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und machen ZA gleich h, so dass SA gleich 90° wird, ziehen wir ferner durch S den Haupt- kreis, der A zum Pol hat, und den Hauptkreisbogen A PB, so ist

XASB= 90⁰°, also+ PSB= 90⁰°—„

X+ ABS= 90⁰ nund

A B= 90⁰5

Aus dem rechtwinkeligen Dreieck PSB ergibt sich Sn, e i SP os 3 Daher ist PB= 90°— h und AP= h. Folglich ist das

Dreieck A2ZP gleichschenkelig. Nennt man darin den Winkel ZAP= 2 und denkt sich die Höhe gezogen, so ist

tg(45— 1½ 9)

sin(90⁰°—„y)= cos„

(7) cos= e=!g(45°— ½ p) colg h und Figur 2. 4 in(45 0— ½) GC, Verner ergibt sich aus dem Dreieck SAP, in welchem SPA= t+« ist, durch den Cosinussat⸗z (9) sin ò= sin h cos 4. und 0= sin d cos h+ cos d sin h cos(t+† a) oder 3 1

(10) cos(t+ a)=— Ig d cotg h Aus den Gleichungen(8) und(9) lässt sich der Hälfswinkel 7 sofort eliminieren, da cos 7=

1— 2 sin* 2 ist, daher ist

A 2 Sin²(45°— ½%) sin d=Q–j³edn h(1— Sin2 h)

oder sinꝰ h— sin sin h— 2 sinz(450— ½ G)= 0 folglich

. sin d ½α Vsinꝰ+ 8 sin²(450— 1 g) Sin h—

2 Da nach Voraussetzung h grösser als 0 ist, so bekommt die Wurzel das positive Vorzeichen, daher ist

? Sin d. Vhi Ssn420 ag) 367, 5= 2(1 † 1+ Sin* 9

Führt man nun den Hülfswinkel u ein durch die Gleichung

— VS sin(45— ½9)

sin d

(11) lg u so wird die Wurzel gleich 12 also cos

(12) Sin h= Sin d(cνs ε+ ⁷ sin deos:(/2) 2cds«“ cs a