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90 A. Bravais. Man sieht hieraus, dass, wenn man AM parallel mit 0 0' zieht und O'M parallel mit OA, die Figur OAMO' ein Rhombus sein wird, dessen vier Ecken Gitterpunkte sein werden, die dem Netz der Zeichnungs-Ebene angehören, und dessen Diagonalen OM, AO' Symmetrieaxen des Netzes sein werden (Satz LNXV). Wenn man jetzt OA in drei gleiche Theile On, nn' und n'A theilt, werden die zu OA. normalen Ebenen, welche durch O, n, ri und A gehen, die Halbirende OM in O, B' und N schneiden. Da die Gitterpunkte unseres Netzes sich nur befinden können einerseits auf dem System der Punktreihen G’O'H', A'm'B', BmA, andererseits [83] auf dem System der Punktreihen APN, n'RB' Q, nCO', so dürfen diese Gitterpunkte nur auf den Durchschnittspunkten dieser Geraden gesucht werden. Aber zuvörderst ist es klar, dass die vier Punkte li, P, Q, // der Schaar nicht ange hören können; denn wenn das für den Punkt 1J der Fall wäre, so würde er, wenn man ihn um 120 Grad um 0 0' drehte, an einen solchen Ort des Raumes kommen, dass er u als Projection auf der Ebene der Figur haben würde, und in dem Innern der Schicht gelegen wäre, die zwischen den beiden durch 0 und n normal zu OA gelegten Ebenen einge schlossen ist, was augenscheinlich unmöglich ist. Also können nur die Punkte C, B', N Gitterpunkte in dem Innern des Rhombus OAMO' sein. Folglich beschränkt sich die Zahl der Lösungen auf drei, wobei der Parameter der Punktreihe O CB'M nothwendiger Weise gleich OM oder gleich OB'^^OM oder gleich OC = \ OM ist. Erste Lösung. — Der Parameter der Punktreihe auf der Halbirenden ist gleich OM. Das Parallelo gramm A OA' 0' ist alsdann der Hauptschnitt des Rhom boeders mit 0 0' als Axe. Dieses Rhomboeder ist vollständig bestimmt durch die Gleichung Am — OA — Om = d-, woraus man findet a} — 3 Am — f (P, tancf | ft = 3 , ft = 120° . Die aus dem Rhomboeder von 120° sich ableitende Schaar, auf welche wir so geführt sind,' kann erhalten werden, indem