Lösung von Aufg. 12.3 SS11: Unterschied zwischen den Versionen

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<math> \ Betrachte \ die \ beiden \ Dreieck \  \overline{AMP}\ und\ \overline{MPB} </math> <br>
 
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<math> \ Es \ gilt \ : \ \overline{AP} \equiv \overline{BP}\  nach \ Voraussetzung\ </math>  <br>
 
<math> \ Es \ gilt \ : \ \overline{AP} \equiv \overline{BP}\  nach \ Voraussetzung\ </math>  <br>
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<math>\ Ferner\  \angle PMA \equiv \angle PBM \ nach \ Basiswinkelsatz</math><br>
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<math>\ Ferner\  \angle PMA \equiv \angle PBM \ nach \ Basiswinkelsatz</math> (davor sollte man noch sagen, das hier ein gleichschenkliges Dreieck vorliegt > wo sollen sonst Basiswinkel vorliegen?)<br>
 
<math>\ und \ \overline{AM} \equiv \overline{MB} \ da \ M \ Mittelpunkt\ ist.</math><br>
 
<math>\ und \ \overline{AM} \equiv \overline{MB} \ da \ M \ Mittelpunkt\ ist.</math><br>
 
<math>\Rightarrow \ nach \ SWS \ die \ Kongruenz \ der \ beiden \ Dreiecke</math><br>
 
<math>\Rightarrow \ nach \ SWS \ die \ Kongruenz \ der \ beiden \ Dreiecke</math><br>
 
<math>\Rightarrow \angle PMA\equiv \angle BMP\Rightarrow \ es \ sind \ rechte \ Winkel \Rightarrow \ PM \ ist  \ Mittelsenkrechte</math><br><math>\Rightarrow \ Behauptung</math>--[[Benutzer:Peterpummel|Peterpummel]] 17:47, 3. Jul. 2011 (CEST)<br><br>
 
<math>\Rightarrow \angle PMA\equiv \angle BMP\Rightarrow \ es \ sind \ rechte \ Winkel \Rightarrow \ PM \ ist  \ Mittelsenkrechte</math><br><math>\Rightarrow \ Behauptung</math>--[[Benutzer:Peterpummel|Peterpummel]] 17:47, 3. Jul. 2011 (CEST)<br><br>
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Der Beweis ist gut, allerdings solltest du wie Phil den 2. Fall nicht vergessen, denn dann ergäben sich ja keine Dreiecke.--[[Benutzer:Tutorin Anne|Tutorin Anne]] 17:33, 5. Jul. 2011 (CEST)
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Der Beweis ist gut, allerdings solltest du wie Phil den 2. Fall nicht vergessen, denn dann ergeben sich ja keine Dreiecke.--[[Benutzer:Tutorin Anne|Tutorin Anne]] 17:33, 5. Jul. 2011 (CEST)<br /><br />
  
 
Lösungsvorschlag 2:
 
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<math>\ 1) \triangle \overline{ABP} \ ist \ gleichschenklig \ (Vor, \ Def. \ gleichschenkliges \triangle \ )</math><br>
 
<math>\ 1) \triangle \overline{ABP} \ ist \ gleichschenklig \ (Vor, \ Def. \ gleichschenkliges \triangle \ )</math><br>
 
<math>\ 2) \exists \ Winkelhalbierende \ w \ des \angle \ APB \ (Existenz \ und \ Eindeutigkeit \ der \ Winkelhalbierenden)</math><br>
 
<math>\ 2) \exists \ Winkelhalbierende \ w \ des \angle \ APB \ (Existenz \ und \ Eindeutigkeit \ der \ Winkelhalbierenden)</math><br>
 
<math>\ 3) \ w \ teilt \angle \ APB \ in \ y1 \ und \ y2, \ y1 \ = \ y2 \ (Def. \ Winkelhalbierende)</math><br>
 
<math>\ 3) \ w \ teilt \angle \ APB \ in \ y1 \ und \ y2, \ y1 \ = \ y2 \ (Def. \ Winkelhalbierende)</math><br>
 
<math>\ 4) \ w \cap \overline{AB} \ = \ P2 \ (Lemma1)</math><br>
 
<math>\ 4) \ w \cap \overline{AB} \ = \ P2 \ (Lemma1)</math><br>
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<math>\ 7) \angle \ PAB \cong \angle \ PBA \ (1, \ Basiswinkelsatz)</math><br>
 
<math>\ 7) \angle \ PAB \cong \angle \ PBA \ (1, \ Basiswinkelsatz)</math><br>
 
<math>\ 8) \triangle \ APP2 \cong \triangle \ BPP2 \ (WSW, \ 5, \ 6, \ 7)</math><br>
 
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<math>\ 11) \ P2 \ = \ M, \ w \ = \ m</math>  (10, Def. Mittelpunkt, 9, Def. Mittelsenkrechte) <br>
 
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Ich denke, auch so kann Fall I beweisen werden. Scheint mir aufwendiger, aber auch richtig. Gut!--[[Benutzer:Tutorin Anne|Tutorin Anne]] 17:57, 5. Jul. 2011 (CEST)<br /><br />
  
 
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<math>\ 1) | \ PA | \ = | \ MA | \, | \ Pm | \ = | \ M | </math> (Annahme 2. Fall)<br>
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<math>\ 2) \ P \ ist \ Mittelpunkt \ von \overline{AB}</math>  (Def. Mittelpunkt, 1) <br>
 
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<math>\ 3) \ P \in \ m</math>  (2, Def. Mittelsenkrechte)--[[Benutzer:Phil86|-phil-]] 15:04, 5. Jul. 2011 (CEST)
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<math>\ 3) \ P \in \ m</math>  (2, Def. Mittelsenkrechte)--[[Benutzer:Phil86|-phil-]] 15:04, 5. Jul. 2011 (CEST)<br />
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zum 2. Fall: <br />
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zu zeigen ist ja hier nur, dass P Element der Mittelsenkrechten ist:<br />
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da P=M ist PA = PB (die Strecken) und somit ist ja nach Def. Mittelsenkrechte erfüllt, <br />
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dass er auf m liegt. (die Gerade m durch P kann ja dann senkrecht stehen)<br />
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Oder muss man dann noch einen weiteren Punkt außerhalb der Gerade AB annehmen, der mit<br />
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P eine Senkrechte (Ex und Eind. Senkrechte zu einem Punkt) durch AB bildet?<br />
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Bitte um einen Kommentar....danke--[[Benutzer:Mm l123|mm_l]] 10:31, 15. Jul. 2011 (CEST)
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Nein das genügt für Fall 2. Es ist nicht mehr zu zeigen; das ist nur ein einfacher Schritt:<br />
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Wichtig ist, dass man den zweiten Fall nicht vergisst!--[[Benutzer:Tutorin Anne|Tutorin Anne]] 10:29, 17. Jul. 2011 (CEST)
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Wie schaut es denn damit aus: Fall eins schenke ich mir aus Zeitgründen, dass P=M ist.
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Voraussetzung: nkoll(A,B,C), <math>\left| AC \right|  = \left| BC \right|</math> <br />
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Behauptung: <math>C \in</math> der Mittelsenkrechten von <math>\overline{AB}</math> <br />
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Annahme: <math>C \not\in</math> der Mittelsenkrechten
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| 1 || Es existiert genau eine Gerade g mit <math>M \in g \wedge \ g \perp \ \overline{AB}  </math> || Nach ex. und eind. MS
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| 2 || wegen der Annahme, dass C kein Element vong ist, schneidet g das Dreieck ABC in einer weiteren Seite im Punkt D. Sei dies oBdA <math>\overline{AC}</math> || Axiom von Pasch, Annahme, (1)
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| 3 || <math>\left| AD \right| = \left| DB \right|</math> || Mittelsenkrechte Satz "=>"
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| 4 || <math>\alpha \cong \beta</math> || Nach Voraussetzung und Basiswinkelsatz (Alpha ist der Ursprüngliche Winkel um A und Beta der ursprüngliche Winkel um B
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| 8 || Strahl BC+ ist Identisch mit BD+ und schneidet somit AC im Punkt C und im Punkt D || (2), (7)
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| 9 || AC und BC sind identisch nach dem Satz aus der Inzidenzgeometrie und weil sie zwei gemeinsame Punkte haben, was ein WIEDERSPRUCH ist zur Annahme, dass die Punkte A, B und C nicht kollinear sind.
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--[[Benutzer:HecklF|Flo60]] 15:35, 26. Jul. 2011 (CEST)  --[[Benutzer:HecklF|Flo60]] 20:49, 26. Jul. 2011 (CEST)

Aktuelle Version vom 26. Juli 2011, 19:49 Uhr

Beweisen Sie Satz VII.6 a:

Wenn ein Punkt \ P zu den Endpunkten der Strecke \overline{AB} jeweils ein und denselben Abstand hat, so ist er ein Punkt der Mittelsenkrechten von \overline{AB}.


\ Beweis:

\ V: \overline{AP} \equiv \overline{BP}
\ B: \ P\in \ m \ mit \ m \ ist \ Mittelsenkrechte \ von \ \overline{AB}

Skizze dazu: (--Tutorin Anne 17:33, 5. Jul. 2011 (CEST))


\ Sei \ M \ Mittelpunkt \ von \ \overline{AB}\ ( \ n. \ Existenz \ vom \ Mittelpunkt \ einer \ Strecke)
\ Betrachte \ die \ beiden \ Dreieck \ \overline{AMP}\ und\ \overline{MPB}
\ Es \ gilt \ : \ \overline{AP} \equiv \overline{BP}\ nach \ Voraussetzung\
\ Ferner\ \angle PMA \equiv \angle PBM \ nach \ Basiswinkelsatz (davor sollte man noch sagen, das hier ein gleichschenkliges Dreieck vorliegt > wo sollen sonst Basiswinkel vorliegen?)
\ und \ \overline{AM} \equiv \overline{MB} \ da \ M \ Mittelpunkt\ ist.
\Rightarrow \ nach \ SWS \ die \ Kongruenz \ der \ beiden \ Dreiecke
\Rightarrow \angle PMA\equiv \angle BMP\Rightarrow \ es \ sind \ rechte \ Winkel \Rightarrow \ PM \ ist \ Mittelsenkrechte
\Rightarrow \ Behauptung--Peterpummel 17:47, 3. Jul. 2011 (CEST)

Der Beweis ist gut, allerdings solltest du wie Phil den 2. Fall nicht vergessen, denn dann ergeben sich ja keine Dreiecke.--Tutorin Anne 17:33, 5. Jul. 2011 (CEST)

Lösungsvorschlag 2:

\ Vor: \ Punkt \ P, \ Strecke \overline{AB}, \ Mittelsenkrechte \ m \ von \overline{AB}
|\ PA | = | \ PB |
\ Beh: \ P \in \ m

Man muss in zwei Fälle unterscheiden:
\ 1. \ Fall: \ P \neq \ M
\ 2. \ Fall: \ P \ = \ M

\ 1. Fall: \ P \neq \ M

\ 1) \triangle \overline{ABP} \ ist \ gleichschenklig \ (Vor, \ Def. \ gleichschenkliges \triangle \ )
\ 2) \exists \ Winkelhalbierende \ w \ des \angle \ APB \ (Existenz \ und \ Eindeutigkeit \ der \ Winkelhalbierenden)
\ 3) \ w \ teilt \angle \ APB \ in \ y1 \ und \ y2, \ y1 \ = \ y2 \ (Def. \ Winkelhalbierende)
\ 4) \ w \cap \overline{AB} \ = \ P2 \ (Lemma1)
5)|\ PA | = | \ PB | \ (Vor.)
6) \ y1 \ = \ y2 \ (3) Nicht einfach Schritte oder Vorausetzung wiederholen!
\ 7) \angle \ PAB \cong \angle \ PBA \ (1, \ Basiswinkelsatz)
\ 8) \triangle \ APP2 \cong \triangle \ BPP2 \ (WSW, \ 5, \ 6, \ 7)
\ 9) \angle | \ AP2P | \ = \angle | \ BP2P | \ = \ 90 (8, Def. Nebenwinkel, Supplementaxiom)
\ 10) | \overline{AP2} | \ = | \overline{BP2} (8)
\ 11) \ P2 \ = \ M, \ w \ = \ m (10, Def. Mittelpunkt, 9, Def. Mittelsenkrechte)
\ 12) \ P \in \ m (9, 10, 11)

Ich denke, auch so kann Fall I beweisen werden. Scheint mir aufwendiger, aber auch richtig. Gut!--Tutorin Anne 17:57, 5. Jul. 2011 (CEST)

\ 2. \ Fall: \ P \ = \ M
\ 1) | \ PA | \ = | \ MA | \, | \ Pm | \ = | \ M | (Annahme 2. Fall) (Hier verstehe ich nicht, was du damit zeigen willst. --Tutorin Anne 17:57, 5. Jul. 2011 (CEST))
\ 2) \ P \ ist \ Mittelpunkt \ von \overline{AB} (Def. Mittelpunkt, 1)
\ 3) \ P \in \ m (2, Def. Mittelsenkrechte)---phil- 15:04, 5. Jul. 2011 (CEST)


zum 2. Fall:
zu zeigen ist ja hier nur, dass P Element der Mittelsenkrechten ist:
da P=M ist PA = PB (die Strecken) und somit ist ja nach Def. Mittelsenkrechte erfüllt,
dass er auf m liegt. (die Gerade m durch P kann ja dann senkrecht stehen)
Oder muss man dann noch einen weiteren Punkt außerhalb der Gerade AB annehmen, der mit
P eine Senkrechte (Ex und Eind. Senkrechte zu einem Punkt) durch AB bildet?
Bitte um einen Kommentar....danke--mm_l 10:31, 15. Jul. 2011 (CEST)

Nein das genügt für Fall 2. Es ist nicht mehr zu zeigen; das ist nur ein einfacher Schritt:

 \ P \in \ m nach Definiton Mittelsenkrechte und Voraussetzung P ist Mittelpunkt von \overline{AB}

Wichtig ist, dass man den zweiten Fall nicht vergisst!--Tutorin Anne 10:29, 17. Jul. 2011 (CEST)




Wie schaut es denn damit aus: Fall eins schenke ich mir aus Zeitgründen, dass P=M ist.

Voraussetzung: nkoll(A,B,C), \left| AC \right| = \left| BC \right|
Behauptung: C \in der Mittelsenkrechten von \overline{AB}
Annahme: C \not\in der Mittelsenkrechten


1 Es existiert genau eine Gerade g mit M \in g \wedge \ g \perp \ \overline{AB} Nach ex. und eind. MS
2 wegen der Annahme, dass C kein Element vong ist, schneidet g das Dreieck ABC in einer weiteren Seite im Punkt D. Sei dies oBdA \overline{AC} Axiom von Pasch, Annahme, (1)
3 \left| AD \right| = \left| DB \right| Mittelsenkrechte Satz "=>"
4 \alpha \cong \beta Nach Voraussetzung und Basiswinkelsatz (Alpha ist der Ursprüngliche Winkel um A und Beta der ursprüngliche Winkel um B
5 \alpha \cong \beta ' Nach Konstruktion (3) und Basiswinkelsatz (Beta' ist der neue Winkel um ABD
6 \beta' \cong \beta Rechnen in R, (4) und (5)
7 In AB,C+ existiert genau ein Winkel |\angle ABD| = \beta Winkelkonstruktionsaxiom, (6)
8 Strahl BC+ ist Identisch mit BD+ und schneidet somit AC im Punkt C und im Punkt D (2), (7)
9 AC und BC sind identisch nach dem Satz aus der Inzidenzgeometrie und weil sie zwei gemeinsame Punkte haben, was ein WIEDERSPRUCH ist zur Annahme, dass die Punkte A, B und C nicht kollinear sind.

--Flo60 15:35, 26. Jul. 2011 (CEST) --Flo60 20:49, 26. Jul. 2011 (CEST)

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