
GARRULA, GREX, GRATUS, FAUSTOS, GRATATUR, HORES
 
Las letras iniciales F, G, H, I, L, que según el orden que tienen en el abecedario ocupan el 6º, 7º, 8º, 9º y 11º lugar, quieren decir que de los días del mes se han de quitar 6, 7, 8, 9, 11 unidades según la letra inicial de la indicción que corresponde al mes, y el residuo dará el día en que entra el Sol en aquel signo; por ejemplo, si se quiere saber el día que entra el Sol en el signo de Aries:

1º. Se verá que este signo corresponde al mes de marzo que es el tercero del año, a quien corresponde IUSTIS, y porque la letra inicial es I que tiene el noveno lugar en el alfabeto latino, se quitarán 9 de 30 y quedarán 21, luego se dirá que en 21 de marzo entra el Sol en Aries.

Si se da el día y se quiere saber el lugar del Sol, se buscará el día que entra el Sol aquel mes en su signo, y si el día dado fuese después, se tomarán tantos grados como días han pasado; pero si fuese anterior le faltarán tantos grados para entrar en el signo cuantos faltaran días.

Por ejemplo, si se quiere el lugar del Sol en 29 de marzo, se hallará que el Sol entra en el signo de Aries en 21, y porque 21 a 29 hay ocho días, se dirá que el Sol está en 8 grados de Aries en 29 de marzo.

Si el día dado es 17 de marzo se verá que faltan cuatro días para entrar en Aries, luego faltarán cuatro grados para concluir el signo de Piscis y se dirá que está en dicho día en 26 grados de Piscis.
 
 

Proposición 7ª. Problema.
 
Dado el lugar del Sol en la eclíptica hallar su declinación y ascensión recta.
 
Sea CA (Fig. 33ª) el ecuador, CD la eclíptica, B el polo del mundo y del ecuador CA y también de los que se hallen en los puntos equinocciales C y hállese el Sol en el punto F de la eclíptica; por éste y el polo B pase el círculo de declinación BFH y en el triángulo CFH rectángulo en H se tendrá CF, distancia del Sol al próximo equinoccio y el ángulo C de 23 30' oblicuidad de la eclíptica con el ecuador.

1º. Para hallar la declinación FH se hará la proporción como el radio es al seno de la hipotenusa CF, así el seno del ángulo C es al seno de FH.

2º, Para tener la ascensión recta se hallará el arco de ecuador CH con la proporción siguiente: como el seno segundo de FH es al radio, así el seno segundo de la hipotenusa CF es al seno segundo de CH.

Conocido el arco CH del ecuador, esto es, la distancia del punto H al próximo equinoccio, será fácil tener la ascensión recta que es la distancia desde el principio de Aries según el orden de los signos, hasta el punto H según el cuadrante de eclíptica en donde se halla el punto F.
 

Escolio.
 
Para resolver este problema sobre el globo artificial, se moverá éste de suerte que el punto F en donde se halla el Sol caiga en el meridiano de bronce, el cual siendo también círculo de declinación formará el triángulo CFH y el arco HF del meridiano, dará la declinación y contando desde el principio de Aries sobre el ecuador, según el orden de los signos, hasta el punto H que está en el meridiano, se tendrá la ascensión recta.

Si se da la declinación del Sol FH y el ángulo C oblicuidad de la eclíptica, se hallará CF distancia del Sol al próximo equinoccio y también CH que dará la ascensión recta, a este modo combinando los datos se resuelven distintos problemas en el mismo triángulo sabiendo que CF es la distancia del Sol al próximo equinoccio, FH la declinación, el ángulo C la oblicuidad de la eclíptica, el ángulo F el que forma la eclíptica con el meridiano o círculo de declinación y el arco de ecuador CH sirve para la ascensión recta.
 
 

Proposición 8ª. Problema.
 
Dada la altura del polo y la declinación del Sol, hallar la diferencia ascensional y por consiguiente la ascensión oblicua y la duración del día y de la noche.

Sea HO el horizonte (fig. 34ª) EQ el ecuador, B el polo cuya altura es OB; hállese el Sol en S punto del paralelo DM de la revolución diurna cortando al horizonte en S y pase el círculo BSA de declinación que corta al ecuador en X, y se tendrá el triángulo CXS, rectángulo en X, conocido el ángulo C cuya medida es el arco OE complemento de la altura del polo OB y así mismo se da conocido SX declinación del Sol con lo cual se hallará el arco CX (que es la diferencia ascensional) con la proporción siguiente: como el radio es a la tangente de la declinación del Sol, así la tangente de la altura del polo es al seno de la diferencia ascensional CX.
 

Corolarios
 
1º. Cuando el Sol se halla en los puntos equinocciales C, no hay declinación ni diferencia ascensional.

2º. Cuando el Sol se halla en los paralelos equidistantes del ecuador DM, RP, las diferencias ascensionales CX, CY, son iguales y en una misma altura del polo, porque los triángulos CXS, CYK son totalmente iguales.
 

Escolios.
 
1º. Conocidas la ascensión recta y la diferencia ascensional se tendrá la ascensión oblicua añadiendo la diferencia ascensional cuando el Sol se halla en los signos boreales o restando la diferencia CY si se halla en los signos australes.

2º. Cuando el Sol se halla en los puntos equinocciales C el arco semidiurno QC es igual al seminocturno, pero si se halla en el paralelo DM, el arco semidiurno SD es mayor que el seminocturno SM; cuando el Sol está en el hemisferio boreal, para los habitadores de este hemisferio este arco semidiurno SD que es semejante al arco de ecuador se tiene, añadiendo la diferencia ascensional CX al cuadrante CQ, y el arco QX es medida del ángulo XBQ, que da la duración del mediodía, convirtiendo este arco del ecuador en tiempo (por el problema siguiente) y restando el semidiurno SD de 180, se tendrá el seminocturno SM o su semejante EX.

Si el Sol se halla en los seis signos australes como en RP, del cuadrante CQ se quita la diferencia ascensional CY para tener el arco YQ medida del semidiurno QR.
 
 

Proposición 9ª. Problema.
 
Reducir los grados y minutos del ecuador a horas y minutos de tiempo y al contrario.

Ya se ha dicho que 15 de equinoccial hacen una hora ó 60 minutos de tiempo, luego cada grado de equinoccial hace 4' de tiempo y por consiguiente cualquier número de grados del ecuador multiplicado por 4 dará los minutos de tiempo, los cuales partidos por 60 darán las horas; asimismo los minutos de ecuador multiplicados por cuatro darán segundos de tiempo.
 

Ejemplo.
 
Se tienen 48 26' de ecuador que se han de reducir a tiempo. Multiplíquense los 48 por 4 y se tendrán 192' de tiempo que partidos por 60 hacen 3 horas y 12 minutos; multiplíquense los 26' de ecuador por 4 y se tendrán 104'' de tiempo o bien un minuto y 44 segundos que añadidos a tres horas y doce minutos, hacen 3 horas 13 minutos y 44 segundos de tiempo; por el contrario los minutos de tiempo partidos por 4 dan grados de ecuador, y los segundos de tiempo partidos por 4 darán minutos de ecuador.

Habiendo de reducir 3 h. 13' y 44'' de tiempo a grados, convirtiendo las horas en minutos se tendrán 180' que, añadiendo los 13' serán 193' que partidos por 4 son 48 y 1/4 de grado o bien 15'; pártanse ahora 44'' por 4 y se tendrán 11 minutos de ecuador que añadidos a los antecedentes hacen 48 y 26' de ecuador.
 
 

Proposición 10ª. Problema.
 
Dada la altura del polo OB y la declinación del Sol XS hallar la duración del día y noche o bien la hora en que sale y se pone el Sol.

Hállese la diferencia ascensional CX y supóngase ser de 22 y 30', conviértase ésta en tiempo y se tendrá una hora y treinta minutos, añádase a 6 horas, valor del cuadrante CQ (por suponerse el Sol en los signos septentrionales) y será la duración del mediodía 7 horas y 30' y todo el día será 15 horas y la noche de 9 horas; réstense de 12 las 7 horas y 30' y se tendrá que el Sol saldrá a las 4 h. y 30' de la mañana y se pondrá a las 7 h. 30' de la tarde.
 
 

Proposición 11ª. Problema.
 
Dada la declinación del Sol SX y la altura de polo OB, hallar la amplitud ortiva SC.

En el triángulo CXS dado el lado XS y el ángulo opuesto C se hallará la hipotenusa CS; como el seno del ángulo C es al seno de la declinación XS, así el radio al seno de la amplitud CS.

Por esta analogía se hacen las tablas de las amplitudes para diversas alturas del polo y cualquiera declinación del Sol.
 

Escolio.
 
Para resolver este problema sobre el globo se levantará éste a la altura del polo OB dada, muévase el globo hasta tener en el punto D del meridiano el lugar del Sol cuya declinación QD es conocida y nótese el punto de ecuador Q que está en el meridiano con el Sol D; revuélvase el globo hasta que el punto D de la eclíptica se halle en el horizonte en S, y el punto Q corresponderá a X y el arco del horizonte SC dará la amplitud, así como CX dará la diferencia ascensional y el arco QX dará el semidiurno.
 
 
Proposición 12ª. Problema.
 
Dada la elevación del polo OB (fig. 35ª) y la declinación del Sol ST, hallar la duración del crepúsculo.

Sea PK el círculo crepusculino 18 debajo del horizonte HO y por el cenit pase la vertical ZS, será ZR el cuadrante y RS = 18 luego ZS = 108 y dada la declinación TS se tendrá su complemento SB y dada la altura del polo OB se tiene su complemento BZ; luego en el triángulo esférico ZSD dados los tres lados se hallará el ángulo B cuya medida es el arco de ecuador TQ que se reducirá a tiempo; hállese el arco semidiurno MF, o la duración del mediodía y restando este tiempo del primero se tendrá la duración del crepúsculo SF. Sabida la duración del crepúsculo y la hora en que sale el Sol se tendrá la hora en que empieza el crepúsculo, se dice principio de la aurora.
 
 

Proposición 13ª. Problema.
 
Dada la altura del Sol sobre el horizonte, su declinación y la elevación del polo, hallar la hora y el acimut del Sol.

Sea HO (Fig. 36ª) el horizonte, B el polo del mundo, CQ el ecuador, S el Sol; pase por el Sol el círculo de declinación y horario BSR y el vertical ZST; en el triángulo SZB se da conocido BS complemento de la declinación SR, ZS complemento de SF altura del Sol sobre el horizonte y BZ complemento de la elevación OB; luego dados los tres lados se hallará el ángulo B cuya medida es QR que reducido a tiempo, dará la hora antes o después de mediodía.

También se hallará el ángulo BZS cuyo suplemento es el acimut SZQ a quien mide el arco del horizonte HT.

En el mismo triángulo, de las cinco cosas que son: BZ complemento de la elevación del polo, BS complemento de la declinación ZS complemento de la altura, el ángulo B, la hora antes o después del mediodía y el ángulo Z el acimut, dadas tres cosas de cualesquiera de éstas, resultarán 20 cuestiones, todas las que se pueden resolver también sobre el globo, aplicándole el cuadrante de altura.
 
 

Proposición 14ª. Problema.
 
Dada la elevación del polo OB, y la altura ST sobre el horizonte de una estrella fija S, cuya declinación SR es conocida, como también su ascensión recta, hallar la hora de la noche suponiendo conocida la ascensión recta del Sol.

La resolución de este problema consiste en hallar el arco de ecuador comprendido entre la ascensión recta del Sol que está debajo del horizonte hasta el meridiano, según el orden de los signos,porque este arco reducido a tiempo dará las horas que han pasado desde el mediodía precedente cuando estaba el Sol en el meridiano, hasta el tiempo en que se tomó la altura de la estrella. Sea pues conocido BZ, el complemento de la altura del polo, BS complemento de la declinación de la estrella y ZS complemento de la altura observada. En el triángulo SBZ dados los tres lados se hallará el ángulo B cuya medida es ZR y restando este ángulo de la ascensión recta de la estrella si estuviese en la parte horizontal o añadiéndole si estuviera en la parte occidental, se tendrá la ascensión recta del medio cielo, esto es el arco de ecuador desde el principio de Aries, según el orden de los signos, hasta el punto Q que se halla en el meridiano, de la cual restando la ascensión recta del Sol (añadiendo 360 si fuere necesario) se tendrá el arco de ecuador que pasó por el meridiano desde el mediodía precedente , el que convertido en tiempo dará la hora de la noche.

Otros problemas útiles al primer móvil se darán en su propio lugar en los libros siguientes.
 
 

FIN DEL LIBRO PRIMERO 

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CUADRO DE ENLACES DEL TRATADO VI "DE LA COSMOGRAFÍA"
 
Estudio Introductorio
Índice general
Proemio
 
C A P Í T U L O S
 
Libro I
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
 
Láminas
Libro II
1
2
3
4
5
6
7
8
9
Láminas
Tablas
Libro III
1
2
3
4
5
6
7
Láminas
 
Libro IV
1
2
3
4
5
Láminas
Apéndice
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