26 
Aus dem Archiv der Deutschen Seewarte — 1913 Nr. 1 — 
Es sei (/i die Breite des Ortes (z. B. Kairo), für welchen die Qibla zu ziehen ist, <p 2 diejenige von 
Mekka. Ebenso seien / t und A 2 bez. die Längen der 
beiden Orte. Man beschreibe mit möglichst großem 
Halbmesser einen Kreis, der den Horizont von Kairo 
vorstellt. Jetzt ziehe man 2 rechtwinklige Durch 
messer AB und CD (Fig. 5) und mache D N gleich 
der Poldistanz von Kairo; dann ist M K J- M A ein 
Stück des Aequators. E K sei gleich der Distanz 
Mekkas vom Aequator. Darauf ziehe man K F und 
K G x M B und M N, fälle von 6 das Lot G 0 auf 
den Durchmesser A B und verlängere es nach rechts 
und links. . Nunmehr beschreibe man mit dem Radius 
G K um 0 als Zentrum den Halbkreis R H Q, welcher 
notwendig innerhalb des Kreises liegt. Von H. aus 
trage man auf R H Q den Bogen 1II gleich dem 
Längenunterschied / 2 — ¿1 der 2 Orte ab, fälle das Lot 1L auf den 
Durchmesser B Q, ziehe H 1 bis zu einem Durchschnitt P mit dem 
verlängerten Durchmesser, und ziehe endlichP F, welches L I in T 
schneidet. Dieser Punkt T repräsentiert die Projektion von Mekka auf 
den Horizont von Kairo, und dementsprechend wird die Linie M T 
mit A B den gesuchten Richtungswinkel a bilden. 
Wir geben den Beweis dieser schönen Konstruktion, der sich 
bei Montucla nicht findet, nachstehend wieder. In Fig. 6 seien T 
und M die 2 Orte mit den Breiten </i und r/ 2 und den Längen Ai 
und / 2 , P sei der Nordpol, A Q der Aequator, und « repräsentiere 
die Qiblarichtung. Dann errechnet sich dieselbe leicht nach dem 
Kotangentensatz der sphärischen Trigonometrie. Man hat nämlich im 
j,. g sphärischen Dreieck TMP: 
j 
cos (90°-- f/i) . cos (x 2 — ?.\) = sin (90°— yi). cotg (90°— m) — sin (A 2 — A\). cotg (180°— u) 
sin . cos (¿ 2 — ).i) = cos (fi . lang t/ 2 + sin (A-2 —h) ■ cotg u I) 
Aus dieser Gleichung I) läßt sich « bestimmen. Falls aber die Montuclasche Konstruktion richtig ist, muß 
sich I) aus ihr wieder ableiten lassen. 
Tatsächlich ist: TL — TV + VL 
— V M. cotg a + M G. cos (fi 
= 0 J. sin (¿ 2 — M). cotg u + r . sin y 2 . cos t/j , 
wenn man ME = r setzt, oder 
TL = r .cos (fi. sin (A 2 —).{) . cotg u + r sin q 2 . cos g i II) 
5 y 
Andererseits ist auch PO — OH. cotg , 
). ; 
da die Winkel bei H und J im gleichschenkligen Dreieck OJH jeweils = 90°— ' - sind, und da 
OH = 0 J — r .cos (fi ist: 
PO = r . cos (fi . cotg^ , 
z 
PL == LJ. cotg h 
= r .cos <fi. cos Ui — Ai) . cotg 
und ebenso