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1. Der Sinusſatz. Er iſt die Eingangspforte zur Trigonometrie des ſchiefwinkligen Dreiecks und trotzdem in ſeiner ganzen Ausdehnung und Tragweite ſo gut wie unbekannt. Sind p und a die Projektionen der Seiten a und b eines Dreiecks auf die Grundlinie c,

ſo lautet der vollſtändige Sinusſatz: 2 r=—

sina sins sin, sin(a— auf die Projektionen p und a der Seiten a und b beſchränken. Andernfalls treten noch 2 Glieder hinzu.

Ich möchte hier den Nachdruck auf das letzte Glied legen und will daher die in der Schule übliche Aufzählung der Aufgaben unterlaſſen, die alle im Sinusſatze ihre Löſung finden und nur folgende drei hervorheben, die in den Lehrbüchern eine mehr oder minder umſtändliche Behandlung erfahren: 1) p—q, a,„; 2) p,—, ‧— 9; 3) p, a, y. Dieſe finden eine ſchöne Ein⸗ kleidung in der Feldmeßkunſt.

1) Von der Spitze eines Turmes, die sm über einem See liegt, erblickt man eine Wolke unter dem Höhenwinkel d und ihr Spiegelbild im Waſſer unter dem Tiefen⸗ winkel«. Wie hoch ſchwebt die Wolke?(Fig. 1) MD ſei der Waſſerſpiegel, CD die Höhe der Turmſpitze über dem Waſſer, A die Wolke, B ihr Spiegelbild, ferner CE AB.

Es iſt iſt dann EM== s;= R— 0, G= R— e, AM= 3; die Anwendung des

2 Sinusſatzes ergibt ſofort: 1) r= dn G)= Vin 2) AM= 35= rsin= rsin(6+) 2) und 3) Von einem Sm hoch gelegenen Punkte erblickt man eine lm lange Fahnenſtange, die auf einem n m hohen Hauſe ſteht, unter dem Geſichtswinkel d6. Welches iſt der ſenkrechte Abſtand des Beobachtungspunktes von der Fahnenſtange?(Fig. 2) C ſei der gegebene Punkt, CD= s ſeine Höhe über der Wagerechten, EF das Haus, FB die Fahnenſtange und CG FE. Wir verlängern FG über G hinaus um ſich ſelbſt bis zum Punkte A. Dann iſt in dem Dreieck ABC: BG= p= n—s+ 1; GA= q= n-—s; B⸗F= p—q= s und a— S=. Die Anwendung des Sinusſatzes ergibt: 1) 2r= 1. 2) sin= E= 2.8*

sin(a- g) sind 2r 2r

Damit iſt auch a und 5 beſtimmt. Daraus folgt dann weiter: CG= ptgo= qtga. Wir hatten FG über G hinaus um ſich ſelbſt verlängert und den Sinusſatz auf das ſo entſtandene Dreieck ABC angewandt. Für den geübten Mathematiker bedeutet das einen Um⸗ weg. Er faßt ſofort das ½△ BCF an. In dieſem iſt AF die Grundlinie, der Winkel an der Spitze und die Projektionen der Seiten ſind: p= BG= n—s+l und qa=— FG=— n+†s.

9 2(n—s)+ 1 2.

Es ergibt ſich wieder: 1) 2r=— und 2) sin(4—)= 57„ wo nun⸗

mehr« den ſtumpfen Winkel CFB bedeutet. Wir erhalten im allgemeinen 2 Löſungen, weil Perd Werte für; liefert, die ſich zu 180 ergänzen. Dies entſpricht auch der planimetriſchen Löſung. Bei dieſer hätten wir über FB den Kreisbogen ſchlagen müſſen, der + 0 als Peripheriewinkel faßt. Dieſer ſchneidet CG in 2 Punkten. Aus dieſer Konſtruktion folgt weiter, daß der größtmöglichſte Geſichtswinkel dann erhalten wird, wenn dieſer Kreisbogen die Grade CG berührt. In dieſem Falle iſt CG?= GF. GB= p. q=(n—s+ 1)(n— s). Das gleiche Reſultat liefert die Rechnung, die wir wieder an dem Dreieck ABC vornehmen

wollen. Es folgt dort: ns P=ed und daraus sin 6=— sin„. Da d der Natur der

Aufgabe nach nur ein ſpitzer Winkel ſein kann, ſo erhalten wir den größten Wert, wenn„= 900° iſt. Dann iſt aber CG Höhe im rechtwinkligen Dreieck und CG2= p. d und es iſt

wenn wir uns

sin=