Aequatoreal. 181 
bilden, so wird dadurch nur die Deklination, nicht aber der Stundenwinkel des 
Poles der Deklinationsaxe geündert. 
Wir wollen jetzt die Untersuchung verallgemeinern und annehmen, dass 
weder die Deklinationsaxe auf der Stundenaxe, noch die Absehenslinie auf der 
Deklinationsaxe genau senkrecht steht, auch wollen wir die Biegungen, welche 
sowohl das Fernrohr als auch die Deklinationsaxe erleiden, in Rechnung ziehen; 
indessen mag doch vorausgesetzt werden, dass die Aufstellungsfehler und die 
Biegungen des Instrumentes so kleine Gróssen sind, dass wir ihre Quadrate und 
Produkte vernachlässigen können. Die Stundenaxe wird ohne Zweifel auch 
durch ihr eigenes und das Gewicht der übrigen Theile des Instrumentes gebogen, 
wir brauchen hierauf aber keine Rücksicht zu nehmen, weil diese Biegung in 
jeder Lage des Instrumentes die gleiche sein muss. Denn einestheils ist die 
Neigung dieser Axe constant, und anderentheils muss der Schwerpunkt derjenigen 
Theile des Instrumentes, welche sich um die Stundenaxe herumdrehen, immer 
in die Stundenaxe selbst fallen, da sonst das Instrument nicht in jeder Lage im 
Gleichgewicht sein kónnte. Die Wirkung der Schwere auf die Stundenaxe be- 
steht also nur darin, dass der Pol dieser Axe sich an einem anderen Punkte 
des Himmels befindet als dort, wo er ohne Wirkung der Schwere sein würde, 
er wird aber bei jeder Stellung des Instrumentes unveründerlich in derselben 
Lage bleiben. 
Es sei nun (Fig. 50) Z das Zenith, 2 der Weltpol, P, der Pol der Stunden- 
axe des Instrumentes, S, ein auf die Mitte des Fadenkreuzes eingestellter Stern, 
und S derjenige Punkt der Himmelskugel, welcher bei derselben Stellung des 
Instrumentes auf der Mitte des Fadenkreuzes erscheinen würde, wenn keine 
Biegung des Fernrohres vorhanden wäre. Die Punkte S und 5S, liegen auf dem- 
selben Verticalkreise Z,S.5,, die Lánge des Bogens SS, können wir mit grosser 
Annäherung als proportional dem Sinus der Zenithdistanz des eingestellten Objekts 
annehmen, sodass wenn a der Betrag der Biegung im Horizont ist, sehr nahe 
SS, =asinZS wird. Wir wollen ferner annehmen, dass der westliche Pol der 
Deklinationsaxe in den Punkt Q fallen würde, wenn keine Biegung der Axe 
stattfinde. In Folge der Biegung moge aber der Pol in den Punkt Q, fallen, 
wo Q und Q, in demselben Verticalkreis ZQQ, liegen werden. Bezeichnet B 
den grössten Betrag der Biegung der Axe, welcher bei horizontaler Lage der 
Axe stattfindet, so können wir CQ, = B sin ZO annehmen. Wir ziehen nun 
durch Q einen Bogen grössten Kreises Qg senkrecht auf P,Q,, dann ist, da 
wir das kleine Dreieck Q, Q4 als ebenes betrachten kónnen, und QQ, immer 
ein sehr kleiner Bogen ist, mit grosser Annäherung 
PQ, = PQ + QQ, cos P,Q,Z = F,Q + B sin ZQ cos P,Q,7, 
ferner ist 
; ZAQ, —ZPQ--QAQ,. 
Es ist aber: 
sin P,QZ 
sen P, Qi 
oder da wir die Sinus der kleinen Gróssen Q@,P,Q und QO, mit den Bogen 
vertauschen können 
Q, 7,0 — QQ, 
sin Q, P,Q = sin QQ, 
  
sinP, QZ | B sin Z Q sin P.QZ 
SPQ, = sin P,Q, 
  
  
  
und also 
s = sin ZQ sin P,QZ 
CP,Q = ZPQ+B ro,