— 8—

t2+† O E?- AO0*

Mau erhält: cos"=

eee.eI.s)

t a cot a

aà 2t. cot α

. 0 E O E sin(6—) F.—— 1 Es iſt dann: cos a= 6= d4= an 7

wodurch d beſtimmt iſt.

III. Das Apolloniſche Berührungsproblem.

In den meiſten Lehrbüchern findet man die Aufgabe:„Einen Kreis zu beſchreiben, der 3 gegebene Kreiſe berührt,“ mittelſt Ähnlichkeitspolaren gelöſt. Dadurch wird ein neues Element in den Kreis der Betrachtungen gezogen, das bei den Spezialfällen, in welchen ein oder mehrere Kreiſe in Punkte oder Linien ausarten, entbehrlich iſt. Vom pädagogiſchen Standpunkte iſt daher eine ſolche Löſung vorzuziehen, welche ſich nur auf die Sätze über Potenzlinien und Ähnlichkeitspunkte ſtützt, welche ſchon bei der Löſung der Spezialfälle, die ja in der Regel dem allgemeinen Falle vorausgeſchickt werden, maßgebend waren. Eine ſolche Löſung, die merkwürdiger Weiſe noch ganz unbekannt zu ſein ſcheint, liefert folgende Überlegung.(Fig. 3.)

Die 3 gegebenen Kreiſe ſeien Ki Ke Kz, die äußeren Ähnlichkeitspunkte ſeien Ai A2 As und zwar Ai der von Ka und Ks, Az der von Ks und Ki und As der von Ki und Ka. Der geſuchte Kreis X möge die 3 Kreiſe gleichartig in den Punkten Ti Te Ts berühren. Nun geht bekanntlich die Verbindungslinie von Te und Ts durch Al, die von Ti und Is durch Az und ferner haben die Produkte Ar Te. Ai Ts und A2 Tr. As Is einen uns bekannten Wert. Wir kennen alſo die Potenz des geſuchten Kreiſes X in den Punkten Al und Az. Nun legen wir einen Hülfskreis H ſo, daß er in Ai und Az und damit in allen Punkten der Ähnlichkeitsachſe Ai Ae As dieſelbe Potenz hat wie der Kreis X.

Zu dieſem Zwecke ziehen wir durch An einen ÄAhnlichkeitsſtrahl, der die Kreiſe Ka und Ka ſchneidet und wählen auf dieſem 2 ungleich liegende*) Schnittpunkte etwa B und B. Alsdann ziehen wir A2 Bz. Der zu Bs ungleich liegende Schnittpunkt mit Ki ſei B1. Der durch Bi Be Bs gelegte Kreis H hat nun in At und A gleiche Potenz mit dem geſuchten Kreiſe X, weil Ar Be. Al Bs= Ai Ta. Ai Ta und Az Bi. A2 Ba= Az TI. Ag Is iſt.

Der Hülfskreis H ſchneide Kz außer in B noch in C. Dann iſt B2 C Potenzlinie von H und Kz. Folglich iſt ihr Schnittpunkt Q mit A A der Potenzpunkt der 3 Kreiſe X, H, Ka folglich geht die Potenzlinie von X und Ka d. i. die gemeinſame Tangente durch den Punkt Q. Damit iſt der Berührungspunkt Te gegeben und mit ihm Ti und Ta. Da von Q noch eine zweite Tangente an Ka gezogen werden kann, ſo erhält man einen zweiten Kreis, der die 3 gegebenen gleichartig be⸗ rührt. Die übrigen 6 Löſungen erhält man durch Benutzung der 3 anderen Ähnlichkeitsachſen.

*) d. h. die Radien nach Be und Ba ſind nicht parallel.