dx VI— X2 untere und obere Grenze„= aresin de und 2 ergeben, so folgt:

Substituiert man nun in Formel(6): X= sinc, also= dop, woraus sich als

8S=(h2+ 9 h²(bz— c*) sinz dg, oder:(8)

— 4-¹ Vh²+ 1 1——— 3 sin) d h² hz(bz— c*)—

— 2 p r b(n G) k² setzt:

und wenn man

SWre Hnr 4= v(79 dg. 0)

S wlR

42(bz—*) bl?— cehz b²(hz+ c²) bahz²+ bac² Um als untere Grenze für das Integral den Wert 0 zu erhalten, nehme man

folgende Teilung vor: . m 2

Der Werth von k ist kleiner als 1, wie aus ersichtlich ist.

0 2 2 7 7T [A⁴o de=„2 d[49 do=ſ19 dg—49 49= E(2)— E GG) Die Formel für einen Mantelabschnitt des geraden elliptischen Kegels lautet demnach schliefslich:

S[L()— EG) do) Der Mantelabschnitt, welcher hierdurch dargestellt wird, ist von der Schnittebene und der längsten Seitenkante begrenzt. Um hieraus die Formel für einen Mantelquadranten

zu erhalten, hat man b.= 0 zu setzen, wodurch& sowohl, wie E() verschwinden. Es ist demnach

41. M= 4 b Vh= † c*. E(2) und die ganze Kegelfläche(11)

M= 2 b Shi+ c*. E.(12)

Zieht man Formel(10) von Formel(11) ab, so ergiebt sich für den Mantelabschnitt,

welcher von der Schnittebene und der kürzesten Seitenkante begrenzt wird, die einfachere Formel:

8= Ab V P c=. E(H).(13)

Nimmt man in der Formel für die ganze Kegelfläche der Controle halber h= O an, so muss

sich offenbar die Formel für die Grundfläche ergeben. Da der Modul k in diesem Falle 71

auch= 0 wird, so folgt E= ſdH 2, und es wird in der That in der Formel(12) 0 M=ben.