Löſung:

Der Fall, in welchem die Mittelpunkte der 3 gegebenen Kreiſe auf einer Geraden liegen, er⸗ heiſcht bei dieſer Löſung keine beſondere Betrachtung.

Wie ſchon früher geſagt, werden im Unterricht in der Regel erſt die Spezialfälle und zuletzt der allgemeine Fall behandelt. Nun liegt es nahe, wieder rückwärts zu gehen und die für den allge⸗ meinen Fall gewonnene Löſung auf die Spezialfälle anzuwenden. Dabei iſt es im Intereſſe des Un⸗ terrichts wünſchenswert, man kann ſogar ſagen notwendig, daß ſich dabei dieſelben Auflöſungen und keine neue ergeben, denn einmal erhalten wir ſo ein Criterium dafür, daß die gegebene allgemeine Löſung auch wirklich die einfachſte und natürlichſte iſt, dann aber hebt ſich der Leitgedanke der Löſung gleichſam als„ruhender Pol in der Erſcheinungen Flucht“ von ſelbſt ſo klar ab, daß er in allen Spezialfällen des Problems dem Schüler den ſicheren Weg zur Löſung zeigt.

Die von uns gegebene Löſung hat nun vor allen anderen den großen Vorzug, daß ſie dieſer Forderung wirklich genügt, wie wir an einigen Fällen zeigen wollen. Zuvor ſei kurz an die Lage der Ähnlichkeitspunkte in den Grenzfällen erinnert. Wird einer von 2 Kreiſen zu einem Punkte, ſo fallen beide Ähnlichkeitspunkte in dieſen Punkt; dasſelbe gilt noch, wenn der 2. Kreis gleichzeitig in eine Gerade ausartet. Wird der eine von beiden Kreiſen zu einer Geraden, ſo fallen die Ähnlich⸗ keitspunkte in die Endpunkte des Durchmeſſers, der ſenkrecht zu der Geraden ſteht. Werden beide Kreiſe gleichzeitig zu Puntien oder Geradeh, ſo kann von ÄAhnlichkeitspunkten keine Rede mehr ſein.

p. P. K.

In dieſem Falle gibt es nur 2 Ahnlichkeitspunkte Pi und Pa und demnach nur eine AÄhnlich⸗ keitsachſe. Pe. Der Hülfskreis H iſt ſo zu legen, daß er in Pi und Pa dieſelbe Potenz wie der geſuchte Kreis X hat. Da nun der Kreis X durch die Punkte P und Pa gehen ſoll, ſo muß auch II durch dieſe Punkte gehen. Wir bedürfen alſo des in der allgemeinen Löſung gegebenen Hülfsmittels nicht, um dieſen Kreis IH zu konſtruieren, da jeder Kreis, der durch Pu und Pa geht und den gegebenen Kreis K ſchneidet, unſern Zwecken genügt. Nun ziehen wir die gemeinſame Sehne der Kreiſe H und K und ziehen von ihrem Schnittpunkte Q mit Pu Pe die Tangente an den Kreis K. Der Berührungs⸗ punkt der Tangente iſt dann gleichzeitig der Berührungspunkt des geſuchten Kreiſes X.

Wir haben alſo die gewöhnliche Löſung erhalten.

2) PPI.

Es handelt ſich hier darnm, den erihrungepunt der Geraden mit dem geſuchten Kreis zu beſtimmen.

Wir knüpfen an den allgemeinen Fall an, in welchem von den 3 Kreiſen nur einer und zwar in eine Gerade ausgeartet iſt. Die Löſung des allgemeinen Falles kann hier offenbar Schritt für Schritt verfolgt werden, da die beiden maßgebenden Lehrſätze ihre Kraft behalten, und die Berührungs⸗ punkte mit den gegebenen Kreiſen auf dieſelbe Weiſe wie früher gefunden werden. Bei der Beſtimmung des Berührungspunktes der Geraden tritt an die Stelle der gemeinſamen Sehne des Hülfskreiſes und einer der Kreiſe die Gerade ſelbſt. Ihr Schnittpunkt mit der inbetracht kommenden Ähnlich⸗ keitsachſe ſei O. Da Q ein Punkt gleicher Potenz in Bezug auf H und X iſt, ſo ſind die von Q an beide Kreiſe gezogenen Tangenten einander gleich. Zieht man alſo von Q an IH die Tangente und trägt ſie von Q aus auf I. ab, ſo erhält man den geſuchten Berührungspunkt.

Es ergibt ſich alſo mit Rückſicht auf das bei der Aufgabe: E e K“ zeſgt folgende