Anmerkungen. 
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Also ganz ähnlich wie vorhin verfahre man mit c' und a 
(Fig. 96') und findet 0', so dass AO' — k' . Alsdann schlägt 
man einen Halbkreis durch O'C, dessen Centrum in AO' liegt, 
und findet AY=k". Verbindet man noch 0' mit dem gegebe- 
nen Punkte X und zieht YC parallel O’X, so ist C der ge- 
suchte Punkt, sofern eine Parallele zum Horizonte CB den End- 
punkt B der fraglichen Strecke ergiebt. 
32) Zu S. 76. Die Genialität Galilei’ $ leuchtet aus der 
Handhabung des vorliegenden Theorems in solchem Grade her- 
vor , dass wir den Leser dringend zum Studium der Aufgabe 
auffordern möchten. Man fasse dieselbe analytisch an; man 
wird grosse Mühe haben, während unseres Autors Methode be- 
wundernswerth dasteht. Die Analyse giebt für die Fallzeit längs 
]) C (die wir t" nennen wollen, während die für DB gleich t, 
und die für BC, von der Ruhe in D an, gleich t' sei), folgendes: 
(welcher Werth auch für die Fallzeit BC von B ans gilt) 
a 
]/2 rh ’ 
t’ = 
V2rH — V2r/i 
V2 rh' 
wo die Höhe von DB = h, die von BC=h' und h-\-K 
— II gesetzt ist. Indess ist hier der Beweis dafür, dass t t' 
stets O t" sei , äusserst umständlich , weil a durch r, h und h! 
ausgedrückt werden muss, während eine geometrische Construc- 
tion der drei Zeitgrössen leicht auszuführen ist. Freilich hat 
Galilei drei Hülfssätze voraufgehen lassen, die die Beweisfüh- 
rung kürzer erscheinen lassen. 
33) Zu S. 77. Man hat Galilei oft den Irrthum zuge- 
sprochen, als habe er den Kreisbogen für eine absolute Brachi- 
stochrone gehalten, und so in der That klingt der erste Satz, dem- 
gemäss »die schnellste Bewegung längs dem Kreisbogen statt- 
finde«. Allein die Schlussworte unseres Abschnittes sind 
völlig correct, denn es wird eben nur bewiesen, dass jeder Kreis- 
bogen in kürzerer Zeit durchlaufen wird, als irgend ein einge- 
schriebenes Polygon. 
34) Zu S. 78. Die unbekannte Strecke AE sei x, AD =.r', 
