Примеры измбренія. 87 



Вь самомъ дѣлѣ, примѣняя теперь формулу 24), находимъ а' = а, — * 2 = 73° 4'; 

 1, = 56°40' иі 2 = 61°38'. 



Находимъ І§ А\ С5 а' — соі 66°7' ((3 = 66°7') 



С8 А. 



» а отсюда сз (п л пЛ = — ^ зп Ц 2 -+- (3) = сз 6 Г38' 



у ' зп (3 4 



Итакъ, грань 3) есть грань пересѣченія поясовъ [110] и [011] т. е. это есть грань (100). 



Намъ остается определить символъ грани 5). Примѣнимъ сюда способъ ирраціоыальныхъ 

 поясовъ, для чего предварительно по только-что примѣненнымъ формуламъ вычислимъ утлы, 

 образуемые этою гранью съ гранями 4) (11 I) и 3) (100). 



Находимъ соответственно величины 19° 40' и 52° 5'. 



Теперь, примѣняя указанный способъ, найдемъ 



к = (111) к' = (1 • Г • 1,5619) с і = сз (19° 40') К = VI -+- (1,5619) а 

 I = (111) V = (1 • 1 • 1,5619) с 2 = сз (70° 3') I = VI (1,5619)* 

 т = (ЮО)ж' = (100) с 3 = сз (52° 5')Ж = 1 



Л Т , = \§К-+- \% с { —\§1— ]§• с, = 0,440888 = 1 8 - 2,7599 

 І8 іѴ.! + 1 е с, — ]§• ІГ— 1§ с] = 0,509038 = \ ё 3,2288 



Поэтому уравненія 



(Ж т 0 ' — -ь (Ж, ш/ — /,:/) -+- #/ (Ж, ш/ — А,') = 0 



теперь приму тъ видъ 



1,7599 н 3,7599 -н 2,7488 ^,' = 0 

 2,2288 р' и- — 1,5619 л ' = 0 



Отсюда вычислимъ 



Ро : Р і : Р* = ( 2 ^1) 



Такимъ образомъ изслѣдованный осколокъ представляетъ комбинацію 

 (##1) 2 (#00), (Ж»і) в . 



Страннымъ представляется полное отсутствіе слѣдовъ граней (221) и (311). Какъ будто 

 отсутствуютъ вертикальныя плоскости симметріи. 



