Curso de alemán nivel medio con audio/Lección 240c

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Vom Punkt zur vierten Dimension. Geometrie für Jedermann.

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Vierzigstes Kapitel

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Konstruktive Lösung von Winkeldreiteilung, Qadratur des Kreises und Würfelverdopplung

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Als erstes dieser drei klassischen Probleme der Geometrıe betrachten wir die konstruktive Dreiteilung des Winkels oder die „Winkeltrisektion“. Die Lösung dieser Aufgabe (allerdings nicht mit Zirkel und Lineal) gelang um 150 vor Christi Geburt dem griechischen Mathematiker Nikomedes mit Hilfe einer sonderbaren Kurve, die Muschelkurve oder Conchoide heißt.

Diese Kurve entsteht durch Drehung eines Strahles um einen festen Punkt P, wobei alle Punkte der Kurve stets von einer gegebenen Geraden g einen gegebenen Abstand q besitzen müssen. Je nachdem dieser feste Punkt P (oder Pol der Kurve) von der Geraden weiter, gleichviel oder weniger weit abliegt als q, entstehen drei Formen der „Geraden-Conchoide“, die in der Figur gezeigt sind.

Die Winkeldreiteilung nun beruht auf folgender Überlegung: Wenn der zu teilende Winkel a irgendwo an eine Gerade g angetragen wird, dann steht es uns frei, den Pol der Conchoide in einem beliebigen Punkt P anzunehmen. Wenn wir nun mit OP als Radius um 0 einen Kreis schlagen, so wird dieser Kreis im Punkt E die Conchoide schneiden. Da wir weiters r (OP) als den „Abstand“ der Conchoide gewählt haben, ist $r=q$, woraus auch folgt, daß bei Verbindung von P und E und Verlängerung dieser Geraden bis zum Schnitt mit g, das Stück EQ gleich sein muß q, also auch r. Es entstehen jetzt zwei gleichschenklige Dreiecke POE und OEQ mit den Schenkeln $q=r$. Nun ist Winkel $\beta$ als Außenwinkel gleich $2\gamma$ und $2\ \beta +(180-\alpha -\gamma )=180$, also $\alpha +\gamma =2\beta$, was man auch durch Addition des Scheitelwinkels von $\alpha$ zu $\gamma$ direkt hätte ablesen können. Aus diesen zwei Gleichungen folgt, daß $\alpha +\gamma =4\ \gamma$ oder $\alpha$ gleich $3\gamma$, was zu beweisen war. Der Winkel $\gamma$ ist somit tatsächlich genau ein Drittel von Winkel $\alpha$. Zur praktischen Durchführung derartiger Konstruktionen existierten schon im Altertum Conchoiden-Zirkel, deren Bau sehr einfach ist, da man hiezu bloß eine Art von Lineal braucht, das mit dem einen Ende auf der Geraden g hin und her gleiten kann, während es am anderen Ende in der Entfernung q etwa wie ein Stangenzirkel den Zeichenstift trägt. Im Punkte P aber befindet sich ein Zapfen, um den sich das Lineal drehen kann. Allerdings muß es mittels eines langen Schlitzes auch am Drehzapfen gleiten können, weil ja q zwar stets auf der Verbindung der Geraden mit P liegt, der Abstand q jedoch immer von der Geraden g aus sich einstellen muß.

Wir könnten also unser Instrument folgendermaßen benutzen: Zuerst legen wir das „Lineal“ an den zu messenden Winkel an, lösen den Drehzapfen aus dem Schlitze und beschreiben mit dem Radius $r=q$ einen Kreis. Dann befestigen wir den Zapfen in der Kreisperipherie und erzeugen durch Verschiebung des Schlittens die Conchoide. Wo die beiden Kurven einander schneiden, ist der Punkt E, so daß wir durch Verbindung von P und E mit unserem Lineal sofort auch den Punkt Q und damit den gedrittelten Winkel $\gamma$ gewinnen können. Als zweites klassisches Problem trotzte das Quadraturproblem des Zirkels allen Bemühungen. Wir zeigen zuerst eine Näherungslösung mit Zirkel und Lineal, die der österreichische Oberst Quoika im Februar 1934 durch ein Flugblatt der Öffentlichkeit bekanntgab. Wir entnehmen diesem Flugblatt die folgende Zeichnung, in der auf der Linie xy im Punkte O ein Kreis mit beliebigem Radius gezogen ist. Auf dieser Geraden xy werden vom Mittelpunkt aus 4,4 (93,74) beliebig große gleiche Teile aufgetragen, wodurch die Strecke OC entsteht.

In C wird nun ein Lot auf xy errichtet und auf diesem 2,3 (49) Einheiten derselben Art wie früher abgetragen, wodurch CD entsteht. Nun verbindet man D mit O und erhält den Schnittpunkt B mit dem Kreise. Zieht man von B eine der Geraden xy parallele Sehne a, so ist diese Sehne a die verlangte Quadratseite eines dem Kreise „annähernd“ flächengleichen Quadrates. Der Beweis ist leicht trigonometrisch zu führen, wobei auch der „Fehler“ gegenüber einer genauen Quadratur auf Grund der Kreiszahl $\pi$ zum Vorschein kommt. Da die Quadratur die Bedingungsgleichung $a^{2}=r^{2}\cdot \pi$ verlangt, so ist ${\textstyle \pi ={\frac {a^{2}}{r^{2}}}}$. Weiters ist ${\textstyle {\frac {a}{2}}=r\cdot cos\ \alpha }$, folglich ${\textstyle {\frac {a}{r}}=2\cdot cos\ \alpha }$ und ${\textstyle {\frac {a^{2}}{r^{2}}}=4\cdot cos^{2}\alpha =\pi }$. Nun ist ${\textstyle \alpha ={\frac {OC}{OD}}}$ und ${\textstyle cos^{2}\alpha ={\frac {(OC)^{2}}{(OD)^{2}}}}$, was nach dem „Pythagoras“ sich in einem Fall als ${\textstyle cos^{2}\alpha ={\frac {(4,4)^{2}}{(2,3)^{2}+(4,4)^{2}}}}$ und im genaueren Fall als ${\textstyle cos^{2}\alpha ={\frac {(99\cdot 74)^{2}}{(49)^{2}+(93,74)^{2}}}}$, ergibt. Wenn wir diese Werte ausrechnen und noch mit 4 multiplizieren, erhalten wir für $\pi$ im ersten Fall $\pi =3,141582\dotsc$ und im zweiten Fall $\pi =3,141594$. Da der richtige Wert $\pi =3,141592\dotsc$ beträgt, so ist der „Fehler“ im ersten Fall höchstens ${\textstyle {\frac {1}{100.000}}}$ und im zweiten Fall sogar nur ${\textstyle {\frac {2}{1.000.000}}}$, was für die Praxis als fehlerfrei betrachtet werden kann. Hiezu bemerkt Quoika, daß die bisher genaueste Konstruktion im Jahre 1685 durch den Jesuitenpater Kochanski mit einem Fehler von ${\textstyle {\frac {6}{100.000}}}$ ($\pi =3,1415{\overline {33}}$) geleistet wurde.

Wir bemerken an dieser Stelle, daß alle diese an sich genialen Näherungskonstruktionen natürlich die Tatsache nicht aus der Welt schaffen, daß mit Zirkel und Lineal die Quadratur des Kreises nicht durchgeführt werden kann. Den Beweis hierfür können wir leider aus Raum- und Schwierigkeitsgründen nicht bringen; wir erwähnen bloß, daß er mit der durch Lindemann endgültig festgestellten Transzendenz von $\pi$ zusammenhängt. Es ist nun aber in neuerer Zeit durch die Konstruktion eines Evolventenzirkels (Vietoris) gelungen, eine genaue, theoretisch hundertprozentige Quadratur des Kreises zu erzielen, wobei die Fehlerquellen nicht im Prinzip, sondern im praktischen Funktionieren des Evolventen-Zirkels gelegen sind. Die Kreis-Evolvente gehört zugleich zu den Rollkurven und den Spirallinien. Sie ist eine Radkurve eines Kreises mit unendlichem Durchmesser, der einen zweiten Kreis abwickelt. Somit eine Grenzform der Epi-Zykloide. Wir wollen aber diese gelehrten Festlegungen einfacher verdolmetschen. Wenn man eine Tangente an den Kreis bildet und ohne Verschiebung um den Kreis herumlegt, so wird, wenn man den ersten Berührungspunkt auf der Tangente markiert hat, dieser Punkt eine Kurve beschreiben, wobei jederzeit die Strecke zwischen dem ersten Berührungspunkt und dem jetzigen Berührungspunkt auf der Tangente gleich dem Kreisbogen ist, der zwischen den Berührungspunkten liegt.

Der Kreis wurde gleichsam gerade gebogen (rektifiziert) und der Bogen klebt auf der Tangente. Man könnte sich das so vorstellen, daß die Kreispunkte kleine Papier-Koriandoli auf dem Umfang eines Bades gewesen wären. Nun hätte ich ein gummiertes Lineal angelegt und herumgeschwungen. Es würden nacheinander sämtliche Berührungspunkte am Lineal kleben und dieselbe (allerdings nicht mehr krumme) Länge aufweisen wie der Bogen, dessen Länge ebenfalls die Summe all dieser Berührungspunkte ausmachte.

Wenn wir also mittels eines Evolventenzirkels etwa einen Viertelkreis als Gerade darstellen können, ist das Problem der Quadratur theoretisch gelöst. Denn ein Viertelkreis hat den Flächeninhalt ${\textstyle {\frac {r^{2}\cdot \pi }{4}}}$ oder, was dasselbe ist, ${\textstyle {\frac {(2r\cdot \pi )r}{8}}}$. Nun ist aber der Viertelkreisbogen ${\textstyle {\frac {2r\cdot \pi }{4}}={\frac {r\cdot \pi }{2}}}$ lang. Da der Inhalt des Quadranten eine Fläche von ${\textstyle {\frac {(2\cdot \pi )}{2}}\cdot {\frac {2\cdot r}{4}}={\frac {(r\cdot \pi )}{2}}\cdot {\frac {r}{2}}}$ beträgt, brauche ich die Ablesung auf der Schiene des Evolventenzirkels bloß mit ${\textstyle {\frac {r}{2}}}$ zu multiplizieren, um die genaue Fläche des Viertelkreises zu gewinnen. Will ich zudem noch die Quadratseite, die diesem Viertelkreis entspricht, konstruktiv erhalten, dann kann ich aus der Ablesung auf dem Evolventen-Lineal ${\textstyle ({\frac {2\pi }{2}})=c}$ und aus ${\textstyle {\frac {r}{2}}}$ ein Rechteck bilden, das natürlich den Flächeninhalt ${\textstyle c\cdot {\frac {r}{2}}=({\frac {r\pi }{2}})\cdot {\frac {r}{2}}={\frac {(2r\pi )r}{8}}}$ haben muß.

Dieses Rechteck aber kann ich dann nach den uns schon bekannten Regeln konstruktiv in ein Quadrat der Seite a verwandeln (Fig. 107). Zu diesen ganzen theoretischen Ausführungen wird abschließend bemerkt, daß es nur darauf ankam, das transzendente $\pi$ in kommensurabler Art auszudrücken, d. h. es irgendwie auf eine gerade Strecke zu reduzieren. Dies aber leistete unsere Evolvente bzw.deren Leitstrahl, dessen Länge sich mit der Länge des zugehörigen Kreisbogens als identisch erwies.

Die mechanische Durchführung der Konstruktion wird mit dem Evolventen-Zirkel verwirklicht. Er ist sehr einfach konstruiert. Eine Schiene, deren Länge bis zum rechten Winkel den Radius des zu quadrierenden Kreises darstellt, trägt an einem Ende den Mittelpunktsstift. In der Entfernung des Radius von diesem Stifte ist senkrecht zum Radius-Lineal ein Tangenten-Lineal angebracht, auf dem der Wagen in der Tangentenrichtung gleiten kann. Auf der dem Radius-Lineal zugekehrten Seite des Wagens ist an der Kante der Zeichenstift befestigt. Der Wagen ruht mit einem scharfzahnigen Zahn-Rädchen auf der Zeichenfläche, wobei er in jedem kleinsten Intervall bestrebt bleibt, die Achse dieses Rädchens stets parallel zur Tangente zu stellen. Dadurch aber muß der Wagen parallel zum Tangenten-Lineal gleiten, und der Schreibstift zeichnet die Kreis-Evolvente, falls der „Radius“ bewegt wird. Weiters wird die Länge der „Tangente“ vom jeweiligen Berührungspunkt bis zum Schreibstift stets die Bogenlänge des Kreises darstellen, die bisher „abgewickelt“ wurde. Wie schon angedeutet, stammt die Idee dieser Zirkelkonstruktion von L. Vietoris in Innsbruck.

Beschrieben in dem interessanten Aufsatz von Karl Menger (Wien): „Ist die Quadratur des Kreises lösbar?“ in „Alte Probleme - neue Lösungen“, Deuticke 1934.

Als drittes und letztes der klassischen Konstruktionsprobleme hätten wir das sogenannte „Delische Problem“ (Problem der Würfelverdopplung oder „duplicatio cubi“) zu behandeln. Die Sage kündet, daß König Minos von Kreta seinem Söhne ein Grabmal in Würfelform hatte errichten lassen, das durch Nachlässigkeit des Baumeisters zu klein ausgefallen war. Es sollte daher der marmorne Würfel der Kantenlänge von 100 Fuß abgetragen und durch einen neuen ersetzt werden, der den doppelten Rauminhalt hätte aufweisen müssen. Nun scheiterten die Mathematiker an der Berechnung der Kantenlänge des neuen Würfels. Nach einer zweiten klassischen Sage hatte das Orakel in Delos (daher der Name des Problems) den Athenern den Rat erteilt, zur Versöhnung Apollons, dessen Altar in Delos die Form eines Würfels hatte, einen doppelt so großen Würfel-Altar zu stiften. In Athen wütete nämlich die Pest, die man der Ungnade Apollons zuschrieb. Da die Geometer das Problem nicht lösen konnten, wandte man sich an Platon, der erwidert haben soll, dem Gotte sei nicht so sehr an der Verdopplung des Würfels gelegen als daran, durch solche Problemstellungen zum tieferen Studium der Geometrie im allgemeinen anzuregen.

Jedenfalls ist es geschichtliche Tatsache, daß das Delische Problem schon im Altertum mehrere konstruktive Lösungen fand. Allerdings nicht mit Kreis-Zirkel und Lineal. Denn man kann beweisen, wenn man die Kante des ursprünglichen Würfels mit a₁ und die des verdoppelten Würfels mit a₂ bezeichnet, daß die Beziehung $2a_{1}^{3}=a_{2}^{3}$ bzw. ${\textstyle a_{2}={\sqrt[{3}]{2a_{1}^{3}}}=a_{1}{\sqrt[{3}]{2}}}$ sich nicht auf Gleichungen reduzieren läßt, die eine Behandlung mit Kreis-Zirkel und Lineal zuließen, was bekanntlich nur bei höchstens quadratischen Gleichungen der Fall ist. Wohl aber ist das Problem durch andere Kurven als den Kreis ohne weiteres lösbar; Schon im 5. vorchr. Jahrhundert gelang es dem durch seine „Möndchen-Konstruktion“ bekannten Hippokrates aus Chios, durch den Schnitt zweier Parabeln die in Rede stehende Konstruktion zu leisten.

Die beiden Parabeln mit den Gleichungen $x^{2}=a_{1}y$ und $y^{2}=2a_{1}x$ ergeben einen Schnittpunkt, dessen Abszisse die gesuchte Kante des verdoppelten Würfels sein muß, wenn $a_{1}$ die ursprüngliche Würfelkante war. Denn aus der ersten Gleichung ist ${\textstyle {\frac {x^{2}}{a_{1}}}}$, und dieser Wert, in die zweite Gleichung eingesetzt, liefert ${\textstyle {\frac {x^{4}}{a_{1}^{2}}}=2a_{1}x}$, also $x^{3}=2a_{1}^{3}$ oder $x=a_{1}{\sqrt[{3}]{2}}$, was wir oben als Bedingung der Würfelverdopplung forderten. Da man nun schon im Altertum einfache Parabel-Zirkel besaß, konnte man den Schnittpunkt leicht zeichnen. In moderner analytischer Form sehen wir ihn in der Fig. 146 dargestellt.

Ein anderer griechischer Geometer, Diokles, hat dann um 150 v. Chr. Geb. eigens zum Zweck der Würfel-Verdopplung eine neue Kurve, die Cissoide, ersonnen, deren Prinzip und Eigenschaften die nebenstehende Figur zeigt. Die Kurve, die dadurch erzeugt wird, daß aus einem Punkt der Kreisperipherie Strahlen gezogen werden, die eine Tangente desselben Kreises schneiden müssen, die als Berührungspunkt den diametralen Gegenpunkt des Strahlungsmittelpunktes hat, besitzt die Eigenschaft, daß der Abschnitt auf dem Strahl von der Tangente bis zum Schnitt mit der Kreisperipherie stets gleich lang, sein muß mit dem Abschnitt vom Strahlungsmittelpunkt bis zum Schnittpunkt des Strahls mit der Cissoide. Kurz $3,3=PA_{3}$; $6,6=PA$, usw. Die Gleichung der Cissoide aber lautet, in analytischer Art geschrieben, ${\textstyle y^{2}={\frac {x^{2}}{a-x'}}}$, wobei a den Durchmesser des Kreises bedeutet.

Nun wurde naturgemäß weder das vorige Beispiel (Parabelschnitt) noch das Beispiel der Gissoide von den alten Griechen analytisch behandelt. Die Untersuchungen erfolgten vielmehr proportionengeometrisch. Wir wollen aber gleichwohl als Nachtragsübung zur analytischen Geometrie auch dieses Problem in rein moderner Art untersuchen, was nebenbei auch eine strenge Verifikation der antiken Bemühungen bedeutet. Zu diesem Zweck zeichnen wir uns vorerst eine Figur, in der die „ursprüngliche Würfelkante“ mit $a_{1}$ bezeichnet ist.

Wir behaupten nun, die Strecke $a_{2}=AC=a_{1}{\sqrt[{3}]{2}}$ sei die gesuchte Kante des verdoppelten Würfels.

Zum Beweis bestimmen wir zuerst den Schnittpunkt Z der Geraden AB mit der Cissoide. Dazu aber müssen wir zuerst die Gleichung der Geraden AB feststellen, die durch die Punkte $A(a_{1},0)$ und $b(0,2a_{1})$ läuft. Ihre Gleichung muß nach der Formel ${\textstyle y-y_{1}={\frac {y_{2}-y_{1}}{x_{2}-x_{1}}}}$ gleich sein ${\textstyle y-2a_{1}={\frac {2a_{1}-0}{0-a_{1}}}(x-0)}$ oder umgeformt $y=2(a_{1}-x)$. Wenn ich nun zur Gewinnung des Schnittpunktes dieses y in die Gleichung der Cissoide ${\textstyle y^{2}={\frac {x^{2}}{a_{1}-x}}}$ einsetze, erhalte ich ${\textstyle [2(a_{1}-x)]^{2}={\frac {x^{2}}{a_{1}-x}}}$ oder ${\textstyle 4(a_{1}-x)^{2}={\frac {x^{2}}{a_{1}-x}}}$ oder $4(a_{1}-x)^{3}=x^{3}$. Es ist also ${\textstyle {\frac {x^{2}}{(a_{1}-x)^{2}}}=4}$ und ${\textstyle {\frac {x}{a_{1}-x}}={\sqrt[{3}]{4}}}$. Daraus ergibt sich ${\textstyle x={\frac {a_{1}{\sqrt {4}}}{1+{\sqrt[{3}]{4}}}}}$ und y aus der Gleichung ${\textstyle y=2(a_{1}-x)=2a_{1}-2{\frac {a_{1}{\sqrt[{3}]{4}}}{1+{\sqrt[{3}]{4}}}}}$ als ${\textstyle y={\frac {2a_{1}}{1+{\sqrt[{3}]{4}}}}}$.

Wenn wir nun weiters, um den Punkt C zu bestimmen, die Gleichung der Geraden OZ suchen, so haben wir als Koordinaten der beiden Punkte $0(0,0)$ und $Z\left({\frac {a_{1}{\sqrt[{3}]{4}}}{1+{\sqrt[{3}]{4}}}},{\frac {2a_{1}}{1+{\sqrt[{3}]{4}}}}\right)$, Die Gerade hat also die Gleichung

${\begin{aligned}y-0&={\frac {\left({\frac {2a_{1}}{1+{\sqrt[{3}]{4}}}}-0\right)}{\left({\frac {a_{1}{\sqrt[{3}]{4}}}{1+{\sqrt[{3}]{4}}}}-0\right)}}\cdot \left(x-0\right)\\&=\left({\frac {2a_{1}}{a_{1}{\sqrt[{3}]{4}}}}\right)\cdot x\\&=\left({\frac {2}{\sqrt[{3}]{4}}}\right)\cdot x\end{aligned}}$

Nun ist aber ${\frac {2}{\sqrt[{3}]{4}}}={\frac {2}{\sqrt[{3}]{2^{2}}}}={\frac {2}{2^{\frac {2}{3}}}}=2^{1}-2^{\frac {2}{3}}=2^{1-{\frac {2}{3}}}=2^{\frac {1}{3}}={\sqrt[{3}]{2}}$.

Also ist die Gleichung für die Gerade OZ sicherlich $y=x{\sqrt[{3}]{2}}$. Da nun weiters die Gerade AC die Gleichung $x=a_{1}$ hat, so ist der Schnittpunkt C als Schnittpunkt von OZ, das ja verlängert werden darf, und von AC zu gewinnen aus den Gleichungen $y=x{\sqrt[{3}]{2}}$ und $x=a_{1}$. Folglich hat C die Koordinaten $x=a_{1}$ und $y=a_{1}{\sqrt[{3}]{2}}$. Daher haben wir in AC die gesuchte Kante des verdoppelten Würfels vor uns.

Auch für die mechanische Erzeugung der Cissoide gab es schon im Altertum einfache Cissoiden-Zirkel, von denen wir eine der primitivsten Konstruktionsarten als Abschluß dieses Kapitels im Bilde bringen. Ein im rechten Winkel zusammengefügtes Lineal, dessen einer Schenkel gleich ist a₁, gleitet mit seinem Endpunkt Q auf dem Lineal QM auf und ab. Im Halbierungspunkt P des Schenkels QR befindet sich der Schreibstift. Der andere Schenkel des rechten Winkels (RO) greift über QM und kann bei O durch eine drehbare Hülse gleiten, wobei die Distanz OM gleich sein muß al. Die Handhabung des Zirkels zur Lösung unseres Problems geschieht in der Art, daß zuerst mittels unseres Zirkels die Cissoide gezogen wird. Von S zieht man sodann eine Senkrechte zu OM in der Höhe von $2a_{1}$, verbindet deren Endpunkt mit Punkt A, der um ${\textstyle {\frac {a_{1}}{2}}}$ rechts von M liegt. Wo nun TA die Cissoide schneidet, also in Z, wird eine Gerade nach S gezogen und bis zur Senkrechten aus A (auf OA) verlängert. Der Schnitt dieser Verlängerungsgeraden mit AC ergibt in der Distanz AE die gesuchte Kante des verdoppelten Würfels.

Es erübrigt nur noch der zwingende Beweis, daß unser Zirkel wirklich eine Cissoide zeichnet. Da nun der Punkt P, in dem in unserer Figur der Zeichenstift zufällig steht, ein ganz willkürlicher ist, so muß es genügen zu beweisen, daß P ein Punkt der Cissoide ist. Dies ist aber nur dann der Fall, wenn die Bedingung $CB\equiv SP$ erfüllt ist. Zum Beweis ziehen wir die Hilfslinien OQ und MR sowie den Radius MB. Nun stellen wir fest, daß $\sphericalangle OMQ$ und $\sphericalangle SAC$ rechte Winkel sind. Ebenso ist $\sphericalangle ORQ$ ein rechter Winkel. Das Dreieck $OMQ$ ist nun kongruent dem Dreieck $ORQ$, da $OQ\equiv OQ$ und $OM\equiv RQ$. Daher ist OQRM ein gleichschenkliges Trapez und OQ parallel zu SP (Mittellinie) parallel zu MR. Daher weiters $\sphericalangle QOM\equiv \sphericalangle CSA$. Weil aber neben dieser Kongruenz auch $OM\equiv SA$, so auch Dreieck $OQM\equiv$ Dreieck $CSA$. Daher weiters $MQ\equiv AC$ und daher MA parallel zu QC. Weil aber MQ und AC parallele Lote sind, so müssen MA und QC auch Lote auf CA und MQ sein, da sie parallel und gleich sind und $MA\perp AC$ und $\perp MQ$. Daher $\sphericalangle CSM\equiv \sphericalangle QCP$. Da aber CQ und PQ, weiters MS und MB alle gleich ${\textstyle {\frac {a_{1}}{2}}}$ sind, so muß auch $\sphericalangle CPQ\equiv \sphericalangle QCP$ und $\sphericalangle SBC\equiv \sphericalangle CSM$sein. Daher sind in den gleichschenkligen Dreiecken SMB und QCP der kongruenten Schenkel ${\textstyle {\frac {a_{1}}{2}}}$ und der kongruenten Basiswinkel $\alpha$ auch die Basisseiten CP und BS kongruent. Daher aber muß auch $(CP+BP)\equiv (BS+BP)$, da sich durch Addition von BP auf beiden Seiten die Kongruenz nicht ändert. Da aber nun $(CP+BP)\equiv CB$ und $(BS+BP)\equiv SP$, ist die oben gestellte Bedingung $CB\equiv SP$ erfüllt und der Beweis erbracht, daß P tatsächlich ein Cissoidenpunkt des Kreises um M mit dem Radius ${\textstyle {\frac {a_{1}}{2}}}$ ist, womit auch das richtige Funktionieren unseres Cissoiden-Zirkels bewiesen ist.

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