Ebene

Beweis:
Angenommen, g und h seien zwei voneinander verschiedene Geraden mit mindestens zwei gemeinsamen Punkten. Da nach Axiom I.1 aber jede Gerade bereits durch zwei Punkte eindeutig bestimmt ist, müssen g und h identisch sein, ein Widerspruch zur Annahme!

Beweis:
zu (i): Es reicht aus, einen Fall, beispielsweise den mit g_C und g_A, zu diskutieren. Der Schnittpunkt von g_C mit AB soll D, derjenige von g_A mit BC soll E heißen. Die Gerade g_C schneidet nicht EB, denn der (nach X1 einzige) gemeinsame Punkt C von g_C und g_BC liegt nicht zwischen E und B. Unter Verwendung der Punkte A, B und E folgt mit II.4, dass g_C die Strecke AE und somit g_A schneidet.

zu (ii): Betrachtet man g_C zunächst (wie unter (i)) relativ zu A, B und E und danach relativ zu A, E und F, so folgt mit II.4 sofort die Behauptung.

Beweis:
Vier voneinander verschiedene und auf einer Geraden liegende Punkte seien beliebig gewählt. Für einen dieser Punkte, etwa mit A bezeichnet, gibt es zwei Möglichkeiten: Entweder liegt A zwischen zwei der anderen Punkte oder nicht. Im ersten Fall seien die Punkte, zwischen denen A liegt, mit B bzw. C bezeichnet. Dann gibt es unter der Voraussetzung _CAB_ nach II.3 drei Möglichkeiten für den vierten Punkt D: _ABD_, _ADB_ sowie _DAB_. Im zweiten Fall muss es neben A noch einen weiteren Punkt geben, etwa B, der wie A ebenfalls kein „Zwischenpunkt“ ist. Dann gilt _ACB_ und _ADB_.

Wenn man annimmt, dass die vier auf einer Geraden liegenden Punkte A, B, C und D immer angeordnet sind, dann sind gemäß der eben gemachten Vorbemerkungen alle möglichen Anordnungen unter Benutzung der Zeichen ˄ (und), ⊻ (entweder oder), ⇀ (wenn, so) durch die folgenden Aussagen vollständig beschrieben:

(1a) _CAB_ ˄ _ABD_ ⇀ _CAD_;
(1b) _CAB_ ˄ _ABD_ ⇀ _CBD_;
(2a) _CAB_ ˄ _ADB_ ⇀ _CAD_;
(2b) _CAB_ ˄ _ADB_ ⇀ _CDB_;
(3a) _CAB_ ˄ _DAB_ ⇀ _CDA_ ⊻ _DCA_; _CDA_ ⇀ _CDB_;
(3b) _CAB_ ˄ _DAB_ ⇀ _CDB_ ⊻ _DCB_; _CDB_ ⇀ _CDA_;
(4a) _ACB_ ˄ _ADB_ ⇀ _ACD_ ⊻ _ADC_; _ACD_ ⇀ _CDB_;
(4b) _ACB_ ˄ _ADB_ ⇀ _CDB_ ⊻ _DCB_; _CDB_ ⇀ _ACD_.

Diese Aussagen sind in ihrer Gesamtheit also äquivalent zur Aussage des zu beweisenden Satzes.

Der Beweis des Satzes hat zwei Teile: Erstens wird für vier kollineare Punkte A, B, C und D unter Benutzung der bisherigen Axiome die Aussage

(●)  _ABC_ ˄ _ACD_ ⇀ _BCD_

bewiesen; zweitens wird gezeigt, dass aus (●) alle Aussagen (1a) bis (4b) folgen.

Teil I.

Sei für vier beliebig gewählte kollineare Punkte A, B, C und D vorausgesetzt, dass B zwischen A und C sowie C zwischen A und D liegt. Man kann zeigen, dass dann folgende Aussagen wahr sind:

(a) D liegt nicht zwischen B und C.
(b) B liegt zwischen A und D.
(c) B liegt nicht zwischen C und D.

Aus (a) und (b) folgt wegen II.3, dass C zwischen B und D liegt.

zu (a):
Sei E ein Punkt, der nicht auf der Geraden g_AB liegt. (Die Existenz eines solchen Punktes ist wegen I.3 gesichert.) Nach II.2 gibt es dann einen Punkt F zwischen E und C. A liegt nicht zwischen B und C, also geht die Gerade g_AF gemäß II.4  durch einen Punkt, etwa G, der zwischen E und B und zudem zwischen A und F liegt.

Angenommen, D liegt zwischen B und C. Dann folgt unter Anwendung von X2(ii) im Hinblick auf die Punkte E, B und C, dass die Strecke DF von der Geraden g_CG geschnitten wird. g_CG schneidet zudem AD, denn nach Voraussetzung liegt C zwischen A und D. Da G zwischen A und F liegt, schneidet g_CG schließlich auch AF.

Dies liefert einen Widerspruch, denn nach dem Axiom von Pasch kann es keine Gerade geben, welche die drei Strecken DF, FA und AD schneidet. Die Annahme war also falsch. Demnach liegt D nicht zwischen B und C.

zu (b):
Wegen (a) ist _ABC_ ˄ _ACD_ ˄ _CDB_, also auch _DCA_ ˄ _DAB_ ˄ _ABC_ nicht möglich. Unter der Voraussetzung _ABC_ ˄ _ACD_ liegt also A sicher nicht zwischen D und B.

Die Annahme, dass D zwischen A und B liegt, führt zu _ABC_ ˄ _ACD_ ˄ _ADB_. Allerdings hat man dann wegen (a)

_ABC_ ˄ _ACD_ ⇀ nicht _BDC_
_ACD_ ˄ _ADB_ ⇀ nicht _CBD_
_ADB_ ˄ _ABC_ ⇀ nicht _DCB_

und damit einen Widerspruch zu II.3. Also liegt B zwischen A und D.

zu (c):
Sei E ein Punkt, der nicht auf der Geraden g_AC liegt und F ein Punkt auf EC. A liegt nicht zwischen C und D, also geht die Gerade g_AF gemäß II.4  durch einen Punkt G, der zwischen E und D liegt. G liegt nicht zwischen A und F. Ferner liegt B nach Voraussetzung zwischen A und C, also schneidet die Gerade g_BG die Strecke CF in einem Punkt H.

Aus _CHF_˄ _CFE_ folgt nach (b) _CHE_, womit g_BG auch die Strecke CE schneidet. Läge nun B zwischen C und D, so würde g_BG nicht nur CE und ED, sondern auch CD schneiden, was aber unmöglich ist. B liegt also nicht zwischen C und D.

Teil II.

(i)   zu zeigen: Aus (●) folgt (2a).
(●) erhält durch Umbenennung der Punkte (A→B, B→D, C→A, D→C) die folgende Gestalt:

_BDA_ ˄ _BAC_ ⇀ _DAC_.

Unter Beachtung von II.1 folgt (2a).

(ii)  zu zeigen: Aus (2a) folgt (2b).
Sei _CAB_ und _ADB_ vorausgesetzt.
Wäre _DCB_, so würde aus _BAC_ ˄ _BCD_ wegen (2a) _ACD_ und aus _BCD_ ˄ _BDA_ ebenso wegen (2a) _CDA_ folgen. _ACD_ und _CDA_ widersprechen sich aber wegen II.3. Wäre andererseits _CBD_, so würde aus _DBC_ ˄ _BAC_ wegen (2a) _DBA_ folgen, im Widerspruch zu _ADB_. Da nunmehr sowohl _CDA_ als auch _DBA_ ausgeschlossen sind, bleibt als dritte Möglichkeit nur _CDB_ übrig. Es gilt also

_CAB_ ˄ _ADB_ ⇀ _CDB_,

wie zu zeigen war.

(iii) zu zeigen: (1a) sowie (1b) folgen aus (2a) und (2b).
(1a) und (1b) sind äquivalent, denn sie entsprechen beide der Anordnung „CABD“ bzw. „DBAC“. Es genügt also, die Gültigkeit von (1a) nachzuweisen.
Sei _CAB_ und _ABD_ vorausgesetzt.
Wäre _CDA_, so würde aus _BAC_ ˄ _ADC_ wegen (2a) _BAD_ folgen, im Widerspruch zu _ABD_. Angenommen, es gelte _DCA_ statt _CDA_. Dann folgt mit (2b) zum einen _DAC_ aus _CBD_ ˄ _BAC_ im Widerspruch zu _DCA_ und zum anderen _DAB_ aus _DCB_ ˄ _CAB_ im Widerspruch zu _ABD_. Unter der Voraussetzung _CAB_ ˄ _ABD_ ist demnach _DCA_ nur in Kombination mit _BDC_ möglich. Werden diese vier Formeln in geeigneter Reihenfolge hingeschrieben, nämlich: _CAB_, _ABD_, _BDC_, _DCA_, so erkennt man, dass in diesem Fall C, A, B und D zyklisch angeordnet sind. Eine solche Anordnung der vier Punkte (abkürzend in der Formel .CABD. zusammengefasst) auf einer Geraden widerspricht zwar der Anschauung, ist jedoch auf Grundlage der bisherigen Axiome (noch) nicht ausgeschlossen.
Unter der Voraussetzung _CAB_ ˄ _ABD_ gilt also aufgrund der vorangegangenen Argumentation entweder _CAD_ oder die Punkte sind gemäß der Formel .CABD. zyklisch angeordnet:

(o)   _CAB_ ˄ _ABD_ ⇀ _CAD_ ⊻ .CABD.

In gleicher Weise folgt

_CAB_ ˄ _ABD_ ⇀ _DBC_ ⊻ .DBAC.

Mit .DBAC. wird dieselbe Punktanordnung beschrieben wie mit .CABD., also hat man

(*)   _CAB_ ˄ _ABD_ ⇀ _CAD_ ˄ _DBC_ ⊻ .DBAC.

Angenommen, die Punkte A, B, C und D sind gemäß der Fomel .CABD. auf der Geraden angeordnet. Dann existiert nach II.2 ein Punkt P, so dass P zwischen D und C liegt: _DPC_. Aus _ACD_ ˄ _CPD_ folgt wegen (2b) _APD_; aus _BDC_ ˄ _DPC_ folgt aus demselben Grund _BPC_.
Wenn (*) gilt, so auch gleichermaßen

(**)   _ABD_ ˄ _BDP_ ⇀ _ABP_ ˄ _ADP_ ⊻ .ABDP.

_ABP_ ˄ _ADP_ steht im Widerspruch zu _APD_, was eben abgeleitet wurde. Folglich sind die Punkte A, B, D und P gemäß .ABDP. angeordnet und somit gilt insbesondere _PAB_.
Mit (*) hat man auch

(***)   _PCA_ ˄ _CAB_ ⇀ _PCB_ ˄ _PAB_ ⊻ .PCAB.

_PCB_ ˄ _PAB_ steht im Widerspruch zu _BPC_. Daraus folgt, dass die Punkte P, C, A und B gemäß .PCAB. angeordnet sind. Insbesondere folgt _PBA_, im Widerspruch zu _PAB_!
Die Punkte A, B, C und D können demnach nicht gemäß der Fomel .CABD. auf der Geraden angeordnet sein. Mit (o) folgt _CAD_.

(iv) zu zeigen: (3ab) folgt aus (1ab) und (2ab).
Mit (1a) und (1b) bzw. (2a) und (2b) folgt

(1)   _CAB_ ˄ _ABD_ ⇀ _CAD_ ˄ _CBD_
(2)   _CAB_ ˄ _ADB_ ⇀ _CAD_ ˄ _CDB_

Durch Umbenennung der Punkte (B→C, C→B) erhält man aus (1) bzw. (2)

_BAC_ ˄ _ACD_ ⇀ _BAD_ ˄ _BCD_
_BAC_ ˄ _ADC_ ⇀ _BAD_ ˄ _BDC_

und hiermit die Aussagen (3a) und (3b), wenn man beachtet, dass unter der Voraussetzung _CAB_ ˄ _DAB_ weder _CAD_ noch _CBD_ möglich ist.

(v)  zu zeigen: (4ab) folgt aus (2ab).
Durch Umbenennung der Punkte (A→C, C→A bzw. B→A, A→C, C→B) erhält man aus (2)

_ACB_ ˄ _CDB_ ⇀ _ACD_ ˄ _ADB_
_BCA_ ˄ _CDA_ ⇀ _BCD_ ˄ _BDA_

und hiermit die Aussagen (4a) und (4b) auf ähnliche Art wie unter (iv).

Beweis:
Es gibt keinen Punkt A mit A < A, denn A kann nicht verschieden von sich selbst sein. Also ist < irreflexiv.

Die beiden Fälle A < B und B < A für zwei beliebige Punkte schließen sich nach Definition von < gegenseitig aus. Gilt weder A < B noch B < A, so folgt zwingend  B = A. Also ist < konnex.

Es bleibt noch die Transitivität zu zeigen. Hierzu gelte für drei kollineare Punkte A, B und C, die paarweise voneinander verschieden sind, A < B und B < C.

Fall 1:  O < E und E < C.
Wegen E < C gilt _OEC_. Wäre C < O, so hätte man _COE_ im Widerspruch zu _OEC_.  Also folgt O < C.

Fall 2:  A < O und O < E.
Wegen A < O gilt _AOE_. Wäre E < A, so hätte man _OEA_ im Widerspruch zu _AOE_. Also folgt A < E.

Fall 3:  O < B und B < E.
In diesem Fall ist nichts zu zeigen.

Fall 4:  A < B und B < C, wobei A, B und C verschieden sind von O bzw. von E.
Liegt A vor B und B vor C, so ergeben sich nach obiger Definition folgende mögliche Kombinationen: „ABCOE“, „ABOCE“, „ABOEC“, „AOBCE“, „AOBEC“, „AOEBC“, „AOEBC“, „OABCE“, „OABEC“, „OAEBC“, „OEABC“. Elimination von B liefert unter Weglassung von Doppelnennungen die Liste „ACOE“, „AOCE“, „AOEC“, „OACE“, „OAEC“, „OEAC“, entsprechend der Aussage A < C.

Beweis:
Angenommen, zu einer beliebig vorgegebenen Strecke gehören nur endlich viele, etwa n Punkte. Dann lassen sich diese Punkte nach X4 anordnen:

P₀ < P₁ < P₂ < ... <  P_n.

Zwischen zwei aufeinander folgenden Punkten P_i und P_i+1  gibt es gemäß II.2 noch einen weiteren Punkt P mit P_i < P < P_i+1, im Widerspruch zur Annahme.

Beweis:
zu (i): Diese Aussage wird mittels vollständiger Induktion bewiesen:

Induktionsanfang:
Nach I.3 gibt es mindestens eine Gerade, zu welcher ein Punkt existiert, der nicht zu dieser Geraden gehört.

Induktionsvoraussetzung:
Es gebe m voneinander verschiedene Geraden, zu denen mindestens ein Punkt außerhalb der jeweiligen Gerade existiert.

Induktionsschluss:
Seien g und h zwei von diesen m Geraden. Wegen X5 und X1 gibt es auf g sicher einen Punkt P, der auf keiner der anderen m−1 Geraden liegt. Auf h gibt es ebenso einen Punkt Q mit der gleichen Eigenschaft. Unter Beachtung von I.2 folgt, dass die Gerade g_PQ von jeder der m vorgegebenen Geraden verschieden ist. Da der Schnittpunkt von g und h nicht zu g_PQ gehören kann, gibt es demnach m+1 voneinander verschiedene Geraden, zu denen mindestens ein Punkt außerhalb der jeweiligen Gerade existiert.

zu (ii): Sei ein Punkt A beliebig vorgegeben. Sei B ein weiterer, von A verschiedener Punkt. Dann wird nach I.1 durch A und B eindeutig eine Gerade g definiert und wegen (i) gibt es einen dritten Punkt C, der nicht auf g liegt. B und C bestimmen eine zweite Gerade h. Angenommen, A liegt auf h. Dann folgt g = h und damit gehört auch C zur Geraden g. Widerspruch! Somit ist mit h eine Gerade gefunden, die nicht durch A geht.

zu (iii): Sei P irgendein Punkt. Dann gibt es wegen (ii) eine Gerade, die nicht durch P geht. Diese sei etwa mit g bezeichnet. Dann wird aufgrund von I.1 zusammen mit P durch jeden Punkt auf g eindeutig je eine Gerade definiert. Seien nun S und T zwei voneinander verschiedene Punkte auf g. Angenommen, die Geraden g_PS und g_PT sind identisch. Dann folgt g_PS = g und somit liegt P auf g. Widerspruch, denn nach Voraussetzung geht g nicht durch P. Demnach sind die Geraden g_PS und g_PT verschieden voneinander. Also folgt die behauptete Aussage, denn nach X5 liegen auf g unendlich viele Punkte.

Beweis:
Sei g eine Gerade und O ein Punkt, der auf g liegt, sowie A ein Punkt, der nicht auf g liegt. Dann existiert wegen II.2 ein dritter Punkt B, so dass O zwischen A und B liegt. A und B liegen somit auf zwei verschiedenen Seiten von g. Sei nun P ein von A und B verschiedener Punkt, der nicht zu g gehört, aber ansonsten beliebig gewählt ist.

Sind A, B und P keine kollinearen Punkte, so gibt es nach dem Axiom von Pasch für P genau zwei Möglichkeiten: Entweder wird die Strecke PA oder die Strecke PB von g geschnitten. Angenommen, g schneidet PB. Dann wird PA nicht von g geschnitten und A und P liegen auf derselben Seite auf g. Wird dagegen PA von g geschnitten, so wird PB nicht von g geschnitten und B und P liegen auf derselben Seite von g.

Sind A, B und P kollinear, so liegen A, B, O und P auf ein und derselben Geraden. Dann liegt P entweder auf der Halbgeraden OA> und damit auf derselben Seite von g wie A oder auf OB> und damit auf derselben Seite von g wie B.

Beweis:
zu zeigen: Reflexivität.
Es darf nach III.1 als A’ insbesondere A gewählt werden. Dann ist B’ bereits gefunden: es ist B’ = B. Also gilt

AB ≡ BA,

mit anderen Worten: jede Strecke ist zu sich selbst kongruent.

zu zeigen: Symmetrie.
Wegen der Reflexivität von ≡ hat man mit III.2

AB ≡ A’B’ und AB ≡ AB ⇀  A’B’ ≡ AB.

zu zeigen: Transitivität.
Wegen der Symmetrie von ≡ ist AB ≡ A’B’ gleichbedeutend mit A’B’ ≡ AB. Wiederum mit III.2 hat man

A’B’ ≡ AB und AB ≡ A’’B’’ ⇀  A’B’ ≡ A’’B’’

und damit die Transitivität von ≡.

Beweis:
Auf der Halbgeraden DE> kann ein Punkt F’ so gewählt werden, dass einerseits _DEF’_ (nach II.2) und andererseits EF’ ≡ BC (nach III.1) ist. Dann folgt mit  III.3  AC ≡ DF’. Da nach Voraussetzung auch AC ≡ DF gilt, muss wegen III.1 F’ mit F identisch sein. Demzufolge gilt ebenfalls _DEF_.

Beweis:
Sei AB < CD. Dann existiert nach Definition ein Punkt E mit _CED_ und AB ≡ CE. Nach III.1 gibt es somit auf der Halbgeraden C’D’> genau einen Punkt E’, so dass CE ≡ C’E’. Zusammen mit CD ≡ C’D’ folgt wegen X10, dass E’ zwischen C’ und D’ liegt. Zudem hat man

A’B’ ≡ AB ≡ CE ≡ C’E’.

Wegen der Transitivität von ≡ folgt A’B’ ≡ C’E’ und hiermit A’B’ < C’D’.

 A’B’ < C’D’ ⇀ AB < CD zeigt man auf genau dieselbe Weise.

Beweis:
Aus AB < CD folgt nach Definition, dass es einen Punkt P zwischen C und D gibt, für den AB ≡ CP gilt. CD < EF bedeutet für einen Punkt Q zwischen E und F, dass CD ≡ EQ. Nach X10 gibt es dann einen Punkt R zwischen E und Q mit CP ≡ ER. Wegen AB ≡ CP gilt somit auch AB ≡ ER.

Aus _EQF_ und _ERQ_ ergibt sich wegen X3, dass für die Punkte E, Q, R und F nur die Anordnungen „ERQF“ und „FQRE“ möglich sind. In jedem Fall bedeutet dies _ERF_ und damit folgt AB < EF.

Beweis:
Sei ein Punkt P auf der Halbgeraden CD> so gewählt, dass AB ≡ CE. Dann trifft wegen II.3 nur genau eine der folgenden Möglichkeiten zu: _CED_ (in diesem Fall gilt AB < CD), _CDE_ (dies bedeutet CD < AB), E = D (was gleichbedeutend ist mit AB ≡ CD).

Beweis:
∠B ≚ ∠B’ bzw. ∠C ≚ ∠C’ folgt bereits aus III.6. Bleibt zu zeigen: BC ≡ B’C’. Angenommen, BC und B’C’ sind nicht kongruent. Dann gibt es wegen III.1 den Punkt D’auf A’C’> mit BC ≡ B’D’. Hieraus folgt zusammen mit AB ≡ A’B’ und ∠B ≚ ∠B’ wegen III.6 insbesondere, dass ∠BAC ≚ ∠B’A’D’. Nach Voraussetzung gilt auch ∠BAC ≚ ∠B’A’C’. Dies bedeutet aber, dass der Winkel ∠BAC auf zweierlei Art an der Halbgeraden A’B’> abgetragen werden kann, im Widerspruch zu III.4.

Beweis:
Sei ∠A ≚ ∠A’, ∠B ≚ ∠B’ und  AB ≡ A’B’.
Wegen III.1 gibt es den Punkt D’auf A’C’> mit AC ≡ A’D’. Mit X14 folgt ABC ≅ A’B’D’ und damit insbesondere ∠B ≚ ∠A’B’D’. Nach Voraussetzung ist aber ∠B ≚ ∠B’, also gilt ∠A’B’C’ ≚ ∠A’B’D’. Nach III.4 müssen C’ und D’ auf ein und derselben, von B’ ausgehenden Halbgerade liegen. Andererseits liegen C’ und D’ beide auf der Halbgeraden A’C’>. Wegen X1 folgt C’ = D’ und somit AC ≡ A’C’. Mit X14 folgt die Behauptung.

Beweis:
Gegeben sei ein beliebiges Dreieck ABC und ein Punkt B’ auf einer beliebigen Geraden h. Für zwei von B’ ausgehende Halbgeraden h’ und k’ sei

∠(h’,k’) ≚ ∠ABC

vorausgesetzt, wobei h’ zu h gehören soll. Man wähle nun einen Punkt D auf der Geraden g_AB, so dass B zwischen A und D liegt. Dann gibt es wegen III.4 die Punkte A’ auf h’ bzw. C’ auf k’ sowie danach D’ auf h mit _A’B’D’_, so dass B’A’ ≡ BA, B’C’ ≡ BC und B’D’ ≡ BD. Gemäß Voraussetzung ist ∠A’B’C’ ≚ ∠ABC. Also gilt wegen X14  A’B’C ≅ ABC  und damit  ∠B’A’C’ ≚ ∠BAC  und  A’C’ ≡ AC.
Nach Axiom III.3 ist auch A’D’ ≡ AD. Somit folgt wiederum mit X14, dass die Dreiecke A’D’C’ und ADC zueinander kongruent sind, was insbesondere  C’D’ ≡ CD  und  ∠A’D’C’ ≚ ∠ADC  bedeutet. Zusammen mit  B’D’ ≡ BD  folgt schließlich unter Anwendung von III.6, dass die Winkel ∠D’B’C’ und ∠DBC kongruent zueinander sind, was zu zeigen war.

Beweis:
Nach II.2 gibt es einen Punkt D auf der Geraden g_AB mit _DAB_. g_AP schneidet somit die Seite DB des Dreiecks DBC, weswegen g_AP nach dem Axiom von Pasch auch entweder BC oder DC schneidet.

zu zeigen: g_AP schneidet DC nicht.
Alle zur Strecke DC gehörenden Punkte liegen auf einer Seite von g_AC, und zwar auf derjenigen Seite von g_AC, auf welcher B nicht liegt (weil D und B wegen _DAB_ auf verschiedenen Seiten von g_AC liegen).

Alle Punkte der Halbgeraden AP> liegen im Inneren von ∠CAB und damit auf derjenigen Seite von g_AC, auf welcher B liegt. Demnach kann keiner der Punkte von AP> zu DC gehören.

Alle Punkte der zu AP> entgegengesetzten Halbgeraden liegen nicht auf derjenigen Seite von g_DB, auf welcher die Punkte von DC liegen. Also haben auch <AP und DC keinen gemeinsamen Punkt.

Der gemeinsame Punkt S von g_AP und BC liegt auf AP>, denn sowohl C und S als auch C und P liegen auf derselben Seite von g_AB, also auch P und S.

Beweis:
Die Scheitel von ∠(h,k) bzw. von ∠(h’,k’) seien mit V bzw. V’ bezeichnet. Auf den Schenkeln h, k, h’ und k’ lassen sich Punkte A, B, A’ und B’ wegen III.1 so wählen, dass  VA ≡ V’A’  und  VB ≡ V’B’  gilt. Zusammen mit  ∠(h,k) ≚ ∠(h’,k’)  folgt, dass die Dreiecke VAB und V’A’B’ zueinander kongruent sind. Demnach gilt  ∠VAB ≚ ∠V’A’B’  und  ∠VBA ≚ ∠V’B’A’ sowie  AB ≡ A’B’.

Da l nach Voraussetzung im Inneren von ∠(h,k) verläuft, muss es nach X18 einen Punkt geben, in dem sich l und AB schneiden. Dieser Schnittpunkt soll mit C bezeichnet werden. Sei nun C’ derjenige Punkt auf A’B’, so dass A’B’ ≡ AC. Weil  AB ≡ A’B’ gilt, folgt unter Verwendung von III.3 auch  B’C’ ≡ BC. Wegen X10 liegt C’ somit zwischen B’ und A’. Die von V’ ausgehende und durch C’ verlaufende, mit l’ bezeichnete Halbgerade liegt also im Inneren von ∠(h’,k’). Ferner folgen mit X14 die Kongruenzen  VAC ≅ V’A’C’  sowie  VBC ≅ V’B’C’ und damit ergibt sich schließlich die zu beweisende Aussage.

Beweis:
Die Scheitel von ∠(h,k) bzw. von ∠(h’,k’) seien mit V bzw. V’ bezeichnet. A auf h, B auf k, C auf l, A’ auf h’, B’ auf k’, C’ auf l’ seien so gewählt, dass  VA ≡ V’A’, VB ≡ V’B’, VC ≡ V’C’  und dass C zwischen A und B bzw. C’ zwischen A’ und B’ liegt.

Wenn  ∠(h,l) ≚ ∠(h’,l’)  und  ∠(k,l) ≚ ∠(k’,l’)  gilt, so folgt mit dem Kongruenzsatz sws  VAC ≅ V’A’C’  sowie  VCB ≅ V’C’B’. Also gilt sowohl  AC ≡ A’C’ und BC ≡ B’C’ (und damit wegen III.3  AB ≡ A’B’) als auch  ∠VAB ≚ ∠V’A’B’  und  ∠VBA ≚ ∠V’B’A’. Mit dem Kongruenzsatz wsw folgt  VAB ≅ V’A’B’ und hiermit  ∠BVA ≚ ∠B’V’A’.

Die zweite Aussage lässt sich auf ganz ähnliche Art beweisen.

Beweis:
Sei h eine vom Punkt V ausgehende Halbgerade. Nach III.4 gibt es zwei weitere von V ausgehende Halbgeraden k und l mit ∠(k,h) ≚ ∠(l,h). Nach III.1 kann man dann Punkte A auf k und B auf l so festlegen, dass VA ≡ VB. Wegen X18 wird die Strecke AB von h geschnitten, etwa im Punkt S.

Die Dreiecke VAS und VBS sind wegen sws kongruent zueinander. Es folgt also  ∠ASV ≚ ∠BSV. Diese beiden Winkel sind gleichzeitig Nebenwinkel und somit nach Definition auch rechte Winkel.

Beweis:
Seien der Winkel ∠BAD und sein Nebenwinkel ∠CAD bzw. der Winkel ∠B’A’D’ und dessen Nebenwinkel ∠C’A’D’ zueinander kongruent. Dann ist jeder dieser vier Winkel ein rechter Winkel.

Angenommen, es gilt ∠B’A’D’ ≚ ∠BAD nicht. Der Winkel ∠B’A’D’ soll nun an der Halbgeraden AB> abgetragen werden, und zwar nach derjenigen Seite von g_BC, auf welcher D liegt. Dann befindet sich der hierdurch entstehende Schenkel h im Inneren entweder von ∠BAD oder von ∠CAD. Es ist möglich, etwa den ersten dieser zwei Fälle anzunehmen (denn im zweiten Fall kann man die folgende Argumentation in gleicher Weise führen). Es befinde sich also AD* auf h mit AD* ≡ A’D’ im Inneren von ∠BAD.

Weil die Winkel ∠B’A’D’ und ∠BAD* zueinander kongruent sind, gilt nach X16 das Gleiche auch für deren Nebenwinkel, also  ∠C’A’D’ ≚ ∠CAD*. Andererseits hat man nach Voraussetzung  ∠C’A’D’ ≚ ∠B’A’D’. Zusammen mit  ∠B’A’D’ ≚ ∠BAD*  folgt wegen  III.5  

(*)  ∠BAD* ≚ ∠CAD*.

Nach Voraussetzung ist  ∠BAD ≚ ∠CAD. Nach X19  gibt es demnach im Inneren von ∠CAD eine Halbgerade AD^> mit  AD^ ≡ AD*, für die insbesondere 

(**)  ∠BAD* ≚ ∠CAD^

gilt. Wiederum mit III.5 folgt aus (*) und (**), dass  ∠CAD* ≚ ∠CAD^. Da nach III.1 jeder Winkel an eine gegebenen Halbgerade nach einer gegebenen Seite nur auf genau eine Weise abgetragen werden kann, folgt D* = D^ und damit ein Widerspruch, denn D* und D^ liegen auf verschiedenen Seiten von g_AD.

Beweis:
Aus AC ≡ BC folgt ∠A ≚ ∠B unmittelbar durch Anwendung von III.6 auf die Dreiecke ABC und BAC.

Beweis:
Es gelte in einem Dreieck ABC ∠CAB ≚ ∠CBA. Angenommen, die Seiten AC und BC sind nicht kongruent zueinander. Dann kann man nach X13 annehmen, dass AC < BC gilt. (Im Fall BC < AC könnte nachfolgend in gleicher Weise argumentiert werden.) Unter der Annahme  AC < BC gibt es einen Punkt D zwischen B und C, so dass AC ≡ BD. Zusammen mit ∠A ≚ ∠B folgt wegen III.6, dass die Dreiecke BCD und CBA kongruent zueinander sind und damit ∠DAB ≚ ∠CBA. Also gilt mit ∠CAB ≚ ∠CBA auch ∠DAB ≚ ∠CAB.

C und D liegen auf derselben Seite von g_AB. Demnach folgt aus ∠DAB ≚ ∠CAB wegen III.4, dass die Halbgeraden AC> und AD> identisch sein müssen bzw. dass A, D und C kollineare Punkte sind. Weil D ein Punkt der Strecke BC ist, ergibt sich schließlich die Kollinearität der Punkte A, B und C. Dies steht im Widerspruch zur Voraussetzung: ABC ist als Dreieck definiert.

Beweis:
Der Winkel ∠A wird an der Halbgeraden A’B’> abgetragen, und zwar nach der Seite, auf welcher C’ nicht liegt. Auf der so entstehenden Halbgeraden gibt es den Punkt C’’ mit  A’C’’ ≡ AC. Wegen des Kongruenzsatzes sws folgt

(*)  ABC ≅ A’B’C’’ 

und hiermit  B’C’’ ≡ BC. Unter Beachtung von  BC ≡ B’C’  und  CA ≡ C’A’  folgt die Gleichschenkligkeit der Dreiecke C’C’’B’ und C’’C’A’.

Wegen X23 in Verbindung mit X20 hat man  ∠A’C’’B’ ≚ ∠A’C’B’  und hiermit auch  A’B’C’’ ≅ A’B’C’. Mit (*) folgt die Behauptung.

Beweis:
Sei die Strecke AB beliebig gewählt und P ein Punkt auf einer der Seiten der Geraden g_AB. Falls ∠PAB ≚ ∠PBA, so folgt mit X24 sofort die behauptete Aussage. Angenommen also, dass etwa ∠PAB < ∠PBA gilt. Sei BQ> eine im Inneren von ∠PBA verlaufende Halbgerade, so dass ∠PAB ≚ ∠QBA. Dann existiert nach X18 genau ein Punkt C zwischen A und P, in welchem BQ> die Strecke AP schneidet. Wegen

∠CAB ≚ ∠PAB ≚ ∠QBA ≚ ∠CBA

folgt mit X24 die Gleichschenkligkeit des Dreiecks ABC.

Beweis:
Mit dem Kongruenzsatzes sss folgt unmittelbar ABC ≅ ABC’ und damit ∠CAB ≚ ∠C’AB. Da C und C’ nach Voraussetzung auf derselben Seite von g_AB liegen, gilt  AC> = AC’> wegen III.4. Zusammen mit AC ≡ AC’ folgt wegen III.1  C = C’.

Beweis:
Sei AB eine beliebige Strecke. Die Punkte C und D seien so gewählt, dass C auf einer Seite von g_AB und D auf der anderen Seite von g_AB liegt und die Kongruenzen  ∠BAC ≚ ∠ABD  sowie  AC ≡ BD  gelten. Wegen X18 wird AB von CD in genau einem Punkt geschnitten. Dieser Schnittpunkt soll mit M bezeichnet werden.

Mit dem Kongruenzsatz sws folgt, dass die Dreiecke ABC und BAD zueinander kongruent sind, womit insbesondere  BC ≡ AD  gilt. Mit dem Kongruenzsatz sss hat man dann  DCA ≅ CDB, und somit  ∠ACD ≚ ∠BDC, also auch  ∠ACM ≚ ∠BDM.  Mit dem Kongruenzsatz wsw folgt schließlich  AMC ≅ BMD und damit  AM ≡ MB.

Beweis:
Sei M der Mittelpunkt von AC. Der Punkt D auf der Halbgeraden BM> sei so gewählt, dass M zwischen D und B liegt und BM ≡ MD gilt. Dann folgt mit dem Kongruenzsatz sws  MBC ≅ MDA  und damit  ∠MCB ≚ ∠MAD.

Sei P ein Punkt auf BA> mit _PAB_ und Q ein Punkt auf DA> mit _DAQ_. Dann bleibt noch zu zeigen, dass  ∠MAD < ∠MAP gilt: Mit dem Axiom von Pasch erkennt man, dass D und P auf derselben Seite von g_AC liegen (denn g_AC schneidet PQ und DQ) und dass D und C auf derselben Seite von g_AB liegen (denn g_AB schneidet CQ und DQ). Hieraus folgt, dass die Halbgerade AD> im Inneren von ∠MAP liegt, was zu zeigen war.

Ist M’ der Mittelpunkt von AB und D’ auf CM’> mit _CM’D’_ und CM’ ≡ M’D’, so folgt ∠CBM’ ≚ ∠D’AM’. Sei nun P’ ein Punkt auf CA> mit _PAC_ und Q’ ein Punkt auf D’A> mit _D’AQ_. Dann folgt auf ähnliche Weise wie oben, dass AD’> im Inneren von ∠M’AP’ liegt.

Damit ist die behauptete Aussage für die am Winkel ∠A anliegenden Außenwinkel bewiesen. Die Beweise für die anderen Außenwinkel verlaufen entsprechend.

Beweis:
Gegeben seien zwei voneinander verschiedene und auf einer Geraden g liegende Punkte F und F’. Ferner sei P ein Punkt, der nicht auf g liegt. Dann ist PFF’ ein Dreieck. Die Annahme, dass sowohl PF als auch PF’ Lotstrecken von P auf g sind, führt zu einem Widerspruch zu X29, denn aus diesem Satz folgt unmittelbar, dass es in einem Dreieck nie zwei rechte Innenwinkel geben kann. Demzufolge müssen die Punkte F und F’ identisch sein.

Beweis:
Gegeben sei eine Gerade g. Seien ferner zwei voneinander verschiedene Punkte F und A, die beide auf g liegen, beliebig gewählt. Sei dann B derjenige Punkt auf <FA, so dass FA ≡ FB. Dann gibt es nach X26 einen Punkt C außerhalb von g, so dass das Dreieck ABC gleichschenklig ist. Mit dem Kongruenzsatz sss folgt, dass die Dreiecke FAC und FBC zueinander kongruent sind. Demnach sind ∠CFA und ∠BFC zueinander kongruente Nebenwinkel, also Rechte. g_CF ist somit die (wegen I.1 eindeutig bestimmte) Lotgerade in F zu g.

Beweis:
Sei in einem Dreieck ABC die Seite AB kleiner als AC. Dann gibt es den Punkt D zwischen A und C mit AD ≡ AB. Das Dreieck BDA ist somit gleichschenklig und es folgt ∠DBA ≚ ∠ADB wegen X23. Nach X29 ist ∠BCA < ∠ADB.

D liegt im Inneren von ∠CBA. Dies bedeutet, dass  ∠DBA < ∠ABC. Insgesamt folgt also

∠BCA < ∠ADB < ∠ABC. 

und damit die behauptete Aussage.

Beweis:
Sei in einem Dreieck ABC der Winkel ∠C kleiner als ∠B. Angenommen, es gelte dann AB < AC nicht. Falls AB ≡ AC, würde wegen X23 ∠C ≚ ∠B folgen. Falls AC < AB, wäre wegen X32 ∠B < ∠C. Beide Fälle führen demnach zum Widerspruch zu ∠C < ∠B, was vorausgesetzt war.

Beweis:
Es gibt den Punkt D auf AC> mit _ACD_ und CD ≡ BC. Wegen der Gleichschenkligkeit des Dreiecks BDC ist ∠DBC ≚ ∠BDC. Da C im Inneren von ∠DBA liegt, gilt ∠DBC < ∠DBA. Wegen der Kollinearität von A, C und D hat man ∠BDA < ∠DBA. Mit X33 folgt AB < AC + CD und hieraus die Behauptung.

Beweis:
Sei ∠A ≚ ∠A’, ∠B ≚ ∠B’ und  AC ≡ A’C’.
Angenommen, es gilt nicht AB ≡ A’B’. Dann gibt es einen Punkt D’ auf A’B’> mit AB ≡ A’D’ und es folgt mit sws, dass  ABC ≅ A’D’C’. Also gilt insbesondere ∠A’D’C’ ≚ ∠ABC. Andererseits war aber ∠A’B’C’ ≚ ∠ABC vorausgesetzt. Das bedeutet im Fall AB < A’B’ für das Dreieck D’B’C’, dass der Außenwinkel ∠A’D’C’ kongruent zum nicht-anliegenden Innenwinkel ∠A’B’C’ ist bzw. im Fall A’B’ < AB für das Dreieck B’D’C’, dass der Außenwinkel ∠A’B’C’ kongruent zum nicht-anliegenden Innenwinkel ∠A’D’C’ ist, beides ein Widerspruch zu X29! Aus AB ≡ A’B’ folgt mit dem Kongruenzsatz sws die Behauptung.

Beweis:
Gegeben sei ein beliebiger Winkel ∠(h,k) mit dem Scheitel V. Man wähle die Punkte A und B auf h bzw. auf k so, dass VA ≡ VB. Die Halbierung der Strecke AB liefert nach X28 den eindeutig bestimmten Mittelpunkt M von AB. Mit dem Kongruenzsatz sss folgt  VAM ≅ VBM  und damit ∠AVM ≚ ∠MVB, was zu beweisen war.

Beweis:
Gegeben sei ein beliebiges Dreieck ABC und zwei seiner Winkelhalbierenden, etwa w_A, die den Winkel ∠BAC halbiert, und w_B, die den Winkel ∠CBA halbiert. w_A und w_B schneiden sich wegen X18 in einem Punkt W. Man zeigt mittels des Kongruenzsatzes sww und unter Beachtung von III.3, dass die drei Lotstrecken WD, WE und WF zueinander kongruent sind. Deswegen ist EFW ein gleichschenkliges Dreieck und wegen des Basiswinkelsatzes gilt ∠WFE ≚ ∠FEW. Aus X20 zusammen mit X22 folgt ∠EFC ≚ ∠CEF, was nach X24 bedeutet, dass CF ≡ CE. Hieraus folgt mit dem Kongruenzsatz sws die Kongruenz  WCF ≅ WCE. Daraus ergibt sich ∠FCW ≚ ∠WCE und hiermit die Behauptung.

Beweis:
Seien g und h zwei Geraden, die von einer dritten Geraden in voneinander verschiedenen Punkten A und B geschnitten werden. Angenommen, g und h haben einen gemeinsamen Punkt C. Sei D irgendein Punkt auf CB> mit _CBD_. Wegen der vorausgesetzten Kongruenz von Wechselwinkeln folgt dann, dass beispielsweise der Innenwinkel ∠A des Dreiecks ABC zum nicht-anliegenden Außenwinkel ∠ABD kongruent ist, im Widerspruch zum Satz vom Außenwinkel.

Beweis:
Der Satz folgt sofort aus X38 zusammen mit X17 und der Tatsache, dass sich Nebenwinkel immer zu zwei Rechten ergänzen.

Beweis:
Sei die Gerade g beliebig gewählt, k eine zweite Gerade und P ein Punkt auf k. Falls k||g, so ist nichts zu zeigen. Seien also g und k zwei Geraden, die sich in einem Punkt S schneiden. Dann kann nach III.4 einer der von g und k eingeschlossenen Winkeln an einer von P ausgehenden Halbgerade so abgetragen werden, dass sich zueinander kongruente Wechselwinkel ergeben.

Beweis:
Seien g und h zwei zueinander parallele Geraden und k eine Gerade, die g und h in zwei voneinander verschiedenen Punkten S bzw. T schneidet. Sei ferner G ein von S verschiedener Punkt auf g, H ein von T verschiedener Punkt auf h derart, dass G und H auf verschiedenen Seiten von k liegen.

Sei nun angenommen, dass beispielsweise die Wechselwinkel ∠GST und ∠HTS nicht kongruent zueinander sind. Ohne Beschränkung der Allgemeinheit sei ∠GST < ∠HTS. Wird ein zu ∠GST kongruenter Winkel an der Halbgeraden TS> abgetragen, und zwar nach der Seite von k, auf der sich das Innere von ∠GST nicht befindet, so erhält man wegen X38 eine zweite Parallele h’ zu g durch T, im Widerspruch zum Parallelenaxiom.

Beweis:
Gegeben seien die Winkel ∠(g,h) mit dem Scheitel V sowie ∠(g’,h’) mit dem Scheitel V’, und zwar derart, dass g’ senkrecht zu g bzw. h’ senkrecht zu h ist. Der Schnittpunkt von g und g’ sei mit G, derjenige von h und h’ mit H bezeichnet. Ohne Beschränkung der Allgemeinheit sei die Situation so gewählt, dass V und H auf ein und derselben Seite von g’ liegen. Die durch V’ gehende und zu g parallele Gerade sei mit g*, die ebenso durch V’ gehende und zu h parallele Gerade sei mit h* bezeichnet. S sei der gemeinsame Punkt von g und h*, S* der gemeinsame Punkt von g* und h. H* auf h* sei so gewählt, dass V’ zwischen H* und S liegt.

∠SVH und ∠VSV’ sind Wechselwinkel, ∠VSV’ und ∠S*V’H* Stufenwinkel. Demnach gilt ∠SVH ≚ ∠S*V’H*. Sowohl ∠HV’H* als auch ∠GV’S* sind rechte Winkel, also zueinander kongruent. Aus  ∠HV’H* − ∠HV’S* =  ∠S*V’H*  und  ∠GV’S* − ∠HV’S* =  ∠GV’H  folgt demzufolge  ∠S*V’H* ≚ ∠GV’H  und damit die Behauptung.

Beweis:
Gegeben sei ein beliebiges Dreieck ABC. D sei ein Punkt auf g_AB, so dass B zwischen A und D liegt. BE> sei eine zu g_AC parallele Halbgerade, wobei E auf derselben Seite von g_AB liegen soll wie C. Dann sind nach X41 sowohl die Stufenwinkel ∠BAC und ∠DBE als auch die Wechselwinkel ∠ACB und ∠EBC zueinander kongruent. Die Summe der zusammengefügten Winkel ∠DBE, ∠EBC und ∠CBA entspricht zwei Rechten, womit die zweite behauptete Aussage bewiesen ist. ∠DBE + ∠EBC und ∠CBA sind Nebenwinkel, woraus die erste behauptete Aussage folgt.

Beweis:
Die behauptete Aussage folgt sofort unter Benutzung von X23 und X35 bzw. X14.

Beweis:
Gegeben sei ein beliebiges Dreieck ABC und die Mittelsenkrechte m_c von AB sowie die Mittelsenkrechte m_b von AC. Es ist zunächst zu zeigen, dass sich m_c und m_b in einem Punkt schneiden. Sei hierfür der Mittelpunkt von AC mit M_b bezeichnet.

Angenommen, m_c und m_b sind parallel zueinander. Dann sind zwei Fälle zu diskutieren: m_b ist auch parallel zu g_AB oder aber m_b ist nicht parallel zu g_AB. Der erste Fall liefert wegen X42 einen Widerspruch, denn m_c schneidet g_AB nach Voraussetzung. Im zweiten Fall schneiden sich m_b und g_AB, etwa im Punkt S. Dann hat aber das Dreieck ASM_b wegen m_c||m_b zwei rechte Winkel im Widerspruch zu X44. Die Annahme m_c||m_b hat sich also als falsch herausgestellt, was zu zeigen war.

Wird der Schnittpunkt von m_c und m_b mit M bezeichnet, so gilt wegen X45 AM ≡ BM sowie AM ≡ CM, also auch BM ≡ CM. Dies bedeutet (wiederum wegen X45), dass M auf der Mittelsenkrechten von BC liegt. Hieraus folgt die behauptete Aussage.

Beweis von X47:
Mit der Abbildung ℓ soll jeder Strecke eine positive reelle Zahl zugeordnet werden, und zwar derart, dass ℓ die unter (S1), (S2) und (S3) geforderten Eigenschaften besitzt.

(I)
Im Hinblick auf (S2) ist es zwingend, dass für jede beliebige Strecke ST

ℓ(SM₁) = 1/2·ℓ(ST) und
ℓ(ST + ST) = ℓ(ST) + ℓ(ST)

festgelegt wird, wobei mit M₁ der Mittelpunkt von ST bezeichnet wurde. Ist M₂ der Mittelpunkt von SM₁, M₃ der Mittelpunkt von SM₂, und so fort, so ergibt sich nach k-maliger Streckenhalbierung

(*)   ℓ(SM_k) = 1/2^k·ℓ(ST).

Ist ST₁ die Verlängerung von ST mit sich selbst, ST₂ die Verlängerung von ST₁ mit ST, und so weiter, so hat man nach k-maliger Streckenverlängerung

(**)   ℓ(ST_k) = k·ℓ(ST).

Sei nun für eine Referenzstrecke PQ

ℓ(PQ) = 1

festgesetzt. Damit ist (S3) erfüllt.

(II)
Es soll nun gezeigt werden, dass ℓ additiv ist. Seien hierzu drei kollineare Punkte A, B und C gegeben, wobei B zwischen A und C liegt. Man halbiere nun PQ solange, bis ein genügend großes k gefunden wurde mit PM_k < AB und PM_k < BC. Nach V.1 gibt es dann einerseits Punkte C₁, C₂, ..., C_n auf der Halbgeraden BA> derart, dass

BC₁ ≡ C_iC_i+1 ≡ PM_k  für alle i = 1, 2, ..., n−1 

gilt und dass A zwischen B und C_n, aber nicht zwischen B und C_n−1 liegt. Andererseits gibt es Punkte D₁, D₂, ..., D_m auf der Halbgeraden BC> derart, dass

BD₁ ≡ D_iD_i+1 ≡ PM_k  für alle i = 1, 2, ..., m−1 

gilt und dass C zwischen B und D_m, aber nicht zwischen B und D_m−1 liegt. Dann folgt insbesondere mit (*) und (**) sowohl

n−1/2^k ≤ ℓ(BA) < n/2^k    

als auch

m−1/2^k ≤ ℓ(BC) < m/2^k. 

Hieraus ergibt sich (aus geometrischer Sicht)

m+n−2/2^k ≤ ℓ(AC) < m+n/2^k

und rein arithmetisch (ℓ(BA) und ℓ(BC) sind positive reelle Zahlen!)

m+n−2/2^k ≤ ℓ(BA) + ℓ(BC) < m+n/2^k.

Also hat man

|ℓ(BA) + ℓ(BC) − ℓ(AC)| < 1/2^k−1.

Weil k in dieser Abschätzung beliebig groß werden darf, folgt

ℓ(AB) + ℓ(BC) = ℓ(AC).

Damit ist (S2) erfüllt.

(III)
Es bleibt noch nachzuweisen, dass die Maßzahl ℓ(AB) für eine beliebig gewählte Strecke AB in eindeutiger Weise (relativ zu PQ) bestimmbar ist. Hierzu müssen drei Fälle unterschieden werden.

(i)   AB ≡ PQ. Dann ist ℓ(AB) = 1. Fertig.

(ii)  PQ < AB. Dann gibt es den Punkt C₁ zwischen A und B mit AC₁ ≡ PQ und es ist ℓ(AC₁) = 1.

(iii) AB < PQ. Dann wird PQ schrittweise solange halbiert (PM₁, PM₂, PM₃, ...), bis eine natürliche Zahl k gefunden wird, für die PM_k < AB gilt. Dann gibt es den Punkt C₁ zwischen A und B mit AC₁ ≡ PM_k und es ist wegen (*) ℓ(AC₁) = 1/2^k.

Nach Festlegung des Punktes C₁ in den Fällen (ii) bzw. (iii) konstruiere man alle anderen Punkte C_i wie in V.1 beschrieben. Falls B = C_n−1 gilt, so ist nach (**) ℓ(AB) = (n−1)·ℓ(AC₁). Andernfalls liegt B zwischen C_n−1 und C_n. In diesem Fall wird der Punkt C_n−1  zu D₁ und C_n zu M₀ umbenannt. Danach wird die Strecke D₁M₀ schrittweise halbiert (j = 1, 2, ...), und zwar nach folgendem Verfahren:

Ist nach dem j-ten Halbierungsschritt B < M_j, so setze man D_j+1 = D_j sowie z_j = 0 und halbiere danach im (j+1)-ten Schritt die Strecke D_j+1M_j. Ist nach dem j-ten Halbierungsschritt M_j < B, so setze man D_j+1 = M_j sowie z_j = 1 und halbiere danach im (j+1)-ten Schritt die Strecke D_j+1M_j−1. Ist nach dem j-ten Halbierungsschritt M_j = B, so setze man z_j = 1 und breche ab.

Dies soll anhand eines Beispiels illustriert werden:

Dieses Halbierungsverfahren liefert eine gegen den Punkt B konvergente Punktfolge D₁, D₂, D₃, ..., denn es gilt unter Beachtung von (II)

ℓ(C_n−1B) = ℓ(AC₁)·∞∑j = 1z^j/2^j.

Die Reihe ∞∑j = 1z^j/2^j wird von der konvergenten geometrischen Reihe  ∞∑j = 11/2^j majorisiert. Der Wert von ℓ(C_n−1B) ist somit nach dem Majorantenkriterium eindeutig bestimmt und die Maßzahl von AB gefunden:

ℓ(AB) = (n−1)·ℓ(AC₁) + ℓ(C_n−1B).

Für eine zu AB kongruente Strecke A’B’ ergibt sich nach gleicher Konstruktion derselbe Wert. Kurz gesagt:

AB ≡ A’B’  ⇒  ℓ(AB) = ℓ(A’B’).

Damit ist die erste für ℓ geforderte Eigenschaft (S1) nachgewiesen.

(IV)
Seien ℓ und ℓ’ zwei Abbildungen, die (S1), (S2) und (S3) erfüllen. Dann ergibt sich nach (I) bis (III) sofort, dass für alle Strecken AB

 ℓ(AB) = ℓ’(AB)

gilt. Also ist ℓ = ℓ’ und demzufolge ℓ eindeutig bestimmt.

Beweis:
(i) Ist PF das Lot von P auf eine beliebig vorgegebene Gerade g und Q ein von F verschiedener, aber ansonsten beliebig gewählter Punkt auf g, so ist der Winkel ∠QFP ein Rechter und damit wegen X44 der größte Winkel im Dreieck FQP. Mit X33 folgt PF < PQ.

(ii) Es gelte nun umgekehrt PF < PQ für einen Punkt F auf g und für alle von F verschiedenen Punkten Q auf g. Sei ferner PF* das Lot von P auf g. Die Annahme, dass F und F* voneinander verschiedene Punkte sind, führt nach (i) zu PF* < PF, und damit zu einem Widerspruch zur Voraussetzung.

Beweis:
Der Beweis gelingt unschwer unter Verwendung von X30, X35 und X41.

Beweis:
Mit der Abbildung b soll jedem Winkel eine positive reelle Zahl zugeordnet werden, und zwar derart, dass b die unter (W1), (W2) und (W3) geforderten Eigenschaften besitzt.

(0)
Mit der Festsetzung 

 b(ρ) = π/2

für einen rechten Winkel ρ ist (W3) erfüllt.

(I)
Nach X36 kann jeder Winkel δ eindeutig halbiert werden. Sei einer der beiden hierdurch entstehenden Winkel mit δ₁ bezeichnet. Im Hinblick auf (W2) ist es zwingend, dass für jeden beliebigen Winkel δ

b(δ₁) = 1/2·b(δ) und
b(δ + δ) = b(δ) + b(δ)

festgelegt wird. Ist δ₂ einer der durch Halbierung von δ₁, δ₃ einer der durch Halbierung von δ₂ entstehenden Winkel, und so fort, so ergibt sich nach k-maliger Winkelhalbierung

(*)   b(δ_k) = 1/2^k·b(δ).

Ist δ_I die Erweiterung von δ mit sich selbst, δ_II die Erweiterung von δ_I mit δ, und so weiter, so hat man nach K-maliger Winkelerweiterung

(**)   b(δ_K) = K·b(δ),

wobei K nicht beliebig groß werden darf, weil δ_K stets kleiner als zwei Rechte bleiben muss.

(II)
Es soll nun gezeigt werden, dass b additiv ist. Seien hierzu zwei miteinander verknüpfte Winkel ∠(h,k) und ∠(k,l) mit gemeinsamem Scheitel V gegeben. Dann gibt es eine durch V gehende Gerade g derart, dass alle Punkte der Halbgeraden h, k und l auf derselben Seite von g liegen. Man halbiere nun den rechten Winkel ρ solange, bis ein genügend großes j gefunden wurde, so dass b(ρ_j) kleiner ist als jedem der durch h, k, l bzw. g eingeschlossenen Winkeln. b(ρ_j) wird an k beginnend fortgesetzt nach beiden Seiten abgetragen, und zwar solange, bis h bzw. l sich im Inneren der beiden jeweils letzten neu entstehenden Schenkel befinden.

Nach Beweisschritten, die denen im Beweis zu X47(II) entsprechen, folgt schließlich

b(∠(h,k)) + b(∠(k,l)) = b(∠(h,l))

und hieraus (W2).

(III)
Es bleibt noch nachzuweisen, dass die Maßzahl eines beliebig gewählten Winkels in eindeutiger Weise (relativ zu ρ) bestimmbar ist. Sei hierzu irgendein Winkel δ gegeben und ein rechter Winkel dazu so gewählt, dass beide Winkel denselben Scheitel besitzen, einen Schenkel gemeinsam haben und gemeinsame innere Punkte besitzen.

Dann müssen drei Fälle unterschieden werden:

(i)   δ ≚ ρ. Dann ist b(δ) = π/2. Fertig.

(ii)  δ < ρ. Dann setze man δ₁ = δ und z₀ = 0.

(iii) ρ < δ. Dann wähle δ₁ so, dass δ = ρ + δ₁ und setze z₀ = 1.

Unter Verwendung von (W2) folgt sowohl im Fall (ii) als auch im Fall (iii)

b(δ) = z₀·π/2 + b(δ₁).

Nach Halbierung von ρ gibt es wiederum drei Möglichkeiten:

(i)   δ₁ ≚ ρ/2. Dann ist b(δ₁) = π/4 und damit b(δ) = 3/4π. Fertig.

(ii)  δ₁ < ρ/2. Dann setze man δ₂ = δ₁ und z₁ = 0.

(iii) ρ/2 < δ₁. Dann wähle δ₂ so, dass δ₁ = ρ/2 + δ₂ und setze z₁ = 1.

Nach diesem ersten Halbierungsschritt hat man im Fall (i)

b(δ) = z₀·π/2 + π/4

bzw. im Fall (ii) oder (iii)

b(δ) = z₀·π/2 + z₁·π/4 + b(δ₂).

Fortgesetztes Halbieren von ρ (ρ/2, ρ/4, ρ/8, ...) liefert nach dem n-ten Schritt im Fall (i)

b(δ) = π/2·n−1∑j = 0z^j/2^j + π/2ⁿ

bzw. im Fall (ii) oder (iii)

b(δ) = π/2·n∑j = 0z^j/2^j + b(δ_n+1).

In jedem Fall ist b(δ) eindeutig bestimmt, denn die Reihe ∞∑j = 0z^j/2^j ist konvergent und die Folge b(δ), b(δ₁), b(δ₂), ... bricht entweder ab oder ist eine Nullfolge.

Für einen zum Winkel δ kongruenten Winkel δ’ ergibt sich nach gleicher Konstruktion derselbe Wert. Kurz gesagt:

δ ≚ δ’  ⇒  b(δ) = b(δ’).

Damit ist auch die erste für b geforderte Eigenschaft (W1) nachgewiesen.

(IV)
Seien b und b’ zwei Abbildungen, die (W1), (W2) und (W3) erfüllen, so ergibt sich nach (I) bis (III) sofort, dass für alle Winkel δ

 b(δ) = b’(δ)

gilt. Also ist b = b’ und demzufolge b eindeutig bestimmt.

Beweis:

Die behauptete Aussage folgt unter Verwendung von X41 und X35. 

Beweis:
Nach dem Parallelenaxiom gibt es genau eine durch A₁ verlaufende Parallele zu g_ZB. Nach dem Axiom von Pasch gibt es einen Schnittpunkt dieser Parallelen mit AB. Dieser sei mit P und der aus dem gleichen Grund existierende Schnittpunkt von h und g_ZB mit B₁ bezeichnet.

Wegen X41 gilt ∠A₁ZB₁ ≚ ∠AA₁P und ∠B₁A₁Z ≚ ∠BAZ. Mit dem Kongruenzsatz wsw folgt ZA₁B₁ ≅ A₁AP und hiermit A₁P ≡ ZB₁. Andererseits folgt aus X54, dass A₁P ≡ B₁B. Mit III.2 folgt die behauptete Aussage.

Beweis:
Die durch A₁ gehende und zu ZB₁> parallele Gerade schneidet jede Gerade g_j. Die sich ergebenden Schnittpunkte seien mit P_j bezeichnet.

Der Satz wird nun mittels vollständiger Induktion bewiesen:

Induktionsanfang:
Die behauptete Aussage gilt für n = 2 wegen X55.
Induktionsvoraussetzung:
Angenommen, der Satz ist bereits für ein gewisses m > 2 bewiesen.
Induktionssschluss:
Sei A_j−1A_j ≡ ZA₁ sowie g_i||g_j für i,j = 2, ..., m+1. Nach Induktionsvoraussetzung gilt bereits

B_j−1B_j ≡ ZB₁  für j = 2, ..., m.

Die Gerade durch die Punkte B_m−1 und P_m schneidet g_m+1 in einem Punkt S. Wegen X50 gilt B_m−1P_m ≡ P_mS. Die Anwendung von X55 auf das Dreieck B_m−1SB_m+1 liefert B_m−1B_m ≡ B_mB_m+1, was zu beweisen war.

Beweis von X57(i):
Gegeben seien zwei Geraden g_A1A2 und g_B1B2, die sich in einem Punkt Z schneiden, und zwar derart, dass A₁ zwischen Z und A₂ bzw. B₁ zwischen Z und B₂ liegt. Ferner seien g_A1B1 und g_A2B2 parallel zueinander.
Fall 1:  ℓ(ZA₁)/ℓ(ZA₂)  ist eine rationale Zahl.
In diesem Fall gibt es zwei natürliche Zahlen n und m, so dass

ℓ(ZA₁)/ℓ(ZA₂) = n/n + m.

Man zerlege die Strecke ZA₁ in n zueinander kongruente Teilstrecken C_j−1C_j (j = 1, ..., n) mit C₀ = Z und C_n = A₁. Dann kann unter Beachtung von (S2) die folgende Rechnung aufgemacht werden:

   ℓ(A₁A₂)
= ℓ(ZA₂) − ℓ(ZA₁)
= n+m/n·ℓ(ZA₁) − ℓ(ZA₁)
= m·ℓ(ZA₁)/n
= m·ℓ(ZC₁)

ℓ(A₁A₂) = m·ℓ(ZC₁) besagt, dass auch A₁A₂ in gleicher Weise wie ZA₁ zerlegt werden kann: in m zueinander kongruente Teilstrecken C_j−1C_j (j = n+1, ..., n+m) mit C_n+m = A₂. Die durch die Punkte C_j gehenden und zu g_A1B1 parallelen Geraden schneiden g_B1B2, und zwar nach X56 in Punkten D_j mit

D_j−1D_j ≡ ZD₁  für j = 2, ..., n+m,

wobei D_n = B₁ und D_n+m = B₂. Hieraus folgt

ℓ(ZB₁)/ℓ(ZB₂) = n·ℓ(ZD₁)/(n + m)·ℓ(ZD₁) = ℓ(ZA₁)/ℓ(ZA₂).

Fall 2:  ℓ(ZA₁)/ℓ(ZA₂)  ist eine irrationale Zahl.

Man wähle voneinander verschiedene Punkte C₁, C₂, ..., C_n+m auf g_A1A2 mit

C_j−1C_j ≡ ZC₁  für j = 2, ..., n+m,

und zwar derart, dass C_n = A₁ ist und A₂ zwischen C_n+m−1 und C_n+m liegt. Dann gilt

 (n+m−1)·ℓ(ZC₁) < ℓ(ZA₂) < (n+m)·ℓ(ZC₁)

und damit

(n+m−1)·ℓ(ZC₁)/n·ℓ(ZC₁) < ℓ(ZA₂)ℓ(ZA₁) < (n+m)·ℓ(ZC₁)/n·ℓ(ZC₁).

Die durch die Punkte C_j gehenden und zu g_A1B1 parallelen Geraden schneiden g_B1B2, und zwar in Punkten D_j so, dass

(n+m−1)·ℓ(ZD₁)/n·ℓ(ZD₁) < ℓ(ZB₂)ℓ(ZB₁) < (n+m)·ℓ(ZD₁)/n·ℓ(ZD₁)

gilt. Die letzten beiden Ungleichungen führen zu folgender Abschätzung:

|ℓ(ZA₂)ℓ(ZA₁) − ℓ(ZB₂)ℓ(ZB₁)| < 1/n.

Hierbei kann n beliebig groß gewählt werden, also folgt

ℓ(ZA₁)/ℓ(ZA₂) = ℓ(ZB₁)/ℓ(ZB₂).

Gelte nun umgekehrt diese Verhältnisgleichung und sei P₂ derjenige Punkt auf g_B1B2 mit g_A1B1||g_A2P2, dann folgt mit dem Vorhergehenden

ℓ(ZA₁)/ℓ(ZA₂) = ℓ(ZB₁)/ℓ(ZB₂) = ℓ(ZB₁)/ℓ(ZP₂).

Sowohl P₂ als auch B₂ liegen auf der Halbgeraden ZB₁>, also gilt P₂ = B₂.

Teil (ii) des Satzes lässt sich auf gleiche Art beweisen.

Beweis:
Sei h die Gerade, die durch A₁ geht und parallel zu g_B1B2 ist. Der Schnittpunkt von h und g_A2B2 soll S heißen.

Die Anwendung des ersten Strahlensatzes auf diese Strahlensatzfigur mit A₂ als Zentrum liefert (sowohl im Fall (i) wie abgebildet als auch im Fall (ii)) die Verhältnisgleichung

ℓ(A₂Z)/ℓ(A₁Z) = ℓ(A₂B₂)/ℓ(SB₂).

Mit der Parallelogrammregel folgt ℓ(SB₂) = ℓ(A₁B₁) und damit die Behauptung.

Die Umkehrung des zweiten Strahlensatzes ist nicht gültig!

Beweis:
Gegeben sei ein beliebiges Dreieck ABC mit den Höhen h_c, h_b bzw. h_a und deren Fußpunkten F_c, F_b bzw. F_a. Die Schnittpunkte der Parallelen durch A zu BC, durch B zu CA und durch C zu AB bilden die Eckpunkte eines Dreiecks A’B’C’. Mit der Parallelogrammregel hat man BC ≡ CA ≡ A’B, ebenso B’C ≡ CA’ und B’A ≡ AC’. Somit sind die Geraden durch A und F_a, B und F_b sowie C und F_c die Mittelsenkrechten von A’B’C’. Mit X46 folgt die Behauptung.

Beweis:
Gegeben sei ein beliebiges Dreieck ABC mit den Seitenhalbierenden s_b und s_c, die sich in einem Punkt S schneiden. Durch zweimalige Anwendung des ersten Strahlensatzes (einmal mit A als Zentrum, das zweite Mal mit C als Zentrum) folgt, dass die Strecke AC durch s_b und die zu s_b parallelen Geraden durch M_c bzw. M_a in vier kongruente Teilstrecken zerlegt wird. Hieraus ergibt sich (wiederum mit dem ersten Strahlensatz), dass ℓ(CS) = 2·ℓ(SM_c) gilt. Mittels s_c und den zu s_c parallelen Geraden durch M_a bzw. M_b folgt in analoger Weise ℓ(BS) = 2·ℓ(SM_b). Demnach gilt also

ℓ(CS)/ℓ(SM_c) = ℓ(BS)/ℓ(SM_b) = 2.

Die Seitenhalbierenden s_a und s_c schneiden sich in jedem Fall in einem Punkt S’. Mit entsprechender Argumentation wie oben folgt

ℓ(CS’)/ℓ(S’M_c) = ℓ(AS’)/ℓ(S’M_a) = 2.

Aus ℓ(CS’)/ℓ(S’M_c) = ℓ(CS)/ℓ(SM_c) folgt unter Beachtung von III.1 S = S’ und damit die Behauptung.

Beweis:
In einem gleichseitigen Dreieck gilt S = M = H und damit ist die behauptete Aussage trivialerweise erfüllt. Gegeben sei also ein Dreieck ABC mit verschieden langen Seiten. In einem solchen Dreieck gibt es mindestens zwei Höhen, die nicht mit einer Seitenhalbierenden zusammenfallen. Ohne Beschränkung der Allgemeinheit seien dies h_c und h_b.

Sei nun P derjenige Punkt mit der Eigenschaft, dass zum einen S zwischen P und M liegt und zum anderen ℓ(PS) = 2·ℓ(SM) gilt.

Mit X61 folgt ℓ(PS)/ℓ(SM) = ℓ(CS)/ℓ(SM_c) und damit wegen X57(ii), dass die Geraden g_CP und g_MMc parallel zueinander sind. Auf die gleiche Weise folgt aus ℓ(PS)/ℓ(SM) = ℓ(BS)/ℓ(SM_b) die Parallelität von g_BP und g_MMb. Demnach liegt P sowohl auf h_c als auch auf h_b, es gilt also P = H. Damit liegen H, S und M auf ein und derselben Geraden, wie zu zeigen war.

Beweis:
Gegeben seien zwei Dreiecke ABC und A’B’C’.

(i) Es sei ∠A ≚ ∠A’, ∠B ≚ ∠B’, ∠C ≚ ∠C’. Dann gibt es ein zu A’B’C’ kongruentes Dreieck A*B*C*, so dass CA> = CA*> und CB> = CB*>. Es gilt ferner g_AB||g_A*B* wegen X39.  Mit dem ersten Strahlensatz folgt ABC ~ A*B*C* und damit auch ABC ~ A’B’C’.

(iii) Sei ohne Beschränkung der Allgemeinheit ∠C ≚ ∠C’ und a’/a = b’/b. Dann gibt es ein zu A’B’C’ kongruentes Dreieck A*B*C*, so dass CA> = CA*> und CB> = CB*>. Mit der Umkehrung des ersten Strahlensatzes schließt man auf die Parallelität von AB und A*B*, mit X39 folgt ∠A ≚ ∠A* sowie ∠B ≚ ∠B*, und mit (i) folgt schließlich ABC ~ A’B’C’.

(ii) Sei a’/a = b’/b = c’/c vorausgesetzt und A* derjenige Punkt auf CA> mit CA* ≡ b’ und B* der Punkt auf CB> mit CB* ≡ a’. Wegen ℓ(CA*)/b = ℓ(CB*)/a ist dann nach der Umkehrung des ersten Strahlensatzes A*B* parallel zu AB. Mit dem zweiten Strahlensatz folgt ℓ(B*A*)/c = b’/b und damit A*B*C* ≅ A’B’C’. Wie bei (iii) folgt mittels X39 und (i) schließlich ABC ~ A’B’C’.

Beweis:
Der Winkel ∠A wird an der Halbgeraden AB> abgetragen, und zwar nach der Seite, auf welcher C nicht liegt. Auf der so entstehenden Halbgeraden gibt es den Punkt C’ mit A’C’ ≡ AC. Wegen des Kongruenzsatzes sws folgt ABC ≅ ABC’. 

Die Dreiecke FCA, FBC und C’BA sind ähnlich zueinander. Deswegen gelten die Verhältnisgleichungen

p/h = h/q, p/a = a/c und q/b = b/c.

Hieraus folgen unmittelbar die oben angegebenen Sätze.

Beweis:
Die behauptete Formel folgt mit dem Satz des Pythagoras.

Beweis:
Aufgrund der Eigenschaften des Längenfunktionals ℓ gilt

AB ≡ CD  ⇒  ℓ(AB) = ℓ(CD)

bei vorgegebenem Eichmaß von vornherein. Es bleibt also nur noch die Umkehrung dieser Aussage zu zeigen. Gegeben seien hierzu zwei Strecken AB und CD mit ℓ(AB) = ℓ(CD) nach Wahl eines kartesischen Koordinatensystems mit OE> als x-Achse. Nach Axiom III.1 gibt es dann auf OE> einen eindeutig bestimmten Punkt S mit AB ≡ OS und daraus folgend auch mit ℓ(AB) = ℓ(OS). Aus demselben Grund gilt ebenso CD ≡ OT und ℓ(CD) = ℓ(OT) mit einem gewissen Punkt T auf OE>. Mit ℓ(OS) = ℓ(OT) folgt S = T und hieraus nach Axiom III.2 die Kongruenz von AB und CD.

Beweis:
Sei mittels dreier Punkte A, B und C ein Kreis mit dem Mittelpunkt M und dem Radius r gegeben. Angenommen, es gibt einen von M verschiedenen Punkt M’ derart, dass ℓ(M’P) = r für jeden auf diesem Kreis liegenden Punkt P. Dann gilt insbesondere ℓ(M’A) = r und ℓ(M’B) = r, also M’A ≡ M’B.

Sei nun M_c der Mittelpunkt von AB und ferner D bzw. E diejenigen zwei Punkte auf der durch M und M_c gehenden Geraden g_MMc mit ℓ(MD) = r und ℓ(ME) = r. Mit dem Kongruenzsatz sss ergibt sich AM_cM’ ≅ BM_cM’ und somit ∠M’M_cA ≚ ∠BM_cM’. ∠M’M_cA und ∠BM_cM’ sind demnach zueinander kongruente Nebenwinkel, also Rechte.

Demzufolge liegt neben D, M, M_c und E auch M’ auf der Geraden g_MMc. Aus ℓ(M’D) = r und ℓ(MD) = r folgt dann M’ = M, was zu zeigen war.

Beweis:
Sei mittels dreier Punkte A, B und C ein Kreis mit dem Mittelpunkt M und dem Radius r gegeben. Jede durch M gehende Gerade hat mit diesem Kreis diejenigen zwei Punkte gemeinsam, deren Abstand zu M gleich r ist.

Sei nun g eine Gerade, die mit dem gegebenem Kreis zwei Punkte S und T gemeinsam hat und nicht durch M geht. Ist H der Mittelpunkt von ST, so folgt aus HMS ≅ HMT, dass die Nebenwinkel ∠SHM und ∠MHT rechte Winkel sind.

Mit dem Satz des Pythagoras folgt, dass für jeden von S bzw. T verschiedenen Punkt P die Länge von PM entweder kleiner oder größer als r ist. Es folgt die Behauptung.

Beweis:
Gegeben sei mittels dreier Punkte A, B und C ein Kreis mit dem Mittelpunkt M und ST eine beliebige Sehne, die durch einen Durchmesser im Punkt H halbiert wird. Aus SH ≡ HT und SM ≡ TM folgt mit dem Kongruenzsatz sss, dass SHM ≅ THM und somit ∠MHS ≚ ∠THM. ∠MHS und ∠THM sind demnach zueinander kongruente Nebenwinkel, also Rechte.

Sei nun umgekehrt vorausgesetzt, dass Durchmesser und Sehne sich rechtwinklig schneiden. Da das Dreieck STM gleichschenklig ist, folgt ∠HSM ≚ ∠THM wegen des Basiswinkelsatzes. Mit dem Kongruenzsatz sww folgt SHM ≅ THM und somit SH ≡ HT.

Beweis:
Gegeben sei mittels dreier Punkte A, B und C ein Kreis mit dem Mittelpunkt M und eine beliebig gewählte Sehne ST. Sei ferner MF die (nach X31 eindeutig bestimmte) Lotstrecke von M zu g_ST. Dann ist nach X69 die durch M und F gehende Gerade die Mittelsenkrechte eines Dreiecks STP, wobei P ein von S und T verschiedener, aber ansonsten beliebig gewählter Punkt auf dem Kreis ist. Auf gleiche Weise erhält man die zwei anderen, ebenso durch M gehenden Mittelsenkrechten des Dreiecks STP. Damit ergibt sich die behauptete Aussage.

Beweis:
Gegeben sei ein beliebiger Kreis mit dem Mittelpunkt M und dem Radius r, sowie ein diesem Kreis einbeschriebenes Quadrat ABCD. Zu jedem der Winkel ∠AMB, ∠BMC, ∠CMD und ∠DMA existiert nach X36 in eindeutiger Weise eine Winkelhalbierende. Auf jeder dieser Winkelhalbierenden gibt es wegen III.1 einen Punkt, dessen Abstand zu M gleich r ist und der somit auf dem gegebenen Kreis liegt.

Dieser Prozess der Winkelhalbierung lässt sich beliebig oft fortsetzen, womit die Punkte auf dem Kreis − wenn man zudem noch das Vollständigkeitsaxiom beachtet − lückenlos liegen.

Beweis:
Gegeben sei ein Kreis mit dem Mittelpunkt M und eine Tangente, die diesen Kreis im Punkt T berührt. Angenommen, MT sei nicht die Lotstrecke von M auf die Tangente. Dann gibt es auf der Tangente nach X31 einen von T verschiedenen Punkt P derart, dass MP die Lotstrecke von M auf die Tangente ist. Demzufolge ist der Winkel ∠TPM ein Rechter und somit ∠MTP ein spitzer Winkel. Mit X32 folgt MP < MT.

Da die Tangente außer T keinen weiteren Punkt mit dem Kreis gemeinsam hat, wird PM von der Kreislinie in einem Punkt S zwischen M und P geschnitten. Wegen MT = MS hat man mit MP < MT auch MP < MS im Widerspruch zu MS < MP. Die getroffene Annahme hat sich also als falsch erwiesen, was zu zeigen war.

Beweis:
Gegeben sei ein Kreis mit dem Mittelpunkt M und eine Tangente, die diesen Kreis im Punkt T berührt. Sei ferner g die Lotgerade in T auf die Tangente. Der zweite Punkt, den Kreis und Lotgerade gemeinsam haben, sei mit S bezeichnet.

Sei nun angenommen, dass M nicht auf g liegt. Von den Punkten auf der Tangente, die mit M zusammen auf ein und derselben Seite von g liegen, sei einer mit P bezeichnet. Dann ist sowohl ∠PTS als auch (nach X72) ∠PTM ein Rechter. Das ist aber nach  X22 unmöglich, denn gemäß der getroffenen Annahme gilt ∠PTM < ∠PTS. Es folgt die behauptete Aussage.

Beweis:
Gegeben sei ein Kreis mit dem Mittelpunkt M und dem Radius r. Diesem Kreis sei ein Quadrat einbeschrieben (das erste Glied einer Folge (P_2ⁿ)_n=2..∞ von einbeschriebenen regulären Polygonen) und ein zweites Quadrat umbeschrieben (das erste Glied einer Folge (Q_2ⁿ)_n=2..∞ von umbeschriebenen regulären Polygonen), und zwar so, dass einander entsprechende Quadratseiten parallel zueinander sind. Die Eckpunkte des Polynoms P_2ⁿ zusammen mit den Punkten, in denen die Mittelsenkrechten der Seiten von P_2ⁿ den Kreis schneidet, bilden die Eckpunkte von P_2ⁿ⁺¹. Die sich entsprechenden Seiten von P_2ⁿ und Q_2ⁿ sind stets parallel zueinander. (Im obigen Diagramm sind die jeweils ersten beiden Glieder beider Polygonfolgen dargestellt.) Das erste einbeschriebene Polygon hat vier, das zweite acht, das dritte sechzehn Ecken, und so fort. Für die umbeschriebenen Polygone gilt Entsprechendes.

Wird die Länge einer Seite von P_2ⁿ mit s_2ⁿ und diejenige von Q_2ⁿ mit t_2ⁿ bezeichnet, dann kann mit Hilfe von X32 gezeigt werden, dass für alle n ≥ 2 

 s_2ⁿ < 2·s_2ⁿ⁺¹ und 2·t_2ⁿ⁺¹ < t_2ⁿ

gilt. Das aber bedeutet für die Umfänge U_2ⁿ von P_2ⁿ bzw. V_2ⁿ von Q_2ⁿ, dass für alle n ≥ 2 

 U_2ⁿ < U_2ⁿ⁺¹ und V_2ⁿ⁺¹ < V_2ⁿ

ist. Da zudem nach Konstruktion der Polynome der Umfang von P_2ⁿ stets kleiner als derjenige von Q_2ⁿ ist, bilden die Zahlenfolgen (U_2ⁿ)_n=2..∞ und (V_2ⁿ)_n=2..∞ eine Intervallschachtelung und diese hat nach Q26 genau einen inneren Punkt.

Mit anderen Worten:

lim n→∞U_2ⁿ =lim n→∞V_2ⁿ = U.

Beweis von X75:
Gegeben seien zwei Kreise mit dem gemeinsamen Mittelpunkt M, aber verschieden großen Radien: r < r’. Jeder der beiden Kreise kann nach X74 durch ein reguläres Polygon mit jeweils 2ⁿ Ecken approximiert werden, und zwar so, dass je zwei sich entsprechende Eckpunkte beider Kreise auf einer der von M ausgehenden Halbgeraden liegen. Sich entsprechende Seiten, etwa AB und A’B’ mit den Längen s_2ⁿ bzw. s_2ⁿ’, sind dann nach der Umkehrung des ersten Strahlensatzes parallel zueinander.

Nach dem zweiten Strahlensatz gilt s_2ⁿ/r = s_2ⁿ’/r’, und zwar unabhängig von der Anzahl der Ecken beider Polynome. Daraus folgt für alle n ≥ 2

2ⁿ·s_2ⁿ/r = 2ⁿ·s_2ⁿ’/r’.

Ist U der Umfang des kleineren und U’ derjenige des größeren Kreises, so folgt wegenlim n→∞2ⁿ·s_2ⁿ = U  bzw.lim n→∞2ⁿ·s_2ⁿ’ = U’ die Behauptung.

Beweis:
Es genügt, für ein beliebig gegebenes Dreieck ABC eine dieser drei Formeln zu beweisen, etwa die erste.

Fall 1: α ist kleiner als ein Rechter.
Sei CF die Höhe h_c mit ℓ(h_c) = h. Der Fußpunkt F teilt die Strecke AB in zwei Teilstrecken mit den Längen q bzw. p. Es gilt also c = p + q.

Wegen

h² = b² − q²

und

p² = (c − q)² = c² − 2cq + q²

folgt aus  a² = h² + p²

a² = b² + c² − 2cq.

Mit q = b·cos(α) hat man die behauptete Identitätsgleichung.

Fall 2: α ist ein rechter Winkel.
In diesem Fall ist cos(α) = 0 und es gilt a² = b² + c² nach dem Satz des Pythagoras.

Fall 3: α ist größer als ein Rechter.
Sei wie oben CF die Höhe h_c mit ℓ(h_c) = h. Der Fußpunkt F liegt außerhalb der Strecke AB und es gilt ℓ(FB) = q + c, wenn die Länge der Strecke FA mit q bezeichnet wird.

Wegen

h² = b² − q²

folgt aus  a² = h² + (q + c)²

a² = b² + c² + 2cq.

Für den Winkel α’ gilt cos(α’) = q/b. Da α und α’ Nebenwinkel sind, folgt mit L12

cos(α) = − q/b

und hiernach

a² = b² + c² − 2·b·c·cos(α).

Beweis:
Nach X77 ist

(*)   b·c·cos(α) = 1/2·(b² + c² − a²).

Nach X65 gilt 

b² = (x_c−x_a)² + (y_c−y_a)²,
 c² = (x_b−x_a)² + (y_b−y_a)² und
a² = (x_b−x_c)² + (y_b−y_c)².

Ersetzt man in Gleichung (*) b², c² bzw. a² durch die jeweiligen Summenterme, so ergibt sich anschließend nach längerer, aber elementarer Rechnung das gewünschte Ergebnis.

Beweis:
Gegeben sei eine Gerade g(a,b,c) und zwei Punkte (x₁; y₁),(x₂; y₂) ∈∈ g(a,b,c). Dann gilt

	ax1 + by1 + c = 0
	ax2 + by2 + c = 0.

(1)
Mit der unter (K2) gemachten Voraussetzung, dass a und b nie gleichzeitig den Wert 0 annehmen, wird dieses Gleichungssystem durch

	a = y2 − y1
	b = x1 − x2
	c = x2y1 − x1y2

gelöst. Das heißt, die Koeffizienten a, b und c werden vollständig durch die Punkte (x₁; y₁) und (x₂; y₂) bestimmt, was der Forderung des Axioms I.1 entspricht.

(2)
Für Geraden g(a,0,c) ist im Hinblick auf I.2 nichts zu zeigen. Sei also im Folgenden angenommen, dass x₁ und x₂ voneinander verschieden sind. Die die Gerade g(a,b,c) beschreibende Gleichung

(*)   (y₂ − y₁)x + (x₁ − x₂)y = x₁y₂ − x₂y₁

ist für x₁ ǂ x₂  äquivalent zu

(**)   y = mx − mx₁ + y₁

mit

m = y₂ − y₁x₂ − x₁.

Seien nun (x_P; y_P) und (x_Q; y_Q) zwei beliebig gewählte und voneinander verschiedene Punkte der vorgegebenen Geraden g(a,b,c). Dann gilt wegen (**)

	yP = mxP − mx1 + y1
	yQ = mxQ − mx1 + y1.

Die Anwendung von (*) auf (x_P; y_P) und (x_Q; y_Q) liefert

 m(x_Q − x_P)x + (x_P − x_Q)y = x_Py_Q − x_Qy_P.

Wird diese Gleichung mit x₂ − x₁x_Q − x_P multipliziert, so erhält man anschließend nach längerer Rechnung schließlich die Gleichung (*), entsprechend der Forderung des Axioms I.2.

(3)
Beispielsweise hat man mit (0; 0), (0; 1) und (1; 0) drei Punkte, die nicht auf einer Geraden liegen.

Beweis:
Gegeben sei eine Gerade g(a,0,c) und ein Punkt (x_P; y_P) mit (x_P; y_P) ∉∉ g(a,0,c). Die Gerade g(1,0,−x_P) geht offensichtlich durch den Punkt (x_P; y_P), ist parallel zu g(a,0,c) und ist die einzige Gerade mit diesen Eigenschaften.

Sei nun g(a,b,c) mit b ǂ 0 eine ansonsten beliebig vorgegebene Gerade, (x_G; y_G) ein Punkt mit (x_G; y_G) ∈∈ g(a,b,c) und (x_P; y_P) ein Punkt mit (x_P; y_P) ∉∉ g(a,b,c). Sei ferner g*(a*,b*,c*) mit b* ǂ 0 eine Gerade derart, dass (x_P; y_P) ∈∈ g*(a*,b*,c*). Dann gibt es eine reelle Zahl m, so dass alle Punkte (x; y) der Geraden g(a,b,c) der Gleichung

y = m(x − x_G) + y_G,

 sowie eine reelle Zahl m*, so dass alle Punkte (x; y) der Geraden g*(a*,b*,c*) der Gleichung

y = m*(x − x_P) + y_P

genügen. Angenommen, g*(a*,b*,c*) schneidet g(a,b,c) immer, und zwar jeweils in einem gewissen, eindeutig bestimmten Punkt (x_S; y_S). Dann gilt

m(x_S − x_G) + y_G = m*(x_S − x_P) + y_P

und es folgt

x_S(m − m*) = K

mit einer von x_G, x_P, y_P, m und m* abhängigen Zahl K. In dem einen einzigen Fall, wo m = m* gilt, erhält man einen Widerspruch zur Annahme. In diesem Fall schneiden sich die Geraden g*(a*,b*,c*) und g(a,b,c) nicht und sind damit parallel zueinander.

Beweis:
Die Menge der reellen Zahlen ist vollständig, anschaulich formuliert: In ℝ gibt es keine Lücken. Demzufolge ist auch ℝxℝ vollständig.

Beweis:
Seien zwei voneinander verschiedene Punkte (x_P; y_P) und (x_Q; y_Q) beliebig gewählt. Sei ferner t ∈∈ ℝ und (x_R; y_R) ein dritter Punkt mit

	xR = xP + t·(xQ − xP)
	yR = yP + t·(yQ − yP).

(1)
Wird für t ein Wert zwischen 0 und 1 gewählt, so liegt (x_R; y_R) zwischen (x_P; y_P) und (x_Q; y_Q); ist t größer als 1, so liegt (x_Q; y_Q) zwischen (x_P; y_P) und (x_R; y_R); ist t kleiner als 0, so liegt (x_P; y_P) zwischen (x_R; y_R) und (x_Q; y_Q), entsprechend der Forderung von Axiom II.2.

(2)
Liegt (x_R; y_R) zwischen (x_P; y_P) und (x_Q; y_Q), so gilt  0 < t < 1  und man rechnet leicht nach, dass dann mit  t* =_def 1 − t  auch

	xR = xQ + t*·(xP − xQ)
	yR = yQ + t*·(yP − yQ).

gilt. Wegen 0 < t* < 1 folgt hiermit, dass (x_R; y_R) auch zwischen (x_Q; y_Q) und (x_P; y_P) liegt, entsprechend der Forderung von Axiom II.1.

(3)
Die Parametrisierung einer Geraden liefert für drei beliebige, aber voneinander verschiedene Punkte, die auf dieser Geraden liegen, drei reelle Parameterwerte t_A, t_B und t_C. Die reellen Zahlen sind linear geordnet. Wenn nun ohne Einschränkung der Allgemeinheit angenommen wird, dass  t_A < t_B < t_C  gilt, so liegt der zu t_B gehörende Punkt zwischen den beiden anderen Punkten, entsprechend der Forderung von Axiom II.3.

(4)
Um die Gültigkeit des Axioms von Pasch nachzuweisen, genügt es zu zeigen, dass jede Gerade zwei Seiten hat (vgl. X7 und die anschließende Bemerkung). Hierzu wird festgelegt, dass alle diejenigen Punkte (x; y), für die  ax + by + c < 0  gilt, auf der einen bzw. alle Punkte (x; y), für die  ax + by + c > 0  gilt, auf der anderen Seite der Geraden g(a,b,c) liegen sollen.

Beweis:
Gegeben seien eine beliebige Gerade sowie zwei auf dieser Geraden liegende Punkte (x_A; y_A), (x_B; y_B) mit

|(x_B; y_B) − (x_A; y_A)| = d_AB.

(1)
Sei ferner (x_P; y_P) ein Punkt auf einer Geraden g.
Ist g = g(1,0,−c), so definiert (x_P; y_P) zusammen mit (x_P; y_P+d_AB) bzw. mit (x_P; y_P−d_AB) die zwei einzigen zu AB kongruenten und von (x_P; y_P) aus auf den Halbgeraden g_<P(1,0,−c) bzw. g_P>(1,0,−c) abgetragenen Strecken. Sei nun g = g(a,b,c) mit b ǂ 0 eine ansonsten beliebig vorgegebene Gerade. Dann ist zu zeigen, dass es auch in diesem Fall zwei eindeutig bestimmte, auf g liegende Punkte (x_Q1; y_Q1) und (x_Q2; y_Q2) gibt, derart dass sowohl PQ₁ als auch PQ₂ kongruent zu AB ist und zudem (x_P; y_P) zwischen (x_Q1; y_Q1) und (x_Q2; y_Q2) liegt. Die Bedingung

√(x_Q−x_P)² + (y_Q−y_P)² = d_AB

führt unter Beachtung von

y_Q = −abx_Q − cb  und  y_P = −abx_P − cb

nach längerer Rechnung zur quadratischen Gleichung

x_Q² + p·x_Q + q = 0

mit

p = −2·x_P  und  q = x_P²·(a²+b²) − d_AB²·b²a²+b².

Diese Gleichung wird gelöst durch

x_Q1,2 = x_P ± b·d_AB√a² + b²,

womit die gesuchten Punkte (x_Q1; y_Q1) und (x_Q2; y_Q2) − wie vom Axiom III.1 gefordert − gefunden sind.

(2)
Gegeben seien drei Punkte (x_A; y_A), (x_B; y_B) und (x_C; y_C) auf ein und derselben Gerade, wobei (x_B; y_B) zwischen (x_A; y_A) und (x_C; y_C) liegen soll. Dann kann (x_B; y_B) bezüglich (x_A; y_A) und (x_C; y_C) parametrisiert werden:

	xB = xA + t·(xC − xA)
	yB = yA + t·(yC − yA).

Hierbei gilt 0 < t < 1. Ersetzt man in

	dAB = √(xB−xA)2 + (yB−yA)2
	dBC = √(xC−xB)2 + (yC−yB)2

 x_B bzw. y_B durch den jeweiligen Summenterm, so ergibt sich

	dAB = √t2·√(xC−xA)2 + (yC−yA)2
	dBC = √(1−t)2·√(xC−xA)2 + (yC−yA)2

und es folgt

 d_AB + d_BC = √(x_C−x_A)² + (y_C−y_A)².

Man sieht nunmehr sofort, dass Axiom III.3 erfüllt ist.

(3)
Bezüglich Axiom III.2 muss nichts gezeigt werden.

Beweis:
Die Behauptung folgt (nach X81 bis X83) aus Q12, wonach ℝ ein archimedisch angeordneter Körper ist.

Beweis:
(1)
Aus dem Kosinussatz folgt, dass die Länge der dritten Seite eines Dreiecks stets eindeutig bestimmt ist, sofern ein Innenwinkel und die Längen der zwei anliegenden Seiten vorgegeben sind. Demzufolge ist die Aussage des Axioms III.6 für Dreiecke in der kartesischen Ebene selbstverständlich erfüllt.

(2)
Bezüglich Axiom III.5 muss nichts gezeigt werden.

(3)
Es bleibt noch zu zeigen, dass ein gegebener Winkel nach einer gegebenen Seite an einer gegebenen Halbgeraden stets auf eindeutig bestimmte Weise abgetragen werden kann. Gegeben sei hierzu ein beliebig gewählter Winkel ∠(h,k) mit dem Scheitel (x_V; y_V) und zwei Punkten (x_P; y_P) ∈∈ h und (x_Q; y_Q) ∈∈ k. Es gelte

⟨(x_PV; y_PV),(x_QV; y_QV)⟩|(x_PV; y_PV)|·|(x_QV; y_QV)| =  W

unter Verwendung der in (K7) eingeführten Abkürzungen. Gegeben sei zudem eine vom Punkt (x_U; y_U) ausgehende Halbgerade h’ mit (x_R; y_R) ∈∈ h’. Dann ist die Gleichung

a·(x_S−x_U) + b·(y_S−y_U)⟩c·|(x_SU; y_SU)| =  W

zu lösen, wobei (x_R−x_U) durch a, (y_R−y_U) durch b und |(x_RU; y_RU)| durch c ersetzt wurde.

Nach zweckmäßiger Substitution (x = x_S−x_U und y = y_S−y_U) sowie den Abkürzungen f = ac  und g = bc ergibt sich

f·x + g·y = W·√x² + y².

Diese Gleichung liefert unter der Voraussetzung W ǂ f die zwei Lösungen

x = f·g + √W² − W⁴W² − f²·y

x = f·g − √W² − W⁴W² − f²·y,

die im Fall W ǂ 0 verschieden voneinander sind und die Gleichungen derjenigen Geraden darstellen, auf denen die gesuchten, vom Punkt (x_U; y_U) ausgehenden Schenkel liegen.

Im Fall W = f ist die Gleichung

W·x + g·y = W·√x² + y²