— 18—

Durch A) geht obige Gleichung über in: cotg sin(5+† 1)+ cos(6+ 7)= cos(6— 1) cos& sin(5+.) Tsin cos(+ 1)= cos(5— 1) sin? sin C 1=cos(5— 1) sin? 50⁰ 17⸗ 32⸗ oder 5 1 ꝗ— 6+9*+ℳ⸗ 1290 4228

Von diesen Werten ist der erstere unbrauch-

bar, weil er kleiner als † ist.*) Es ist daher: 6+† 1= 760 20 58“ 6— 1= 160 29 36“ 2= 92 50, 34; 6= 460 25/17“ 2 7= 59 51/22; 1= 290 55,41⸗ somit= 103 39 2“ Für p, erhalten wir zunächst: 6,= 41, sin † a, sin, sin † 7,

und wenn wir den Radius und die Winkel des Urdreiecks einführen, wobei zu beachten, daß das Urdreieck bei A stumpfwinkelig ist:

6,= 2 r sin(A— R) sin ß sin 7 Hierzu nehmen wir

ha= 2 r sin 3 sin 1

5= sin(a— R)

b,= ha sin(a— R) 2. Aufgabe: Von einem Dreieck ist ge-

geben: b+ c; F u. a. Man berechne ha— 56.— b+ c= 37, 6 m; F= 139, 5 qam;= 54 14 14“

Ergebnis ha—„= 11, 158 m. *) Den Doppelwert für den unbekannten Winkel hätte

a

„ 2 man durch die Substitution: tg ½=— umgehen können.

In diesem Falle hätte die Endgleichung gelautet: cos[(-.— G. = cos(— 1) cos

Ausrechnung. Es ist: I) F= 2 r? sin a sin h sin † 11) Ezin 6+† sin 1) 2 12 sin a sin 6 Lin 1

(b 5 C)“= 16 rs sin 2(6 1) cosz 2(6— p) oder wenn wir das Unbekannte von dem Bkauntem trennen:

.2 sin B sin- 16 F cosz²

cosz 3(6.—)(b † c)? sin a(Regel 3) -08(=) Cos(.)= 6F cotg ⁄4 cos² ³(5—)(bo) Dherel 3) 290224(1l 2 cos(H+) 1 SFcotg α cos² 1(5— ⁷)(b+. c)?² cos² ³(6— 1)— sinz 4a 4 FEcotg a Ccos2„(6— 1)(b T c)⸗ 2 4 F cotg ³ 2 1/,3— 1= 27 21„— (08² 2(8 1)— sin? 2 2(b+ c)² Cos 3(6 1) 2 4 F cotg a s2 1(6——= sinz 1 Cos² ½(—) 6(b+)*= sin2 3 α . 4 F cotg ½ α sin2= 2 A) sin²(b † o)⸗

„= 610 23/8“

Durch A) geht unsere obige Gleichung über in:

cosz(6— 1) cos²=

sin cos 9

40 14—

cos ½(6— 1)= Für ha— p erhalten wir: ha—= 21r sin ß sin 7— 4r sin Pa sin v sin ½ = 4 r sin 16 sin ½(2 cos ½ cos ½7— sin ½ ³) = Arsin] Bsin*ſcos 35—r) cos 16 1)— sin Jal d.e4 eins Lsim t ees.) Nun ist:

b+e= 4 r sin ½(+† 1) cos ½(6—)