Lösung von Aufg. 13.2 (WS 11/12): Unterschied zwischen den Versionen

Version vom 25. Januar 2012, 13:13 Uhr

Beweisen Sie: Wenn $\ P$ ein Punkt außerhalb der Geraden $\ g$ ist, dann gibt es eine Gerade $\ h$ , die durch $\ P$ geht und parellel zu $\ g$ ist.

Kann man, um diese Implikation zu beweisen, das Parallelnaxiom verwenden?

Mann kann es in der absoluten Geometrie beweisen. D.h. ohne Parallelaxiom. --RicRic 07:53, 23. Jan. 2012 (CET

Vor: P, g, P $\not\in$ g
Beh: P $\in$ h $\wedge$ $h\|| g$

Beweisschritt	Begründung
1) $\exists$ R, L : R,L $\in$ g	Axiom I.2
2) $\exists$ l: P, L $\in$ l $\wedge$ $\ l \perp \ g$ $\wedge$ $\ l \cap g$ = {L}	Ex. und Eind. Lot, (1)
3) $\exists$ Q: Q $\in$ gP⁺ $\wedge$ $Q \neq P$	Definition Halbebene
4) $\exists$ PA⁺: $\angle APL$ = 90 $\wedge$ PA⁺ Teilmenge von lQ⁺	Axiom IV.2, (2), (3)
5) $\angle APL$ $\tilde {=}$ $\angle RLP$	(2), (4)
6) $h\\|\| g$	(5), Umkehrung Wechselwinkelsatz
q.e.d.

--Adores 01:36, 24. Jan. 2012 (CET)

Gut! Allerdings würde eine Skizze das Nachvollziehen wesentlich vereinfachen!
So ist mir allerdings aufgefallen, dass Schritt (6) nicht immer geht, da die Winkel $\angle APL$ und $\angle RLP$ nicht immer Wechselwinkel sind! Stimmt's?
Das lässt sich durch eine Skizze einfach darstellen!--Tutorin Anne 13:13, 25. Jan. 2012 (CET)

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 --[[Benutzer:Adores|Adores]] 01:36, 24. Jan. 2012 (CET)
+Gut! Allerdings würde eine Skizze das Nachvollziehen wesentlich vereinfachen! <br />So ist mir allerdings aufgefallen, dass Schritt (6) nicht immer geht, da die Winkel <math>\angle APL</math> und <math>\angle RLP</math> nicht immer Wechselwinkel sind! Stimmt's?<br /> Das lässt sich durch eine Skizze einfach darstellen!--[[Benutzer:Tutorin Anne|Tutorin Anne]] 13:13, 25. Jan. 2012 (CET)
 [[Category:Einführung_Geometrie]]

Lösung von Aufg. 13.2 (WS 11/12): Unterschied zwischen den Versionen

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