2 der ganze Quadrant also wiederum 2= 1. Da r²2= 2 2 cos 2 ¹%, so ist sin 2%= W bI 14 52 Die Form der Lemniskate a= c ist in der Figur 6 dargestellt. §. 5. Lehrsätze.

1) Zieht man vom Mittelpunkte der Lemniskate a=c einen Leit- strahl, welcher gegen die Abscissenaxe unter dem durch die Gleichung

darnach S= 1 V b4— r¹, woraus für r= o ebenfalls Q= ¹b- folgt.

ain 20= 1 bestimmten Winkel o geneigt ist, so schneidet derselbe 1 des

Quadranten ab.

2 2 Beweis. Nach Gleich. 10) muss 2r ein 20= 1. b sein d. h. sin 2= 1, wi

behauptet wurde.

Ist daher der Quadrant zu halbiren, so ist sin 2⁰.= 15⁰. Dem dritten

Theil des Quadranten entspricht sin 2%= 3, 609)= 90 44* 8,19. Für den vierten Theil wird äy= 7⁰ 14“ 19“,5 u. s. W.

2) Jeder beliebige Sector der Lemniskate a=c lässt sich in ein recht- winkliges Dreieck verwandeln.

Beweis. Entwickelt man aus Gleichung 1) den Werth für y, so erhält man

y= AV—.— X£‿ Vai+ 4c2XxX2 NE e a 2c

also ist Val+ 42X 2= XZ2+ y2+. 2= 12+ c² und X=

3 X und für a= c 1 d. h. cos=2—.

Sei nun in Fig. 4 OA= c, AE normal auf OA und ebenfalls= c, so ist OE= V22= b= der grössten Abscisse OF. Sei ferner FG- OF und= OF, so ist OG+ V 2 b2=

V 4c2= 2c. Macht man nun OD= 2c und beschreibt darüber einen Halbkreis, schneidet man dann auf FG einen beliebigen Leitstrahl OC= FK ab, beschreibt endlich noch einen Bogen mit OK, der den Halbkreis in H schneidet, so ist OH= OK= Wb2+r2;

bz+ 12 aber auch OH= OD. cos HOD= 2c cos HOD, also cos HOD= Lee

mit dem Obigen folgt ZHOD=. Ist nun in Fig. 5 0C ein beliebiger Leitstrahl, so ist hiernach OH= W b2 Pr?, also DH= VW b2— r?, der Inhalt des Dreiecks ODH= 2VREr, d. h. doppelt so gross als der entsprechende Sector OFC. Beschreibt man

nun noch einen Halbkreis über OF, welcher OH in P schneidet, so ist △ FPO: △DHO = FOz: DOz2= bz:(2c)2= 1:2, folglich △̈FPO= Sector FCO. Will man also von

. In Verbindung