<<

#411 ; Simpla sunhorloĝo kun plata skalo sur ebeno

>>

Por la antaŭa artikolo mi fotis iom da enhavo de libro "Astronomical Algorithms" de "Jean Meeus", ĉapitro 56, "Calculation of a planar sundial". Interesaj formuloj, sed por mi provizore tro malfacilaj por derivi kaj atesti. Por miaj bezonoj la tutaj formuloj tamen estas ankaŭ nenecese ĝeneralaj. Ebeno de tempa skalo en arbitra pozo estas por mi tro ĝenerala kaj kompleksa kazo por konstrui kaj tial ankaŭ tro kompleksa por kalkuli.

Mi preferas pli simplan platan sunhorloĝon kio estu aŭ horizontala aŭ vertikala. Horizontala ("sur planko") estas la plej simpla por kalkuli, sed vertikala ("sur muro") estus eble pli utila en praktiko. Do mi volas nun "pruvi" - aŭ almenaŭ provi por iom pruvi - la formulojn por la pli simplaj kazoj. Miaj desegnaĵoj estas provizore iom krudaj, sed eble utilaj kaj espereble mi poste desegnos pli bonaj.

Ekvatora sunhorloĝo certe estus tria alternativo, sed miaopinie ĝi ne estus tre racia kiel ebena sunhorloĝo, ĉar bezonus propran tempan skalon por ambaŭ flankoj de plato. Ekzistas pli bonaj strukturoj kaj ideoj por ekvatora sunhorloĝo ol ebena plato. Krome mi ja daŭre revas pri trategmenta sunhorloĝo kun speguloj, sed tio estas iom alia afero. Spegula sunhorloĝo estus la plej prudenta, sed iom peniga por konstrui. Eble ion belan tagon?

Oni aparte rimarku ke ĉi tiaj sunhorloĝoj kun plata skalo uzas du rektajn stangojn por ĵeti la ombron el suna lumo al la tempa skalo,

  1. stangon perpendiklan al la ebeno de sunhorloĝo kaj la tempa skalo.
  2. stangon kio estas direktita al la (norda) poluso de ĉielo. ("polusa stango")

La aliaj finoj de stangoj estas unuigitaj. Oni povas uzi la tutan longon de "polusa stango" por indiki tempon sur la skalo. El la ombro de al ebeno perpendikla stango oni tamen povas uzi nur la finon de stango por indiki tempon. La "polusa stango" nome situas en la centro de tempa skalo, sed la radiko de perpendikla stango situas en la origo de koordinatoj.

Do ni unue rigardu la plej simplan kazon de plata horizontala sunhorloĝo (por norda hemisfero de Tero). La X-koordinato kreskas el origo al oriento kaj la Y-koordinato kreskas al nordo. La radiko de "polusa stango" situas en la suda flanko de perpendikla stango. La Suno nature estas multe pli distanca ol en la bildo ...

Oni atentu pri la signifo de ekvatora ebeno de ĉielo kio estas desegnita al la supra bildo. La ekvatora ebeno de ĉielo estas samdirekta kun la plano de tera ekvatoro. Ĝi estas perpendikla al "polusa stango". Oni mezuras la deklinacion de Suno el la ekvatora ebeno (supren en la bildo) kaj la horan angulon el sudo laŭ la ekvatora ebeno.

La libro donas la sekvantajn formulojn por kalkuli la koordinatojn por punkto (x, y) kie la suna ombro de fino de al skalo perpendikla stango falas. Oni ne uzas la multiplikan signon (*) en formuloj. Ekzemple: " cos φ cos H " oni do povus skribi pli klare: " cos(φ) * cos(H) ". La signo "=" signifas ke la maldekstra valuo ricevos la rezulton de dekstra kalkulo.

Q  =  cos φ cos H + sin φ tan δ

         sin H
x  =  a -------
           Q

         sin φ cos H - cos φ tan δ
y  =  a ----------------------------
                    Q

                                    a
x0  =  0                y0  =  - --------
                                  tan φ

           a
u  =  ------------
       | sin φ |

Plia kalkulado estas racia nur se estas Q > 0 (la valuo Q pli granda ol nulo). Se la valuo Q estas negativa, la Suno estas sub horizonto kaj tial la sunhorloĝo ne estas uzebla. Se egalas Q = 0 estus la ombro de stango en infinito kaj ne indikebla. Jen iom da klarigoj por la mallongigoj:

a
Alto (longo) de al horizontala ebeno perdendikla stango, kio do estas direktita al zenito.
u
Longo de stango kio estas direktita el la ebena skalo al la norda poluso de ĉielo.
φ
Geografia latitudo de loko, norda latitudo estas pozitiva. Vidu en Vikipedio la artikolon: Cirklo de latitudo
H
Hora angulo de Suno, mezurita laŭ la ekvatora ebeno el direkto de sudo horloĝdirekte (al okcidento).
δ
Deklinacio de Suno, angulo mezurita suden (-) aŭ norden (+) el la ĉiela ekvatoro, pozitiva en la norda flanko, en la bildo super la ekvatoro. Suda deklinacio estas negativa.
x0, y0
Koordinatoj por la centro de tempa skalo, loko por la suba fino de "polusa stango".

La situo de al ebeno perpendikla stango estas en la origo de koordinata sistemo (x=0, y=0). La loko de al poluso direktita stango estas en la centro de tempa skalo (x0, y0). Notu ke la centro de tempa skalo estas suden el origo kaj y0 do estas negativa. Ekvatora ebeno estas perpendikla al la stango kio estas direktita al la poluso de ĉielo.

Nu, kiel derivi & pruvi la formulojn? Estas ja facile por vidi ke egalas sin φ = a / u kaj la altitudo el horizonto estas facile trovebla en la supra desegnaĵo ĉar la ebeno ja estas horizontala. Ekzistas preta bone konata formulo por kalkuli la altitudon. La koordinatojn (x, y) oni kredeble povas kalkuli el la valuo a kune kun la direkto kaj altitudo de Suno. Ŝajnas evidenta ke la valuo Q havas iom por fari kun altitudo, almenaŭ en la horizontala kazo. Mi provas trovi la detalojn ...

Norme oni kalkulas la horizontajn koordinatojn azimuto A (angulo laŭ horizonto el sudo okcidenten) kaj altitudo h (angulo super la horizonto) jene:

                 sin H
tan A  =  ---------------------------
           cos H sin φ - tan δ cos φ

sin h  =  sin φ sin δ + cos φ cos δ cos H

Se ni jam scias la azimuton kaj altitudon de Suno, estas iom facile por kalkuli la lokon por la ombro de fino de vertikala stango sur horizontala ebeno. Desegnaĵoj nin helpos.

Dekstre ni vidas simplan desegnaĵon pri la horizontala ebeno, la vertikala stango, la Suno kaj la ombro kion la stango ĵetas en lumo de Suno. La situacio estas ankoraŭ 3-dimensia.

Ni supozas ke ni jam scias la sunan altitudon h kaj la sunan azimuton A.

La longo de ombro por la perpendikla ombra bastono de alto a estu nomita b kaj facile ni vidas el la vertikala triangulo de apuda bildo ke egalas tan h = a/b kaj sekve validas ankaŭ b = a / (tan h) ĉar la vertikala triangulo ja estas ortangula.

Nu, alternative certe estus ankaŭ cos h = b/v kaj tial estas b = v cos h se ni scius la longon v

Ni notu ke la azimutan angulon A oni povas desegni al du lokoj en la bildo. Temas pri du kontraŭlateraj anguloj. Certe azimuto indikas la direkton de Suno el sudo laŭ horizonto, sed oni vidas la saman angulon ankaŭ apud la nigra ombro de stango horizontale.

Ni ja volas fine trovi la koordinatojn (x, y) por la fino de ombro. Por tio ni bezonas la longon de ombro b kaj la angulon A

Nova bildo maldekstre estas nur 2-dimensia.

Ni jam scias ke el la alto de ombra stango a kaj la altitudo de Suno h eblas kalkuli la longon de ombro b = a / tan h sur la horizontala ebeno. Ni vidas ankaŭ nian malnovan amikon, la angulon A kio principe indikas la direkton de Suno, sed estas uzebla ankaŭ por la ombro.

El la nova desegnaĵo ni povas konkludi ke validas cos A = y/b kaj sin A = x/b

Sekve validas y = b cos A kaj x = b sin A

Estas ja la longo de ombro sur ebeno b = a / tan h kaj tial oni povas kalkuli la koordinatojn por la fino de ombro.

x = b sin A = (a / tan h) sin A = a sin A / tan h = a cos h sin A / sin h

y = b cos A = (a / tan h) cos A = a cos A / tan h = a cos h cos A / sin h

Nu, mi provizore ne vidas klaran interrilaton kun la formuloj de libro. Prefere mi kalkulu simplan ekzemplon. Ni uzu la proksimuman geografian latitudon de suda Finnlando, φ = +60 ° kaj la vertikala ombra bastono sur la horizontala ebeno estu de longo a = 20 cm. Estas facile por memori cos 60° = sin 30° = 1/2.

Ni kalkulu la plej longan ombron por hora angulo H = 2 horoj = 30° kaj la deklinacio de Suno do estu la plej suda kaj la plej negativa δ = -23,44°

Por la azimuto kaj altitudo ni kalkulas:

                      sin H
tan A  =  ---------------------------
           cos H sin φ - tan δ cos φ

                      sin 30°
       =  -----------------------------------------
           cos 30° sin 60° - tan (-23,44°) cos 60°

                        0,5
       =  ------------------------------------
           0,8660 * 0,8660 - (-0.43357) * 0,5

       =  0,51718

A  =  arc tan (0,51718) = 27,347°

sin h  =  sin φ sin δ + cos φ cos δ cos H
       =  sin 60° sin (-23,44°) + cos 60° cos (-23,44°) cos 30°
       =  0,8860 * (-0,39779) + 0,5 * 0,91748 * 0,8660
       =  0,05278

h  =  arc sin (0,05278) = 3,026°

Klare la Suno do estas jam iom malalte sur la ĉielo. La ombro estos longa. En okcidenta Finnlando la oficiala tempo estus tiam (vintre) proksimume 14:30, sed la loka suna tempo ja estas 2 horoj post tagmezo, do precize 14 horoj.

Sekve ni kalkulu la korelativajn koordinatojn por la fino de ombro sur la horizontala skalo, laŭ mia iom longa metodo:

x  =  a sin A / tan h
   =  20 cm * sin 27,347° / tan 3,026°
   =  20 cm * 0,45938 / 0,05286
   =  173,8 cm

y  =  a cos A / tan h 
   =  20 cm * cos 27,347° / tan 3,026°
   =  20 cm * 0,88824 / 0,05286
   =  336,1 cm

Nu, certe la dividanto tan h estas jam nekomforte proksima al nulo. Estas tamen interese por kompari ĉi tion primitivan rezulton al la rezulto de libro.

Q  =  cos φ cos H + sin φ tan δ
   =  cos 60° cos 30° + sin 60° tan (-23,44)
   =  0,5 * 0,8660 + 0,8660 * (-0,43357)
   =  0,057532

         sin H
x  =  a -------
           Q

                sin 30°
   =  20 cm * ----------  = 173,8 cm
               0,057532

         sin φ cos H - cos φ tan δ
y  =  a ----------------------------
                     Q

               sin 60° cos 30° - cos 60° tan (-23,44°)
   =  20 cm * -----------------------------------------
                          0,057532

               0,8660 * 0,8660 - 0,5 * (-0,43357)
   =  20 cm * ------------------------------------
                          0,057532

   =  20 cm * 16,804 = 336,1 cm

Sendube la metodo de libro estas pli akurata kaj antaŭ ĉio multe pli prudenta kaj efektiva, sed mia propra rezulto tamen ne estas tute erara en ĉi tio iom malfacila kazo.

La ombro ja estas nepraktike longa por tia mallonga 0,2 metra ombra stango, pli ol 3 metroj en Y-direkto. Oni apenaŭ konstruas tian horizontalan sunhorloĝon ĉar en praktiko nur malofte eblas vidi la Sunon tiel malalte. Utila informo tamen estas la koordinatoj por la centro de tempa skalo kaj la longo de "polusa stango", la valuo u. Ni jam scias ke estu x0 = 0

Mi povus diri ke por la kazo principe validas tan φ = a / (-|y0|) kaj sin φ = a / u el kioj la sekvantaj formuloj devenas.

            a
y0  =  - --------
          tan φ

          20 cm
    =  - --------
          tan 60°

          20 cm
    =  - --------   =  - 11,55 cm
          1,7321


           a
u  =  ------------
       | sin φ |

         20 cm
   =  -----------  =  23,1 cm
        0,8660

En praktiko la "polusa stango" estas la plej utila por montri sunan tempon sur la tempa skalo eĉ se la ombro de stanga fino estas ekster la skalo. Oni nome povas uzi la tutan "polusan stangon" por indiki sunan tempon. Rekta linio el centro de tempa skalo ( x0, y0 ) - kie la famega "polusa stango" komencas - al la direkto de kalkulita fino de ombro indikas la horon, eĉ se la kalkulitaj koordinatoj estas ekster la plato de tempa skalo.

Se oni ne volas desegni la tutan linion, oni unue kalkulu la plej mallongan eblan ombron por tio hora angulo, uzante la plej grandan eblan someran sunan deklinacion δ = +23,44° kaj komencu la rektan linion el tioj koordinatoj, desegnu la rektan linion ĝis la rando de skalo aŭ ĝis la koordinatoj de fina ombro, kio ajn okazas unue. Iam oni eble volas kalkuli la koordinatojn de punkto en la skala rando.

Ni tamen nun pensu pri la demando "Kiom longa la bona ombro povas esti?" Suno ja ne estas nura punkto de lumo. La angula diametro de Suno estas proksimume 1/2 gradoj kio signifas ke ombroj de malgrandaj objektoj ne povas esti infinite longaj. Por 20 centimetroj longa stango povus ekzemple 5 milimetroj jam esti iom granda diametro, se oni volas akurate legi la tempon el skalo en normaj cirkonstancoj. Sed kiom longa povas la tuta ombro maksimume esti por tia relative maldika bastono?

Se la diametro de stango estas d = 5 mm , la malgranda angulo estas α = 0,5° kaj la plej nigra ombro estas de longo L , ni povas proksimume skribi tan α = d/L (ĉar la angulo estas nur eta) kaj sekve L = d / (tan α) = 5 mm / tan 0,5° = 115 * 5 mm = 573 milimetroj = 0,57 metroj, kio certe estas pli malgranda longo ol la multaj metroj kiojn ni supre kalkulis por la koordinatoj de ombra fino sur horizontala ebeno.

Do iom da sana realismo. Post proksimume 115 fojoj da diametroj de ombra stango estos la ombro de stango fakte apenaŭ plu observebla. Tial ne meritas konstrui pli grandan tempan skalon ol tion kion la kiel eble plej nigra tuta ombro de stango povas atingi. Kaj certe, ni kalkulis milimetron en distanco de multaj metroj kio ne estas tre prudente. Ĉu la horizontala ebeno vere estus tiel bonega ke unu milimetro je distanco de pli ol 3 metroj havus ion signifon? Prefere oni tenu la dimensiojn de skalo realismaj kaj moderaj, ekzemple proksimume 100 fojoj la diametro de ombra stango el origo al rando de skalo.


Sekve la eble pli interesa kazo, la vertikala sunhorloĝo. Mi certe devus plibonigi la suban desegnaĵon ... Oni speciale notu ke nun la X-koordinato kreskas dekstren el la origo kaj la Y-koordinato kreskas supren el la origo. Direkto de oriento povas varii kiam la perdiklo al la ebeno ne estas direktita al sudo.

La plej simpla vertikala sunhorloĝo estus direktita al sudo, sed la direkto de perpendiklo de ebeno povus alternative esti direktita al iom alia direkto. Ekzistas ja multe da aliaj muroj, kvankam ĉiuj la plankoj estas horizontalaj. Ĉi tie la valuo de angulo D rakontas kiom la perpendiklo de ebeno estas direktita okcidenten el sudo.

( Por la horizontala kazo oni povus principe pensi ke egalas D = 0°, sed fakte oni tute ne bezonas la valuon D por la horizontala kazo. )

Plejparte la mallongigoj signifas la saman kiel antaŭe. Notu tamen ke la al vertikala ebeno perpendikla stango estas nun horizontala kaj la valuo a estas nur la longo de stango, ne la alto. La formuloj estas nun iom pli kompleksaj:

Q  =  sin D sin H + sin φ cos D cos H - cos φ cos D tan δ

         cos D sin H - sin φ sin D cos H + cos φ sin D tan δ
x  =  a ------------------------------------------------------
                  Q

           cos φ cos H + sin φ tan δ
y  =  - a ----------------------------
                  Q

x0  =  - a tan D              y0  =  a tan φ / cos D

           a
u  =  -----------------
       | cos φ cos D |

Notu ke la valuo de koordinato Y estos negativa, ĉar la ombro de stanga fino ne povas esti super la origo ; la Suno ja neniam brilas al skalo el sub horizonto. La valuo y0 por la centro de tempa skalo tamen estas pozitiva, situas super la origo.

Same kiel antaŭe, tute ne indas kontinui la kalkuladon se estas Q <= 0 (la valuo Q nulo aŭ negativa) ĉar la Suno tiam ne brilas sur la ebeno kaj tial ekzistas nenia ombro de stanga fino por la tempa skalo. Certe indas kalkuli nur por tempoj kiam la Suno vere estas super la horizonto. Do unue oni kalkulu la horajn angulojn kiam la Suno estas super la loka horizonto.

La horan angulon de Suno H0 en sunleviĝo kaj sunsubiro oni kalkulu el formulo: cos H0 = - tan φ tan δ tiel ke por sunleviĝo la valuo estas negativa kaj por sunsubiro pozitiva.

Multe do dependas el la deklinacio de Suno δ kaj por tio oni povas uzi la valuojn inter la limoj δ = -23,44° ... +23,44° (mezvintre ... mezsomere)

Mi jam konstatis ke provizore por mi apenaŭ eblos por vere pruvi la bonajn formulojn de libro.

Mi tamen volas apude prezenti kelkaj desegnaĵoj por provi grafike klarigi la situacion.

Mia propra simpla metodo asertas ke ni scias la angulojn azimuton A (el sudo okcidenten) kaj la altitudon h de Suno. Ni ja bezonas apartajn kontraŭajn trigonometriajn funkciojn por solvi ilin.

La metodo de libro evidente konstruis la kontraŭajn trigonometriajn formulojn enen en la bonaj kaj efikaj formuloj de sunhorloĝo. Mi ankoraŭ ne estas tiel lerta.

Pro simpleco estu la deklinacio de Suno δ = 0° en la ekzemploj por la vertikala sunhorloĝo. La Suno do estas ĉe la ekvatoro de ĉielo.

En la apuda bildo estas la ekvatora ebeno prezentita per la iom kurba blua linio. La Suno estas ĉe la ekvatoro ĉar estas δ = 0°

La apuda desegnaĵo eble estas iom konfuza, sed mi certe provos poste plibonigi la bildojn. Laboro en progreso.

Notu ke estas en la apuda bildo multaj vertikalaj ebenoj, kioj sekcas unu la alian je la fino de ombra bastono.

Por la vertikala sunhorloĝo estas ja la al tempa skalo perpendikla ombra bastono horizontala kaj direktita al horizonta direkto kio estas angulon D okcidenten el sudo.

Miaopinie la diferenco inter la direkto de Suno (azimuto A) kaj la direkto de ombra bastono (angulon D el sudo) estas relative simpla por solvi. Estas simple A - D kaj kredeble eblus uzi la angulon A - D por kalkuli la koordinatojn de ombra fino sur la tempa skalo.

Nu, mi ja ankoraŭ ne havas la finan pretan propran solvon por kalkuli la koordinatojn X kaj Y de ombra fino sur la tempa skalo, sed mi eble jam trovis iom da vero, kion mi volas prezenti per la nova bildo sube. Notu la angulojn (A - D) kaj altitudo h. Notu ke la ebeno kio estas laŭ la punktoj "Suno - fino de ombra stango - ombra fino sur tempa skalo" nek estas horizontala nek estas samdirekta kun la vertikala tempa skalo.

La sekvanta bildo provas prezenti la gravajn bazajn angulojn kiel eble plej simple. Aliaj bildoj estas kiel fotoj de sunhorloĝo, fotitaj ekster la sunhorloĝo. Ĉi tio bildo tamen estas kvazaŭ bildo de ĉielo desegnita tiel kiel la sunhorloĝo mem ĝin vidus (se kapablus rigardi). Ekvatoro estas la iom kurba linio.

Sekve mi nur kalkulas facilan ekzemplon. Estu la deklinacio de Suno δ = 0° kaj la Suno do estas en ĉiela ekvatoro, estas printempa aŭ aŭtuna ekvinokso. Ni uzu la finnan geografian latitudon φ = +60° . Unue ni kalkulu la horan angulon H0 por la momento kiam la Suno estas en horizonto, uzante la supran formulon.

cos H0  =  - tan φ tan δ
        =  - tan 60° tan 0°
        =  - 1,732 * 0  
        =  0
H0  =  arc cos 0,0  
    = 90°

La hora angulo de Suno do estas -90° en sunleviĝo kaj +90° en sunsubiro (cetere la sama validas praktike ĉie en Tero kiam estas δ = 0° ). Mi selektas por kalkulado la vesperan horan angulon H = 60° kaj la perpendiklo al la vertikala ebeno estu direktita D = 30° okcidenten el la direkto de sudo.

Estu la al vertikala ebeno perdendikla stango a = 20 cm longa. Ni kalkulu la koordinatojn por la fino de ombro. Egalas tan 0° = 0 kaj tial la kalkulado estas iom pli facila.

Q  =  sin D sin H + sin φ cos D cos H - cos φ cos D tan δ
   =  sin 30° sin 60° + sin 60° cos 30° cos 60°  ( - cos 60° cos 30° tan 0° )
   =  0,5 * 0,8660 + 0,8660 * 0,8660 * 0,5  ( - 0 )
   =  0,80801

         cos D sin H - sin φ sin D cos H + cos φ sin D tan δ
x  =  a ------------------------------------------------------
                  Q

               cos 30° sin 60° - sin 60° sin 30° cos 60°  ( + cos 60° sin 30° tan 0° )
   =  20 cm * ------------------------------------------------
                            0,80801

               0,8660 * 0,8660 - 0,8660 * 0,5 * 0,5   ( + 0 )
   =  20 cm * ------------------------------------------
                            0,80801

   =  20 cm * 0,660256  =  13,2 cm


           cos φ cos H + sin φ tan δ
y  =  - a ----------------------------
                  Q

                 cos 60° cos 60° + sin 60° * tan 0°
   =  - 20 cm * ------------------------------------
                              0,80801

                 0,5 * 0,5 + 0,8660 * 0
   =  - 20 cm * -------------------------
                          0,80801

   =  - 20 cm * 0,30940  =  -6,2 cm

La fino de ombro do estas en koordinatoj x = +13,2 cm kaj y = -6,2 cm

La perpendiklo de ebeno ne estas direktita al sudo, kaj tial la centro de tempa skalo estas iom pli kompleksa por kalkuli. La valuo x0 estos negativa. La sekvanta informo ja estas la sama por ĉiuj tempaj linioj, do bezonas kalkuli nur unu fojon.

x0  =  - a tan D     
    =  - 20 cm * tan 30°
    =  - 11,55 cm    

y0  =  a tan φ / cos D
    =  20 cm * tan 60° / cos 30°
    =  20 cm * 2
    =  40 cm

           a
u  =  -----------------
       | cos φ cos D |

           20 cm
   =  ---------------
       cos 60° cos 30°

   =  20 cm * 2,309 
   =  46,2 cm

Do la komenco de polusa stango de longo 46,2 centimetroj situas en koordinaatoj (x = -11,6 cm, y = 40 cm) ... kaj la alia fino de polusa stango ja estas en la fino de al ebeno perpendikla stango.

Mana kalkulado de punktoj por la tempaj linioj estas iom peniga kaj sentema al eraroj. Certe mi uzus propran komputilan programon por kalkuli multaj linioj aŭ la tutan tempan skalon.


Ĉi tio estas ja provizore nur laboro en progreso.

Por mi mem fakte estus iom malfacile por direktigi vertikalan sunhorloĝon akurate al io certa direkto. Por mi tial estus tre utila tia metodo kio kalkulas la direkton de horizontala ombra bastono (la angulon D el sudo okcidenten) kiam ni scias el praktika observado la mezuritajn ombraj koordinatojn X & Y sur la tempa skalo por io konita tempo (certa el tempo kalkulita hora angulo H de Suno).

La bonaj metodoj de libro kalkulas por vertikala sunhorloĝo el konita informo la rezulton: φ, H, δ, a, D ---> x, y

( La horizontaj koordinatoj altitudo h kaj azimuto A ja estas nur interrezultoj kioj estas solvitaj ene en la bonaj formuloj. )

Mi fakte volus unue kalkuli el konita informo, inkluzive la mezuroj de observita ombro, la rezulton: φ, H, δ, a, x, y ---> D ... kaj nur poste praktike konstrui la tempan skalon per kalkulado kiam mi jam konas la iom malfacilan angulon D.

Nature estus pli simple se povus esti precize D = 0° kaj la perpendikla stango do estus direktita rekte al sudo. Tio tamen ĝenerale ne eblas.


Kaj certe fine .......... NI VENKOS!

La Ambasadoro en Finnlando
de sendependa nacio
Mueleja Insulo


Menuo
Ĉefa paĝo (finna lingvo)