Der schwache Außenwinkelsatz

schwacher Außenwinkelsatz?

In der Vorlesung wurde angedeutet, dass es im Rahmen der absoluten Geometrie nicht möglich ist, den Satz über die Summe der Größen der Innenwinkel eines Dreiecks zu beweisen. Wenn es richtig ist, was in der Vorlesung gesagt wurde, dann dürfte es in der absoluten Geometrie auch nicht möglich sein, den sogenannten starken Außenwinkelsatz zu beweisen. Die folgende Applikation demonstriert den starken Außenwinkelsatz:

Egal, wie wir unser Dreieck $\overline{ABC}$ wählen, es gilt immer $\ | \beta '| = | \alpha | + | \gamma |$.

Allgemeiner formuliert:
Für jedes Dreieck gilt: Die Größe eines jeden Außenwinkels ist immer gleich der Summe der Größen der beiden Innenwinkel des Dreiecks, die zu dem jeweiligen Außenwinkel keine Nebenwinkel sind.

Wie bereits erwähnt, gilt der starke Außenwinkelsatz im Rahmen der absoluten Geometrie nicht. Es gilt jedoch der sogenannte schwache Außenwinkelsatz. Dieser ist selbstverständlich im starken Außenwinkelsatz aufgehoben.

Satz VIII.1: (schwacher Außenwinkelsatz)

Die Größe eines jeden Außenwinkels eines Dreiecks ist jeweils größer als die Größe eines jeden Innenwinkels dieses Dreiecks, der kein Nebenwinkel zu dem gewählten Außenwinkel des Dreiecks ist.

Für den Beweis des schwachen Außenwinkelsatzes formulieren wir zunächst ein Lemma.

Lemma 2

Wenn ein Punkt $\ P$ im Inneren des Winkels $\angle ASB$ liegt, dann liegt der gesamte Strahl $\ SP^+$ im Inneren des Winkels $\angle ASB$ .

Hinsichtlich des Beweises von Lemma 2 verweisen wir auf das alte Skript (Geschichten aus dem Inneren).

Beweis von Satz VIII.1

Hilfskonstruktion

--Heinzvaneugen 10:12, 8. Jul. 2010 (UTC)

Danke --*m.g.* 19:37, 8. Jul. 2010 (UTC)

Der letztendliche Beweis

Es bleibt zu zeigen: $\ P \in \operatorname{I} \left( \beta^' \right)$, wobei wir in diesem Fall das offene Innere von $\ \beta^'$ meinen.

Das offene Innere von $\ \beta^'$ ist der Schnitt zweier offener Halbebenen $\ AB,C^- \cap \ CB,A^+$.

Der Punkt $\ P$ würde gerade dann nicht im Inneren des Winkels $\beta^'$ liegen,wenn er

1. in Halbenbene $\ AC,B^+$
   oder
   
2. in der Halbebene $\ CB,A^-$
   liegen würde.

zu 1.
Als Punkt der Halberaden $\ MC^-$ (Konstruktion von $\ P$) kann $\ P$ nicht mit $\ C$ auf ein und derselben Seite bezüglich $\ AB$ liegen.

zu 2.
2.a
Annahme: $\ P \in CB$ In diesem Fall würde gelten: $\ CP \equiv CB$. (Begründung mittels Inzidenzaxiomen ist jetzt nicht mehr nötig.) Wir wollen uns darauf einigen die Gerade $\ CP \equiv \ CB$ mit $\ g$ zu bezeichnen.
Die Gerade $\ CP$ hat mit der Geraden $\ AB$ genau einen Punkt gemeinsam, den Punkt $\ M$.
Die Gerade $\ CB$ hat mit der Geraden $\ AB$ genau einen Punkt gemeinsam, den Punkt $\ B$.
Da die beiden Geraden $\ CB$ und $\ CP$ identisch sind und die nichtidentischen Geraden $\ g$ und $\ AB$ maximal einen Punkt gemeinsam haben können,
müssen die beiden Punkte $\ M$ und $\ B$ identisch sein.
Letzteres ist ein Widerspruch zur Wahl von $\ M$.$\ M$ ist nämlich der Mittelpunkt von $\ \overline{AB}$.

2.b
Annahme: $\ P \in CB,A^-$
Nach der Konstruktion des Punktes $\ P$ als Punkt der Halbgeraden $\ MC^-$ ist $\ M$ ein Punkt der Strecke $\overline{CP}$.
Die Halbebene $\ CB,A^-$ ist eine konvexe Punktmenge.
Als Punkt der Trägergeraden $\ CB$ gehört $\ C$ zur Halbeben $\ CB,A^-$.
Der Punkt $\ P$ gehört nach unserer Annahme zur Halbebene $\ CB,A^-$.
Wegen der Konvexität von $\ CB,A^-$ gehört die gesamte Strecke $\overline{CP}$ zur Halbebene $\ CB,A^-$ und damit natürlich auch der Punkt $\ M$.
Letzteres bedeutet, dass $\ M$ und

in verschiedenen Halbebene bezüglich $\ CB$ liegen.

Dieses impliziert, dass die Stecke $\overline{AM}$ durch die Gerade $\ CB$ geschnitten wird.
Der einzige gemeinsame Schnittpunkt der Geraden $\ AM$ und $\ CB$ ist der Punkt $\ B$.
Weil $\ B$ ein Punkt der Strecke $\ \overline{AM}$ wäre, könnte $\ M$ nicht gleichzeitig der Mittelpunkt von $\ \overline{AB}$ sein.