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Trigonometrie in der komplexen Ebene: Tangens und Kotangens in rechtwinkligen Dreiecken aus komplexen Zahlen

Innerhalb der Gruppe $\operatorname {Aut} (P,G;\varepsilon )$ sei ${\mathcal {G}}$ die Untergruppe derjenigen Automorphismen $\phi$ mit $\phi _{G}(g)\|g$ für alle Geraden $g\in G$.

Hilfssatz: ${\mathcal {G}}$ ist Normalteiler von $\operatorname {Aut} (P,G;\varepsilon )$. Ist $g\in G$ eine Gerade, so operiert ${\mathcal {G}}$ auf kanonische Weise auf dem Parallelenbündel $\{h\in G\mid h\|g\}$.

Beweis: Die kanonische Operation von $\operatorname {Aut} (P,G;\varepsilon )$ auf $G$ induziert eine Operation auf der Menge $G/\|$ der Parallelenbündel, da jeder Automorphismus parallele Geraden in parallele Geraden abbildet. ${\mathcal {G}}$ ist gerade der Kern des zugehörigen Homomorphismus $\operatorname {Aut} (P,G;\varepsilon )\to \operatorname {Sym} (G/\|)$ und somit Normalteiler. Hieraus folgt auch sofort, dass ${\mathcal {G}}$ auf jedem Element von $G/\|$, d.h. auf jedem Parallelenbündel operiert. $\Box$

Hilfssatz: Ist $\phi \in {\mathcal {G}}$ nicht die Identität, so hat $\phi _{P}$ höchstens einen Fixpunkt.

Beweis: Sei $\phi \in {\mathcal {G}}$. Ist $p$ ein Fixpunkt, so ist jede Gerade $g$ durch $p$ Fixgerade: Aus $\phi _{G}(g)\|g$ und $p=\phi _{P}(p)\varepsilon \phi _{G}(g)$ folgt $\phi _{G}(g)=g$.

Seien $a,b\in P$ zwei verschiedene Fixpunkte. Sei $g\in G$ beliebig. Gilt $a\varepsilon g$, so ist $g$ nach der gerade gezeigten Aussage eine Fixgerade. Gilt dagegen $a\not \varepsilon g$, so gibt es ein $p\varepsilon g$ mit $p\not \varepsilon ab$. Als Schnittpunkt der Fixgeraden $ap$ und $bp$ ist $p$ Fixpunkt. Damit ist auch $g$ Fixgerade. Folglich ist $\phi _{G}$ die identische Abbildung und somit $\phi$ die Identität. $\Box$

Ist $p\in P$, so heißt ${\mathcal {H}}_{p}=\{\phi \in G\mid \phi _{P}(p)=p\}$ die Gruppe der Homothetien mit Zentrum $p$. Es ist klar, dass es sich um eine Gruppe handelt, nämlich den Stabilisator von $p$ unter der kanonischen Operation von ${\mathcal {G}}$ auf $P$.

Hilfssatz: Fixgeraden einer nichttrivialen Homothetie sind genau die durch das Zentrum verlaufenden Geraden.

Beweis: Sei $\phi \in {\mathcal {H}}_{p}$. Ist $g$ eine nicht durch $p$ verlaufende Fixgerade und $q\varepsilon g$, so ist $q$ als Schnittpunkt der Fixgeraden $g$ und $pq$ ein Fixpunkt. Es folgt, dass $\phi$ die Identität ist. $\Box$

Hilfssatz: Gilt $p\varepsilon g$, so operiert ${\mathcal {H}}_{p}$ treu auf $P(g)\setminus \{p\}$.

Beweis: Zunächst operiert ${\mathcal {H}}_{p}$ auf $P(g)$, da $g$ Fixgerade ist. Da die Bahn von $p$ nur aus $p$ selbst besteht, operiert ${\mathcal {H}}_{p}$ auch auf $P(g)\setminus \{p\}$, hier sogar treu, da nur die Identität weitere Fixpunkte hat. $\Box$

Sei ${\mathcal {T}}$ die Menge der fixpunktfreien Elemente von ${\mathcal {G}}$ zusammen mit der Identität. ${\mathcal {T}}$ heißt die Gruppe der Translationen.

Hilfssatz: Ist $\phi \in {\mathcal {G}}$ fixpunktfrei, so gilt für $a,b\in P$ stets $a\phi _{P}(a)\|b\phi _{P}(b)$. Genau die Parallelen zu $a\phi _{P}(a)$ sind Fixgeraden.

Beweis: Die Gerade $g=a\phi _{P}(a)$ ist wegen $\phi _{P}(a)\varepsilon \phi _{G}(g)$ und $\phi _{G}(g)\|g$ Fixgerade. Würde eine weitere Fixgerade $g$ schneiden, so wäre der Schnittpunkt Fixpunkt, also sind alle Fixgeraden zu $g$ parallel. Da für $b\in P$ auch $b\phi _{P}(b)$ Fixgerade ist, folgt insbesondere $a\phi _{P}(a)\|b\phi _{P}(b)$. Ist $h\|g$, so wählen wir einen Punkt $p\varepsilon h$. Dann fällt $h$ mit der Fixgeraden $p\phi _{P}(p)$ zusammen. $\Box$

Hilfssatz: ${\mathcal {T}}$ ist eine Gruppe.

Beweis: Zunächst enthält ${\mathcal {T}}$ die Identität und ist somit nicht leer.

Ist $\phi \in {\mathcal {G}}$ fixpunktfrei, so gilt dies auch für $\phi ^{-1}\in {\mathcal {G}}$, so dass ${\mathcal {T}}$ gegen Inversenbildung abgeschlossen ist.

Um zu zeigen, dass ${\mathcal {T}}$ eine Untergruppe von ${\mathcal {G}}$ ist, bleibt die Abgeschlossenheit zu zeigen. Sei also $\phi ,\psi \in {\mathcal {T}}$. Ist $\phi$ oder $\psi$ die Identität, so folgt sofort $\phi \circ \psi \in {\mathcal {T}}$. Wir nehmen daher an, dass $\phi$ und $\psi$ fixpunktfrei sind und $\phi \circ \psi$ mindestens einen Fixpunkt $o$ hat.

Sei $a\in P$ beliebig, $b=\psi _{P}(a)$, $c=\phi _{P}(b)$. Dann gilt $a\neq b\neq c$ (aber möglicherweise $a=c$). Es folgt $ab=a\psi _{P}(a)\|o\psi _{P}(o)=\psi _{P}(o)\phi _{P}(\psi _{P}(o))\|b\phi _{P}(b)=bc$, also $ab=bc$. Alle Parallelen zu $ab$ sind also fix sowohl unter $\psi$ als auch $\phi$, somit auch unter $\phi \circ \psi$. Mindestes eine hiervon, etwa $h$, verläuft nicht durch $o$. Ist $p$ ein auf $h$ liegender Punkt, so ist dieser als Schnittpunkt der beiden Fixgeraden $h$ und $op$ ein zweiter Fixpunkt. Somit ist $\phi \circ \psi$ die Identität und in der Tat $\phi \circ \psi \in {\mathcal {T}}$. $\Box$

Hilfssatz: ${\mathcal {T}}$ operiert treu auf $P$. Ist $g\in G$ eine Gerade, so operiert deren Stabilisator ${\mathcal {T}}_{g}$ treu auf $P(g)$.

Beweis: Klar, da nur die Identität Fixpunkte hat. $\Box$

Hilfssatz: ${\mathcal {T}}$ ist ein Normalteiler von ${\mathcal {G}}$. Ist $g\in G$ eine Gerade, so ist ${\mathcal {T}}_{g}$ ebenfalls Normalteiler von ${\mathcal {G}}$

Beweis: ${\mathcal {T}}_{g}$ besteht genau aus denjenigen Elementen von ${\mathcal {G}}$, die auf dem Parallelenbündel zu $g$ trivial operieren, folglich ${\mathcal {T}}_{g}\vartriangleleft {\mathcal {G}}$. Da jedes Element von ${\mathcal {T}}$ für geeignetes $g\in G$ in einem ${\mathcal {T}}_{g}$ liegt, folgt auch ${\mathcal {T}}\vartriangleleft {\mathcal {G}}$. $\Box$

Desarguessche Ebenen

Im Folgenden sei angenommen, dass der Satz von Desargues in der folgenden Form gilt:

Satz von Desargues: Seien $a,b,c,a',b',c'$ sechs verschiedene Punkte. Die Geraden $aa',bb',cc'$ seien alle parallel ("uneigentlich zentralperspektiv") oder gehen alle durch einen gemeinsamen Punkt $p$ ("zentralperspektiv mit Zentrum $p$"). Dann folgt aus $ab\|a'b'$ und $ac\|a'c'$ auch $bc\|b'c'$.

Dann ergeben sich weitere Schlussfolgerungen:

Hilfssatz: ${\mathcal {T}}$ operiert transitiv auf $P$. Für $g\in G$ operiert ${\mathcal {T}}_{g}$ transitiv auf $P(g)$.

Beweis: Seien $a,b\in P$ zwei Punkte, $a\neq b$. Wir suchen ein $\phi \in {\mathcal {T}}$ mit $\phi _{P}(a)=b$.

Definiere $\phi$ wie folgt:

1. Für $g\in G$ mit $a\varepsilon g$ setze $\phi _{G}(g)=\operatorname {par} (g,b)$.
2. Für $g\in G$ mit $g\|ab$ setze $\phi _{G}(g)=g$.
3. Für $p\in P$ mit $p\not \varepsilon ab$ setze $\phi _{P}(p)=\phi _{G}(pa)\wedge \operatorname {par} (ab,p)$
4. Für sonstige $g\in G$ (also solche Geraden mit $a\not \varepsilon g$ und $g\nparallel ab$) wähle ein $p\varepsilon g$ mit $p\not \varepsilon ab$ und setze $\phi _{G}(g)=\operatorname {par} (g,\phi _{P}(p))$.
5. Für sonstige $p\in P$ (also solche mit $p\varepsilon ab$) wähle eine von $ab$ verschiedene Gerade $g$ mit $p\varepsilon g$ und setze $\phi _{P}(p)=ab\wedge \phi _{G}(g)$.

Zu zeigen ist als erstes, dass dies wohldefiniert ist. Zunächst besteht kein Konflikt zwischen 1 und 2, da beide $\phi _{G}(ab)=ab$ definieren.

Die Definition unter 4 hängt nicht von der Wahl des Punktes $p$ ab: Sei $p'$ ein weiterer Punkt mit $p'\varepsilon g$ und $p'\not \varepsilon ab$. Wegen 3 gilt $p\phi _{P}(p)\|ab\|p'\phi _{P}(p')$, also sind die Dreiecke $app'$ und $b\phi _{P}(p)\phi _{P}(p')$ uneigentlich zentralperspektiv. Aus $b\phi _{P}(p)\|ap$ und $b\phi _{P}(p')\|ap'$ (beides wegen 1) folgt daher auch $\phi _{P}(p)\phi _{P}(p')\|pp'$, also $\operatorname {par} (g,\phi _{P}(p))=\operatorname {par} (g,\phi _{P}(p'))$.

Die Definition unter 5 hängt nicht von der Wahl der Geraden $g$ ab: Sei $g'$ eine weitere Gerade, die $ab$ in $p$ schneidet. Sei $q\varepsilon g$ mit $q\not \varepsilon ab$ und $q'\varepsilon g'$ mit $q'\not \varepsilon ab$. Mit $p'=ab\wedge \phi _{G}(g)$ sind dann die Dreiecke $pqq'$ und $p'\phi _{P}(q)\phi _{P}(q')$ uneigentlich zentralpersektiv. Aus $pq\|p'\phi _{P}(q)$ und $qq'\|\phi _{P}(q)\phi _{P}(q')$ folgt dann auch $pq'\|p'\phi _{P}(q')$, d.h. $p'\phi _{P}(q')=\operatorname {par} (g',\phi _{P}(q'))=\phi _{G}(g')$ und schließlich $p'=ab\wedge \phi _{G}(g')$.

Man beachte noch, dass aus 5 nach Wahl einer von $ab$ verschiedenen Geraden $g$ durch $a$ sofort wie beabsichtigt $\phi _{P}(a)=ab\wedge \phi _{G}(g)=ab\wedge \operatorname {par} (g,b)=b$ folgt.

Als nächstes sei $p\in P$ und $g\in G$ mit $p\varepsilon g$. Zu zeigen ist, dass dann auch $\phi _{P}(p)\varepsilon \phi _{G}(g)$ gilt. Im Fall $p=a$ ist dies aus 1 klar. Im Fall $g\|ab$ ergibt sich aus 2 $\phi _{G}(g)=g$, so dass die Behauptung aus 3 ($g\neq ab$) bzw. 5 ($g=ab$) folgt. Im Fall $a\varepsilon g,g\nparallel ab,p\not \varepsilon ab$ folgt die Aussage aus 3. Falls $a\not \varepsilon g,g\nparallel ab,p\not \varepsilon ab$ folgt die Behauptung aus 4. Falls schließlich $g\nparallel ab,p\varepsilon ab$ folgt die Behauptung aus 5. Hiermit ist die Fallunterscheidung vollständig, d.h. $\phi$ ist zumindest ein Endomorphismus.

Wir erhalten einen weiteren Endomorphismus $\psi$, wenn wir die Rollen von $a$ und $b$ vertauschen. Man überprüft wiederum fallweise unmittelbar, dass $\psi \circ \phi$ und ebenso $\phi \circ \psi$ die Identität ist. Folglich ist $\phi \in \operatorname {Aut} (P,G;\varepsilon )$.

Wegen 1, 2, 4 gilt stets $\phi _{G}(g)\|g$, so dass sogar $\phi \in {\mathcal {G}}$ gilt.

Da alle Parallelen zu $ab$ Fixgeraden sind, kann $\phi$ keine nichttriviale Homothetie sein, ist also eine Translation, $\phi \in {\mathcal {T}}$. Da $ab$ Fixgerade ist, gilt sogar $\phi \in {\mathcal {T}}_{ab}$. Folglich operiert ${\mathcal {T}}$ in der Tat transitiv auf $P$ und für jede Gerade $g\in G$ auch ${\mathcal {T}}_{g}$ transitiv auf $P(g)$. $\Box$

Sind $a,b\in P$ zwei Punkte, so bezeichnen die eindeutig bestimmte Translation, die $a$ auf $b$ abbildet, im Folgenden als $\lambda _{a,b}$.

Hilfssatz: ${\mathcal {T}}$ ist abelsch.

Beweis: Seien $\phi ,\psi \in {\mathcal {T}}$ zwei Translationen, sei $a\in P$ beliebig, $b=\phi _{P}(a)$, $c=\psi _{P}(a)$.

Falls $a,b,c$ nicht kollinear sind, folgt $\phi _{G}(\psi _{G}(ab))=\operatorname {par} (ab,c)=\psi _{G}(\phi _{G}(ab))$ und ebenso $\phi _{G}(\psi _{G}(ac))=\operatorname {par} (ac,b)=\psi _{G}(\phi _{G}(ac))$. Somit folgt $\phi _{P}(\psi _{P}(a))=\operatorname {par} (ab,c)\wedge \operatorname {par} (ac,b)=\psi _{P}(\phi _{P}(a))$. Hieraus ergibt sich bereits $\phi \circ \psi =\psi \circ \phi$.

Es bleibt der Fall zu betrachten, dass $a,b,c$ alle auf einer Geraden $g$ liegen. Falls zwei dieser Punkte zusammenfallen, ist eine der Abbildungen $\phi ,\psi ,\psi \circ \phi$ die Identität und die Vertauschbarkeit trivialerweise erfüllt. Wir können die drei Punkte $a,b,c$ also als verschieden voraussetzen. Wähle $p\in P$ mit $p\not \varepsilon g$. Es folgt, dass $\phi =\lambda _{p,b}\circ \lambda _{a,p}$ gilt. Dann sind $a,p,c$ nicht kollinear, so dass $\lambda _{a,p}$ mit $\psi$ vertauscht. Ferner sind $p,b,\psi _{P}(p)$ wegen $p\psi _{P}(p)\|g$ nicht kollinear, so dass auch $\lambda _{p,b}$ mit $\psi$ vertauscht. Folglich ist $\phi \circ \psi =\lambda _{p,b}\circ \lambda _{a,p}\circ \psi =\psi \circ \lambda _{p,b}\circ \lambda _{a,p}=\psi \circ \phi$. $\Box$

Hilfssatz: Ist $p\varepsilon g$, so operiert ${\mathcal {H}}_{p}$ transitiv auf $P(g)\setminus \{p\}$.

Beweis: Seien $a,b\in P(g)\setminus \{p\}$ zwei Punkte, $a\neq b$. Wir suchen ein $\phi \in {\mathcal {H}}_{p}$ mit $\phi _{P}(a)=b$.

Definiere $\phi$ wie folgt:

1. Setze $\phi _{P}(p)=p$.
2. Für $h\in G$ mit $p\varepsilon h$ setze $\phi _{G}(h)=h$.
3. Für $h\in G$ mit $a\varepsilon h$ setze $\phi _{G}(h)=\operatorname {par} (h,b)$.
4. Für $q\in P$ mit $q\not \varepsilon g$ setze $\phi _{P}(q)=pq\wedge \phi _{G}(pa)$.
5. Für $h\in G$ mit $h\neq g$ wähle $q\varepsilon h$ mit $q\not \varepsilon g$ und setze $\phi _{G}(h)=\operatorname {par} (h,\phi _{P}(q))$.
6. Für $q\in P$ mit $q\neq p$ wähle $h\in G$ mit $q\varepsilon h$ und $p\not \varepsilon h$ und setze $\phi _{P}(q)=pq\wedge \phi _{G}(h)$.

Zunächst ist zu zeigen, dass dies wohldefiniert ist. Zwischen 2 und 3 besteht kein Konflikt, da im Fall $h=pa=g$ beide Varianten $\phi _{G}(g)=g$ ergeben. Zwischen 2 und 5 besteht kein Konflikt, denn wegen 4 liegt für jedes gewählte $q$ auf jeden Fall auch $\phi _{P}(q)$ auf $pq=h$, so dass sich wie bei 2 ebenfalls $\phi _{G}(h)=h$ ergibt. Die Definition unter 5 hängt nicht von der Wahl von $q$ ab: Ist auch $q'\varepsilon h$ und $q'\not \varepsilon g$, so sind die Dreiecke $aqq'$ und $b\phi _{P}(q)\phi _{P}(q')$ zentralperspektiv mit Zentrum $p$. Wegen 3 und 4 ist $aq\|b\phi _{P}(q)$ und $aq'\|b\phi _{P}(q')$, nach dem Satz von Desargues also auch $h=qq'\|\phi _{P}(q)\phi _{P}(q')$. Es folgt $\operatorname {par} (h,\phi _{P}(q))=\operatorname {par} (h,\phi _{P}(q'))$.

Die Definition unter 6 hängt nicht von der Wahl der Geraden $h$ ab: Ist $h'$ eine weitere Gerade mit $q\varepsilon h'$ und $p\not \varepsilon h'$, so

Dann besteht aber auch kein Konflikt zwischen 4 und 6, da wir im Falle $q\not \varepsilon g$ ja $h=pa$ wählen können.

Folglich ist $\phi$ wohldefiniert.

Insbesondere ergibt sich aus 3 und 6 wie gewünscht $\phi _{P}(a)=b$.

Analog zum entsprechenden Beweis für Translationen weist man nach, dass $\phi$ ein Endomorphismus ist und dass durch Vertauschen von $a$ und $b$ sich ein inverser Endomorphismus ergibt, d.h. es gilt $\phi \in \operatorname {Aut} (P,G;\varepsilon )$.

Aus 2, 3, 5 ergibt sich jeweils $\phi _{G}(h)\|h$, so dass $\phi \in {\mathcal {G}}$ folgt. Wegen $\phi _{P}(p)=p$ folgt sogar $\phi \in {\mathcal {H}}_{p}$. $\Box$

Sind $p,a,b$ kollinear und $a\neq p\neq b$, so wird die eindeutig bestimmte Homothetie mit Zentrum $p$, die $a$ auf $b$ abbildet, im Folgenden mit $\mu _{p,a,b}$ bezeichnet.

Hilfssatz: Ist $g\in G,0\varepsilon g$ so ist $(P(g),+,0)$ eine abelschen Gruppe, wenn man $a+b:=\lambda _{0,a}(b)$ für $a,b\in P(g)$ definiert. ${\mathcal {H}}_{0}$ operiert auf $(P(g),+,0)$.

Beweis: Die Abbildung ${\mathcal {T}}_{g}\to P(g),\phi \mapsto \phi _{P}(0)$ ist eine Bijektion mit Umkehrabbildung $p\mapsto \lambda _{0,p}$. Wegen $\lambda _{0,a}\circ \lambda _{0,b}\mapsto \lambda _{0,a}(\lambda _{0,b}(0))=\lambda _{0,a}(b)=a+b$ ist dies auch ein Gruppoid-Homomorphimus.

Dass ${\mathcal {H}}_{0}$ auf dieser Gruppe operiert, folgt unmittelbar aus ${\mathcal {T}}_{g}\vartriangleleft {\mathcal {G}}$ . $\Box$

Hilfssatz: Schneiden sich die Geraden $g$ und $g'$ in 0 und ist $h\nparallel g'$, so ist die Abbildung $f\colon P(g)\to P(g'),p\mapsto \operatorname {par} (h,p)\wedge g'$ ein Homomorphismus von abelschen Gruppen und mit der Operation von ${\mathcal {H}}_{0}$ verträglich.

Beweis: Ist $a,b\in P(g)$ und sind $h_{0},h_{a},h_{b},h_{a+b}$ die Parallelen zu $h$ durch $0,a,b,a+b$, so folgt $h_{a+b}=\lambda _{0,a+b}(h_{0})=\lambda _{0,b}(\lambda _{0,a}(h_{0}))$. Wegen $af(a)\|h$ ist $\lambda _{a,f(a)}(h_{a})=h_{a}$, also $h_{a}=\lambda _{0,a}(h_{0})=\lambda _{0,f(a)}(h_{0})$ und ebenso $h_{a+b}=\lambda _{0,b}(h_{a})=\lambda _{0,f(b)}(h_{a})$, folglich $h_{a+b}=\lambda _{0,f(b)}(\lambda _{0,f(a)}(h_{0}))=\lambda _{0,f(a)+f(b)}(h_{0}).Esfolgt,dass<math>f(a)+f(b)$ der Schnittpunkt von $h_{a+b}$ mit $g'$ ist, also $f(a)+f(b)=f(a+b)$. $\Box$

Satz: Ist $g\in G$ und sind $0\varepsilon g$, $1\varepsilon g$, $0\neq 1$, zwei auf ihr liegende Punkte, so wird $P(g)$ zu einem Schiefkörper, wenn man für $a,b\in P(g)$ definiert

• $a+b:=\lambda _{0,a}(b)$,
• $a\cdot b:=\mu _{0,1,a}(b)$, sofern $a\neq 0$,
• $0\cdot b:=0$.

Bis auf Isomorphie ist der Schiefkörper nicht von der Wahl von $g$, 0 und 1 abhängig.

Beweis: Dass $(P(g),+)$ eine abelsche Gruppe mit neutralem Element 0 ist, wurde oben gezeigt. Auf dieselbe Art sehen wir aus der Bijektion ${\mathcal {H}}_{0}\to P(g)\setminus \{0\},\phi \mapsto \phi (1)$, dass $(P(g)\setminus \{0\},\cdot )$ eine Gruppe mit neutralem Element 1 ist.

Sei $c\in P(g),c\neq 0$. Da ${\mathcal {H}}_{0}$ auf $(P(g),+)$ operiert, gilt für $a,b\in P(g)$ stets $c\cdot (a+b)=c\cdot a+c\cdot b$, d.h. die Multiplikation ist von links distributiv über die Addition (im Fall $c=0$ trivialerweise).

Sei wieder $c\in P(g),c\neq 0$, $g'$ eine weitere Gerade durch 0 und $1'\varepsilon g'$, $1'\neq 0$. Die Parallelen zu $11'$ induzieren einen Isomorphismus $f_{1}\colon P(g)\to P(g')$, die Parallelen zu $1'c$ einen Isomorphismus $f_{2}\colon P(g')\to P(g)$. Insgesamt ergibt sich ein Automorphismus $\phi =f_{2}\circ f_{1}$ von $P(g)$, der $1\mapsto c$ abbildet. Ist $a\varepsilon g$ mit $a\neq 0$, so ergibt sich $\phi (a)=a\cdot c$ (das Dreieck $11'c$ wird homothetisch auf $af_{1}(a)\phi _{P}(a)$ abgebildet) sowie trivialerweise $\phi (0)=0\cdot c$, d.h. $\phi$ ist die Rechtsmultiplikation mit $c$. Es folgt, dass die Multiplikation auch von rechts distributiv ist.

Somit ist $(P(g),+,\cdot ,0,1)$ ein Ring und, da alle $c\neq 0$ invertierbar sind, sogar ein Schiefkörper.

Die Unabhängigkeit von der Wahl von $g$, 0, 1 ist nur eine Folge folgender Tatsachen:

• Für $a,b\in P$ gilt ${\mathcal {H}}_{a}\approx {\mathcal {H}}_{b}$, weil ${\mathcal {T}}$ transitiv auf $P$ operiert.
• Für sich schneidende Geraden $g,h$ gilt nach dem vorhergehenden Hilfssatz ${\mathcal {T}}_{g}\approx {\mathcal {T}}_{h}$ und für parallele wieder wegen der Transitivität von ${\mathcal {T}}$.

$\Box$