68 
Problema ill. 
Dato angulo À — a, cujus cotangens — a, invenire alterum 
angulum ad basin B—f, ut quadrisectio secundum 
speciem IT locum habere queat. 
6. 33. Cum igitur hic sit m—1 et n—7y2, tota 
basis AB — y2 ita secatur, ut fiat AX—1 et BY—y 2, 
qui casus à praecedente tantum ordine differt. At vero 
inter a et b nunc habetur ista aequatio: bb+2ab—1, 
hinc colligitur b=—a+V 1<+aa—cot.f; unde ori- 
tur tag. B=a+V1i+aa. Quare cum sita=cot.a= +, 
—1+cos.a , : :#4 
fiet tag. B——"—, ubi cum sit 1 + cos. a = 2 cos. La? et 
sin. a — 2 sin. La cos. la, erit tag. ff — cot. ia, consequen- 
ter B—90°—Ia. Atque cum hoc casu sit t — b,_erit 
tag. D — cot. B — tag.La, ideoque D —= Ia.  Quod si 
jam ut ante ponamus a == 60°+e, erit B == 60 —£e, 
unde fit tertius trianguli angulus y == 60°—1e=B=6, 
ita ut etiam hoc triangulum sit isosceles. 
$. 39. Dato igitur angulo a utcunque, quoties an- 
gulus f cadet intra limites 00°—1Iax et 180°—2a; sive 
posito a —= 60° +e, quoties alter angulus B cadet intra 
bos limites 60°— 1e et 60°— 2e, quadrisectio semper 
Jlocum habebit. Neque vero hinc sequitur, quando 1ste 
angulus extra hos limites cadit, tum solutionem semper 
