360 Victor Schlegel, (p. 24) 



Anm. Für p = 5 würde n ein Bruch sein. Setzt man p > 6 , also p = 6 + x , 

 so geht (14) über iu 



12 + 2X 



Diese Gleichung lässt sich auf die Form bringen 



x(n — 2) = 4(3— u). 



Da n>2 sein muss, also 3>n oder n<3, so kann kein andrer Werth von x, als 

 dieser Gleichung genügen. Es giebt hiernach filr den Fall a == keine anderen ho- 

 mogenen Figuren, als die oben beschriebenen. 



Dritter Fall: A < 0. 

 Wir können die P^rmel (11) in der Gestalt schreiben: 



, 2(s — Sj) + 2p — SA 



^'- F^=2 



Da alle Glieder des Zählers positiv sind, so kann s ins Unendliche 

 wachsen, d. h. das Znsanimensetziingsverfahren, welches die polygonale Figur 

 liefert, kann, wenn A < ist, ins Unendliche fortgesetzt werden. 



Fügt man der obigen Formel die Bedingung der vollständigen Figur (13a) 



(p — 2) kj = s — si 

 hinzu, so folgt: 



= (s — si) + 2p — sA, 



eine unerfüllbare Bedingung, da alle drei Glieder positiv sind. Hieran wird 

 offenbar auch durch die Annahme s — Si = Sg = 0, d. h. durch die Annahme 

 unendlich vieler Theile, nichts geändert. Ks giebt also im Falle A < keine 

 vollständigen Figuren. 



Die Bedingung A < lässt sich in der Form schreiben 



2 p 



n > — ^■ 



p — 2 



Demnach ist 



fürp = 3, ^4, =5, =6, >6 



n>6, >4, >3, >3, beliebig. 



Ein Beispiel für diesen Fall liefert Taf. 2. Fig. 9. (n = 3, p = 7, 

 ka = 56, A = — 1, sj =35, s == 112.) 



Ein wesentlicher Unterschied der drei Fälle A ^ ergiebt sich noch 

 aus folgender Beti-achtung. Construirt man, von einem regelmässigen n-P^ck 



