Aequatoreal. 
Der Winkel ZP,Q ist der Stundenwinkel am Instrument des westlichen 
Poles der Deklinationsaxe, wenn bei derselben von der Biegung abgesehen wird, 
und derselbe war für Lage I des Instrumentes oben gefunden zu 90° + Z + 8. 
Es wird demnach: 
5 X sin Z Q sin PQZ 
ZPA,Q, — 90? -- 7-84 B dt T. 
  
Der Punkt Q muss bei jeder Stellung der Deklinationsaxe denselben Abstand 
P,Q von dem Pole P, des Instrumentes haben. Wenn die Deklinationsaxe genau 
senkrecht gegen die Stundenaxe gerichtet ist, so muss der Bogen P,Q — 90^ sein. 
Da wir aber eine solche Voraussetzung nicht machen wollen, so setzen wir P, Q = 
90° + 7, wo Z eine sehr kleine Grösse ist. Die Neigung der Stundenaxe gegen die 
Ebene des Horizonts sei ¢,, so haben wir in dem sphárischen Dreieck ZP, Q: 
PO 909-1 7, 
Z.P, z 90? — 91, 
Z.P,Q z 90? 4- 7+%. 
Wir erhalten demnach folgende Gleichungen: 
sin ZQ sin P, ZQ = cos 9, cos (7 + 9) 
sin ZQ cos P,QZ = sin @, cos à — cos 9, sin i sin (ZT + 9). 
Nun war aber 
P,1Q = P,Q + B sin ZQ cos P,Q,4 
folglich wird auch, wenn wir beachten, dass Q @, immer nur sehr klein ist und 
daher die Winkel 2, Q,Z und P,QZ ohne merklichen Fehler einander gleich 
gesetzt werden kónnen: 
P,Q, = 90° +: + B (sing,cosi — cose, sin à sin (T + à). 
Setzen wir hier cosz — 1 und vernachlässigen das mit AB szz i multiplicirte 
Glied, so erhalten wir 
PQ, =90°+ i+ Bsing,. 
Ferner wird 
ot cos @, cos (Z' + 9) 
ZL = 90° 47 4 8.4 B ~—'rrm——m—t 
121 t sin P, Q 
oder da P,Q sehr nahe = 90? ist, also sin P, Q — 1 gesetzt werden kann, 
ZP,Q, — 90? -- Z + D + Bcosgp, cos (7 + 9). 
Setzen wir nun RQ, = 90° + ' und ZP, @, = 90° + 7”, so erhalten wir 
die Gleichungen: 
; 90? 4- 2! — 90° + i + Bsime, 
90° +7" 90?-- Z4- 8 4- P ees q, cos (7. 4- 9). (1) 
Der Punkt Q, ist der wirkliche Pol der Deklinationsaxe; wenn die Ab- 
sehenslinie des Fernrohres auf dieser Axe genau senkrecht stüánde und man 
ausserdem von der Biegung des Fernrohres absieht, so müsste jeder Punkt der 
Himmelskugel, auf den die Absehenslinie des Fernrohres bei einer Drehung des- 
selben um die Deklinationsaxe gerichtet werden kann, genau um 90^ von Q, ab- 
stehen. Wir wollen auch diese Voraussetzung nicht machen, sondern annehmen, 
dass die Absehenslinie des Fernrohrs gegen die Deklinationsaxe einen Winkel 
90? — c bildet, wo ¢ als eine sehr kleine Grösse angesehen werden kann. Der 
Bogen SQ, wird dann ebenfalls = 90° — € sein. 
Der Winkel 2, Q,S ist gleich dem Complement der am Deklinationskreise 
abgelesenen und um den Indexfehler des Kreises verbesserten Deklination, 
also fiir Lage I = 90? — D — À. Danach ist in dem sphärischen Dreieck 
P QS