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Man ziehe die Gerade DE senkrecht auf BO, DF senkrecht 
auf die verlängerte CO und DG senkrecht auf die verlängerte A O, 
so schneidet das letzte Perpendikel die Gerade B O im Punkte H, 
durch diesenDurchschnittspunkt ziehe man IR |J CF also -l. DF, welche 
der verlängerten AO im Punkte K begegnet, endlich ziehe man durch 
O die Gerade OB |j DF, also J- IH. 
Nun ifi £8. K H O = SS. H O F = | B, unb SB. H O K = f B, 
endlich SB. OKH = «SB. AOF = | R, also ist A KOH gleich 
winklig, und demnach auch gleichseitig, nämlich OH = OK = KH. 
Da aber HG J. OK, uni) OL J_KD, so ist OG— GR —DB —BR; 
und endlich ist das Viereck LOFI ein Parallelogramm, also 
OF = LI. 
Es ist also FO -f OG = IL -s- KL — IR; 
ferner ist A DIH cv? DEH, also ID = IlE, und daher 
ID + DK = ED -{- DO = EO, oder 
IR — EO. 
Es ist aber, wie wir vorhin gesehen haben, auch IR---FO-j-OG, 
und demnach FO -j- OG EO, 
also 
A0-f0G-f-C0-f0F-j-BE:=A0-{-C04-E0 + BE, 
oder 
AG-fCF+BE = AO + CO + BO. 
Denkt man sich nun die Geraden AD, BD und CD gezogen, 
so ist offenbar AG < AD, BE < BD und CF < CD, 
also 
AG 4- BE -j- CF < AD -f- BD -f- CD, 
oder 
AO + CO + BO < AD -f- BD -f- CD, 
w. z. b. w. 
Der Anfänger versuche nun unsern Satz unter folgenden Modi- 
sikationen zu beweisen: 
a) Wenn der Punkt D auf einer der drey Geraden AO, BO, 
CO liegt; 
Ir) Wenn der Punkt D auf der Verlängerung einer dieser drey 
Geraden sich befindet; 
. Salomon's Sammt, geom- Aufg- 
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