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da= ist, positiv sein. Ferner läfst sich zeigen, daſs der absolute Wert von

a gröſser als 1 ist. Denn wäre= 1, so würden folgen:

EIBAG A

— B+ pBETAO=A VEAO=SATB B²2+ AC= A²+ B2+ 2 AB AC=Az²+ 2 AB C=A+ 2B b²(h²+ c*)= h²(bz— c²)— azc² † 2 abc: bz c²=— hac²— aac+† 2 abe* b²=— h²— à²+ 2 ab b²+ a²2— 2 ab=— ha² (a— b)z=— h, was nicht möglich ist. Nun war aber der absolute Wert von 5 gröſser als, folglich muſs.— 1 sein und die Reihenfolge der Wurzeln ist:+ 15— 1 a. I) Fall: A= 0, d. h. ha(bz— c²)= a2 c² In diesem Falle geht die quadratische Gleichung in die lineare Gleichung 2 Bk— C= 0 über, deren Wurzel« 0. 4 h I. C) 3 2 B 2 ac- ist. Sie ist aber auch gröfser als 1; denn wäre sie= 1, so mülste sein: b²(h2+ c²)=2 abe:², und wenn man die Bedingung a² C²= h2(bz— c²) hinzunimmt bzh“²+ bc*+† azcz= 2 abe²+ bhz²— hac* b*².*+ azc2= 2 abc*— hac* a²+ b²= 2 ab— h² (a— b)?=— h, was nicht möglich ist. Mithin haben die Wurzeln, wenn ⁵ beibehalten und als 00 betrachtet wird, folgende Reihenfolge: 0a 15— 1. IID Fall: A 0, d. h. h2(bz— cꝛ*) ac?. In diesem Falle ist noch zu untersuchen, wann B²+‿ A0C— 0 ist. Setzt man für A, B und C ihre Werte ein, so ergiebt sich: B2+AC= b“hz ſb*(h²+ c*²)— c*(h²+ a*+ cꝛ)). Bezeichnet man a²+ h²+* mit 8², so ist s die Seitenkante des Kegels, welche von der Spitze nach dem Scheitel der kleinen Achse gezogen ist. Es wird dann B²+ AC= bahz[b*(8&*— a²)— c.s²]= bzhz[(bz— cꝛ*) 8²— ab²]= bahz(e*se— azbz), wenn e die lineare Excentricität der Ellipse ist. An die Stelle der Ungleichungen für B²+ AC treten jetzt folgende: ez² s²— 42bz=0, oder es Sab.

1) es ab. Die Wurzeln sind reell. Es ist zuerst klar, dals ⁵ positiv und sein absoluter Wert gröſser als« ist; ferner mufs,

ist. Aus diesem Wert folgt, daſs sie positiv