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\newtheorem{lema}{Lema}[section]
\newtheorem{prob}{Problema}%[section]
\begin{document}
\newtheorem{defi}[lema]{Defini\c{c}\~ao}%[section]
\newtheorem{prop}[lema]{Proposi\c{c}\~ao}
\newtheorem{teo}[lema]{Teorema}
\newcommand{\dem}{{\tt Demonstra\c{c}\~ao}:}
\newcommand{\cqd}{\hfill$\Box$}
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\title[Geometria e Desenho Geom\'etrico 1]{Notas de Aula}
\author[Severino Toscano do Rego Melo]{MAT 0230  -  Geometria e Desenho Geom\'etrico 1\\2$^\circ$ Semestre de 2025, Turma 42\\IME - USP\\Severino Toscano do Rego Melo}
\date{}



%\author[Severino T.  Melo]{Severino Toscano do Rego Melo}
%\date{}

%\begin{document}
%\maketitle
%\tableofcontents

\section{Algumas defini\c{c}\~oes}\label{euclides} 


\begin{defi}\label{segmento}
  Dados dois pontos $A$ e $B$, o segmento de extremidades $A$ e $B$, que denotaremos por $AB$, \'e o conjunto de pontos que consiste de: $A$, $B$ e de todos os
  pontos que est\ao\ entre $A$ e $B$. 
  \end{defi}


\begin{defi}\label{semirreta}
  Dados dois pontos $A$ e $B$, a semirreta $\overrightarrow{AB}$ \'e o conjunto dos pontos $P$ da reta $\overleftrightarrow{AB}$ tais que $P$ pertence
  ao segmento $AB$ ou $B$ est\'a entre $A$ e $P$. Diremos ent\ao\ que $A$ \'e o v\'ertice da semirreta, ou que a semirreta se origina em $A$. \end{defi}


\begin{defi}\label{semiop} As semirretas distintas $\overrightarrow{AB}$ e $\overrightarrow{AC}$ s\ao\ opostas se $\overleftrightarrow{AB}$ e $\overleftrightarrow{AC}$
  s\ao\ iguais.  \end{defi}

\begin{defi}\label{defang}
  Um \^angulo com v\'ertice em $A$ \'e a uni\ao\ de duas semirretas  n\ao\ opostas que se originam em $A$. As duas semirretas s\ao\
  chamadas de lados do \^angulo. Denotamos por $\angle BAC$ ou $\angle CAB$ o \^angulo formado pelas semirretas $\overrightarrow{AB}$ e $\overrightarrow{AC}$.\end{defi}

\begin{defi}\label{suplang}
  Os dois \^angulos $\angle BAD$ e $\angle DAC$ s\ao\ suplementares se as semirretas $\overrightarrow{AB}$ e $\overrightarrow{AC}$ s\ao\ opostas.\end{defi}

\begin{defi}\label{angreto} Um \^angulo \'e reto se \'e congruente a um \^angulo suplementar a ele.\end{defi}


\begin{defi} Duas retas $r$ e $s$ s\ao\ paralelas se nunca se encontram, ou seja, se nenhum ponto est\'a simultaneamente em $r$ e em $s$. \end{defi}

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%               INCID\^ENCIA
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\section{Axiomas de Incid\^encia}\label{s2}

S\ao\ apenas tr\^es os termos ou frases adotados sem defini\cao\ na geometria de incid\^encia plana: (1) ponto, (2) reta, (3) um ponto est\'a em uma reta. A partir desses
termos {\em primitivos}, outros termos podem ser definidos: (1) uma reta $r$ passa por $P$ se $P$ est\'a em $r$,
(2) os pontos $P,Q,R,\cdots$ s\ao\ {\em colineares} se existe uma reta $r$ na qual eles todos est\ao, (3) as retas
$r,s,t,\cdots$ s\ao\ {\em concorrentes} se existe um ponto $P$ que est\'a em todas elas, (4) duas retas s\ao\ {\em paralelas} se n\ao\ s\ao\ concorrentes.

\begin{enumerate}
\item[{\bf (I1)}] Dados dois pontos $P$ e $Q$, existe uma \'unica reta $r$ que passa por $P$ e por $Q$.
\item[{\bf (I2)}] Dada uma reta $r$, existem pelo menos dois pontos que est\ao\ em $r$.
\item[{\bf (I3)}] Existem pelo menos tr\^es pontos n\ao\ colineares.
\end{enumerate}


A reta $r$ determinada por $P$ e $Q$ ser\'a denotada por $\overleftrightarrow{PQ}$ ou $\overleftrightarrow{QP}$.

\begin{prop}\label{I0} O ponto $R$, distinto de $P$, est\'a em $\overleftrightarrow{PQ}$ se e somente se  $\overleftrightarrow{PQ}=\overleftrightarrow{PR}$.\end{prop}

Dadas duas retas concorrentes $r$ e $s$, se $P$ \'e o \'unico ponto que est\'a simultaneamente em $r$ e $s$, ent\ao\ diremos que $P$ \'e o {\em ponto de interse\cao} de $r$ e $s$. 

\begin{prop}\label{I2}  Existem tr\^es retas n\ao-concorrentes; isto \'e existem tr\^es retas $r$, $s$ e $t$ tal que n\ao\ existe
  um ponto $P$ que esteja em $r$, em $s$ e em $t$ simultaneamente.\end{prop}

\begin{prop} \label{I3} Dada uma reta $r$, existe pelo menos um ponto $P$ que n\ao\ est\'a em $r$.\end{prop}


\begin{prop}\label{I4} Dado um ponto $P$, existe pelo menos uma reta que n\ao\ passa por $P$.\end{prop}


\begin{prop}\label{I5} Dado um ponto $P$, existem pelo menos duas retas que passam por $P$. \end{prop}


\begin{prob}{\em Mostre que, dado um ponto $P$, existem pontos $Q$ e $R$ tais que $P$, $Q$ e $R$ n\ao\ sejam colineares.}\end{prob}

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%          MODELOS
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\section{Modelos}
\label{modelos}

Dado um sistema axiom\'atico, tal como a Geometria de Incid\^encia, uma {\em interpreta\cao} do sistema \'e a atribui\cao\
de significados aos termos adotados sem defini\cao. Se os axiomas, com essa interpreta\cao, s\ao\ afirma\coes\ verdadeiras, essa interpreta\cao\ \'e um
{\em modelo}. 



\subsection*{Plano de Descartes} Os pontos s\ao\ os elementos de $\R^2$. As retas s\ao\ os subconjuntos de $\R^2$ da forma
\[
L_{a,b,c}\coloneqq\{(x,y);\,ax+by=c\}, \ \ a,b,c\in\R,\ (a,b)\neq (0,0).
\]
Um ponto $P$ est\'a na reta $r$ se $P\in r$. As Proposi\coes~\ref{Descartes1} e~\ref{Descartes2}, enunciadas e demonstradas a seguir,
expressam que, para esta interpreta\cao, os axiomas (I1) e (I2)
s\ao\ satisfeitos. Os pontos $A=(0,0)$, $B=(1,0)$ e $C=(0,1)$ n\ao\ s\ao\ colineares pois $\overleftrightarrow{AB}$ \'e a reta de equa\cao\ $y=0$, que n\ao\ passa pelo
ponto $C$; ou seja, tamb\'em o Axioma I3 \'e satisfeito. Tudo junto, 
isso mostra que o {\em plano cartesiano} \'e um modelo da Geometria de Incid\^encia.

\begin{prop} \label{Descartes1} Dados dois pontos $(x_1,y_1)$ e $(x_2,y_2)$ em $\R^2$, existe uma \'unica reta $r$ que passa por $(x_1,y_1)$ e
  $(x_2,y_2)$.\end{prop}


\begin{prop}\label{Descartes2}
Toda reta do Plano de Descartes possui pelo menos dois pontos. 
  \end{prop}

\begin{prob}{\em Mostre que, no Plano de Descartes, dada uma reta $r$ e dado um ponto $P$ fora de $r$, existe uma \'unica reta paralela a $r$ passando por $P$.}\end{prob}

\subsection*{Plano de Poincar\'e} Os pontos s\ao\ os elementos do conjunto $P\coloneqq\{(x,y)\in\R^2;\,y>0\}$. As retas s\ao\ os subconjuntos
de $P$ da forma $L_a$, $a\in \R$, ou $L_{a,r}$, $a\in \R$, $r>0$, \label{defretaP} definidos por
\[
L_a\coloneqq\{(x,y)\in P;\,x=a\}, \ \ \ L_{a,r}\coloneqq\{(x,y)\in P;\,(x-a)^2+y^2=r^2\}.
\]
Um ponto $P$ est\'a na reta $r$ se $P\in r$.

Os axiomas da Geometria de Incid\^encia s\ao\ satisfeitos no Plano de Poincar\'e.


\begin{prob}\label{n5P}
  {\em Mostre que, no Plano de Poincar\'e, dadas uma reta $r$ e um ponto $P$ que n\ao\ est\'a em $r$, existem infinitas distintas retas paralelas a $r$  passando por $P$}.\end{prob}

\begin{prob}
  {\em Exiba tr\^es retas $r$, $s$ e $t$  no Plano de Poincar\'e tais que: (i) $r$ \'e paralela a $s$, (ii) $s$ \'e paralela a $t$, (iii) $r$ e $t$ s\ao\ concorrentes}.\end{prob}

\subsection*{Geometrias finitas}
O modelo mais simples para a geometria de incid\^encia consiste em declarar que os pontos s\ao\ os elementos de um conjunto $S$ com pelo menos tr\^es elementos,
que as retas s\ao\ os subconjuntos de dois elementos de $S$ e que um ponto $P$ est\'a na reta $r$ se $P\in r$. O caso em que $S$ \'e finito j\'a fornece
um exemplo interessante. Chamaremos de ``geometria de $n$ pontos'' o modelo associado a $S$ no caso em que $S$ possui $n$ elementos. 

\begin{prob}\label{5finito}
  {\em Mostre que: (a) na geometria de tr\^es pontos n\ao\ existem retas paralelas; (b) na geometria de quatro pontos,
    dadas uma reta $r$ e um ponto $P$ que n\ao\ est\'a em $r$, existe uma \'unica paralela a $r$
    passando por $P$;
    (c) na geometria de cinco pontos, dadas uma reta $r$ e um ponto $P$ que n\ao\ est\'a em $r$, existem pelo menos duas paralelas a $r$
    passando por $P$.}\end{prob}

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%              ORDENAMENTO
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\section{Axiomas de Ordenamento}\label{s4}



A express\ao\ $A*B*C$ denota a afirma\cao\ ``$B$ est\'a entre $A$ e $C$''. S\ao\ os seguintes os tr\^es primeiros axiomas satisfeitos por essa rela\cao:

\begin{enumerate}
\item[{\bf (B1)}] Se $A*B*C$, ent\ao\ (i) $A$, $B$ e $C$ s\ao\ tr\^es pontos  colineares e (ii) $C*B*A$.
\item[{\bf (B2)}] Dados dois pontos $B$ e $D$, existem pontos $A$, $C$ e $E$ tais que $A*B*D$, $B*C*D$ e $B*D*E$.
\item[{\bf (B3)}] Dados tr\^es pontos colineares, um e apenas um deles est\'a entre os outros dois. 
\end{enumerate}


Dados dois pontos $A$ e $B$, denotamos por $AB$ o segmento com extremidades $A$ e $B$ e por $\overrightarrow{AB}$ a semirreta
com origem em $A$ que passa por $B$ (veja as Defini\coes\ \ref{segmento} e \ref{semirreta}). Podemos escrever
\begin{equation}\label{defconj}
AB\coloneqq\{A,B\}\cup\{P;\,A*P*B\}\ \ \ \ \text{e}\ \ \ \ \overrightarrow{AB}\coloneqq AB\cup\{P;\,A*B*P\}
\end{equation}
Note que $AB$ e $\overrightarrow{AB}$ s\ao\ subconjuntos do conjunto
%\footnote{Na abordagem de \cite{G}, que adotamos nestas notas de aula, uma reta \'e apenas um termo primitivo, que n\ao\ se define.
%Com uma \'unica exce\c{c}\~ao, nos modelos discutidos na Se\cao~\ref{s2} uma reta \'e interpretada como sendo um conjunto de pontos e o termo
%  primitivo ``estar em'' \'e interpretado como o ``pertence'' da teoria dos conjuntos. Mas h\'a modelos da geometria de incid\^encia em que retas
%n\ao\ s\ao\ subconjuntos de pontos e o termo primitivo ``estar em'' n\ao\ \'e interpretado como o ``pertence'' da teoria dos conjuntos.}
  de todos os pontos que est\ao\ na reta $\overleftrightarrow{AB}$,
\[
\{\overleftrightarrow{AB}\}\coloneqq\{P;\,P\ \text{\'e um ponto que est\'a em}\ \overleftrightarrow{AB}\}. 
\]

\begin{prop}\label{pb0} Dados dois pontos $A$ e $B$, temos $AB=BA$.\end{prop}

\begin{prop}\label{separa} Seja $r$ uma reta, seja $O$ um ponto em $r$, seja $A$ um ponto que n\ao\ est\'a em $r$. Se $A*O*B$ ou se $A*B*O$, ent\ao\
  $B$ n\ao\ est\'a em $r$. \end{prop}

\begin{prop}\label{pbmeio} Sejam $Q$, $A$ e $B$ pontos colineares, com $A\neq B$. Ent\ao\  $Q*A*B$ se e somente se $Q\not\in\overrightarrow{AB}$. \end{prop}


\begin{prop}\label{pb1} Dados dois pontos $A$ e $B$, temos $\overrightarrow{AB}\cap\overrightarrow{BA}=AB$. \end{prop}

\begin{prob}\label{ab}{\em 
  Dados dois pontos $A$ e $B$, mostre que $\overrightarrow{AB}\cup\overrightarrow{BA}=\{P;\,P$ est\'a em $\overleftrightarrow{AB}\}$.}\end{prob}



\begin{defi} {\em %Seja $r$ uma reta e seja $AB$ um segmento. % n\ao-colinear a $r$ (isto \'e $r\neq\reta{AB}$).
    Diremos que o segmento $AB$ atravessa a reta $r$ ou, equivalentemente, que $r$ atravessa $AB$ se $r$ e $AB$ se interceptam em apenas um ponto, 
    diferente de $A$ e de $B$. Em outras palavras, $r$ e $AB$ se atravessam se as retas $\reta{AB}$ e $r$
s\ao\ distintas e concorrentes e se o ponto $P$ de interse\cao\ das duas retas satisfaz $A*P*B$.}\end{defi}

\begin{enumerate}
\item[{\bf (B4)}] Seja $r$ uma reta e sejam $A$, $B$ e $C$ tr\^es pontos n\ao-colineares que n\ao\ est\ao\ em $r$. Se $r$ atravessa algum dos
  tr\^es segmentos determinados pelos pontos dados, ent\ao\ $r$ atravessa tamb\'em um, e apenas um, dos outros dois segmentos.
  \end{enumerate} 

 
\begin{defi} Sejam $A$, $B$ e $C$ tr\^es pontos n\ao-colineares. O tri\^angulo de v\'ertices $A$, $B$ e $C$, denotado por $\Delta ABC$, \'e a
  uni\ao\ dos segmentos $AB$, $BC$ e $AC$, que s\ao\ chamados de lados do tri\^angulo. \end{defi}




\subsection*{Separa\cao\ do plano}$\ $

Dizemos que um conjunto $S$ de pontos \'e {\em convexo} se, dados quaisquer dois pontos $A$ e $B$ em $S$, o segmento $AB$ est\'a todo contido em $S$. 
O objetivo desta subse\cao\ \'e mostrar que o conjunto dos pontos que n\ao\ est\ao\ em uma reta \'e a uni\ao\ disjunta de dois subconjuntos convexos, chamados de ``semiplanos''
(veja o Problema~\ref{semiconvexo}). 

\begin{defi} Dada uma reta $r$ e um ponto $A$ que n\ao\ est\'a em $r$, o {\em semiplano} limitado por $r$ que cont\'em $A$ \'e o conjunto de pontos
  $H_A\coloneqq\{A\}\cup\{C;\,C$ n\ao\ est\'a em $r$, $C\neq A$ e $r$ n\ao\ atravessa $AC\}$.
\end{defi}


\begin{teo}\label{doislados} Toda reta $r$ limita exatamente dois semiplanos, e eles n\ao\ possuem ponto em comum.\end{teo}



\begin{defi} Dada uma reta $r$, os dois semiplanos determinados por $r$ ser\ao\ tamb\'em chamados de {\em lados} de $r$. Diremos que $A$ e $B$, distintos ou n\ao,
est\ao\ {\em do mesmo lado} de $r$ se $A\in H_B$ e diremos que $A$ e $B$ est\ao\ {\em em lados opostos} de $r$ se $A\not\in H_B$. 
\end{defi}

\begin{prop}\label{ls} Sejam $A$, $B$ e $C$ tr\^es pontos que n\ao\ est\ao\ na reta $r$. S\~ao verdadeiras as seguintes afirma\coes. 
  \begin{enumerate}
  \item Se $A$ e $B$ est\ao\ do mesmo lado de $r$, e se $B$ e $C$ est\ao\ do mesmo lado de $r$, ent\ao\ $A$ e $C$ est\ao\ do mesmo lado de $r$.
  \item Se $A$ e $B$ est\ao\ em lados opostos de $r$, e se $B$ e $C$ est\ao\ em lados opostos de $r$, ent\ao\ $A$ e $C$ est\ao\ do mesmo lado de $r$.
  \item Se $A$ e $B$ est\ao\ em lados opostos de $r$, e se $B$ e $C$ est\ao\ do mesmo lado de $r$, ent\ao\ $A$ e $C$ est\ao\ em lados opostos de $r$.
\end{enumerate}
  \end{prop}

\begin{prob}\label{msm}{\em Dados $B$ e $D$ em lados opostos da reta $s$, seja $C$ a interse\cao\ das retas $\reta{BD}$ e $s$. Mostre que vale $B*C*D$.}\end{prob}
  
\begin{prob}\label{mesmo}{\em Dados $A*B*C$, com $C$ na reta  $s$ e $A$ ou $B$ fora da reta $s$, mostre que $A$ e $B$ est\ao\ do mesmo lado de $s$.}\end{prob}

\begin{prob}\label{lema} {\em Sejam $r$ uma reta, $P$ um ponto em $r$ e $Q$ um ponto fora de $r$. Seja $Z$ um ponto distinto de $P$ na semirreta
$\overrightarrow{PQ}$. Mostre que $Z$ e $Q$ est\ao\ do mesmo lado de $r$. }
\end{prob}

\begin{prob}\label{lema2} {\em Sejam $r$ uma reta, $P$ um ponto em $r$, e $Q$ e $R$ pontos do mesmo lado de $r$. Mostre que, se $R$ est\'a em $\reta{PQ}$, ent\ao\
    $R$ \'e um ponto de $\semi{PQ}$.}\end{prob}

\begin{prob}\label{wpasch} $[${\tt Pasch para pontos colineares}$]$
  {\em Seja $r$ uma reta e sejam $A$, $B$ e $C$ tr\^es pontos colineares que n\ao\ est\ao\ em $r$. Mostre que, se $r$ atravessa algum dos
  tr\^es segmentos determinados pelos pontos dados, ent\ao\ $r$ atravessa tamb\'em um, e apenas um, dos outros dois segmentos.}\end{prob}


  

\subsection*{Ordenamento de quatro pontos} $\ $




\begin{prop}\label{q1} Se $A*B*C$ e $A*C*D$, ent\ao\ vale $B*C*D$ e $A*B*D$.\end{prop}

\begin{prop}\label{q2} Se $A*B*C$ e $B*C*D$, ent\ao\ vale $A*B*D$ e $A*C*D$.\end{prop}

\begin{defi}Dizemos que $A*B*C*D$ se valem as quatro seguintes afirma\coes: $A*B*C$, $A*B*D$, $A*C*D$ e $B*C*D$.\end{defi}

%Os enunciados das Proposi\coes~\ref{q1} e~\ref{q2} podem ser resumidos esquematicamente como:
\begin{equation}\label{4pts}
(A*B*C\ \wedge\ A*C*D)\ \vee\ (A*B*C\ \wedge\ B*C*D)\ \ \Longrightarrow\ \ A*B*C*D
\end{equation}
%(o s\'imbolos $\wedge$ e $\vee$ denotam ``e'' e ``ou'', respectivamente).

\begin{prob}{\em Mostre que as duas condi\coes\ $A*B*D$ e $A*C*D$ podem ser satisfeitas sem que valha $A*B*C*D$, mesmo quando $B\neq C$.}\end{prob}  

\begin{prob}\label{24ago}{\em Mostre que as condi\coes\ $A*B*D$, $A*C*D$ e $B\neq C$ implicam que vale $A*B*C$ ou $A*C*B$.}\end{prob} 

\begin{prob}\label{22set}$\ $\\
  {\em (a) Mostre que as condi\coes\ $A*B*C$, $A*B*D$ e $C\neq D$ implicam que vale $A*C*D$ ou $A*D*C$.
    \\ (b) Mostre que as condi\coes\ $A*B*C$, $A*B*D$ e $C\neq D$ implicam que vale $B*C*D$ ou $B*D*C$.
    \\{\tt Dicas:} No (a), use (B3) e (\ref{4pts}) para provar a contrapositiva. No (b), use o (a) e (\ref{4pts}).}
\end{prob} 

\begin{prob}\label{igsemi}
  {\em Mostre que, se $C\in\overrightarrow{AB}$ e $C\neq A$, ent\ao\ $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AC}$.}\\
  {\tt Sugest\ao: Use as Proposi\coes~\ref{pbmeio},~\ref{q1} e~\ref{q2}.}\end{prob}

\begin{prob}\label{intleg} {\em Sejam $r$ uma reta, $P$ um ponto fora de $r$, e $Q$ um ponto distinto de $P$. Seja $H$ o semiplano delimitado por $r$ que cont\'em $P$.
    Mostre que existe um ponto $R$ distinto de $P$ e pertencente a $H$ tal que $\semi{PQ}=\semi{PR}$.}\end{prob}

\begin{prob}\label{segmentos}
  {\em Mostre que, se $A*B*C$, ent\ao\ o segmento $AB$ est\'a contido no segmento $AC$.}\end{prob}

\begin{prob}\label{subtracl}
  {\em Mostre que, se $A*B*C$, ent\ao\ a semirreta $\semi{BC}$ est\'a contida na semirreta $\semi{AC}$.}\end{prob}


\begin{prob}\label{extremos} $[${\tt Os extremos de um segmento s\ao\ unicamente determinados}$]$\\
  {\em Sejam $A$, $B$, $C$, $D$ pontos tais que $A\neq B$, $C\neq D$, e vale a igualdade de segmentos $AB=CD$. Mostre que os dois conjuntos de pontos
    $\{A,B\}$ e $\{C,D\}$ s\ao\ id\^enticos.}\end{prob} 

\begin{prob}\label{semiconvexo} $[${\tt Os semiplanos s\ao\ convexos}$]$\\
  {\em Seja $H$ um semiplano delimitado pela reta $r$. Mostre que, se $A,B\in H$ e    $A*P*B$, ent\ao\ $P\in H$.}\end{prob}

\begin{prob}\label{infinitos} $[${\tt As retas t\^em infinitos pontos}$]$\ {\em Supondo v\'alidos os tr\^es axiomas de incid\^encia e os quatro axiomas de ordenamento
  at\'e aqui enunciados, mostre que toda reta passa por infinitos pontos.}\end{prob}


\subsection*{Separa\cao\ da reta} $\ $




\begin{prop}\label{precedente}  Suponha que $C*A*B$ e seja $r$ a reta que passa por $A$, $B$ e $C$. Ent\ao\ temos
  \[%\begin{equation}\label{cup}
\{P;\,P\ \text{est\'a em}\ r\}\ =\ \overrightarrow{AC}\cup\overrightarrow{AB}.
  \]%\end{equation}
\end{prop}



\begin{prob}\label{sepret}{\em Dada uma semirreta $\semi{AB}$, tome $C$ tal que $C*A*B$. Seja $D$ um ponto na reta $\reta{AB}$ distinto de $A$.
    Mostre que $D\in\semi{AB}$ se, e somente se, $C*A*D$.\\
    {\tt Dica:} Use a Proposi\cao~\ref{pbmeio} e a Proposi\cao~\ref{precedente}.}\end{prob}

  \begin{prob}\label{semicon} $[${\tt As semirretas s\ao\ convexas}$]$ {\em Sejam $D$ e $E$ dois pontos pertencentes \`a semirreta $\semi{AB}$,
      seja $F$ tal que $D*F*E$. Mostre que $F$ tamb\'em pertence a $\semi{AB}$\\
      {\tt Dica:} Use o Problema~\ref{22set}-a, o Problema~\ref{sepret} e (\ref{4pts}).}\end{prob}

    \begin{prob}\label{segcon} $[${\tt Os segmentos s\ao\ convexos}$]$ {\em Sejam $D$ e $E$ dois pontos pertencentes ao segmento $AB$,
      seja $F$ tal que $D*F*E$. Mostre que $F$ tamb\'em pertence a $AB$\\
      {\tt Dica:} Use o Problema~\ref{semicon} e a Proposi\cao~\ref{pb1}.   }\end{prob}

  



Como convencionamos  na Defini\cao~\ref{semiop}, chamamos de {\em opostas} as duas semirretas distintas $\overrightarrow{AB}$ e $\overrightarrow{AC}$
se $\overleftrightarrow{AB}=\overleftrightarrow{AC}$. Usando o Problema~\ref{igsemi}, podemos obter a seguinte caracteriza\cao\ mais conveniente dessa
propriedade.

\begin{prop}\label{opequiv} As semirretas $\overrightarrow{AB}$ e $\overrightarrow{AC}$ s\ao\ opostas se e somente se
  $B*A*C$. \end{prop}


\begin{prob}\label{seguinte} {\em Seja $O$, $X$ e $X'$ pontos tais que $X*O*X'$, seja $r$ a reta que os cont\'em.
    Mostre que, se $C$ e $C'$ s\ao\ pontos distintos de $r$, $C\neq O\neq C'$, 
  tais que $C\in\semi{OX}$ e $C'\in\semi{OX'}$, ent\ao\ vale $C*O*C'$.}\end{prob}


\begin{prob}\label{naocolin}{\em Suponha que as semirretas distintas $\semi{AB}$ e $\semi{AC}$ n\ao\ sejam opostas. Mostre que $A$, $B$ e $C$ n\ao\ s\ao\
    colineares.}\end{prob}

\begin{prob}\label{semiopos}{\em Mostre que toda semirreta possui uma \'unica semirreta oposta.}\end{prob}

\begin{prob}\label{oposABE}{\em Mostre que o ponto $E$ pertence \`a semirreta oposta a $\semi{BA}$ se e somente se $A*B*E$.}\end{prob}

\begin{prop}\label{sepreta} Se $C*A*B$, ent\ao\ $\semi{AC}\cap\semi{AB}=\{A\}$. \end{prop}


\begin{equation}\label{separarreta}
  \text{Um ponto $A$ numa reta separa a reta em duas semirretas opostas que se interceptam em $A$.}
\end{equation}
De fato, dado $A$ em $r$, tome $B\neq A$ em $r$ ($B$ existe pelo Axioma I2); em seguida tome $C$ tal que
$C*A*B$ ($C$ existe pelo Axioma B2). Da\'i temos
\[
\{P;\,P\ \text{est\'a em}\ r\}\ =\ \overrightarrow{AC}\cup\overrightarrow{AB}\ \ \text{e}\ \  \semi{AC}\cap\semi{AB}=\{A\}.
\]

\begin{prob}{\em Suponha que $B*A*C$. Mostre que $AC\cap AB=\{A\}$}\end{prob}

\subsection*{Teorema da Barra Transversal} $\ $


Denotamos por $\angle BAC$ o \^angulo que consiste da uni\ao\  das
duas semirretas n\ao-opostas $\overrightarrow{AB}$ e $\overrightarrow{AC}$. Definimos o {\em interior} do \^angulo $\angle BAC$
como sendo a interse\cao\ de dois dos semiplanos determinados pelas retas $\overleftrightarrow{AB}$ e $\overleftrightarrow{BC}$:

\begin{defi}\label{intang} O interior do \^angulo $\angle BAC$ \'e o conjunto dos pontos $P$ que satisfazem: (i) $B$ e $P$ est\ao\ do mesmo
  lado da reta $\overleftrightarrow{AC}$ e (ii) $C$ e $P$ est\ao\ do mesmo lado da reta $\overleftrightarrow{AB}$.\end{defi}


\begin{teo}\label{barra} Seja $X$ um ponto do interior do \^angulo $\angle BAC$. Ent\ao\ a semirreta $\overrightarrow{AX}$ passa por algum
  ponto do segmento $BC$ (distinto de $B$ e de $C$). \end{teo}


\begin{prob}\label{barraq}
  {\em Seja $D$ um ponto de $\overleftrightarrow{BC}$. Mostre que $D$ pertence ao interior do \^angulo $\angle BAC$ se e somente se $B*D*C$.}\end{prob}

\begin{prob}\label{interior}
  {\em Seja $D$ um ponto do interior do \^angulo $\angle BAC$. Mostre que todos os pontos da semirreta $\overrightarrow{AD}$ distintos de $A$ tamb\'em est\ao\
    no interior de $\angle BAC$.}\end{prob}
\subsection*{Interior de tri\^angulo}$\ $


\begin{prob}\label{heart}
  {\em Suponha que $A*B*C$ na reta $r$ e que $A*D*E$ na reta $s$, $r\neq s$. Mostre que os segmentos $BE$ e $CD$ se interceptam em um ponto $M$ e que $M$
    pertence aos interiores dos \^angulos $\angle CAE$, $\angle ACE$ e $\angle AEC$.
  \\{\tt Sugest\ao\ de passos para a resolu\cao\ do problema}: Mostre que
\\ (a) $A$ e $B$ est\ao\ do mesmo lado de $\reta{CD}$, $A$ e $D$ est\ao\ do mesmo lado de $\reta{BE}$.
\\ (b) $A$ e $E$ est\ao\ em lados opostos de $\reta{CD}$, $A$ e $C$ est\ao\ em lados opostos de $\reta{BE}$.
%\\ (c) $B$ e $E$ est\ao\ em lados opostos de $\reta{CD}$, $C$ e $D$ est\ao\ em lados opostos de $\reta{BE}$.
\\ (c) Existe $M$ em $\reta{CD}$ tal que $B*M*E$, existe $N$ em $\reta{BE}$ tal que $C*N*D$.
\\ (d) $M=N$.
\\ (f) $M$ pertence aos interiores dos $\angle CAE$, $\angle ACE$ e $\angle AEC$. }
\end{prob}



Definimos o interior de um tri\^angulo $\Delta ACE$ como sendo a interse\cao\ dos interiores dos \^angulos $\angle CAE$, $\angle ACE$ e $\angle AEC$. Segue do Axioma B2
que existem $B$ e $D$ tais que $A*B*C$ e $A*D*E$. Segue ent\ao\ do Problema~\ref{heart} que os segmentos $BE$ e $CD$ se encontram em um ponto $M$ no interior
de $\Delta ACE$. Isto prova que o interior de um tri\^angulo arbitr\'ario \'e n\ao-vazio.



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%         CONGRU\^ENCIA
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\section{Axiomas de Congru\^encia}


Aceitamos sem defini\cao\ as frases ``o segmento $PQ$ \'e congruente ao segmento $RS$'' e ``o \^angulo $\angle BAC$ \'e congruente ao \^angulo $\angle EDF$'',
o que ser\'a denotado por $PQ\cong RS$ e $\angle BAC\cong\angle EDF$, e listamos os seis axiomas que governam o uso dessas express\oes. 


\subsection*{Congru\^encia de segmentos}$\ $

\begin{enumerate}
\item[{\bf (C1)}] Sejam $A$ e $B$ dois pontos. Dada qualquer semirreta $\overrightarrow{A'X}$, existe um \'unico ponto $B'\in\overrightarrow{A'X}$, $B'\neq A'$, tal que
  $AB\cong A'B'$.
\item[{\bf (C2)}] Se $AB\cong CD$ e $AB\cong\ EF$, ent\ao\ $CD\cong EF$. Al\'em disso, todo segmento \'e congruente a si pr\'oprio. 
\item[{\bf (C3)}] Se $A*B*C$, $A'*B'*C'$, $AB\cong A'B'$ e $BC\cong B'C'$, ent\ao\ $AC\cong A'C'$.

\end{enumerate}

  


  \begin{prop}\label{cong1} Se $AB\cong CD$, ent\ao\ $CD\cong AB$.\end{prop}


Segue do Axioma C2 e da Proposi\cao~\ref{cong1} que a congru\^encia de segmentos \'e uma rela\cao\ de equival\^encia definida no conjunto de todos os segmentos.  
 
Se $A*B*C$, diz-se que $AC$ \'e a {\em adi\cao} dos segmentos $AB$ e $BC$. A proposi\cao\ seguinte nos diz que esse conceito respeita congru\^encia.

\begin{prop}\label{somaclasse} Dados segmentos $AB$, $A'B'$, $CD$ e $C'D'$,  
  existem \'unicos pontos $E$ e $E'$ tais que $A*B*E$, $A'*B'*E'$, $BE\cong CD$ e $B'E'\cong C'D'$. Se valer $AB\cong A'B'$ e $CD\cong C'D'$,
  podemos ent\ao\ concluir que $AE\cong A'E'$.\end{prop}


Dado um segmento $AB$, denotamos por $[AB]$ a {\em classe de congru\^encia} de $AB$,
\[
  [AB]\,=\,\{A'B';\,A'B'\ \text{\'e um segmento e}\ A'B'\cong AB\}.
  \]
Como congru\^encia de segmentos \'e uma rela\cao\ de equival\^encia, temos que $[AB]=[FG]$ se e somente se $AB\cong FG$ (Proposi\cao~\ref{partes}). 
  A Proposi\cao~\ref{somaclasse}\ nos diz que est\'a bem definida a adi\cao\ de classes de  congru\^encia de segmentos. Mais precisamente, dados dois segmentos
  $AB$ e $CD$, seja $E$ o \'unico ponto tal que $A*B*E$ e $CD\cong BE$. Definimos ent\ao
  \[
[AB]\,+\,[CD]\ =\ [AE].
\]
Isto faz sentido porque se tomarmos representantes $A'B'$ e $C'D'$ diferentes das classes $[AB]$ e $[CD]$, respectivamente, e obtivermos
os pontos $E$ e $E'$ da maneira descrita no enunciado da Proposi\cao~\ref{somaclasse}, teremos $[AE]=[A'E']$. 



\begin{prob}{\em Mostre que a adi\cao\ de classes de congru\^encia de segmentos \'e comutativa}\end{prob}

\subsection*{Congru\^encia de \^angulos}$\ $

\begin{enumerate}
\item[{\bf (C4)}] Considere o \^angulo $\angle BAC$. Dados uma semirreta $\overrightarrow{A'B'}$ e um semiplano $H$ delimitado pela reta
  $\overleftrightarrow{A'B'}$, existe uma \'unica semirreta $\overrightarrow{A'C'}$ com $C'\in H$ tal que $\angle BAC\cong \angle B'A'C'$.
\item[{\bf (C5)}] Se $\angle BAC\cong\angle EDF$ e $\angle BAC\cong\angle HGI$, ent\ao\ $\angle EDF\cong\angle HGI$. Al\'em disso, todo \^angulo
  \'e congruente a si pr\'oprio.   
\end{enumerate}

  
Pelo Problema \ref{igsemi}, se $C''$ for qualquer ponto distinto de $A'$ da semirreta $\overrightarrow{A'C'}$, ent\ao\
 $\overrightarrow{A'C'}=\overrightarrow{A'C''}$ e portanto s\ao\ iguais 
os \^angulos $\angle B'A'C'$ e $\angle B'A'C''$. Al\'em disso, se $\semi{A'C'}=\semi{A'C''}$ ent\ao\ $C'$ e $C''$ est\ao\ do mesmo lado de $\reta{A'B'}$
(isto segue do Problema~\ref{lema}). Por isso falamos em unicidade da semirreta  $\overrightarrow{A'C'}$, e n\ao\ do ponto $C'$ no enunciado
do Axioma (C4).



 
  \begin{prop}\label{cong2}
    Se $\angle BAC\cong \angle EDF$, ent\ao\ $\angle EDF\cong\angle BAC$. \end{prop}
  \dem\ Por hip\'otese, $\angle BAC\cong \angle EDF$. Pela segunda parte de (C5), $\angle BAC\cong \angle BAC$. Pela primeira parte de (C5),
  $\angle EDF \cong \angle BAC$. \cqd

  Podemos agora dizer que  a congru\^encia de \^angulos \'e uma rela\cao\ de equival\^encia definida no conjunto de todos os \^angulos.  




  \begin{defi} Diremos que os tri\^angulos $\Delta ABC$ e $\Delta DEF$ s\ao\ congruentes, o que denotaremos por $\Delta ABC\cong\Delta CDE$, se os lados
    correspondentes s\ao\ dois-a-dois congruentes e se os \^angulos correspondentes s\ao\ dois-a-dois congruentes, isto \'e, se
    \[
AB\cong DE,\ \ BC\cong EF,\ \ CA\cong FD,\ \ \ \angle ABC\cong \angle DEF,\ \ \angle BCA\cong \angle EFD\ \ \text{e}\ \ \angle CAB\cong \angle FDE.
    \]
  \end{defi}

  \'E importante observar que a rela\cao\ congru\^encia de tri\^angulos n\ao\ se define para pares de tri\^angulos, mas sim para pares de tri\^angulos com
  v\'ertices ordenados. Se, por exemplo, $\Delta ABC\cong\Delta DEF$ e $BC$ e $AC$ n\ao\ forem congruentes, $\Delta BAC$ n\ao\ ser\'a congruente a $\Delta DEF$.
  Embora, como conjuntos de pontos, os tri\^angulos $\Delta ABC$ e $\Delta BAC$ sejam id\^enticos, seus v\'ertices est\ao\ ordenados de maneiras diferentes. 

  \begin{prob}\label{congtrig}
    {\em Mostre que congru\^encia de tri\^angulos \'e uma rela\cao\ de equival\^encia. Isto \'e, mostre que
    \begin{enumerate}
    \item $\Delta ABC\cong\Delta ABC$,
    \item $\Delta ABC\cong\Delta DEF\ \Longrightarrow\ \Delta DEF\cong\Delta ABC$,
    \item $\Delta ABC\cong\Delta DEF\ \text{e}\ \Delta DEF\cong\Delta GHI\ \ \Longrightarrow\ \ \Delta ABC\cong\Delta GHI$
    \end{enumerate}}
    \end{prob}
  
\subsection*{Axioma C6. Casos LAL e ALA de congru\^encia} $\ $
  
O Axioma (C6), enunciado logo a seguir, \'e conhecido com o {\em caso LAL de congru\^encia de tri\^angulos}.


  
  \begin{enumerate}
  \item[{\bf (C6)}] Se $AB\cong A'B'$, $AC\cong A'C'$ e $\angle BAC\cong \angle B'A'C'$, ent\ao\ $\Delta ABC\cong\Delta A'B'C'$.
  \end{enumerate}

  Os axiomas (C4) e (C1) nos permitem transportar \^angulos e segmentos, respectivamente. Decorre agora do crit\'erio LAL que tri\^angulos inteiros
  podem ser ``transportados''. Mais precisamente, temos a seguinte proposi\cao.

  \begin{prop}\label{transtri}
    Dados tri\^angulos $\Delta ABC$, segmento $A'B'\cong AB$ e semiplano $H$ delimitado pela reta $\overleftrightarrow{A'B'}$, existe um \'unico
      ponto $C'$ em $H$ tal que $\Delta ABC\cong\Delta A'B'C'$. \end{prop}

Assumindo o crit\'erio LAL como verdadeiro, vamos agora demonstrar o crit\'erio ALA.

  
\begin{prop}\label{ala} Sejam $A$, $B$ e $C$ tr\^es pontos n\ao-colineares, sejam $A'$, $B'$ e $C'$ tr\^es pontos n\ao-colineares.
  Se $AB\cong A'B'$, $\angle CAB\cong \angle C'A'B'$ e $\angle CBA\cong\angle C'B'A'$, ent\ao\ $\Delta ABC\cong\Delta A'B'C'$. 
\end{prop}
  

 Em vez de assumir o Axioma C6, Hilbert assume apenas o seguinte axioma, que \`a primeira vista pode parecer mais fraco do que (C6): 

  \begin{enumerate}
  \item[{\bf (C6')}] Se $AB\cong A'B'$, $AC\cong A'C'$ e $\angle BAC\cong \angle B'A'C'$, ent\ao\ $\angle ACB\cong\angle A'C'B'$.
  \end{enumerate}

  
  \begin{prob} $[${\tt (C6') implica (C6)}$]$ {\em Suponha que \'e v\'alida a afirma\cao\ ({\bf C6'}).
    Sejam $\Delta ABC$ e $\Delta A'B'C'$ tri\^angulos satisfazendo $AB\cong A'B'$, $AC\cong A'C'$ e $\angle BAC\cong \angle B'A'C'$. Mostre
        \\{\tt Sugest\ao}: (i) Trocando o nome das letras, obt\'em-se $\angle ABC\cong\angle A'B'C'$. (ii) Obtenha $X$ em $\semi{B'C'}$ tal que $B'X\cong BC$. Use
    (C6') no tri\^angulo $\Delta A'B'X$. (iii) Note que, se $X\neq C'$, (C4) ter\'a sido violado.}\end{prob}
  
  
\subsection*{Teorema do Tri\^angulo Is\'osceles} $\ $
  
  A proposi\cao\ seguinte afirma que, se dois lados de um tri\^angulo s\ao\ congruentes, ent\ao\ os dois \^angulos adjacentes ao terceiro lado s\ao\
  congruentes. Tri\^angulos que t\^em essa propriedade s\ao\ chamados de is\'osceles e este resultado \'e conhecido como o ``teorema do tri\^angulo is\'osceles''.
  
  \begin{prop}\label{isosceles} Se $A$, $B$ e $C$ s\ao\ tr\^es pontos n\ao-colineares e  $AB\cong AC$, ent\ao\ $\angle ABC\cong\angle ACB$. \end{prop}
  \dem\ Considere os tri\^angulos com v\'ertices ordenados $\Delta ABC$ e $\Delta ACB$. Por hip\'otese, temos $AB\cong AC$. Segue da Proposi\cao~\ref{cong2} que $AC\cong AB$.
  Segue da defini\cao\ de \^angulo que $\angle BAC=\angle CAB$, da\'i, pela segunda parte do Axioma (C5), temos $\angle BAC\cong\angle CAB$. Segue do Axioma (C6) com $A'=A$,
  $B'=C$ e $C'=B$ a congru\^encia $\Delta ABC\cong \Delta ACB$. Em particular, $\angle ABC\cong\angle ACB$.\cqd

  
  A rec\'iproca do Teorema do Tri\^angulo Is\'osceles pode ser demonstrada imitando a demonstra\cao\ da Proposi\cao~\ref{isosceles}, usando o caso  ALA em vez do LAL. Isto fica como
  exerc\'icio:

  \begin{prob}\label{reciso}
    {\em    Sejam $A$, $B$ e $C$ tr\^es pontos n\ao-colineares. Mostre que, se $\angle ABC\cong\angle ACB$, ent\ao\ $AB\cong AC$.}\end{prob}

  Dado um tri\^angulo $\Delta{ABC}$, diremos que ele \'e {\em equil\'atero} se os lados $AB$, $BC$ e $AC$ forem dois a dois congruentes, e que \'e
{\em equi\^angulo} se os \^angulos $\angle ABC$, $\angle CAB$ e $\angle BCA$ forem dois a dois congruentes.
  
  \begin{prob}\label{equilangulo}{\em Mostre que o tri\^angulo $\Delta ABC$ \'e equil\'atero se, e somente se, ele \'e equi\^angulo.} \end{prob}




\section{Ap\^endice: Rela\c{c}\~oes de Equival\^encia}\label{relequ}

Uma {\em rela\cao} em um conjunto $X$ \'e, por defini\cao, um subconjunto do produto cartesiano $X\times X$. Se $R$ \'e uma rela\cao\ em $X$, \'e usual
denotar $(x,y)\in R$ por $x\sim y$. Frequentemente definiremos uma rela\cao\ definindo o significado da express\ao\ $x\sim y$, sem fazer refer\^encia direta ao subconjunto $R$
de todos os pares ordenados $(x,y)$ que satisfazem $x\sim y$. 

Uma {\em rela\cao\ de equival\^encia} em um conjunto $X$ \'e uma rela\cao\ em $X$ que satisfaz as tr\^es propriedades seguintes:
\begin{enumerate}
  \item $x\sim x$, para todo $x\in X$; 
\item se $x\sim y$, ent\ao\ $y\sim x$;
\item se $x\sim y$ e $y\sim z$, ent\ao\ $x\sim z$.
\end{enumerate}
Chama-se de {\em reflexiva} uma rela\cao\ que satisfa\c{c}a (1). Chama-se de {\em sim\'etrica} uma rela\cao\ que satisfa\c{c}a (2). Chama-se de {\em transitiva}
uma rela\cao\ que satisfa\c{c}a (3). Usando esses termos, podemos ent\ao\ dizer que uma rela\cao\ de equival\^encia \'e uma rela\cao\ reflexiva, sim\'etrica e
transitiva.



\begin{prop}\label{contrap}
  Seja $\sim$ uma rela\cao\ de equival\^encia em $X$, sejam $x$, $y$ e $z$ elementos de $X$. Se $x\not\sim y$ e $y\sim z$, ent\ao\ $x\not\sim z$. 
\end{prop}


Seja $X$ um conjunto munido de uma rela\cao\ de equival\^encia. Para cada $x\in X$, definimos
\[
  [x]\,=\,\{y\in X;\,y\sim x\}
  \]
  Um subconjunto da forma $[x]$ para algum $x\in X$ \'e chamado de {\em classe de equival\^encia}. O conjunto de todas as classes de equival\^encia se denota por
  $X/\!\!\sim$,
  \[
X/\!\!\sim\,=\,\{[x];\,x\in X\},
  \]
e \'e chamado {\em quociente de $X$ por $\sim$}


\begin{prop}\label{partes} Seja $X$ um conjunto munido de uma rela\cao\ de equival\^encia. Dados $x$ e $y$ pertencentes a $X$, s\ao\ equivalentes as seguintes afirma\coes:
  $(1)$\ $x\sim y$, $(2)$ $[x]=[y]$, $(3)$ $[x]\cap[y]\neq\emptyset$.\end{prop}

  
  \begin{prop}\label{particao} Um conjunto $X$ munido de uma rela\cao\ de equival\^encia $\sim$ pode ser escrito como a uni\ao\ disjunta de suas classes de equival\^encia. \end{prop}





\end{document}



\begin{thebibliography}{9}
  \bibitem{E} Os Elementos de Euclides, tradu\cao\ de Irineu Bicudo. Editora da Unesp, 2009.
  \bibitem{G} {\sc M. J. Greenberg}. Euclidean and Non-Euclidean Geometries, 3$^a$ edi\cao. W. H. Freeman, 2003.
    \bibitem{Robin} {\sc R. Hartshorne}. Geometry: Euclid and Beyond. Springer, 1997.
    \bibitem{H}{\sc D. Hilbert}. Foundations of Geometry, Second Edition. The Open Court Publishing Company, La Salle, Illinois, 1971
      (tradu\cao\ do original em alem\ao\ Grundlagen der Geometrie, 1903).
\bibitem{MP} {\sc R. Millman \&\ G. Parker}. Geometry -- a metric approach with models. Springer, 1991.
\bibitem{M} {\sc Edwin Moise}. Elementary Geometry from an Advanced Standpoint. Addison Wesley, 1963.
  \end{thebibliography}


\end{document}
  
  
  %
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  %       CONSEQUENCIAS CONGRUENCIAS
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  \section{\color{red}Mais consequ\^encias dos Axiomas de Congru\^encia}

  
  Como uma aplica\cao\ do Axioma C3, mostramos que a adi\cao\ por justaposi\cao\ de segmentos fica bem definida para classes de congru\^encia de segmentos.
  Nesta se\cao, mostramos que isso vale tamb\'em para subtra\cao\ de segmentos e adi\cao\ e subtra\cao\ de \^angulos.
Essas opera\coes\ s\ao\ ``sint\'eticas'', no sentido de que n\ao\ dizem respeito a n\'umeros, ou medidas, mas apenas a entes geom\'eticos relacionados por congru\^encia.
Como aplica\cao\ da subtra\cao\ de segmentos, veremos a demonstra\cao\ de Euclides do Teorema do Tri\^angulo Is\'osceles.
Como aplica\cao\ da adi\cao\ de \^angulos, veremos o cri\'erio LLL de congru\^encia de tri\^angulos.  

\subsection*{\color{blue}Subtra\cao\ de segmentos. Congru\^encia dos suplementares de congruentes. Opostos pelo v\'ertice.} $\ $
  
 
  Provamos agora uma afirma\cao\ an\'aloga ao Axioma C3 para subtra\cao. 

  
  %\begin{lema}\label{subtracl} Se $A*B*C$, a semirreta $\overrightarrow{BC}$ est\'a contida na semirreta  $\overrightarrow{AC}$.\end{lema}
  %\dem\ Se $Y\in\overrightarrow{BC}$ e $Y=C$, $Y\in\overrightarrow{AC}$ por defini\cao\ de semirreta. Se  $Y\in\overrightarrow{BC}$ e $Y=B$,
  %$Y\in\overrightarrow{AC}$ porque, por hip\'otese, $A*B*C$. Se $Y\in\overrightarrow{BC}$ e $Y$ \'e diferente de $B$ e de $C$, podem ocorrer dois
  %casos: (i) $B*Y*C$ ou (ii) $B*C*Y$. Valendo (i) e a hip\'otese $A*B*C$, segue da Proposi\cao~\ref{q1} que $A*Y*C$ e, portanto, $Y\in\overrightarrow{AC}$.
  %Valendo (ii) e $A*B*C$, segue da Proposi\cao~\ref{q2} que $A*C*Y$ e, portanto, $Y\in\overrightarrow{AC}$. \cqd 
  
  \begin{prop}\label{subtract} Se $A*B*C$, $A'*B'*C'$, $AB\cong A'B'$ e $AC\cong A'C'$, ent\ao\ $BC\cong B'C'$. \end{prop}
  \dem\ Invoquemos o Axioma (C1) para obter o \'unico ponto $X\in\overrightarrow{B'C'}$, tal que $X\neq B'$ e $B'X\cong BC$.
  Como $X\in\overrightarrow{B'C'}$ e $X\neq B'$, temos $X\not\in\overrightarrow{B'A'}$ (pela Proposi\cao~\ref{sepreta}) e, portanto, $A'*B'*X$ (pela Proposi\cao~\ref{pbmeio}).
  Temos, por hip\'otese, $AB\cong A'B'$ e, por constru\cao,
  $BC\cong B'X$. Segue do Axioma (C3) que $AC\cong A'X$. Al\'em disso, pelo Problema~\ref{subtracl}, $X\in\overrightarrow{A'C'}$. Logo $X$ \'e o \'unico
  ponto da semirreta $X\in\overrightarrow{A'C'}$ tal que $AC\cong A'X$. Mas o ponto $C'$ tamb\'em tem essa propriedade (por hip\'otese, $AC\cong A'C'$).
  Pela unicidade do Axioma C1, segue $X=C'$. Logo $BC\cong B'C'$.\cqd





Recorde que dois \^angulos s\ao\ suplementares se possuem um lado em comum e se os outros dois lados s\ao\ semirretas opostas (veja a Defini\cao~\ref{suplang}).
A proposi\cao\ seguinte \'e o Teorema 13 de \cite{H}.% e seu enunciado pode ser resumido na frase ``os suplementares de \^angulos congruentes s\ao\ congruentes''. 

\begin{prop}\label{suplcong} Sejam $\angle ABC$ e $\angle A'B'C'$ dois \^angulos congruentes, sejam $\angle CBD$ e $\angle C'B'D'$ seus suplementares.
  Ent\ao\ vale $\angle CBD\cong\angle C'B'D'$. \end{prop}
  \dem\ Sem perda de generalidade, podemos supor que
  \begin{equation}\label{spdg}
    AB\cong A'B',\ \ \  CB\cong C'B'\ \ \  \text{e}\ \ \ BD\cong B'D'
\end{equation}
  (de fato, se n\ao\ fosse esse o caso, poder\'iamos invocar o Axioma C1 para substituir os pontos $A'$, $C'$ e $D'$ por novos pontos satisfazendo essa exig\^encia).
  Segue de LAL (Axioma C6) a congru\^encia $\Delta ABC\cong \Delta A'B'C'$. Em particular, temos
  \begin{equation}\label{lalh}
    AC\,\cong\, A'C'\ \ \ \ \ \text{e}\ \ \ \ \ \,\angle CAB\,\cong\,\angle C'A'B'.     
  \end{equation}
  Os pontos $A$, $B$ e $D$ satisfazem $A*B*D$ pois, como segue da defini\cao\ de \^angulos suplementares, $\overrightarrow{BA}$ e $\overrightarrow{BD}$ s\ao\
  semirretas opostas (veja a Proposi\cao~\ref{opequiv}).
  Pela mesma raz\ao, temos $A'*B'*D'$. Seguem do Problema~\ref{igsemi} as igualdades de semirretas $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AD}$ e
  $\overrightarrow{A'B'}=\overrightarrow{A'D'}$, logo as igualdades de \^angulos $\angle CAD=\angle CAB$ e $\angle C'A'D'=\angle C'A'B'$, o que, combinado \`as
  congru\^encias de \^angulos em (\ref{lalh}) nos leva, pela reflexividade da congru\^encia de \^angulos, a
  \begin{equation}\label{lalhm}
\angle CAD\cong\angle C'A'D'.
    \end{equation}
  Segue (\ref{spdg}), de $A*B*D$ e $A'*B'*D'$ e do Axioma C3 que $AD\cong A'D'$.
  Disto, de (\ref{spdg}), de (\ref{lalhm}) e do Axioma~C6, segue que $\Delta CAD\cong\Delta C'A'D'$. Em particular, usando o mesmo argumento de igualdade de \^angulos
  que nos levou de (\ref{lalh}) a (\ref{lalhm}), obtemos
  \begin{equation}\label{lalh2}
    CD\,\cong C'D'\ \ \ \ \ \text{e}\ \ \ \ \ \angle BDC\,\cong\,\angle B'D'C'.
    \end{equation}
  Segue de $BD\cong B'D'$, de (\ref{lalh2}) e do Axioma C6 que $\Delta BCD\cong\Delta B'C'D'$. Em particular, temos $\angle CBD\cong\angle C'B'D'$,
  que \'e o que quer\'iamos demonstrar. \cqd

  Diremos que dois \^angulos s\ao\ {\em opostos pelo v\'ertice} se seus quatro lados formam duas retas. Mais precisamente:
\begin{defi} Os \^angulos $\angle BAC$ e $\angle DAE$ s\ao\ opostos pelo v\'ertice se $B*A*E$ e $C*A*D$.\end{defi}

\begin{prob}\label{oposvert}
  {\em Usando a Proposi\cao\ \ref{suplcong}, mostre que \^angulos opostos pelo v\'ertice s\ao\ congruentes.}\end{prob}

O conte\'udo da Proposi\cao~\ref{suplcong} pode ser resumido na frase ``os suplementares de \^angulos congruentes s\ao\ congruentes''.
Tomando um pouco mais de cuidado, podemos dizer tamb\'em algo na linha de ``congruente de suplementar \'e suplementar''. Mais precisamente, vale o seguinte resultado.

  \begin{prop}\label{suplcong2} Sejam $\angle ABC$ e $\angle CBD$ \^angulos suplementares, seja $\angle A'B'C'$ congruente a $\angle ABC$. Se $D'$ \'e um ponto fora de $\reta{B'C'}$,
    $D'$ e $A'$ est\ao\ em lados opostos de $\reta{B'C'}$, e $\angle C'B'D'\cong \angle CBD$, ent\ao\ $\angle C'B'D'$ e $\angle A'B'C'$ s\ao\ suplementares. \end{prop}
\dem\ Invocando o Axioma B2, tome $E'$ tal que $A'*B'*E'$. Pela Proposi\cao~\ref{suplcong}, temos $\angle CBD\cong \angle C'B'E'$. Por hip\'otese, $D'$ e $A'$ est\ao\ em
lados opostos de $\reta{B'C'}$ e, por constru\cao, $A'$ e $E'$ tamb\'em est\ao\ em lados opostos da $\reta{B'C'}$. Segue portanto da Proposi\cao~\ref{ls} que $D'$ e $E'$ est\ao\
do mesmo lado da reta $\reta{B'C'}$. Como ambos os \^angulos $\angle C'B'D'$ e $\angle C'B'E'$ s\ao\ congruentes a $\angle CBD$, segue da unicidade no Axioma C4 que
as semirretas $\semi{B'D'}$ e $\semi{B'E'}$ s\ao\ iguais. Segue portanto de $A'*B'* E'$ que $A'*B'*D'$ e, portanto, que as semirretas $\semi{B'A'}$ e $\semi{B'D'}$
s\ao\ opostas, como quer\'iamos. \cqd

Apesar de aparentemente auto-evidente, o lema seguinte precisa ser demonstrado. Ele ser\'a usado para provar a exist\^encia da bissetriz de um
\^angulo arbitrariamente dado.

\begin{lema}\label{obvio} Sejam $A$ e $M$ pontos em lados opostos da reta $\reta{BC}$ tais que $AB\cong AC$ e $MB\cong MC$. Ent\ao\ $M$ n\ao\ est\'a na reta
  $\reta{AB}$ nem na reta $\reta{AC}$.\end{lema}
\dem\ O primeiro passo da demonstra\cao\ \'e observar que, pelo teorema do tri\^angulo is\'osceles,
  $\angle ABC\cong \angle ACB$ e $\angle CBM\cong\angle BCM$.

Vamos provar o lema por absurdo, separando em casos. Se $M$ for um ponto de $\reta{AB}$, ent\ao\ vale $M*B*A$, pois $M$ e $A$ est\ao\ em lados opostos
de $\reta{AB}$. Os \^angulos $\angle ABC$ e $\angle CBM$ ser\ao\ portanto suplementares.  Logo, pela Proposi\cao~\ref{suplcong2}, $\angle ACB$ e $\angle BCM$
tamb\'em ser\ao\ suplementares. Logo $M$ est\'a tamb\'em em $\reta{AC}$, logo $M=A$, o que \'e um absurdo, pois $M\not\sim_{_{BC}}A$. Do mesmo modo se chega
a um absurdo partindo-se de $M*C*A$.\cqd



\subsection*{\color{blue}Adi\cao\ e subtra\cao\ de \^angulos} $\ $

Seguindo \cite{H}, obteremos o teorema de adi\cao\ de \^angulos, Teorema~\ref{angadic},
como consequ\^encia da subtra\cao\ de \^angulos (proposi\cao\ seguinte) e da congru\^encia
dos suplementares de \^angulos congruentes (Proposi\cao~\ref{suplcong}).

\begin{prop}\label{angsubt} Seja $H$ um ponto no interior do \^angulo $\angle KOL$, seja $H'$ um ponto no interior do \^angulo $\angle K'O'L'$.
  Se $\angle KOL\cong K'O'L'$ e $\angle HOL\cong\angle H'O'L'$, ent\ao\ $\angle KOH\cong\angle K'O'H'$. \end{prop}
\dem\ Pelo Teorema \ref{barra} (o ``teorema da barra transversal''), a semirreta $\overrightarrow{OH}$ intersecta o segmento $KL$. Chamemos de $H_1$
esse ponto de interse\cao. Pelo Problema~\ref{igsemi}, $\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OH_1}$. Pelo Problema~\ref{interior}, $H_1$ pertence ao interior
do \^angulo $\angle KOL$. Pelo Problema~\ref{barraq}, temos $K*H_1*L$. Substituindo o $H$ dado por $H_1$ e mudando o nome de $H_1$ para $H$,
podemos portanto supor sem perda de generalidade que $K*H*L$. Tamb\'em sem perda de generalidade, podemos supor ademais que 
  \begin{equation}\label{spdg2}
    OK\cong O'K',\ \ \  OH\cong O'H'\ \ \  \text{e}\ \ \ OL\cong O'L'
\end{equation}
  (de fato, se n\ao\ fosse esse o caso, poder\'iamos invocar o Axioma (C1) para substituir os pontos $K'$, $H'$ e $L'$ por novos pontos satisfazendo essa exig\^encia).

  Seguem do Axioma (C6) e das hip\'oteses que foram adicionadas, sem perda de generalidade, no primeiro par\'agrafo desta demonstra\cao\ as congru\^encias
  \begin{equation}\label{congx}
    \Delta KOL\cong\Delta K'O'L'\ \ \ \text{e}\ \ \  \Delta HOL\cong\Delta H'O'L'.
  \end{equation}
  Em particular, temos
  \[
\angle KLO\cong\angle K'L'O\ \ \ \text{e}\ \ \ \angle HLO\cong \angle H'L'O'
  \]
  Segue de $K*H*L$ e do Problema~\ref{igsemi} que $\angle KLO =\angle HLO$. Vem portanto: $\angle KLO\cong\angle H'L'O'$. 
  O Axioma (C4) nos diz que existe uma \'unica semirreta $L'X$, com $X$ e $K'$ no mesmo lado da reta $\overleftrightarrow{O'L'}$, tal que
  $\angle KLO\cong \angle XL'O'$. Os pontos $H'$ e $K'$ est\ao\ do mesmo lado da reta $\overleftrightarrow{O'L'}$ porque, por hip\'otese,
  $H'$ est\'a no interior do \^angulo $\angle K'O'L'$. Logo, tanto $H'$ quanto $K'$ podem fazer o papel de $X$, logo
  $\overrightarrow{L'H'}=\overrightarrow{L'K'}$, e portanto $L'$, $H'$ e $K'$ s\ao\ colineares.
  Como $H'$ est\'a no interior de $\angle K'O'L'$, segue do Problema~\ref{interior} que  $L'*H'*K'$.

Seguem de (\ref{congx}) as congru\^encias $LH\cong L'H'$ e $KL\cong K'L'$. Da\'i
  segue da Proposi\cao~\ref{subtract} (``subtra\cao\ de segmentos'') que $KH$ e $K'H'$ s\ao\ congruentes. Por (\ref{spdg2}), $OK$ e $O'K'$ s\ao\ congruentes.
  Segue de  $\Delta KOL\cong\Delta K'O'L'$ e de $\overrightarrow{KH}=\overrightarrow {KL}$ e $\overrightarrow{K'H'}=\overrightarrow{K'L'}$
  que os \^angulos $\angle OKH$ e $\angle O'K'H'$ s\ao\ congruentes. Logo, por (C6), temos
  $\Delta OHK\cong\Delta O'H'K'$, em particular $\angle KOH\cong\angle K'O'H'$. \cqd
  

\begin{teo}\label{angadic}  Seja $H$ um ponto no interior do \^angulo $\angle KOL$, seja $H'$ um ponto no interior de $\angle K'O'L'$.
  Se $\angle KOH\cong \angle K'O'H'$ e $\angle HOL\cong\angle H'O'L'$, ent\ao\ $\angle KOL\cong\angle K'O'L'$. \end{teo}
\dem\ Use o Axioma (B2) para obter um ponto $J$ tal que $K*O*J$ e um ponto $J'$ tal que $K'*O'*J'$. Segue da Proposi\cao~\ref{intsup} que
$L$ est\'a no interior de $\angle HOJ$ e $L'$ est\'a no interior de $\angle H'O'J'$. Segue da defini\cao\ de \^angulo suplementar (Defini\cao~\ref{suplang})
que $\angle HOJ$ \'e suplementar de $\angle KOH$ e que $\angle H'O'J$ \'e suplementar de $\angle K'O'H'$. Segue da hip\'otese $\angle KOH\cong K'O'H'$ e da
Proposi\cao~\ref{suplcong} que $\angle JOH\cong\angle J'O'H'$. Aplicando a Proposi\cao~\ref{angsubt} com os \^angulos $\angle JOH$ e $\angle J'O'H'$ no lugar
de $\angle KOL$ e $\angle K'O'L'$, conclu\'imos que $\angle JOL\cong \angle J'O'L'$. Usando novamente a Proposi\cao~\ref{suplcong}, conclu\'imos que
$\angle KOL\cong\angle K'O'L'$. \cqd
  
\subsection*{\color{blue}Caso LLL de congru\^encia} $\ $

O caso \^angulo-lado-\^angulo de congru\^encia de tri\^angulos (Proposi\cao~\ref{ala}) foi uma consequ\^encia razoavelmente simples do caso lado-\^angulo-lado (Axioma~C6)
e dos demais axiomas de congru\^encia de segmentos e de \^angulos. O caso lado-lado-lado \'e mais complicado. Daremos nesta subse\cao\ uma demonstra\cao\ de Hilbert.
O primeiro passo ser\'a provar o crit\'erio no caso em que os dois tri\^angulos t\^em um lado em comum.
O Teorema~\ref{hilbert} \'e o Teorema~17 de \cite{H}, o Teorema~\ref{lll} \'e uma vers\ao\ simplificada do Teorema~18 de \cite{H}. 


\begin{teo}\label{hilbert}  Sejam $Z_1$ e $Z_2$ dois pontos situados em lados opostos da reta $\overleftrightarrow{XY}$.
  Se $XZ_1\cong XZ_2$ e $YZ_1\cong YZ_2$, ent\ao\ $\Delta XYZ_1\cong\Delta XYZ_2$ e, portanto, $\angle XYZ_1\cong\angle XYZ_2$. \end{teo}
\dem\ Seja $P$ o ponto de interse\cao\ do segmento $Z_1Z_2$ com a reta $\overleftrightarrow{XY}$. 
Segue do Axioma B3 que podemos dividir a demonstra\cao\ em cinco casos:
\begin{center}
(i) $P=X$, (ii) $P=Y$, (iii) $X*P*Y$, (iv) $P*X*Y$, (v) $X*Y*P$.
\end{center}
  
No caso (i), segue da hip\'otese $YZ_1\cong YZ_2$ que o tri\^angulo $\Delta YZ_1Z_2$ \'e is\'osceles. Segue da Proposi\cao~\ref{isosceles} e de
$Z_1*X*Z_2$ (X=P) que
\[
\angle XZ_1Y=\angle Z_2Z_1Y\cong\angle Z_1Z_2Y=\angle XZ_2Y.
\]
Disto e das congru\^encias $Z_1X\cong Z_2X$ (hip\'otese) e $XY\cong XY$ (Axioma C2), segue pelo Axioma C6 que os tri\^angulos $\Delta XZ_1Y$ e $\Delta XZ_2Y$ s\ao\ congruentes,
o que \'e equivalente a dizer que $\Delta XYZ_1\cong\Delta XYZ_2$.

No caso (ii), argumento id\^entico ao do caso (i), trocando os pap\'eis de $X$ e $Y$, mostra que $\Delta XZ_1Y\cong\Delta XZ_2Y$ e, portanto, $\Delta XYZ_1\cong\Delta XYZ_2$.

Nos tr\^es casos restantes, nem $X$ nem $Y$ pertencem \`a reta $\overleftrightarrow{Z_1Z_2}$. Segue das hip\'oteses $XZ_1\cong XZ_2$ e $YZ_1\cong YZ_2$ que os
tri\^angulos $\Delta XZ_1Z_2$ e $\Delta YZ_1Z_2$ s\ao\ is\'osceles. Seguem ent\ao\ da Proposi\cao~\ref{isosceles} as congru\^encias
\begin{equation}\label{angbases}
\angle XZ_1Z_2\cong\angle XZ_2Z_1\ \ \ \ \ \text{e}\ \ \ \ \ \angle YZ_1Z_2\cong\angle YZ_2Z_1. 
  \end{equation}
No caso (iii), segue da Proposi\cao~\ref{ivan}-(1) que $Z_2$ est\'a no interior de $\angle XZ_1Y$ e $Z_1$ est\'a no interior de $\angle XZ_2Y$. Segue ent\ao\ de
(\ref{angbases}) e do Teorema~\ref{angadic} que
\begin{equation}\label{chave}
\angle XZ_1Y\cong\angle XZ_2Y.
  \end{equation}
No caso (iv), segue da Proposi\cao~\ref{ivan}-(2) e da Proposi\cao~\ref{angsubt} que vale (\ref{chave}). No caso (v), segue da Proposi\cao~\ref{ivan}-(3) e da
Proposi\cao~\ref{angsubt} que vale (\ref{chave}). Assim, nos casos (iii), (iv) e (v), vale (\ref{chave}). Valem tamb\'em, por hip\'otese,
$XZ_1\cong XZ_2$ e $YZ_1\cong YZ_2$. Da\'i o Axioma C6 nos permite concluir que $\Delta XYZ_1\cong\Delta XYZ_2$. \cqd

\noindent
    {\tt Observa\cao}: No caso em que $P=Y$ no lema precedente, os \^angulos $\angle Z_1YX$ e $\angle Z_2YX$, que provamos serem  congruentes,
    s\ao\ tamb\'em suplementares um do outro, pois $Z_ 1*Y*Z_2$. Logo, eles s\ao\ \^angulos retos (veja a Defini\cao~\ref{angreto}).

    
\begin{teo}\label{lll} Sejam $A$, $B$ e $C$ tr\^es pontos n\ao-colineares, sejam $A'$, $B'$ e $C'$ tr\^es pontos n\ao-colineares.
  Se $AB\cong A'B'$, $BC\cong B'C'$ e $CA\cong C'A'$, ent\~ao  $\Delta ABC\cong\Delta A'B'C'$. \end{teo}
\dem\ 
Usando os axiomas de transporte de \^angulos e segmentos (C4) e (C1), podemos obter o \'unico ponto $B_2$ tal que:
\begin{enumerate}
\item $B_2$ e $B'$ est\ao\ em lados opostos da reta $\overleftrightarrow{A'C'}$,
\item $\angle B_2A'C'\cong\angle BAC$,
\item $A'B_2\cong AB$.
  \end{enumerate}
Segue dos itens (2) e (3), pelo caso LAL de congru\^encia de tri\^angulos, que
\begin{equation}\label{passo}
\Delta A'B_2C'\cong \Delta ABC.
\end{equation}

Vamos aplicar o Teorema \ref{hilbert} colocando $X=C'$, $Y=A'$, $Z_1=B'$ e $Z_2=B_2$. Pelo item (1), $B_2$ e $B'$ est\ao\ em lados opostos da reta
$\overleftrightarrow{A'C'}$. Segue da congru\^encia de tri\^angulos em (\ref{passo}) que $BC\cong B_2C'$;
por hip\'otese, temos $BC\cong B'C'$; da\'i segue pelo Axioma C2 que  $B_2C'\cong B'C'$.
Pelo item (3), temos $AB\cong A'B_2$; por hip\'otese, temos $AB\cong A'B'$, da\'i segue pelo Axioma C2 que $A'B'\cong A'B_2$. Podemos portanto invocar o
Teorema~\ref{hilbert} para concluir que  $\Delta A'C'B'\cong\Delta A'C'B_2$, o que \'e a mesma coisa que
\begin{equation}\label{passo2}
  \Delta A'B'C'\cong\Delta A'B_2C'.
  \end{equation}
Segue de (\ref{passo}), (\ref{passo2}) e da transitividade da congru\^encia de tri\^angulos (Problema~\ref{transtri}) que $\Delta ABC\cong\Delta A'B'C'$. \cqd






\subsection*{\color{blue}Pons Asinorum (a demonstra\cao\ de Euclides do Teorema do Tri\^angulo Is\'osceles).}$\ $ 

Apresentamos nesta subse\cao\ a demonstra\cao\ de Euclides do Teorema do Tri\^angulo Is\'osceles (Proposi\cao\ 5 do Livro I dos Elementos), em que
s\ao\ usados o crit\'erio LAL de congru\^encia de tri\^angulos (Axioma C6), a subtra\cao\ de segmentos e a congru\^encia dos suplementares.
A figura que acompanha a demonstra\cao\ tem a apar\^encia de uma ponte e em algum momento passou a ser conhecida,
na Europa Latina, como ``Pons Asinorum'' (ponte dos asnos). A alcunha n\ao\ faz refer\^encia apenas \`a apar\^encia da figura, mas tamb\'em
\`a dificuldade de se compreender a prova de Euclides. A proposi\cao, apresentada logo no in\'icio dos Elementos, era vista como um obst\'aculo para o leitor
iniciante. \'E poss\'ivel supor que ``pons asinorum'' significasse tamb\'em ``mata-burros'', um obst\'aculo feito com ripas ou caibros,
comum em estradas da zona rural, que permite a passagem de ve\'iculos com rodas e seres humanos, mas n\ao\ a passagem de quadr\'upedes. S\'o um conhecedor
do latim medieval saber\'a dizer com certeza.

A esta altura, a leitora j\'a deve estar se sentindo confiante para ultrapassar esse obst\'aculo.

Para escrever a demonstra\cao\ de Euclides invocando apenas defini\coes, axiomas, proposi\coes\ e problemas destas Notas de Aula, conv\'em provar primeiro
o seguinte lema. 

\begin{lema}\label{mataburros}
Se  temos $X*Y*Z$, $XY\cong X'Y'$ e $Z'\in\semi{X'Y'}$  e $XZ\cong X'Z'$, ent\ao\ vale $X'*Y'*Z'$. 
v\end{lema}
\dem\ Seja $Z''$ o ponto, cuja exist\^encia \'e postulada pelo Axioma C1, pertencente \`a semirreta 
\footnote{Sobre semirreta oposta, veja a Defini\cao\ \ref{semiop} e a Proposi\cao\ \ref{opequiv}.} oposta
a $\semi{Y'X'}$ tal que $Y'Z''\cong YZ$. Temos:
$X*Y*Z$, $X'*Y'*Z''$, $XY\cong X'Y'$ (por hip\'otese) e $YZ\cong Y'Z''$ (por constru\cao). Decorre da\'i, pelo Axioma C3, que $XZ\cong X'Z''$. O ponto $Z''$
pertence \`a semirreta $\semi{X'Y'}$, pois $X'*Y'*Z''$. Logo $Z''$ \'e o \'unico ponto da semirreta
$\semi{X'Y'}$ tal que $XZ\cong X'Z''$ (a unicidade de um tal ponto \'e garantida pelo Axioma C1). Mas $Z'$ tamb\'em \'e um tal ponto, logo $Z'=Z''$, logo
$X'*Y'*Z'$.\cqd


{\tt Segunda demonstra\cao\ da Proposi\cao~\ref{isosceles}, o ``Teorema do Tri\^angulo Is\'osceles''.}

S\ao\ dados tr\^es pontos n\ao-colineares $A$, $B$ e $C$ tais que $AB\cong AC$. Queremos provar que $\angle ABC\cong\angle ACB$.

Pelo Axioma B2, \'e poss\'ivel tomar um ponto $F$ tal que $F*B*A$. Em seguida, podemos invocar o Axioma C1 para encontrar o \'unico ponto $G$ na semirreta
$\overrightarrow{AC}$, $G\neq A$ tal que $AG\cong AF$. Pelo Problema~\ref{igsemi}, temos $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AF}$ e
$\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AG}$. Temos portanto $\angle GAB=\angle FAC$, $AB\cong AC$, e $AF\cong AG$. Segue do Axioma (C6) que s\ao\ congruentes
os tri\^angulos $\Delta GAB$ e $\Delta FAC$. Em particular, temos
\begin{equation}\label{pons}
FC\cong BG\ \ \ \ \text{e}\ \ \ \ \angle AFC\cong\angle BGA.
  \end{equation}

  Aplicando o Lema \ref{mataburros}, com $X=X'=A$, $Y=B$, $Y'=C$, $Z=F$, $Z'=G$, conclu\'imos que vale $A*C*G$.
  Da\'i, pela Proposi\cao~\ref{subtract} (subtra\cao\ de segmentos), vale $FB\cong CG$. Isto e (\ref{pons}) (notando que, pelo Problema~\ref{igsemi},
$\angle AFC=\angle BFC$ e $\angle BGA=\angle BGC$) implicam, pelo Axioma C6, a congru\^encia $\Delta BCF\cong\Delta CBG$. Em particular, segue a congru\^encia
vv\begin{equation}\label{ph}
  \angle CBF\cong\angle BCG.
  \end{equation}
Os \^angulos $\angle ABC$ e $\angle CBF$ s\ao\ suplementares, tamb\'em s\ao\ suplementares os \^angulos $\angle ACB$ e $\angle BCG$. Segue portanto de
(\ref{ph}), pela Proposi\cao~\ref{suplcong}, a congru\^encia $\angle ABC\cong\angle ACB$, que quer\'iamos demonstrar.

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%        GEOMETRIA NEUTRA
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\section{\color{red}Mais resultados da Geometria Neutra}


Os resultados geom\'etricos que podem ser demonstrados usando apenas os axiomas de incid\^encia, de ordenamento e de congru\^encia formam o que
se costuma chamar de ``Geometria Neutra''. A validade dessses resultados \'e independente do Quinto Postulado de Euclides, eles s\ao\ portanto verdadeiros tanto na geometria
euclideana (que assume o Quinto Postulado), quanto nas geometrias ``n\ao-euclideanas'' (em que o Quinto Postulado \'e falso).
\'E poss\'ivel definir no Plano de Poincar\'e, por exemplo,  no\coes\ de
ordenamento e congru\^encia que satisfa\c{c}am os axiomas de ordenamento e congru\^encia (na Se\cao~\ref{modelos} verificamos que os axiomas de incid\^encia
s\ao\ satisfeitos). Logo, os resultados que provamos at\'e agora
(o teorema da barra transversal, o teorema do tri\^angulo is\'osceles, o caso LLL de congru\^encia de tri\^angulos, por exemplo)
e os que vamos provar nesta se\cao\ (exist\^encia de perpendiculares, paralelas, pontos m\'edios, bissetrizes) s\ao\ v\'alidos tamb\'em no Plano de Poincar\'e. 


\subsection*{\color{blue}Desigualdades entre segmentos e entre \^angulos, exist\^encia de tri\^angulos is\'osceles.}$\ $

Vamos definir nesta subse\cao\ a no\cao\ sint\'etica (isto \'e, sem fazer refer\^encia a medidas, ou n\'umeros) de desiguldades entre segmentos e \^angulos,
e estabelecer suas propriedades.


\begin{defi}\label{desseg} Dados pontos $A\neq B$ e $C\neq D$ escrevemos $AB<CD$ e $CD>AB$ se existe $X$ tal que $C*X*D$ e $AB\cong CX$. \end{defi}


\begin{prop}\label{tricotomia} $[${\tt Tricotomia da desigualdade de  segmentos}$]$ Dados pontos $A\neq B$ e $C\neq D$, vale uma e apenas uma das tr\^es afirma\coes\ seguintes:
  ($i$) $AB<CD$, ($ii$) $AB\cong CD$, (iii) $AB>CD$.\end{prop}
\dem\ O Axioma C1 garante a exist\^encia de um ponto $Z$ na semirreta $\semi{CD}$, $Z\neq C$, tal que $AB\cong CZ$. 
Segue da defini\cao\ de semirreta que uma e s\'o uma das afirma\coes\ seguintes \'e satisfeita: (i) $C*Z*D$, (ii) $Z=D$
ou (iii) $C*D*Z$. Se valer (i), segue da Defini\cao~\ref{desseg} que $AB<CD$. Se valer (ii), ent\ao\ $AB\cong CD$. Resta provar que, se valer (iii),
ent\ao\ $CD<AB$. Suponhamos portanto que $C*D*Z$. Pelo Axioma C1, podemos ent\ao\ tomar $D'$ na semirreta $\semi{AB}$ tal que $AD'\cong CD$. Segue do
Lema~\ref{mataburros} que $A*D'*B$. Segue ent\ao\ da Defini\cao~\ref{desseg} que $CD<AB$. \cqd 


\begin{prop}\label{uptocong} $[${\tt Congru\^encia preserva desigualdade de segmentos}$]$
  Se $AB\cong A'B'$ e $CD\cong C'D'$, ent\ao\ $AB<CD$ se e somente se $A'B'<C'D'$. \end{prop}
\dem\ Suponhamos que $AB\cong A'B'$, $CD\cong C'D'$ e $AB<CD$. Da Defini\cao~\ref{desseg}, temos que existe $X$ tal que $C*X*D$ e $AB\cong CX$.
Podemos usar o Axioma C1 para obter um ponto $X'$ na semirreta $\semi{C'D'}$ tal que $CX\cong C'X'$. Segue do Lema~\ref{mataburros} que $C'*X'*D'$.
Usando o Axioma C2 e a Proposi\cao~\ref{cong1} (simetria da congru\^encia), vemos que segue de $AB\cong CX$ e $CX\cong C'X'$ que $AB\cong C'X'$. Por hip\'otese,
temos $AB\cong A'B'$. De novo pelo Axioma C2, segue que $A'B'\cong C'X'$. Provamos que existe $X'$ tal que $A'B'\cong C'X'$ e $C'*X'*D'$, ou seja, provamos que $A'B'<C'D'$.

Da mesma maneira se prova que, se $AB\cong A'B'$, $CD\cong C'D'$ e $A'B'<C'D'$, ent\ao\ $AB<CD$. \cqd

N\~ao \'e imediatamente evidente, apenas a partir da Defini\cao~\ref{desseg}, que $AB<CD$ seja equivalente a $BA<CD$ e a $AB<DC$, como tem de ser
para que possamos falar de desigualdades entre segmentos, j\'a que, como conjunto de pontos, $AB=BA$ e $CD=DC$. Isto agora segue imediatamente
da Proposi\cao~\ref{uptocong}\ pois, pelo Axioma C2, todo segmento \'e congruente a si pr\'oprio, logo $AB\cong BA$ e $CD\cong DC$. 


\begin{prop}\label{desord} Se $A*B*C$, ent\ao\ $AB<AC$.\end{prop}
\dem\ Dados $A$, $B$ e $C$ tais que $A*B*C$, devemos mostrar que se verifica a Defini\cao~\ref{desseg} no caso em que $A$ toma o lugar de $C$ e $C$ toma o lugar de $D$.
Para isto, basta colocar $B$ no lugar de $X$. \cqd

A primeira proposi\cao\ demonstrada por Euclides nos Elementos \'e a constru\cao\ de um tri\^angulo equil\'atero que tenha como um dos lados um segmento dado.
Para justificar a constru\cao\ de Euclides em linguagem moderna mais rigorosa, \'e necess\'ario adotar algum postulado que garanta que dois c\'irculos, um com
o centro sobre o outro, se interceptem. Euclides usa tamb\'em que se tr\^es pontos definem tr\^es segmentos congruentes, esses tr\^es pontos n\ao\ s\ao\ colineares.
Mas esse detalhe \'e f\'acil de justificar a partir dos axiomas de ordenamento e de congru\^encia de Hilbert, como vemos na proposi\cao\ seguinte. 


\begin{prop}\label{trigequi} Se $A$, $B$ e $C$ s\ao\ tr\^es pontos distintos e se $AB\cong AC$ e $AB\cong BC$, ent\ao\ $A$, $B$ e $C$ n\ao\
  s\ao\ colineares e o tri\^angulo $\Delta ABC$ \'e equil\'atero. \end{prop}
\dem\ Pelo Axioma C2, segue de $AB\cong AC$ e $AB\cong BC$ que $AC\cong BC$.
Resta provar que os tr\^es pontos n\ao\ s\ao\ colineares. Se fossem,
um deles estaria entre os outros dois, pelo Axioma B3. Suponhamos que vale $A*B*C$. Segue ent\ao\ da Proposi\cao~\ref{desord}
que $AB<AC$, contradizendo a hip\'otese $AB\cong AC$ (pela Proposi\cao~\ref{tricotomia}). Claro que o mesmo argumento se aplicaria se $A$ ou $C$
fosse o ponto que est\'a entre os outros dois.\cqd

\begin{prop}\label{ordem} $[${\tt Transitividade da desigualdade de segmentos}$]$ Se $AB<CD$ e $CD<EF$, ent\ao\ $AB<EF$.
\end{prop}
\dem\ Segue de $AB<CD$ que existe $X$ tal que que $C*X*D$ e $AB\cong CX$. Segue de $CD<EF$ que existe $Y$ tal que $E*Y*F$ e $CD\cong EY$. Usando o
Axioma C1, podemos obter um ponto $X'\in\semi{EY}$ tal que $CX\cong EX'$. Temos portanto $CX\cong EX'$, $CD\cong EY$, $C*X*D$ e $X'\in\semi{EY}$.
O Lema~\ref{mataburros} implica portanto que $E*X'*Y$. Isto, junto com $E*Y*F$, implica que $E*X'*F$ (usamos a Proposi\cao~\ref{q1}).
Mas $CX\cong EX'$ e $CX\cong AB$ implicam que $AB\cong EX'$ (usamos o Axioma C2). Ou seja, provamos que existe $X'$ tal que $AB\cong EX'$ e $E*X'*F$,
ou seja $AB<EF$. \cqd


Podemos tamb\'em definir a no\cao\ de desigualdade entre \^angulos. 

\begin{defi}\label{ddesang} Dados $\angle BAC$ e $\angle EDF$, escrevemos $\angle BAC<\angle EDF$ e $\angle EDF>\angle BAC$
  se existir $X$ no interior de $\angle EDF$ tal que $\angle BAC\cong \angle EDX$.
\end{defi}

Tal como no caso de segmentos, vamos provar em seguida que vale a tricotomia, a compatibilidade com a congru\^encia e a transitividade da desigualdade entre \^angulos.
Antes, um lema:

\begin{lema}\label{rb} Dados \^angulos $\angle BAC\cong\angle B'A'C'$, $\angle XAC\cong \angle X'A'C'$, se $X$ pertencer ao interior de $\angle BAC$ e se $X'$ e $B'$ estiverem do
  mesmo lado de $\reta{A'C'}$, ent\ao\ $X'$ pertence ao interior de $\angle B'A'C'$.\end{lema}
\dem\ Sem perda de generalidade, podemos supor que
$AB\cong A'B'$ e $AC\cong A'C'$ (se for preciso, e usando o Axioma C1 para tal, podemos substituir $B'$ e $C'$ por novos pontos $B''$ e $C''$ satisfazendo esta hip\'otese adicional e
tais que $\angle B''AC''=\angle B'A C'$ e, em seguida, abandonar os $B'$ e $C'$ originais e mudar os nomes de $B''$ e $C''$ para $B'$ e $C'$). 
Segue ent\ao\ da hip\'otese  $\angle BAC\cong\angle B'A'C'$,  usando o crit\'erio LAL de congru\^encia de tri\^angulos, que
$\Delta ABC\cong \Delta A'B'C'$ e, em particular, que $\angle BCA\cong \angle B'C'A'$.

Pelo Teorema da Barra Transversal, existe $D$ em $\semi{AX}$ tal que $B*D*C$.
Pelo Axioma C1, existe  $D'\in\semi{C'B'}$ tal que $CD\cong C'D'$.
Temos portanto $AC\cong A'C'$, $CD\cong C'D'$ e
\[\angle D'C'A'\,=\,\angle B'C'A'\,\cong\, \angle BCA\,=\,\angle DCA.\]
Segue do LAL que
$\Delta ACD\cong \Delta A'C'D'$ e, em particular, que $\angle DAC\cong\angle D'A'C'$. Por hip\'otese, % (e pelo Lema~\ref{lema}),
$X'$ e $B'$ est\ao\ no mesmo
lado de $\reta{A'C'}$; por constru\cao, $D'$ e $B'$ est\ao\ no mesmo lado de $\reta{A'C'}$; logo $X'$ e $D'$ est\ao\ no mesmo lado de $\reta{A'C'}$. Segue da unicidade
do Axioma C3 que $\semi{A'D'}=\semi{A'X'}$. Para provar que $X'$ est\'a no interior de $\angle B'A'C'$, basta portanto provar que $D'$ est\'a
no interior de $\angle B'A'C'$ (veja o Problema~\ref{interior}).

J\'a provamos que $X'\!\sim_{_{A'C'}}\!D'$ e temos, por hip\'otese, que $X'\!\sim_{_{A'C'}}\!B'$. Logo $B'\!\sim_{_{A'C'}}\!D'$.
Para provar que $D'$ est\'a no interior de $\angle B'A'C'=\angle B'A'C'$
basta portanto mostrar que $D'$ e $C'$ est\ao\ no mesmo lado de $\reta{A'B'}$. Como j\'a sabemos que $D'\in\semi{C'B'}$, basta provar que $D'\neq B'$ e que
n\ao\ vale $C'*B'*D'$. Segue de $C*D*B$ que $CD<CB$ (Proposi\cao~\ref{desord}). Segue de $\Delta ACD\cong\Delta A'C'D'$ que $CD\cong C'D'$. Disso e de
$CB\cong C'B'$ segue $C'D'<C'B'$ (Proposi\cao~\ref{uptocong}). Da\'i segue que $D'\neq B'$ e que n\ao\ vale $C'* B'*D'$ (se valesse, ter\'iamos
$C'D'>C'B'$, pela Proposi\cao~\ref{desord}). \cqd

\begin{prop}\label{tricodesang} $[${\tt Tricotomia da desigualdade de \^angulos}$]$\ 
  Dados $\angle BAC$ e $\angle EDF$ vale uma e apenas uma das seguintes tr\^es afirma\coes: (i) $\angle BAC<\angle EDF$, (ii) $\angle BAC\cong\angle EDF$,
  ou (iii) $\angle BAC>\angle EDF$.\end{prop}
\dem\ Seja $H$ o semiplano limitado por $\reta{DF}$ que cont\'em $E$. Pelo Axioma C4, existe uma \'unica semirreta $\semi{AX}$ com $X\in H$ tal que
$\angle BAC\cong\angle XDF$. Segue dos resultados demonstrados na Subse\cao\ ``Separa\cao\ do Plano'' que uma e apenas umas das tr\^es possibilidades seguintes podem ocorrer:
(a) $X$ e $F$ est\ao\ do mesmo lado de $\reta{DE}$, (b) $X$ est\'a na reta $\reta{DE}$, (c) $X$ e $F$ est\ao\ em lados opostos de $\reta{DE}$.

Se valer (a), ent\ao\ $X$ pertence ao interior de $\angle EDF$, logo temos $\angle BAC< \angle XDF$. Se valer (b) ent\ao\ $X$ pertence \`a semirreta $\semi{DE}$, pois
$X$ e $E$ est\ao\ do mesmo lado de $\reta{DF}$ (pelo Problema~\ref{lema2}); logo $\angle EDF=\angle XDF$, logo $\angle BAC\cong \angle EDF$.

Suponhamos agora que vale (c). Queremos provar que $\angle EDF< \angle BAC$. Note primeiro que (c) implica que $X$ pertence ao interior do suplementar $\angle F_1DE$
de $\angle EDF$. De fato, $X$ e $E$ est\ao\ do mesmo lado de $\reta{DF}=\reta{DF_1}$, por constru\cao\ de $X$, e $X$ e $F_1$ est\ao\ do mesmo lado de $\reta{DE}$ porque
$X$ e $F$ est\ao\ em lados opostos de $\reta{DE}$  e $F_1*D*F$. Segue ent\ao\ da Proposi\cao~\ref{intsup} que $E$ pertence ao interior de $\angle XDF$.
Para provar o que queremos (ou seja, que $\angle EDF< \angle BAC$), tome agora $X'$ no semiplano $H'$ limitado por $\reta{AC}$ que cont\'em $B$ e tal que
$\angle EDF\cong\angle X'AC$. Pelo Lema~\ref{rb}, $X'$ pertence ao interior de $\angle BAC$ (pois $E$ pertence ao interior de
$\angle XDF$, $\angle XDF\cong \angle BAC$ e $X'$ e $B$ est\ao\ do mesmo lado de $\reta{AC}$). Por defini\cao, temos ent\ao\ que $\angle EDF <\angle BAC$.\cqd


\begin{prop}\label{congdesang} $[${\tt Congru\^encia preserva desigualdade de \^angulos}$]$\ 
  Se $\angle BAC <\angle EDF$, $\angle BAC\cong\angle B'A'C'$ e $\angle EDF\cong\angle E'D'F'$, ent\ao\ $\angle B'A'C'<\angle E'D'F'$.
\end{prop}
\dem\ Seja $X$ pertencente ao semiplano limitado por $\reta{DF}$ que cont\'em $E$ tal que $\angle BAC \cong \angle XDF$. Segue da hip\'otese $\angle BAC<\angle EDF$
que $X$ pertence ao interior de $\angle EDF$.

Seja $X'$ pertencente ao semiplano limitado por $\reta{D'F'}$ que cont\'em $E'$ tal que $\angle B'A'C' \cong \angle X'D'F'$. Segue das escolhas de $X$ e de $X'$ e da
hip\'otese $\angle BAC\cong\angle B'A'C'$ que $\angle XDF\cong\angle X'D'F'$. Usando o Lema~\ref{rb}, segue agora da hip\'otese $\angle EDF\cong\angle E'D'F'$
e do fato de $X$ pertencer ao interior de $\angle EDF$ que $X'$ pertence ao interior de $\angle E'D'F'$, ou seja, que $\angle A'B'C'<\angle E'D'F'$. \cqd

Est\'a na hora de observar que a defini\cao\ de desigualdade de \^angulos n\ao\ depende da ordem em que os lados dos \^angulos s\ao\ listados, como tinha de ser.
Mais precisamente se $\angle BAC< \angle EDF$, ent\ao\ $\angle CAB< \angle EDF$, $\angle BAC<\angle FDE$, etc.
Esta afirma\cao\ aparentemente trivial n\ao\ decorre imediatamente da Defini\cao~\ref{ddesang}. \'E preciso invocar o Axioma C5 para obter $\angle BAC\cong\angle CAB$ (pois
$\angle BAC=\angle CAB$ pela defini\cao\ de \^angulo) e $\angle EDF\cong\angle FDE$ e ent\ao\ aplicar a Proposi\cao~\ref{congdesang}. 


\begin{prop}\label{transdesang} $[${\tt Transitividade da desigualdade de \^angulos}$]$\ 
  Se $\angle BAC<\angle EDF$ e $\angle EDF<\angle HGI$, ent\ao\ $\angle BAC<\angle HGI$.
\end{prop}
\dem\ Seja $W$ o semiplano limitado por $\reta{DF}$ que cont\'em $E$, seja $W'$ o semiplano limitado por $\reta{GI}$ que cont\'em $H$. Seja $X\in W$ tal que
$\angle BAC\cong \angle XDF$, seja $Y\in W'$ tal que $\angle EDF\cong \angle YGI$, seja $X'\in W'$ tal que $\angle XDF\cong \angle X'GI$.

Segue das hip\'oteses  $\angle BAC<\angle EDF$ e $\angle EDF<\angle HGI$ que $X$ pertence ao interior de $\angle EDF$
e que $Y$ pertence ao interior de $\angle HGI$, isto \'e, que 
\begin{equation}\label{aa}
H\!\sim_{_{GI}}\!Y \ \ \ \ \text{e}\ \ \ \ Y\!\sim_{_{GH}}\! I
\end{equation}
(a nota\cao\ $\sim_{_{PQ}}$ foi introduzida na demonstra\cao\ do Teorema~\ref{barra}).
Segue do fato de $X$ pertencer ao interior de $\angle EDF$ e do Lema~\ref{rb} que $X'$ pertence ao interior de $\angle YGI$, isto \'e, que
\begin{equation}\label{b}
Y\!\sim_{_{GI}}\!X' \ \ \ \ \text{e}\ \ \ \ X'\!\sim_{_{GY}}\! I.
\end{equation}
Segue das primeiras equival\^encias em (\ref{aa}) e em (\ref{b}) que $H\!\sim_{_{GI}}\!X'$. Para provar que $X'$ pertence ao interior $\angle HGI$, basta agora provar que
$X'\!\sim_{_{GH}}\! I$. Segue do Teorema da Barra Transversal (pois $X'$ pertence ao interior de $\angle YGI$) que o segmento $YI$ atravessa $\semi{GX'}$ em um ponto $X''\neq G$.
Segue de $Y*X''*I$ e $Y\!\sim_{_{GH}}\! I$ (pelo Problema~\ref{semiconvexo}) que
%\footnote{Exerc\'icio: Mostre que, se $A$ e $B$ s\ao\ dois pontos em um semiplano, ent\ao\ o segmento $AB$ est\'a contido nesse semiplano.}
$X''\!\sim_{_{GH}}\! I$. O segmento $X'X''$ n\ao\ intercepta $\reta{GH}$ pois $X''\in\semi{GX'}$ e $\reta{GX'}\neq\reta{GH}$.
Logo $X'\!\sim_{_{GH}}\! X''$. Como j\'a temos $X''\!\sim_{_{GH}}\! I$, segue que $X'\!\sim_{_{GH}}\! I$ e, portanto, que $X'$ est\'a no interior de $\angle HGI$.
Por defini\cao, isto quer dizer que $\angle BAC<\angle HGI$. \cqd

Podemos agora mostrar que existe um tri\^angulo is\'osceles, com qualquer base dada, sem usar axioma algum sobre interse\coes\ de c\'irculos.

\begin{prop}\label{exiiso} $[${\tt Exist\^encia de tri\^angulos is\'osceles}$]$\ 
  Dado um segmento $BC$ e $H$ um semiplano delimitado por $\reta{BC}$,  existe $A$ em $H$ tal que $AB\cong AC$.\end{prop}
\dem\ Tome arbitrariamente um ponto $D$ em $H$. Pela rec\'iproca do Teorema do Tri\^angulo Is\'osceles (Problema~\ref{reciso}), se $\angle DBC\cong\angle DCB$,
ent\ao\ $DB\cong DC$ e podemos tomar $A=D$. Caso contr\'ario, segue da Proposi\cao~\ref{tricodesang} que ou vale $\angle DBC< \angle DCB$ ou vale $\angle DCB <\angle DBC$.
Sem perda de generalidade, suponhamos que $\angle DBC< \angle DCB$. Tome $X$ no interior de $\angle DCB$ tal que $\angle DBC\cong \angle XCB$.
Pelo Teorema da Barra Transversal,
$\semi{CX}$ cruza $BD$ em um ponto que chamaremos de $A$. Temos ent\ao\ $\angle ACB=\angle XCB\cong\angle DBC=\angle ABC$. Pela rec\'iproca do Teorema do Tri\^angulo Is\'osceles
(Problema~\ref{reciso}), segue que $AB\cong AC$. Al\'em disso, $A$ e $D$ est\ao\ no mesmo lado de $\reta{BC}$, pois $B*A*D$ (veja o Problema~\ref{mesmo}).
Logo $A$ pertence a $H$. \cqd








\subsection*{\color{blue}Exist\^encia da perpendicular, o Quarto Postulado de Euclides}$\ $

Duas retas que se interceptam determinam quatro \^angulos. De fato, seja $O$ o ponto de interse\cao\ das retas $r$ e $s$, sejam $A$ e $C$ pontos de $r$ tais que $A*O*C$,
sejam $B$ e $D$ pontos de $s$ tais que $B*O*D$. Os quatro \^angulos formados por $r$ e $s$ s\ao\ $\angle AOB$, $\angle BOC$, $\angle COD$ e $\angle AOD$. Os \^angulos
$\angle AOD$ e $\angle BOC$ s\ao\ opostos pelo v\'ertices, logo congruentes (Problema~\ref{oposvert}). O mesmo vale para o par $\angle AOB$ e $\angle COD$. Os demais quatro
  pares de \^angulos formados pelos quatro \^angulos determinados por $r$ e $s$ s\ao\ suplementares. Se um dos quatro \^angulos for reto (isto \'e, congruente a um
  suplementar seu, veja a Defini\cao~\ref{angreto}), os quatro ser\ao\ retos. Neste caso, dizemos que as retas $r$ e $s$ s\ao\ perpendiculares.

  Nesta subse\cao\ vamos demonstrar que, dadas uma reta $r$ e um ponto $P$, existe uma reta $s$ perpendicular a $r$ passando por $P$. O caso em que $P$ n\ao\
  est\'a em $r$ \'e tratado no Teorema~\ref{experp}, cuja demonstra\cao\ usa congru\^encia de tri\^angulos.
  O caso em que $P$ est\'a em $r$ segue facilmente do caso em que $P$ n\ao\ est\'a em $r$: o \^angulo que alguma paralela a $r$ faz com $r$ pode ser transportado para o
  ponto que queremos usando o Axioma C5.

  Nesta subse\cao, mostramos tamb\'em que o Quarto Postulado de Euclides (``todos os \^angulos retos s\ao\ congruentes entre si'') \'e sup\'erfluo, pois essa afirma\cao\
  pode ser demonstrada a partir dos axiomas de incid\^encia, ordenamento e congru\^encia introduzidos at\'e agora. Na subse\cao\ seguinte, o ``Quarto Postulado'' ser\'a usado na
  demonstra\cao\ da unicidade das perpendiculares.

  
  \begin{teo}\label{experp}
 Dadas uma reta $r$ e um ponto $P$ que n\ao\ est\'a em $r$, existe uma reta $s$ perpendicular a $r$ passando por $P$.
  \end{teo}

  \dem\ Tomemos dois pontos $A$ e $B$ em $r$ (que existem, pelo Axioma I2). Aplicando a Proposi\cao~\ref{transtri} (sobre o transporte de tri\^angulos)
  ao tri\^angulo $\Delta ABP$, tomando no lugar de $DE$ o pr\'oprio segmento $AB$, e escolhendo como o semiplano $H$ o lado de $r$ oposto a $P$,
  obtemos um ponto $P'$ em $H$ tal que
\begin{equation}\label{reflexo}
  \Delta ABP\cong \Delta ABP'.
\end{equation}
Seja $Q$ o ponto de interse\cao\ do segmento $PP'$ com a reta $r$. 

Como $A$ e $B$ s\ao\ dois pontos distintos, ent\ao\ $Q$ \'e diferente de pelo menos um dos dois.
Sem perda de generalidade, podemos supor que $Q\neq A$. Basta portanto considerar os casos: (i) $Q*A*B$ e (ii) $Q$ pertence a $\semi{AB}$.
No caso (i), temos dois pares de \^angulos suplementares: ($\angle PAQ$, $\angle PAB$) e ($\angle P'AQ$, $\angle P'AB$). Segue de (\ref{reflexo}),
que $\angle PAB\cong \angle P'AB$. Como suplementares de congruentes s\ao\ congruentes (Proposi\cao~\ref{suplcong}), temos $\angle PAQ\cong\angle P'AQ$.
No caso (ii), segue de (\ref{reflexo}) e de $\angle PAQ=\angle PAB$ e $\angle P'AQ=\angle P'AB$ que $\angle PAQ\cong\angle P'AQ$. Ou seja, tanto no
caso (i) quanto no caso (ii), temos
\begin{equation}\label{otica}
  \angle PAQ\cong \angle P'AQ
  \end{equation}

Podemos aplicar o Axioma C6 aos tri\^angulos $\Delta PAQ$ e $\Delta P'AQ$, que t\^em em comum o lado $QA$, pois segue de (\ref{reflexo}) que $AP\cong AP'$ e
provamos (\ref{otica}). Da\'i obtemos, em particular, a congru\^encia de \^angulos $\angle PQA\cong P'QA$. Mas estes
dois \^angulos s\ao\ suplementares um do outro (pois $P*Q*P'$). Logo s\ao\ \^angulos retos. Provamos que as retas $\reta{PP'}$ e $r$ s\ao\
perpendiculares. \cqd.  

 \begin{prob}\label{mquarto}
   {\em   Seja $\angle BAC$ um \^angulo reto, seja $\angle B'A'C'$ um \^angulo congruente a $\angle BAC$. Ent\ao\ $\angle B'A'C'$ tamb\'em \'e um \^angulo reto.}
 \end{prob}

 \begin{teo}\label{unicperp}  Dada uma reta $r$ e dado um ponto $P$ em $r$, existe reta $s$ perpendicular a $r$ passando por $P$.\end{teo}
 \dem\ Seja $Q$ um ponto qualquer que n\ao\ esteja em $r$ (a Proposi\cao~\ref{I4}
 nos garante a exist\^encia de um tal $Q$). Seja $t$ uma reta perpendicular a $r$ passando por $Q$. Se $r$ passar por $P$, terminamos. Se $r$ n\ao\ passar por
 $P$, chamemos de $X$ a interse\cao\ de $t$ e $r$. Pelo Axioma C4, existe uma semirreta $\semi{PY}$ tal que $\angle QXP\cong\angle YPX$. Como $\angle QXP$ \'e
 reto, segue do Problema~\ref{mquarto} que $\angle YPX$ \'e reto, logo $s\coloneqq \reta{PY}$ \'e perpendicualar a $r$. \cqd
 

  
 O resultado seguinte \'e o Teorema 21 de \cite{H}. Hilbert atribui a ideia da demonstra\cao\ a Proclus, fil\'osofo que nasceu em Constantionopla em 412,
 estudou em Alexandria, e morreu em Atenas em 485.

 \begin{teo}\label{quarto}
Dois \^angulos retos quaisquer s\ao\ congruentes. 
   \end{teo}

 \dem\ Sejam $\angle BAC$ e $\angle B'A'C'$ dois \^angulos retos, sejam $\angle CAD$ e $\angle C'A'D'$, respectivamente, seus suplementares (temos portanto
 $B*A*D$ e $B'*A'*D'$). Temos $\angle BAC\cong\angle CAD$ e $\angle B'A'C'\cong\angle C'A'D'$. Queremos provar que $\angle BAC$ e $\angle B'A'C'$ s\ao\
 congruentes.

 Seja $C''$ um ponto no mesmo lado da reta $\reta{AB}$ que $C$ e tal que $\angle BAC''\cong \angle B'A'C'$. A exist\^encia de $C''$ decorre do Axioma C4. Decorre
 tamb\'em do Axioma C4 que $\angle BAC\cong\angle B'A'C'$ se e somente se $C''\in\semi{AC}$. Queremos provar, portanto, que $C''$ est\'a em $\semi{AC}$.

 Suponhamos por absurdo que $C''$ n\ao\ est\'a em $\reta{AC}$ e que $B$ e $C''$ est\ao\ do mesmo lado da reta $\reta{AC}$.
 O ponto $C''$ est\'a ent\ao\ no interior de $\angle BAC$. Segue
 da Defini\cao~\ref{ddesang} que $\angle BAC''<\angle BAC$. Como $C''$ est\'a no interior de $\angle BAC$ e vale $B*A*D$, segue, pela Proposi\cao~\ref{intsup}, que $C$ est\'a no
 interior de $\angle C''AD$, logo vale $\angle CAD<\angle C''AD$. Por hip\'otese, $\angle BAC\cong\angle CAD$. Temos portanto
 \[
\angle BAC''\,<\,\angle BAC\,\cong\,\angle CAD\,<\,\angle C''AD, 
 \]
 logo, pelas Proposi\coes\ \ref{congdesang} e \ref{transdesang},
 \begin{equation}
   \label{guarda}
   \angle BAC''\,<\,\angle C''AD.
   \end{equation}
 De $\angle BAC''\cong \angle B'A'C'$ segue, pela Proposi\cao~\ref{suplcong} (suplementares de congruentes s\ao\ congruentes),
 que $\angle C''AD\cong \angle C'A'D'$. Por hip\'otese,  $\angle B'A'C'\cong \angle C'A'D'$.
 Logo,  pela transitividade da congru\^encia de \^angulos
 (Axioma C5), vem
 \[
\angle C''AD\, \cong\, \angle C'A'D'\,\cong\,\angle B'A'C'\,\cong\, \angle BAC'',
 \]
o que contradiz (\ref{guarda}). Logo $B$ e $C''$ n\ao\ est\ao\ do mesmo lado de $\reta{AC}$. Da mesma maneira
se prova que $B$ e $C''$ n\ao\ est\ao\ em lados opostos de $\reta{AC}$. Logo $C''$ est\'a em $\reta{AC}$.
Segue do Problema~\ref{lema2} que $C''$ \'e um ponto de $\semi{AC}$, pois $C$ e $C''$ est\ao\ do mesmo lado de $\reta{AB}$. \cqd

 
  
\subsection*{\color{blue}\^Angulos externos, unicidade da perpendicular, exist\^encia da paralela} $\ $

Nosso pr\'oximo objetivo \'e demonstrar que um \^angulo externo de um tri\^angulo \'e maior do que qualquer dos dois \^angulos internos n\ao-adjacentes.


Chamamos de {\em \^angulo externo} de um tri\^angulo um suplementar de um \^angulo do tri\^angulo. Os \^angulos do tri\^angulo podem ser chamados, para enfatizar
a ideia, de {\em \^angulos internos}. Mais detalhamente, dado o tri\^angulo $\Delta ABC$, sejam $A_1$, $A_2$, $B_1$, $B_2$, $C_1$ e $C_2$ pontos tais que
$A_1*A*B$, $A_2*A*C$, $B_1*B*C$, $B_2*B*A$, $C_1*C*A$ e $C_2*C*B$ (Axioma B2). Os seis \^angulos externos
de $\Delta ABC$ s\ao: $\angle A_1AC$, $\angle A_2AB$, $\angle B_1BA$, $\angle B_2BC$, $\angle C_1CB$ e $\angle C_2CA$.


O seguinte resultado \'e o Teorema 22 de \cite{H}, chamado por Hilbert de {\em teorema do \^angulo externo}.

\begin{teo}\label{aussenwinkel} Um \^angulo externo de um tri\^angulo \'e maior do que qualquer \^angulo interno que  n\ao\ lhe seja adjacente. 
\end{teo}
\dem\ Dado o tri\^angulo $\Delta ABC$, tome $D$ tal que $D*A*B$ e $AD\cong BC$ (Axiomas B2 e C1). Queremos provar que $\angle ACB<\angle DAC$ e $\angle ABC<\angle DAC$.

Vamos primeiramente provar que $\angle ACB$ e $\angle CAD$ n\ao\
s\ao\ congruentes. Suponha por absurdo que s\ao. Nesse caso, temos $AD\cong CB$, $AC\cong CA$ e $\angle DAC\cong\angle BCA$. Pelo cri\'erio LAL (Axioma C6), segue
$\Delta DAC\cong\Delta BCA$, logo $\angle ACD\cong\angle CAB$. Como $\angle DAC$ e $\angle CAB$ s\ao\ suplementares e $D$ e$B$ est\ao\ em lados opostos de $\reta{AC}$,
segue, pela Proposi\cao~\ref{suplcong2}, que $\angle ACB$ e $\angle ACD$ s\ao\ suplementares, logo $D$ est\'a em $\reta{CB}$ e em $\reta{AB}$ simultaneamente, logo
$D=B$ e $D*A*B$, o que \'e absurdo.

Como j\'a sabemos que $\angle ACB\not\cong\angle CAD$, para provar que $\angle ACB<\angle CAD$, pela Proposi\cao~\ref{transdesang}, basta provar que $\angle CAD\not <\angle ACB$.
Suponhamos ent\ao, por absurdo, que temos $\angle CAD<\angle ACB$. Pela defini\cao\ de desigualdade de \^angulos (Defini\cao~\ref{ddesang}),
segue que existe $X$ no interior de $\angle ACB$ tal que $\angle XCA\cong \angle CAD$. Pelo teorema da barra transversal (Teorema~\ref{barra}), segue que a semirreta
$\semi{CX}$ e o segmento $AB$ se interceptam no ponto que chamaremos de $B'$. O \^angulo $\angle CAD$ \'e um \^angulo externo do tri\^angulo $\Delta ACB'$.
Segue pela parte do teorema que j\'a foi demonstrada, aplicada ao tri\^angulo $\Delta ACB'$, que $\angle ACB'$ n\ao\ \'e
congruente a $\angle CAD$, o que contradiz $\angle ACB'=\angle ACX\cong \angle CAD$. Com isto, provamos que $\angle DAC >\angle ACB$.

Resta provar que $\angle DAC> \angle ABC$. Seja $D'$ tal que $D'*A*C$. Ent\ao, por serem opostos pelo v\'ertice,
os \^angulos $\angle DAC$ e $\angle D'AB$ s\ao\ congruentes. Pela parte do teorema que j\'a est\'a demonstrada, segue que $\angle D'AB>\angle ABC$.
Logo, $\angle DAC> \angle ABC$, pela Proposi\cao~\ref{congdesang}. \cqd

\begin{defi}\label{obtuso} Um \^angulo maior do que um reto \'e chamado de obtuso, um menor do que um reto, de agudo. \end{defi}

\begin{prop}\label{obtagu} O suplementar de um \^angulo agudo \'e obtuso, e vice-versa.\end{prop}
\dem\ Considere o par de \^angulos suplementares $\angle ABC$ e $\angle CBD$. Suponha que $\angle ABC$ \'e obtuso. Logo existe $X$ no interior de $\angle ABC$
tal $\angle ABX$ \'e reto. Como $X$ est\'a no interior de $\angle ABC$, $C$ est\'a no interior de $\angle XBD$ (Proposi\cao~\ref{intsup}). Logo $\angle CBD<\angle XBD$,
que \'e reto. Logo $\angle CBD$ \'e agudo. Se $\angle ABC$ for agudo, um argumento an\'alogo mostra que $\angle CBD$ \'e obtuso. \cqd

Seguem do teorema do \^angulo externo as seguintes proposi\coes. 

\begin{prop}\label{agudos} Pelo menos dois \^angulos de um tri\^angulo s\ao\ agudos. \end{prop}
\dem\ No tri\^angulo $\Delta ABC$, suponha que $\angle CAB$ n\ao\ seja agudo. Ent\ao\ o \^angulo externo no v\'ertice $A$ ou \'e reto ou \'e
agudo. Em qualquer caso, os \^angulos internos em $B$ e em $C$ ($\angle ABC$ e $\angle ACB$) ser\ao\ menores do que um reto, pelo Teorema~\ref{aussenwinkel} e pela
Proposi\cao~\ref{transdesang} (transitividade da desigualdade de \^angulos).
Mostramos que, se um dos \^angulos internos de um tri\^angulo for agudos, os outros dois ser\ao\ agudos.\cqd

\begin{prop}\label{unicperp2}
  Dada uma reta $r$ e dado um ponto $P$, existe no m\'aximo uma reta $s$ perpendicular a $r$ passando por $P$.\end{prop}
\dem\ %Precisamos considerar separamente o caso em que $P$ est\'a em $r$ e o caso em que $P$ n\ao\ est\'a em $r$.
Suponha primeiro que $P$ n\ao\ esteja em $r$. Suponha ent\ao, por absurdo, que existam duas retas distintas $s$ e $s'$ passando por $P$ e perpendiculares a $r$.
Os pontos de interse\cao\ de $s$ e $s'$ com $r$ s\ao\ distintos,
pois $s$ e $s'$ j\'a possuem o ponto $P$ em comum, e $P$ est\'a fora de $r$ (estamos usando consequ\^encias do Axioma I1). Chamemos esses dois pontos de
interse\cao\ de $Q$ e $Q'$. Os tr\^es pontos $P$, $Q$ e $Q'$ s\ao\ n\ao\ colineares, pois $Q$ e $Q'$ est\ao\ em $r$ e $P$ n\~ao est\'a. Podemos portanto
considerar o tri\^agulo $\Delta PQQ'$. Esse tri\^angulo teria dois \^angulos retos, contradizendo a Proposi\cao~\ref{agudos}.

Suponha agora que $P$ esteja em $r$ e sejam $s$ e $s'$ retas perpendiculares a $r$ passando por $P$. Tome $Q$ em $s$ e $Q'$ em $s'$ que estejam do mesmo lado
de $r$ e tome $X\neq P$ em $r$. Os \^angulos $\angle QPX$ e $\angle Q'PX$ s\ao\ retos, logo congruentes, pelo Teorema~\ref{quarto}. Estando os pontos $Q$ e $Q'$
do mesmo lado da reta $\reta{PX}=r$ e sendo os \^angulos $\angle QPX$ e $\angle Q'PX$ congruentes, segue da unicidade do Axioma C4 que $\semi{PQ}=\semi{PQ'}$, logo
$s=\reta{PQ}=\reta{PQ'}=s'$. \cqd

Os enunciados do Teorema \ref{experp}, do Teorema \ref{unicperp} e da Proposi\cao~\ref{unicperp2} podem ser unificados na seguinte senten\c{c}a:

\begin{teo}\label{exiunicperp} Dada uma reta $r$ e um ponto $P$, existe uma \'unica reta $s$ passando por $P$ e perpendicular a $r$.\end{teo}

A exist\^encia de perpendiculares implica na exist\^encia de paralelas. 

\begin{teo}\label{exiparalela} Dada uma reta $r$ e um ponto $P$ fora de $r$, existe (pelo menos) uma reta $s$ paralela a $r$ passando por $P$.\end{teo}
  \dem\ Seja $t$ a reta perpendicular a $r$ passando por $P$. Chamemos de $Q$ a interse\cao\ de $r$ e $t$.
  Seja $s$ a reta perpendicular a $t$ passando por $P$. Suponhamos por absurdo que $s$ e $r$ n\~ao sejam paralelas. Chamemos de $R$ a interse\cao\ de
  $s$ e $r$. O tri\^angulo $\Delta PQR$ teria ent\ao\ dois \^angulos retos, o que \'e um absurdo, pela Proposi\cao~\ref{agudos}. Logo $s$ e $r$
  s\ao\ paralelas e $s$ passa por $P$. \cqd



  \subsection*{\color{blue}Alternos internos, crit\'erio LAA, exist\^encia do ponto m\'edio}$\ $


  
  \begin{defi}\label{daltint}
    {\em Seja $t$ uma reta transversal \`as retas $r$ e $s$, ou seja, suponha que a reta $t$ intercepta $r$ e $s$ nos pontos $B$ e $E$, respectivamente.
      Sejam $A$ e $C$ pontos de $r$, $D$ e $F$ pontos de $s$, tais que $A*B*C$ e $D*E*F$, $A$ e $D$ est\ao\ do mesmo lado de $t$, $C$ e $E$ est\ao\ do mesmo lado de $t$.
      Os \^angulos $\angle ABE$, $\angle BEF$, $\angle CBE$ e $\angle BED$ s\ao\ chamados de \^angulos internos. Os pares
    ($\angle ABE$, $\angle BEF$) e ($\angle CBE$, $\angle BED$)  s\ao\ chamados pares de \^angulos alternos internos.}\end{defi}

  \begin{prop}\label{altint} Se duas retas $r$ e $s$ s\ao\ atravessadas pela reta $t$, e um par de \^angulos alternos internos \'e congruente,
    ent\ao\ $r$ e $s$  s\ao\ paralelas.
    \end{prop}
  \dem\ Vamos demonstrar a contrapositiva do enunciado, isto \'e, vamos provar que, se $r$ e $s$ s\ao\ concorrentes, ent\ao\ os dois pares de alternos internos
  n\ao\ podem ser congruentes. 

  Usando a nota\cao\ da Defini\cao\ \ref{daltint}, suponha que as retas $r$ e $s$
  se encontram em um ponto $P$ do mesmo lado de $t$ que $A$ e $D$. Ent\ao\ $\angle PBE=\angle ABE$ e $\angle PEB=\angle DEB$ s\ao\ \^angulos internos
  do tri\^angulo $\Delta BEP$. O \^angulo $\angle BEF$, sendo suplementar a $\angle DEB$ \'e um \^angulo externo de $\Delta BEP$. Pelo teorema do \^angulo externo
  (Teorema~\ref{aussenwinkel}),
  os \^angulos $\angle ABE$ e $\angle BEF$ n\ao\ s\ao\ congruentes. Do mesmo modo, os \^angulos $\angle CBE$ e $\angle BED$ n\ao\ s\ao\ congruentes porque o primeiro
  \'e um \^angulo externo do tri\^angulo $\Delta BEP$ e o segundo \'e um \^angulo interno n\ao-adjacente ao primeiro.

  Se as retas $r$ e $s$ se encontrarem no outro lado de $t$, o mesmo argumento funciona, apenas trocando os pap\'eis de externo e interno dos pares de \^angulos
  que queremos mostrar que n\ao\ s\ao\ congruentes. \cqd


  O teorema do \^angulo externo tem como consequ\^encia mais um crit\'erio de congru\^encia de tri\^angulos, o Lado-\^Angulo-\^Angulo, enunciado como o
  Teorema 25 de \cite{H} e demonstrada em seguida como a Proposi\cao~\ref{laa}.
  A demonstra\cao\ do crit\'erio LAA nos livros did\'aticos da escola b\'asica usa que a soma dos \^angulos internos de um tri\^angulo
  \'e 180 graus. Essa afirma\cao\ sobre a soma dos \^angulos internos de um tri\^angulo depende, naturalmente, de que se defina medida de \^angulos, ou ao menos
  que se d\^e um significado sint\'etico (sem usar n\'umeros reais) para a afirma\cao. Entretanto, a soma dos \^angulos internos de um tri\^angulo
  s\'o \'e igual a 180 graus se supusermos v\'alido o Quinto Postulado de Euclides.
  A demonstra\cao\ que damos aqui (baseada no Exerc\'icio 10 do Cap\'itulo 4 de \cite{G}) n\ao\ depende do Quinto Postulado,
  \'e portanto um resultado de geometria neutra.

  O crit\'erio LAA ter\'a como consequ\^encia a exist\^encia do ponto m\'edio de um segmento e a exist\^encia da bissetriz de um \^angulo.

  \begin{prop}\label{laa} Se $AC\cong A'C'$, $\angle CAB\cong\angle C'A'B'$ e $\angle CBA\cong\angle C'B'A'$, ent\ao\ $\Delta ABC\cong\Delta A'B'C'$.\end{prop}
  \dem\ Primeiramente provemos que por absurdo que $AB$ n\ao\ \'e maior do que $A'B'$. Suponha que seja. Ent\ao\ existe $X$, $A*X*B$, tal que $AX\cong A'B'$. Temos
  $\angle CAX=\angle CAB\cong\angle C'A'B'$, $AC\cong A'C'$, $AX\cong A'B'$. Segue pelo Axioma C6 (LAL) que $\Delta ACX\cong \Delta A'C'B'$, logo
  $\angle AXC\cong\angle A'B'C'\cong\angle ABC$. Provamos que o \^angulo externo $\angle CXA$ do tri\^angulo $\Delta CXB$ \'e congruente ao \^angulo interno
  $\angle CBX=\angle ABC$ do mesmo tri\^angulo, o que contradiz o Teorema~\ref{aussenwinkel}, pois $\angle CXA$ e $\angle CBX$ n\ao\ s\ao\ adjacentes.
  Analogamente se demonstra que $AB$ n\ao\ \'e menor do que $A'B'$ e, portanto, que $AB\cong A'B'$. Segue por LAL que $\Delta ABC\cong\Delta A'B'C'$. \cqd

  %Note que a Proposi\cao\ \ref{laa} n\ao\ usou o Axioma (E) nem suas consequ\^encias. 
  
  \begin{defi} O ponto $M$ \'e um ponto m\'edio do segmento $AB$ se $A*M*B$ e $AM\cong BM$. \end{defi}

Para trocar o artigo indefinido ``um'' pelo artigo definido ``o'' nesta defini\cao, \'e preciso provar que o ponto m\'edio de um segmento, se existir, \'e \'unico.
De fato, temos:

\begin{prop} Sejam $A$, $B$, $M$ e $M'$ pontos tais que $A*M*B$, $A*M'*B$, $AM\cong BM$ e $AM'\cong BM'$. Ent\ao\ $M=M'$. \end{prop}
\dem\ Suponha por absurdo que $M\neq M'$. Segue ent\ao\ de $A*M*B$ e $A*M'*B$ e do Problema~\ref{24ago} que (i) $A*M*M'$ ou (ii) $A*M'*M$.
Se valer (i), $A*M*M'$, como temos tamb\'em que $A*M'*B$, segue pela Proposi\cao~\ref{q1} que $M*M'*B$.
Tamb\'em segue de $A*M*M'$, pela Proposi\cao~\ref{desord}, que $AM<AM'$. Da mesma maneira, segue de $M*M'*B$ que $BM'<BM$. Combinando essas duas desigualdades \`as hip\'oteses
$AM\cong BM$ e $AM'\cong BM'$, vem
\[
AM'\,\cong\, BM'\,<\,BM\,\cong\,AM\,<\,AM'
\]
Da\'i, usando as Proposi\coes\ \ref{ordem} e \ref{uptocong}, segue que $AM'<AM'$, o que \'e um absurdo, pela Proposi\cao~\ref{tricotomia}).
No caso em que vale (ii), $A*M'*M$, chegamos a um absurdo com os mesmos argumentos, trocando os pap\'eis de  $M$ e $M'$. \cqd

A exist\^encia do ponto m\'edio \'e o Teorema 26 de \cite{H}, que demonstramos a seguir, seguindo o roteiro do Exerc\'icio 12 do Cap\'itulo 4 de \cite{G}.
A demonstra\cao\ deste teorema n\ao\ apenas garante a exist\^encia do ponto m\'edio, mas tamb\'em descreve uma constru\cao\ para obt\^e-lo.



\begin{teo}\label{satz26} O ponto m\'edio de qualquer segmento de reta existe.\end{teo}
\dem\ Dado o segmento $AB$ tome arbitrariamente um ponto $C$ fora de $\reta{AB}$ (Proposi\cao~\ref{I3}).
Usando os Axiomas C1 e C4, obtenha um ponto $C'$ tal que $AC\cong BC'$, $\angle CAB\cong \angle C'BA$ e
$C$ e $C'$ est\ao\ em lados opostos da reta $\reta{AB}$. As retas $\reta{AC}$ e $\reta{BC'}$ s\ao\ atravessadas pela reta $\reta{AB}$. Os \^angulos alternos internos
$\angle CAB$ e $\angle C'BA$ s\ao\ congruentes, por constru\cao. Da\'i segue, pela Proposi\cao~\ref{altint}, que as retas $\reta{AC}$ e $\reta{BC'}$ s\ao\ paralelas.


Seja $M$ o ponto de interse\cao\ de $CC'$ com $\reta{AB}$. Pela Proposi\cao~\ref{tecnica}, temos $A*M*B$.
Segue de $A*M*B$ e $C*M*C'$ que os \^angulos $\angle CMA$ e $\angle C'MB$ s\ao\ opostos pelo v\'ertice, logo s\ao\ congruentes (Problema~\ref{oposvert}).
Temos portanto $AC\cong BC'$, $\angle AMC\cong\angle MBC'$ e $\angle CAM=\angle CAB\cong\angle ABC'=\angle MBC'$. Pelo cri\'etrio LAA de congru\^encia de
tri\^angulos (Proposi\cao~\ref{laa}), segue $\Delta ACM\cong\Delta BC'M$ e, em particular, $AM\cong BM$.\cqd



\subsection*{\color{blue}Bissetrizes}$\ $

\begin{defi} Dizemos que a semirreta $\semi{AM}$ \'e uma bissetriz do \^angulo $\angle BAC$ se $M$ pertence ao interior de $\angle BAC$ e $\angle BAM\cong\angle MAC$. \end{defi}

N\ao\ existem duas bissetrizes distintas de um mesmo \^angulo:

\begin{prob}{\em  Mostre que, se $\semi{AM}$ e $\semi{AM'}$ s\ao\ bissetrizes de $\angle BAC$, ent\ao\ $\semi{AM}=\semi{AM'}$.
    \\{\tt Sugest\ao}: Mostre que n\ao\ \'e perda de generalidade supor que $B$, $C$, $M$ e $M'$ est\ao\ na mesma reta. Da\'i use as propriedades de desigualdades de
    \^angulos para chegar a um absurdo se $M$ e $M'$ forem distintos.}\end{prob}

Vamos expor aqui a demonstra\cao\ de Euclides (Proposi\cao~9 do Livro I dos Elementos) para a exist\^encia da bissetriz de um \^angulo, abordando tamb\'em
quest\oes\ sobre ordenamente que o texto de Euclides n\ao\ discute. Fazemos uma pequena
modifica\cao\ no argumento original:  em vez de, como faz Euclides, usarmos um tri\^angulo equil\'atero, na nossa constru\cao\ usamos um tri\^angulo is\'osceles.
A vantagem de fazer assim \'e n\ao\ precisarmos assumir mais um axioma para justificar a constru\cao\ de um tri\^angulo equil\'atero (veja o Teorema~\ref{equilatero}).



\begin{lema}\label{obvio2} Seja $M$ um ponto que n\ao\ pertence a nenhuma das tr\^es retas
  determinadas pelos  pontos $A$, $B$ e $C$. Se $\angle BAM\cong\angle CAM$ e $M$ e $A$ est\ao\ em lados opostos de $\reta{BC}$,
  ent\ao\ $M$ est\'a no interior de $\angle BAC$. \end{lema}
\dem\ Queremos mostrar que $M\sim_{_{AB}} C$ e $M\sim_{_{AC}} B$. J\'a que temos $\angle BAM\cong\angle CAM$, segue da Proposi\cao~\ref{tricodesang}
(tricotomia da desigualdade de \^angulos) que basta provar que
\[
M\not\sim_{_{AB}}C\,\Longrightarrow\,\angle BAM<\angle CAM\ \ \ \ \ \text{e}\ \ \ \ \ M\not\sim_{_{AC}}B\,\Longrightarrow\,\angle CAM<\angle BAM\
\]
Dada a simetria dos pap\'eis desempenhados por $B$ e $C$ nas hip\'oteses, basta provar a primeira das duas afirma\coes\ precedentes. Para tanto,
basta provar que $M\not\sim_{_{AB}}C$ implica que $B$ est\'a no interior de $\angle CAM$.

Suponhamos portanto que $M$ e $C$ estejam em lados opostos de $\reta{AB}$. Queremos provar que  $B\sim_{_{AM}}C$ e $B\sim_{_{AC}}M$.
Seja $N$ um ponto de $\reta{AB}$ tal que $M*N*C$. Por hip\'otese, $M$ e $A$ est\ao\ em lados opostos
de $\reta{BC}$; logo $N$ e $A$ tamb\'em est\ao\ em lados opostos de $\reta{BC}$ (pelo Problema~\ref{lema}). Como as retas $\reta{AB}$ e $\reta{BC}$ t\^em apenas
vum ponto em comum, e $A$ e $N$ s\ao\ pontos de $\reta{AB}$, a interse\cao\ de $AN$ com $\reta{BC}$ \'e o ponto $B$. Logo temos $A*B*N$. Da\'i
segue do Problema~\ref{lema} que $B\sim_{_{AM}} N$ e $B\sim_{_{AC}} N$. Logo, basta
mostrar que $N\sim_{_{AM}}C$ e $N\sim_{_{AC}}M$. Mas isto segue de novo do Problema~\ref{lema}, pois temos $M*N*C$. \cqd


\begin{teo}\label{exbiss} Dado um \^angulo qualquer $\angle BAC$, existe $M$ no interior de $\angle BAC$ tal que $\angle BAM\cong\angle MAC$.\end{teo}
\dem\ Modificando, se necess\'ario, a posi\cao\ de $B$ ou $C$ em um dos dois lados do \^angulo $\angle BAC$ (usando o Axioma C1), podemos supor, sem perda de
generalidade, que $AB$ e $AC$ s\ao\ congruentes.

Pela Proposi\cao~\ref{exiiso}, existe um ponto $M$, no lado de $\reta{BC}$ oposto a $A$, tal que $BM\cong CM$. Temos $AB\cong AC$, $BM\cong CM$ e
$AM\cong AM$. Pelo crit\'erio LLL de congru\^encia, segue que $\Delta ABM$ e $\Delta ACM$ s\ao\ congruentes e, portanto, temos $\angle ABM\cong\angle ACM$.

Pelo Lema~\ref{obvio}, $M$ n\ao\ est\'a em $\reta{AB}$, nem em $\reta{AC}$ (por constru\cao, tamb\'em n\ao\ est\'a em $\reta{BC}$). Da\'i, pelo Lema ~\ref{obvio2},
$M$ pertence ao interior de $\angle BAC$. \cqd

\subsection*{\color{blue}O que provou Legendre ao tentar demonstrar o Quinto Postulado}$\ $

J\'a estamos prontos para justificar os passos corretos e apontar o erro da tentativa de Legendre de demonstrar o Quinto Postulado a partir dos demais axiomas
da geometria de Euclides. Dada uma reta $r$ e um ponto $P$ fora de $r$, correspondentemente aos itens listados na p\'agina~\pageref{legendre}, podemos afirmar que:
\begin{enumerate}
\item Pelo Teorema~\ref{experp}, existe uma reta perpendicular a $r$ passando por $P$. Chamamos de $Q$ a interse\cao\
  dessa reta com $r$.
\item Pela Proposi\cao~\ref{unicperp}, existe uma reta $s$ perpendicular a $\reta{PQ}$ passando por $P$.
\item Como justificado na demonstra\cao\ do Teorema~\ref{exiparalela}, a reta $s$ obtida no passo (2) \'e paralela \`a reta $r$ dada. Seja $t$ uma reta distinta
  de $s$ passando por $P$. Queremos provar que $t$ intercepta $r$.
\item Dois pontos quaisquer da reta $r$ est\ao\ no mesmo lado da reta $s$, pois $r$ e $s$ n\ao\ possuem ponto de intese\cao. Podemos portanto
  falar do lado de $s$ onde est\ao\ todos os pontos de $r$: trata-se do semiplano $H_1$ que cont\'em um, e portanto todos os pontos de $r$.
  A reta $t$ intercepta a reta $s$ em um \'unico ponto, $P$. Tomemos arbitrariamente um ponto $X$ em $t$, $X$ distinto de $P$.
  Se $X$ pertence a $H_1$, fa\c{c}amos $R=X$. Se $X$ n\ao\ pertence a $H_1$, tomemos $R$ em $t$ tal que $X*P*R$ (existe um tal $R$ pelo Axioma B2); logo $X$
  e $R$ estar\ao\ em lados opostos de $s$, logo $R$ estar\'a em $H_1$, pelo Teorema~\ref{doislados} (Separa\cao\ do Plano).
\item Podemos supor que $R$ n\ao\ est\'a em $\reta{PQ}$, caso contr\'ario n\ao\ haveria o que demonstrar ($t$ seria igual a $\reta{PQ}$, que intercepta $r$ em $Q$).
  Seja $H_2$ o semiplano delimitado pela reta $\reta{PQ}$ que n\ao\ cont\'em $R$. Pelo Axioma C4 (transporte de \^angulo), existe uma
  \'unica semirreta $\semi{PR'}$ com $R'$ em $H_2$ tal que $\angle QPR\cong \angle QPR'$.
\item  Provemos agora que $Q$ pertence ao interior de $\angle RPR'$.

  %Em primeiro lugar, observemos que $Q$ n\ao\ pertence \`a reta $\reta{PR}$ pois, como
  %notamos no item (5), podemos supor que $R$ n\ao\ est\'a na reta $\reta{PQ}$ e, portanto, o \'unico ponto que est\'a simultaneamente nas
  %retas $\reta{PQ}$ e $\reta{PR}$ \'e $P$. Para provar que $R$ e $Q$ est\ao\ do mesmo lado de $\reta{PR'}$, basta provar que, se um ponto $X$ \'e tal que
  %$Q*X*R$, ent\ao\ $X$ n\ao\ pertence a $\semi{PR'}$ nem \`a sua semirreta oposta (todo ponto que est\'a em $\reta{PR'}$ pertence a uma
  %dessas duas semirretas, pela Proposi\cao~\ref{precedente}). Pelo Problema~\ref{lema}, um tal ponto $X$ e $R$ est\ao\ do mesmo lado de $\reta{PQ}$, logo
  %$X$ e $R'$ est\ao\ em lados opostos de $\reta{PQ}$ (escolhemos $R'$ de modo que $R$ e $R'$ estejam em lados opostos de $\reta{PQ}$). Por outro lado,
  %segue de novo do Problema~\ref{lema} que qualquer ponto $Y$ distinto de $P$ na semirreta $\semi{PR}$  e $R$ est\ao\ do mesmo lado de $\reta{PQ}$, logo
  %$X\neq Y$. Se $Y$ pertence \`a semirreta oposta a $\semi{PR'}$, ou seja, se 
  
  %Seja $H_3$ o semiplano delimitado por $r$ que cont\'em $P$, seja $H_4$ o outro semiplano
  %delimitado por $r$. N\ao\ sabemos se $R$ pertence a $H_3$. Se n\ao\ pertencer, ele pode ser substitu\'ido por um outro ponto que pertence a $H_3$ e
  %determina a mesma semirreta com origem em $P$ (pelo Problema~\ref{intleg}). Em vez de trocar o ponto, podemos assumir, sem perda de generalidade, que
  %$P$ e $R$ est\ao\ do mesmo lado de $r$. Pela mesma raz\ao, podemos supor que $P$ e $R'$ est\ao\ do mesmo lado de $P$. 
  

  
  \end{enumerate}










\section{\color{red}O Quinto Postulado e algumas de suas consequ\^encias}

Usando os axiomas de incid\^encia, ordenamento e congru\^encia, mostramos no Teorema \ref{exiparalela} que, dada uma reta $r$ e dado um ponto $P$ que n\ao\
est\'a em $r$, existe uma reta paralela a $r$ passando por $P$. A formula\cao\ moderna do Quinto Postulado de Euclides, adotada por  Hilbert,  \'e:
\begin{enumerate}
\item[{\bf (P)}] Dada uma reta $r$ e dado um ponto $P$ que n\ao\ est\'a em $r$, n\ao\ existe mais do que uma reta paralela a $r$ que passe por $P$.
\end{enumerate}
A formula\cao\ original, dada na segunda p\'agina dos Elementos, em tradu\cao\ de Irineu Bicudo, \'e:
\begin{enumerate}
  \item[{\bf (Euc5)}] Fique postulado, caso uma reta, caindo sobre duas retas, fa\c{c}a os \^angulos interiores do mesmo lado
    menores do que dois retos, sendo prolongadas as duas retas, ilimitadamente, encontrarem-se no lado no qual est\ao\ os menores do que dois retos.
\end{enumerate} 
Para provar que o postulado {\bf (P)} \'e equivalente ao Quinto Postulado de Euclides, precisamos  ``traduzir''
{\bf (Euc5)} para a linguagem de Hilbert. Primeiro diremos o que significa dois \^angulos serem menores do que dois retos:
\begin{defi}
  \label{2retos}
  Dados dois \^angulos $\angle BAC$ e $\angle EDF$, tome $F'$ no lado de $\reta{AC}$ oposto ao de $B$ tal que $\angle CAF'\cong \angle EDF$.
  Diremos que a soma de $\angle BAC$ e $\angle EDF$ \'e menor do que dois retos se (i) $\reta{AB}\neq\reta{AF'}$ e (ii) $C$ est\'a no interior de $\angle BAF'$.
%Diremos que a soma de $\angle BAC$ e $\angle EDF$ \'e igual a dois retos se vale $B*A*F'$.
\end{defi}
Esta \'e uma boa defini\cao\ devido ao Axioma (C4). Usando a Defini\cao~\ref{daltint}, podemos agora reinterpretar {\bf (Euc5)} como:
\begin{enumerate}
\item[{\bf (EucH)}] Seja $t$ uma reta que atravessa as retas $r$ e $s$, seja $B$ o ponto de interse\cao\ de $r$ e $t$, seja $E$ o ponto de interse\cao\ de $s$ e $t$,
  sejam $\angle CBE$ e $\angle BEF$ \^angulos internos do mesmo lado de $t$. Se a soma de $\angle CBE$ e $\angle BEF$ for menor do que dois retos, ent\ao\ as semirretas
  $\semi{BC}$ e $\semi{EF}$ se interceptam.
\end{enumerate}

O seguinte teorema \'e o Theorem 4.5 de \cite{G}. Vale a pena olhar as duas figuras que ilustram sua demonstra\cao.

\begin{teo}\label{EucHil} Os axiomas {\bf (P)} e {\bf (EucH)} s\ao\ equivalentes. \end{teo}
\dem\ Suponha que o Axioma P \'e satisfeito. Queremos provar que o Axioma EucH tamb\'em \'e satisfeito. Para tanto, tomemos
uma reta $t$ transversal \`as retas $r$ e $s$, chamemos de $B$ o ponto de interse\cao\ de $r$ e $t$, de $E$ o ponto de interse\cao\ de $s$ e $t$,
e suponhamos que os \^angulos internos $\angle CBE$ e $\angle BEF$ estejam do mesmo lado de $t$ e somem menos de dois retos.
Seja $D$ um ponto tal que $D*E*F$. Como a soma de $\angle CBE$ e $\angle BEF$ \'e menor do que dois retos, $\angle CBE<\angle BED$ (use a Defini\cao~\ref{2retos},
a Proposi\cao~\ref{intsup} e a Defini\cao~\ref{ddesang} para justificar esta afirma\cao). Pelo Axioma (C4), existe uma \'unica semirreta $\semi{BC'}$
tal que $C'$ e $C$ est\ao\ do mesmo lado de $t$ e $\angle C'BE\cong\angle BED$. Pela Proposi\cao~\ref{altint}, as retas $\reta{BC'}$ e $s$ s\ao\ paralelas.
Temos $\angle CBE<\angle BED\cong\angle C'BE$, da\'i as retas $r=\reta{BC}$ e $\reta{BC'}$ s\ao\ distintas.
Segue do Axioma P que $r$ e $s$ n\ao\ s\ao\ paralelas. Seja $X$ a interse\cao\ de $r$ e $s$. Queremos provar que $X$ e $C$ est\ao\ do mesmo lado de $t$.
Por absurdo, suponha que $X$ e $D$ estejam do mesmo lado de $t$. Da\'i, $\angle CBE$ \'e um \^angulo externo ao tri\^angulo $\Delta BEX$, n\ao-adjacente
ao \^angulo interno $\angle BEX=\angle BED$. Mas j\'a vimoe que $\angle CBE<\angle BED$, o que contradiz o Teorema~\ref{aussenwinkel}. Isto prova que
$X$ est\'a do mesmo lado de $t$ que $E$ e $F$ e que as semirretas $\semi{BE}$ e $\semi{EF}$ se encontram em $X$. Ou seja, provamos que vale o Axioma EucH.

Reciprocamente, suponha que o Axioma EucH \'e satisfeito, sejam $P$ um ponto fora da reta $r$, seja $t$ a \'unica reta perpendicular a $r$ passando por $P$,
e seja $s$ a \'unica reta perpendicular a $t$ passando por $P$ (Teorema~\ref{exiunicperp}). As retas $r$ e $s$ s\ao\ paralelas, pela demonstra\cao\ do
Teorema~\ref{exiparalela}. Seja $q$ uma reta distinta de $s$ passando por $P$. Como $q$ n\ao\ \'e perpendicular a $t$, dois dos \^angulos determinados por $q$ e $t$
s\ao\ agudos, opostos pelo v\'ertice. Um desses dois \'e um \^angulo interno relativamente ao cruzamento de $q$ e $r$. O outro \^angulo interno do mesmo lado de $t$ \'e reto,
pois \'e um \^angulo formado pelas retas perpendiculares $r$ e $t$. Logo, a soma desses dois \^angulos internos \'e menor do que dois retos. Pelo Axioma EucH, as retas
$q$ e $r$ se encontram. Provamos que qualquer reta $q$ diferente de $s$ que passe por $P$ n\ao\ \'e paralela a $r$, ou seja, $s$ \'e a \'unica paralela a $r$ que
passa por $P$. Provamos que \'e v\'alido o Axioma P. \cqd

\'E importante frisar que o Axioma P pode ser formulado fazendo men\cao\ apenas aos axiomas de incid\^encia, enquanto que o Axioma EucH depende tamb\'em dos axiomas
de ordenamento e congru\^encia. S\'o faz sentido, portanto, formular (e demonstrar) a equival\^encia entre os dois postulados num sistema axiom\'atico que englobe
ordenamento e congru\^encia. Mas, como vimos no Problema~\ref{5finito}, por exemplo, faz sentido investigar se o Axioma P \'e, ou n\ao, v\'alido em modelos de geometria
de incid\^encia que n\ao\ estejam munidos das no\coes\ de ordenamento e congru\^encia. Vimos tamb\'em, na Subse\cao\ ``Planos Projetivos'' da Se\cao~\ref{modelos} que
a constru\cao\ cl\'assica de plano projetivo pode ser feita tamb\'em em qualquer geometria de incid\^encia que satisfa\c{c}a o Axioma P. 

\section{\color{red}Constru\coes}

Apesar de todo esfor\c{c}o que fizemos para axiomatizar ordem e congru\^encia na geometria euclideana, ainda n\~ao podemos justificar rigorosamente, sem
apelar para uma figura, a demonstra\cao\ da primeira proposi\cao\ dos Elementos, a constru\cao\ com r\'egua e compasso de um tri\^angulo equil\'atero com
um lado dado. Para enunciar o axioma adicional de que necessitamos, ser\'a preciso definir interior de c\'irculo, e para isso precisamos antes tratar
da desigualdade de segmentos. 



\subsection*{\color{blue}Axioma sobre interse\cao\ de c\'irculos}$\ $

Como j\'a vimos na Defini\cao~\ref{defcirc}, dados dois pontos $O$ e $A$, o c\'irculo com centro em $O$ passando por $A$ \'e o conjunto dos pontos $P$
tais que $OP\cong OA$. O segmento $OA$ \'e um {\em raio} do c\'irculo.

\begin{prop}\label{diametro} Seja $\Gamma$ o c\'irculo de centro $O$ passando por $A$. Qualquer reta $r$ passando por $O$ intercepta $\Gamma$
  exatamente em dois pontos $C$ e $C'$ que satisfazem $C*O*C'$. \end{prop}
\dem\ Sejam $X$ e $X'$ dois pontos de $r$ tais que $X*O*X'$ (a exist\^encia desses dois pontos decorre dos Axiomas I2 e B2). Pelo Axioma C1, existem
\'unicos $C\in\semi{OX}$ e $C'\in\semi{OX'}$ tais que $OC\cong OA$ e $OC'\cong OA$. Os pontos $C$ e $C'$ est\ao\ portanto na interse\cao\ de $r$ com $\Gamma$.
Se $P$ \'e qualquer ponto da reta $r$ distinto de $O$ que esteja
na reta $r$ e no c\'irculo $\Gamma$, segue pela Proposi\cao~\ref{precedente} que ou $P\in\semi{OX}$ (neste caso $P=C$) ou $P\in\semi{OX'}$ (neste caso $P=C'$).
Ou seja, $C$ e $C'$ s\ao\ os \'unicos pontos de interse\cao\ de $\Gamma$ com $r$. A demonstra\cao\ de que $C*O*C'$ fica para o leitor
(veja o Problema~\ref{seguinte}). \cqd

Qualquer segmento $CC'$, com $C$ e $C'$ como no enunciado da Proposi\cao\ \ref{diametro}, \'e um {\em di\^ametro} de $\Gamma$. 

O centro de um dado c\'irculo \'e unicamente determinado, enquanto que seu raio est\'a determinado a menos de congru\^encia.
Mais precisamente, temos \cite[Proposition 11.1]{Robin}:

\begin{prop} Seja $\Gamma$ o c\'irculo de centro $O$ passando por $A$, seja $\Gamma'$ o c\'irculo de centro $O'$ passando por $A'$.
  Se os dois conjuntos de pontos $\Gamma$ e $\Gamma'$ s\ao\ iguais, ent\ao\ $O=O'$ e $OA\cong O'A'$. \end{prop}
\dem\ Suponha por absurdo que $O\neq O'$. A Proposi\cao~\ref{diametro} nos diz que a interse\cao\ da reta $\reta{OO'}$ com o c\'irculo $\Gamma$ consiste
de dois pontos, e igualmente para a interse\cao\ de $\Gamma'$ com $\reta{OO'}$. Essas interse\coes\ s\ao\ conjuntos id\^enticos, pois $\Gamma=\Gamma'$. Sejam
$C$ e $C'$ os dois elementos desse conjunto. Sabemos que valem $C*O*C'$ e $C*O'*C'$, mas n\ao\ sabemos se vale $C*O*O'$ ou $C*O'*O$. Podemos supor sem
perda de generalidade que vale $C*O*O'$ (caso contr\'ario, poder\'iamos trocar os nomes de $C$ e $C'$). Temos portanto $C*O*O'*C'$ (veja (\ref{4pts})). 

Segue da Proposi\cao~\ref{desord} que $O'C'<OC'$ e $OC<O'C$. Segue de $OC\cong OC'$ ($C$ e $C'$ s\ao\ pontos em um c\'irculo de centro em $O$)
e de $OC<O'C$ que $OC'<O'C$ (Proposi\cao~\ref{uptocong}). Segue de $O'C'<OC'$ e $OC'<O'C$ que $O'C'<O'C$ (Proposi\cao~\ref{ordem}).

Os pontos $C$ e $C'$ pertencem a $\Gamma'$, logo $O'C\cong O'C'$, o que seria um absurdo, pois j\'a provamos que $O'C'<O'C$, o
que violaria a tricotomia da Proposi\cao~\ref{tricotomia}.

Agora que sabemos que $O=O'$, segue imediatamente da defini\cao\ de c\'irculo que $OA\cong O'A'$.
\cqd 



\begin{defi} Seja $\Gamma$ um c\'irculo, seja $O$ o centro de $\Gamma$, seja $OA$ um raio de $\Gamma$. O interior de $\Gamma$ \'e o conjunto dos pontos $P$ tais que
  $OP<OA$ ou $P=O$. O exterior $\Gamma$ \'e o conjunto dos pontos $Q$ tais que $OQ>OA$.\end{defi}

Acrescentamos \`a nossa teoria mais um axioma, chamado em \cite{G} de ``Princ\'ipio da Continuidade Circular'' que pode ser vagamente interpretado como
querendo dizer que o c\'irculo n\ao\ tem buracos, e portanto \'e cont\'inuo. 

\begin{enumerate} 
\item[{\bf (E)}] Sejam $\Gamma_1$ e $\Gamma_2$ dois c\'irculos. Se $\Gamma_1$ possui pelo menos um ponto no interior de $\Gamma_2$ e pelo menos um ponto no exterior
  de $\Gamma_2$, ent\ao\ $\Gamma_1$ e $\Gamma_2$ possuem exatamente dois pontos de interse\cao. 
\end{enumerate}

\subsection*{\color{blue}Constru\cao\ de um tri\^angulo equil\'atero}$\ $

Com o aux\'ilio do Axioma E, podemos agora demonstrar a primeira proposi\cao\ dos Elementos, que descreve a constru\cao\ com r\'egua e compasso de
um tri\^angulo equil\'atero com um lado dado.
Na nossa linguagem, podemos reenunciar aquela proposi\cao\ como o seguinte teorema, ao qual adicionamos a informa\cao\ de que h\'a duas solu\coes\
poss\'iveis para o problema. 

\begin{teo}\label{equilatero}
  Dados dois pontos $A$ e $B$, existem $C$ e $C'$ em lados opostos da reta $\reta{AB}$ tais que $\Delta ABC$ e $\Delta ABC'$ s\ao\ equil\'ateros.
  \end{teo}
\dem\ 
Seja $\Gamma_1$ o c\'irculo com centro em $A$ e raio $AB$, seja $\Gamma_2$ o c\'irculo com centro em $B$ e raio $BA$. Seja $B'$ tal que $B'*A*B$ e
$AB'\cong AB$ (Axioma C1). Por defini\cao, $B'$ \'e um ponto de $\Gamma_1$. Segue da Proposi\cao~\ref{desord} que $BB'>AB$, logo $B'$ \'e um ponto do exterior de $\Gamma_2$.
Por outro lado, $B$ \'e um ponto de $\Gamma_1$ que pertence ao interior de $\Gamma_2$. Segue do Axioma E que existem dois pontos distintos $C$ e $C'$ que pertencem
a $\Gamma_1$ e a $\Gamma_2$. Da\'i, $AC\cong AB$, $BC\cong AB$, $AC'\cong AB$ e $BC'\cong AB$ (defini\cao\ de c\'irculo).
vDa\'i segue, pela Proposi\cao~\ref{trigequi}, que os tri\^angulos $\Delta ABC$ e $\Delta ABC'$ s\ao\ equil\'ateros. Como t\^em um lado em comum, s\ao\
congruentes, pelo crit\'erio LLL de congru\^encia. Em particular, os \^angulos $\angle CAB$ e $C'AB$ s\ao\ congruentes. Se os pontos $C$ e $C'$ n\ao\
estivessem em lados opostos da reta $\reta{AB}$, as semirretas $AC$ e $AC'$ seriam id\^enticas, pela unicidade do Axioma C4. Da\'i  $C$ e $C'$ seriam
iguais, pela unicidade do Axioma C1 (pois $AC\cong AC'$). \cqd

\subsection*{\color{blue}Transporte de segmentos}$\ $

\subsection*{\color{blue}Transporte de \^angulos}$\ $

\subsection*{\color{blue}Constru\cao\ do produto}$\ $

\subsection*{\color{blue}Constru\cao\ da raiz quadrada}$\ $

\section{\color{red}Os teoremas de Tales e de Pit\'agoras} 

\section{\color{red}Ap\^endice: Rela\c{c}\~oes de Equival\^encia}\label{relequ}

Uma {\em rela\cao} em um conjunto $X$ \'e, por defini\cao, um subconjunto do produto cartesiano $X\times X$. Se $R$ \'e uma rela\cao\ em $X$, \'e usual
denotar $(x,y)\in R$ por $x\sim y$. Frequentemente definiremos uma rela\cao\ definindo o significado da express\ao\ $x\sim y$, sem fazer refer\^encia direta ao subconjunto $R$
de todos os pares ordenados $(x,y)$ que satisfazem $x\sim y$. 

Uma {\em rela\cao\ de equival\^encia} em um conjunto $X$ \'e uma rela\cao\ em $X$ que satisfaz as tr\^es propriedades seguintes:
\begin{enumerate}
  \item $x\sim x$, para todo $x\in X$; 
\item se $x\sim y$, ent\ao\ $y\sim x$;
\item se $x\sim y$ e $y\sim z$, ent\ao\ $x\sim z$.
\end{enumerate}
Chama-se de {\em reflexiva} uma rela\cao\ que satisfa\c{c}a (1). Chama-se de {\em sim\'etrica} uma rela\cao\ que satisfa\c{c}a (2). Chama-se de {\em transitiva}
uma rela\cao\ que satisfa\c{c}a (3). Usando esses termos, podemos ent\ao\ dizer que uma rela\cao\ de equival\^encia \'e uma rela\cao\ reflexiva, sim\'etrica e
transitiva.

Dada uma afirma\cao\ $A$, denotamos por $\neg A$ a nega\cao\ de $A$, ou seja, a afirma\cao\ ``$A$ \'e falsa''. 
Na demonstra\cao\ da Proposi\cao~\ref{contrap} vamos usar a seguinte regra de l\'ogica: provar que as afirma\coes\ $A$ e $B$ implicam a afirma\cao\
$C$ \'e equivalente a provar que $\neg C$ e $B$ implicam $\neg A$. 

\begin{prop}\label{contrap}
  Seja $\sim$ uma rela\cao\ de equival\^encia em $X$, sejam $x$, $y$ e $z$ elementos de $X$. Se $x\not\sim y$ e $y\sim z$, ent\ao\ $x\not\sim z$. 
\end{prop}
\dem\ O que queremos provar \'e equivalente \`a afirma\cao\ ``se $y\sim z$ e $x\sim z$, ent\ao\ $x\sim y$''. Esta afirma\cao\  \'e verdadeira, pois $\sim$ \'e sim\'etrica,
transitiva e reflexiva. \cqd


Seja $X$ um conjunto munido de uma rela\cao\ de equival\^encia. Para cada $x\in X$, definimos
\[
  [x]\,=\,\{y\in X;\,y\sim x\}
  \]
  Um subconjunto da forma $[x]$ para algum $x\in X$ \'e chamado de {\em classe de equival\^encia}. O conjunto de todas as classes de equival\^encia se denota por
  $X/\!\!\sim$,
  \[
X/\!\!\sim\,=\,\{[x];\,x\in X\},
  \]
e \'e chamado {\em quociente de $X$ por $\sim$}


\begin{prop}\label{partes} Seja $X$ um conjunto munido de uma rela\cao\ de equival\^encia. Dados $x$ e $y$ pertencentes a $X$, s\ao\ equivalentes as seguintes afirma\coes:
  $(1)$\ $x\sim y$, $(2)$ $[x]=[y]$, $(3)$ $[x]\cap[y]\neq\emptyset$.\end{prop}
\dem\ Como primeiro passo, provemos que (1) implica (2). Sejam $x$ e $y$ tais que $x\sim y$. Queremos provar que os conjuntos $[x]$ e $[y]$ s\ao\ iguais.
Para tanto, tome $z\in[x]$. Ent\ao\ $z\sim x$. Temos portanto $x\sim y$ e $z\sim x$. Segue da transitividade que $z\sim y$, isto \'e, $z\in[y]$.
Da mesma maneira se prova que $z\in[y]$ implica $z\in[x]$. Logo, $z\in[x]\Longleftrightarrow z\in[y]$; isto \'e, $[x]=[y]$.

Provemos em seguida que (2) implica (3). Segue de $[x]=[y]$ que $[x]\cap[y]=[x]$. Para todo $x\in X$, $[x]$ \'e n\ao\ vazio porque ao menos $x\in[x]$ (pois
$\sim$ \'e reflexiva). Logo $[x]\cap[y]\neq\emptyset$.

Finalmente, provemos que (3) implica (1). Se existe algum $z$ pertencente a $[x]\cap[y]$, ent\ao\ $z\sim x$ e $z\sim y$. Segue ent\ao\ da simetria e da
transitividade que $x\sim y$.\cqd  
  
  \begin{prop}\label{particao} Um conjunto $X$ munido de uma rela\cao\ de equival\^encia $\sim$ pode ser escrito como a uni\ao\ disjunta de suas classes de equival\^encia. \end{prop}
  \dem\ As classes de equival\^encia de $\sim$ s\ao\ subconjuntos de $X$, logo
  \[
  \bigcup_{x\in X}[x]\subseteq X. 
\]
  Todo elemento de $z$ de $X$ pertence \`a classe de equival\^encia $[z]$, pois $z\sim z$ (a rela\cao\ \'e reflexiva). Ou seja, se $z\in X$, ent\ao\
  ${\displaystyle z\in\bigcup_{x\in X}[x]}$. Isto prova a igualdade
  \begin{equation}
    X\,=\,\bigcup_{x\in X}[x]
    \end{equation}
  Al\'em disso, segue da Proposi\cao~\ref{partes} que duas classes de equival\^encia distintas s\ao\ disjuntas (n\ao\ se interceptam). \cqd


\section{\color{teal}Algumas Solu\c{c}\~oes}

\subsection*{Solu\cao\ do Problema~\ref{5D}}$\ $

Dada uma reta $r$ no Plano de Descartes, de equa\cao\
\begin{equation}\label{eq1}
  ax+by=c,
\end{equation}
  diremos que ela \'e vertical se $b=0$ e que ela n\ao\ \'e vertical se $b\neq 0$. Quando a reta \'e vertical, o coeficiente $a$
  tem de ser diferente de zero, pois $(a,b)\neq (0,0)$. Da\'i, (\ref{eq1}) \'e equivalente a $x=d$, com $d=\frac{c}{a}$. Quando a reta
  n\ao\ \'e vertical, a equa\cao\ em (\ref{eq1}) pode ser dividida por $b$ e reescrita como $y=mx+k$, com $m=-\frac{a}{b}$ e $k=\frac{c}{a}$

  O Problema~\ref{5D} pede para mostrar que, dada uma reta $r$ e um ponto $P$ que n\ao\ est\'a em $r$, existe uma \'unica reta $s$ que \'e paralela a $r$
  e passa por $P$. Vamos dividir a solu\cao\ em dois casos: (1) $r$ n\ao\ \'e vertical e (2) $r$ \'e vertical.

  {\tt No caso (1)}, seja $y=mx+k$ a equ\cao\ de $r$; seja $(x_0,y_0)$ o ponto $P$. Defina $s$ como sendo a reta de equa\cao\ $y=mx+(y_0-mx_0)$. \'E evidente que $s$ passa
  por $P$. Queremos provar que $s$ \'e paralela $r$ e que, se uma reta $s'$ passa por $P$ e $s'\neq s$, ent\ao\ $s'$ n\ao\ \'e paralela $r$. 

  Para provar que $r$ e $s$ s\ao\ paralelas, devemos mostrar que o sistema 
  \[
  \left\{\begin{array}{rcl}
  y&=&mx+k\\
  y&=&mx+(y_0-mx_0)
  \end{array}
  \right.
  \]
n\ao\ tem solu\cao. Se este sistema tivesse solu\cao, necessariamente $k$ seria igual a $y_0-mx_0$. Mas $k\neq (y_0-mx_0)$, porque $r$ n\ao\ passa por $P$.
Logo o sistema n\ao\ tem solu\cao\ e as retas $r$ e $s$ s\ao\ paralelas.

Seja agora $s'$ uma reta que passa por $(x_0,y_0)$, $s'\neq s$. Dependendo de $s'$ ser ou n\ao\ ser vertical, a equa\cao\ de $s'$ pode ser $x=x_0$
ou $y=m'x+(y_0-m'x_0)$ com $m'\neq m$. Os sistemas
\[
\left\{
\begin{array}{rcl}
  y&=&mx+k\\
  x&=&x_0
  \end{array}
  \right.
  \ \ \text{e}\ \
  \left\{
  \begin{array}{rcl}
  y&=&mx+k\\
  y&=&m'x+(y_0-m'x_0)
  \end{array}
  \right.
  \]
  t\^em solu\coes, a saber, respectivamente, $(x_0,mx_0+ k)$ e $(\frac{y_0-m'x_0-k}{m-m'},\frac{m(y_0-m'x_0-k)}{m-m'}+k)$. Logo $s'$ n\ao\ \'e paralela a $s$.

 {\tt No caso (2)}, seja $(x_0,y_0)$ o ponto $P$, seja $x=d$ a equ\cao\ de $r$. Defina $s$ como sendo a reta de equa\cao\ $x=x_0$. \'E evidente que $s$ passa
 por $P$ e \'e paralela a $r$ (pois $d\neq x_0$, j\'a que $P$ n\ao\ est\'a em $r$). Queremos mostrar que, se $s'$ passa por $P$ e $s'\neq s$,
 ent\ao\ $s'$ n\ao\ \'e paralela $r$. A \'unica reta vertical que passa por $P$ \'e a reta $s$. Como $s'$ passa por $P$ e \'e diferente de $s$, $s'$ n\ao\ \'e vertical e
 portanto a equa\cao\ de $s'$ \'e da forma $y=mx+k$. O ponto $(d,md+k)$ \'e o ponto de interse\cao\ de $s'$ e $r$, logo $s'$ e $r$ n\ao\ s\ao\ paralelas, como quer\'iamos. 

  
 \subsection*{Resultados de Geometria Anal\'itica necess\'arios para o Problema~\ref{n5P}}$\ $

 No Plano Cartesiano $\R^2$, define-se a {\em dist\^ancia} entre os pontos $P=(p_1,p_2)$ e $Q=(q_1,q_2)$ pela f\'ormula
 \[
 d(P,Q)\,=\,\sqrt{(p_1-q_1)^2+(p_2-q_2)^2}
 \]
 \'E \'obvio que $d(P,Q)=d(Q,P)$. Vamos usar sem demonstrar a {\em desigualdade triangular}
 \[
 d(P,Q)\,\leq\,d(P,R)+d(R,Q),
 \]
 v\'alida para quaisquer pontos $P$, $Q$ e $R$.

 Dados um ponto $A$ e um real positivo $r$, o c\'irculo $C_{A,r}$ de centro no ponto $A$ e raio $r$ \'e o conjunto dos pontos $X$ tais que $d(X,A)=r$. Segue ent\ao\
 que um ponto $X=(x,y)$ pertence ao c\'irculo de centro em $A=(a_1,a_2)$ e raio $r$ se e somente se a equa\cao\
 \[
(x-a_1)^2+(y-a_2)^2\,=\,r^2
 \]
 \'e satisfeita.

 \begin{prop}\label{ABrs} Dados $A$ e $B$ em $\R^2$ e $s>r>0$ tais que $r+d(A,B)<s$, ent\ao\ os c\'irculos $C_{A,r}$ e $C_{B,r}$ n\ao\ possuem ponto em comum. \end{prop}
 \dem\ Se $d(X,A)=r$, segue da desigualdade triangular que
 \[
d(X,B)\,\leq\,d(X,A)+d(A,B)\,=\,r+d(A,B)\,<\,s.
 \]
 Isto mostra que, se $X$ pertence ao c\'irculo $C_{A,r}$, ent\ao\ $X$ n\ao\ pertence ao c\'irculo $C_{B,s}$. \cqd

 No caso particular em que $A=(a,0)$ e $B=(b,0)$, temos $d(A,B)=|a-b|$ e, portanto, para $s>r>0$,
 \[
 r+d(A,B)<s\Longleftrightarrow r+|a-b|<s\Longleftrightarrow |a-b|<s-r\Longleftrightarrow r-s<a-b<s-r\Longleftrightarrow b-s<a-r\ \text{e}\ a+r<b+s.
 \]
 A Proposi\cao~\ref{ABrs} tem portanto a seguinte consequ\^encia.
 \begin{prop}\label{ABrsP} Dados n\'umeros reais $a$ e $b$ e n\'umeros positivos $r$ e $s$ tais que $s>r>0$ e
$b-s<a-r<a+r<b+s$,   ent\ao\ os conjuntos $L_{a,r}$ e $L_{b,s}$
   $($os quais chamamos de ``retas do plano de Poincar\'e'' na p\'agina~\pageref{defretaP}$)$ n\ao\ se interceptam.
 \end{prop}

 Podemos demonstrar tamb\'em a seguinte proposi\cao.

 \begin{prop}\label{abP} Se $|b-a|>r$, ent\ao\ as retas do Plano de Poincar\'e $L_b$ e $L_{a,r}$ n\ao\ se interceptam.\end{prop}
 \dem\ Se $(x,y)$ est\'a em $L_{a,r}$, ent\ao\ $y>0$ e $(x-a)^2+y^2=r^2$. Da\'i
 \[
 |x-a|\,<\,\sqrt{(x-a)^2+y^2}\,=\,r\,<\,|b-a|.
 \]
Segue de $|x-a|<|b-a|$ que $x\neq b$, logo $(x,y)$ n\ao\ est\'a em $L_b$. \cqd

\subsection*{Solu\c{c}\~ao\ do Problema~\ref{n5P}}$\ $

   Dada uma reta $t$ no plano de Poincar\'e e um ponto $P=(x_0,y_0)$ que n\ao\ est\'a em $t$, queremos mostrar que existem infinitas retas paralelas a $t$
   passando por $P$. Vamos dividir a solu\cao\ em dois casos: $t=L_b$ para algum $b\in\R$ ou $t=L_{b,s}$ para algum $b\in\R$ e algum $s>0$.

   {\tt Caso 1}: $t=L_b$.

   Como $P$ n\ao\ est\'a em $t$, temos $x_0\neq b$. Logo $t'=L_{x_0}$ \'e uma reta passando por $P$. Ela n\ao\ intercepta $L_b$ porque todos os seus pontos s\ao\ da forma $(x_0,y)$,
   todos os pontos de $L_b$ s\ao\ da forma $(b,y')$, e $x_0\neq b$. Logo $L_{x_0}$ e $L_b$ s\ao\ paralelas

   Por outro lado, nenhuma reta do tipo $L_a$ com $a\neq x_0$ passa por $P$. Ent\ao, 
   para encontrar outras paralelas a $t$ passando por $P$, temos de procur\'a-las entre as retas do tipo $L_{a,r}$. Pela Proposi\cao~\ref{abP}, se $|b-a|>r$, ent\ao\
   $L_{a,r}$ e $L_b$ s\ao\ paralelas. Para resolver o Problema no Caso 1, basta portanto mostrar que existem infinitos pares $(a,r)$, $r>0$, satisfazendo
   $|b-a|>r$ tais que $(x_0,y_0)$ est\'a em $L_{a,r}$. Ou seja, queremos mostrar que existem infinitos pares $(a,r)$, com $r>0$, satisfazendo
   \[
|b-a|^2>r^2\ \ \text{e}\ \ r^2=(x_0-a)^2+y^2;
   \]
   ou seja, queremos mostrar que existem infinitos valores de $a$ satisfazendo
   \[
(x_0-a)^2+y^2<(b-a)^2,
   \]
   inequa\cao\ esta que \'e equivalente a (Verifique esta afirma\cao !)
   \begin{equation}\label{ineq1}
2a(b-x_0)\,<\,b^2-(x_0^2+y_0^2).
   \end{equation}
   Suponhamos agora que $b-x_0>0$. Ent\ao\ a inequa\cao~(\ref{ineq1}) \'e equivalente a
   \begin{equation}\label{ineq2}
     a\,<\,\frac{b^2-(x_0^2+y_0^2)}{2(b-x_0)}.
   \end{equation}
   Por outro lado, se $b-x_0<0$, (\ref{ineq1}) \'e equivalente a
   \begin{equation}\label{ineq3}
     a\,>\,\frac{b^2-(x_0^2+y_0^2)}{2(b-x_0)}.
   \end{equation}
   Evidentemente existem infinitos valores de $a$ satisfazendo as inequa\coes\ (\ref{ineq2}) e (\ref{ineq3}). Nos dois subcasos ($b-x_0$ positivo ou negativo), mostramos
   que existem infinitas retas do tipo $L_{a,r}$ paralelas a $L_b$. \'E isto o que quer\'iamos provar pois, como j\'a observamos, $b\neq x_0$, pois $(x_0,y_0)$ n\ao\
   est\'a em $L_b$.

   {\tt Caso 2}: $t=L_{b,s}$.

   Usando que $t$ n\ao\ passa em $P$, ou seja, que $(x_0-b)^2+y_0^2\neq s^2$, mostraremos que existem infinitos pares $(a,r)$, $r>0$, tais que $L_{a,r}$ passa por $P$
   e \'e paralela a $L_{b,s}$. Definindo $r_0=\sqrt{(x_0-b)^2+y_0^2}$, temos que $L_{b,r_0}$ passa por $P$. Al\'em disso, $t$ e $L_{b,r_0}$ s\ao\ paralelas (pois todos os
   pontos de $t$ satisfazem $(x_0-b)^2+y_0^2=s^2$, todos os pontos de  $L_{b,r_0}$ satisfazem   $(x_0-b)^2+y^0=r_0^2$ e $r_0\neq s$)

 Suponhamos primeiro que $(x_0-b)^2+y_0^2<s^2$.
   
   Em vista da Proposi\cao~\ref{ABrsP}, para provar que existem infinitas retas paralelas a $t$ passando por $P$, basta mostrar que existem infinitos $(a,r)$, com $r>0$, tais que
   \[
b-s<a-r<a+r<b+s\ \ \ \text{e}\ \ \ (x_0-a)^2+y_0^2=r^2.
\]
Isto \'e equivalente a mostrar que existem infinitos valores de $a$ que satisfazem as inequa\coes\
\begin{equation}\label{desigu}
b-s<a-\sqrt{(x_0-a)^2+y_0^2}\ \ \ \text{e}\ \ \  a+\sqrt{(x_0-a)^2+y_0^2}<b+s.
\end{equation}
Como estamos supondo que $(x_0-b)^2+y_0^2<s^2$, as inequa\coes\ em (\ref{desigu}) s\ao\ satisfeitas para $a=b$. Al\'em disso, as fun\coes\
$f(a)=a-\sqrt{(x_0-a)^2+y_0^2}$ e $g(a)=a+\sqrt{(x_0-a)^2+y_0^2}$ s\ao\ cont\'inuas. Se uma fun\cao\ cont\'inua $h$ definida em $\R$
satisfaz as desigualdades $h(b)<k_1$ e $h(b)>k_2$ para constantes $k_1$ e $k_2$, as desigualdades $h(a)<k_1$ e $h(a)><k_2$ continuar\~ao sendo satisfeitas
para todo $a$ suficientemente pr\'oximo de $b$ ou, mais precisamente, para todo $a$ pertencente a um intervalo aberto contendo $b$. Da\'i, segue
que existe um intervalo aberto $I$ contendo $b$ tal que, para todo $a$ em $I$, as desigualdades $b-s<f(a)$ e $g(a)<b+s$ s\ao\ satisfeitas.
Mostramos que, para todo $a$ em $I$, as desigualdades em (\ref{desigu}) s\ao\ satisfeitas. Isto \'e o que quer\'iamos mostrar, pois existem
infinitos elementos em $I$.

Manipulando com muito cuidado e engenhosidade as desigualdades que queremos demonstrar, \'e poss\'ivel encontrar, em termos dos dados $b$, $s$, $x_0$ e $y_0$,
os limites de um tal intervalo $I$, sem que seja preciso falar de fun\coes\ cont\'inuas. Essa seria uma solu\cao\ mais elementar, mas n\ao\ mais f\'acil.
Usar conceitos mais avan\c{c}ados muitas vezes torna mais f\'acil a solu\cao\ de um problema elementar.

Resta considerar o caso em que $(x_0-b)^2+y_0^2>s^2$. Os argumentos s\ao\ praticamente id\^enticos ao caso em que $(x_0-b)^2+y_0^2<s^2$, embora algumas
vari\'aveis troquem de lugar. Vamos apenas esbo\c{c}ar a solu\cao. Queremos mostrar que existem infinitos pares $(a,r)$, $r>0$, tais que
\[
a-r<b-s<b+s<a+r\ \ \ \text{e}\ \ \ (x_0-a)^2+y_0^2=r^2, 
\]
ou seja, queremos mostrar que as inequa\coes\
\[
a-\sqrt{(x_0-a)^2+y_0^2}<b-s\ \ \ \text{e}\ \ \ b+s<a+\sqrt{(x_0-a)^2+y_0^2}
\]
s\ao\ satisfeitas por infinitos valores de $a$. Isto decorre de as desigualdades serem satisfeitas quando $a=b$ e da continuidade da fun\cao\
$\phi(a)=\sqrt{(x_0-a)^2+y_0^2}$.


\subsection*{Solu\c{c}\~ao do Problema~\ref{igsemi}} $\ $

S\ao\ dados um ponto $C$ e uma semirreta $\semi{AB}$ tais que $C\neq A$ e $C\in\semi{AB}$. Queremos provar que $\semi{AB}=\semi{AC}$. Claro que podemos supor que
$B$ tamb\'em \'e diferente de $C$, caso contr\'ario n\ao\ h\'a o que se demonstrar.

Os tr\^es pontos s\ao\ colineares pois, pela defini\cao\ de semirreta, $C\in \semi{AB}$ implica que $C$ \'e um ponto de $\reta{AB}$. Pelo Axioma B3, um e s\'o um dos
tr\^es casos seguintes pode ocorrer: (1) $C*A*B$, (2) $A*C*B$, (3) $A*B*C$. Segue da hip\'otese $C\in\semi{AB}$ que o caso (1) n\ao\ ocorre.
Devemos portanto, supondo que vale $A*C*B$ ou $A*B*C$, mostrar que
\[%\begin{equation}\label{abc}
P\in\semi{AB}\ \ \ \Longleftrightarrow\ \ \ P\in\semi{AC},
\]%\end{equation}
o que \'e equivalente a
\begin{equation}\label{abc}
P\not\in\semi{AB}\ \ \ \Longleftrightarrow\ \ \ P\not\in\semi{AC},
\end{equation}
Para provar (\ref{abc}), basta supor que $P$ est\'a em $\reta{AB}$ (caso contr\'ario, as duas afirma\coes\ em (\ref{abc}) s\ao\ falsas e n\ao\ h\'a o que provar).
Nesse caso, segue da Proposi\cao~\ref{pbmeio} que (\ref{abc}) \'e equivalente a
\begin{equation}\label{abcd}
P*A*B\ \ \ \Longleftrightarrow\ \ \ P*A*C.
\end{equation}
A hip\'otese ``$A*C*B$ ou $A*B*C$'' e o que queremos provar (\ref{abcd}) n\ao\ se alteram se trocarmos os pap\'eis de $B$ e $C$. Logo basta provar que $A*B*C$ implica (\ref{abcd}).
Ou seja, queremos provar que
\[
A*B*C\ \text{e}\ P*A*B\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ P*A*C
\]
e
\[
A*B*C\ \text{e}\ P*A*C\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ P*A*B.
\]
A primeira dessas implica\coes\ decorre da Proposi\cao~\ref{q2} e a segunda da Proposi\cao~\ref{q1} (ordenamento de quatro pontos).


\section{\color{teal}Provas}


\subsection*{Primeira Prova}$\ $


\noindent
    {\bf Quest\ao\ 1)} (2 pts) Mostre que na geometria de tr\^es pontos (a) n\ao\ existem retas paralelas e (b) por cada ponto passam exatamente duas retas. 

 %   \vskip.4cm

    \noindent
        {\bf Quest\ao\ 2} (2 pts) D\^e exemplo de quatro pontos $A$, $B$, $C$ e $D$ no Plano de Poincar\'e tais que todo subconjunto
        com tr\^es elementos de $\{A,B,C,D\}$ n\ao\ seja colinear. 


%\vskip.4cm

\noindent
    {\bf Quest\ao\ 3)} (3 pts)
    \\(a) Assuma v\'alidos os tr\^es axiomas de incid\^encia, (I1), (I2) e (I3). Suponha que 
    $A$, $B$ $C$ e $D$ s\ao\ quatro pontos tais que $\reta{AB}$ e $\reta{CD}$ sejam paralelas. Mostre que $D$ n\ao\ est\'a em $\reta{AC}$.
    \\(b) Al\'em dos tr\^es axiomas de incid\^encia, assuma v\'alido o Postulado 5, tal como enunciado na Se\cao~1 das Notas. Mostre que por cada ponto
    passam pelo menos tr\^es retas. 


%\vskip.4cm
    
    \noindent
        {\bf Quest\ao\ 4} (3 pts) Assuma v\'alidos todos os axiomas de incid\^encia e de ordenamento destas Notas.
        \\(a) Dados $A*B*C$ com $C$ na reta $r$ e $A$ e $B$ fora de $r$, mostre que $A$ e $B$ est\ao\ do mesmo lado de $r$.
        \\(b) Mostre que cada semiplano delimitado por uma reta $r$ possui pelo menos dois pontos.
        \\{\tt Dica}: Segue da Defini\cao~4.8 das Notas que todo semiplano possui pelo menos um ponto. 


\begin{thebibliography}{9}
  \bibitem{E} Os Elementos de Euclides, tradu\cao\ de Irineu Bicudo. Editora da Unesp, 2009.
  \bibitem{G} {\sc M. J. Greenberg}. Euclidean and Non-Euclidean Geometries, 3$^a$ edi\cao. W. H. Freeman, 2003.
    \bibitem{Robin} {\sc R. Hartshorne}. Geometry: Euclid and Beyond. Springer, 1997.
    \bibitem{H}{\sc D. Hilbert}. Foundations of Geometry, Second Edition. The Open Court Publishing Company, La Salle, Illinois, 1971
      (tradu\cao\ do original em alem\ao\ Grundlagen der Geometrie, 1903).
\bibitem{MP} {\sc R. Millman \&\ G. Parker}. Geometry -- a metric approach with models. Springer, 1991.
\bibitem{M} {\sc Edwin Moise}. Elementary Geometry from an Advanced Standpoint. Addison Wesley, 1963.
  \end{thebibliography}


\end{document}




