Lösung von Aufgabe 12.1

Der schwache Außenwinkelsatz

Aufgabenstellung

Überprüfen Sie Ihr Verständnis: Ist Schritt 2.a im Beweis des schwachen Außenwinkelsatzes wirklich nötig? Wenn ja warum?

Der schwache Außenwinkelsatz



Hier nochmal: der Beweisschritt 2a, die Bezeichnungen wurden angepasst, bzw. stimmen mit der Skizze nun überein. 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 $\ AB,C^+$
   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 $\ \overline{AB}$.

Lösung 1

Ja, der Fall, dass $P \in CB$ muss durchdacht werden, da die Lage des Punktes theoretisch überall im Schnittpunkt der Halbebenen ligen kann. Wenn man den zweiten Teil des Beweises (ohne Hilfskonstruktion) betrachtet, ist die (mögliche) Lage von $\ P$ nicht sofort ersichtlich.
Allerdings kann man auch begründen: Nein, man muss den Fall nicht aufführen, da es trivial ist, die Lage von $\ P \ auf \ CB$ zu widerlegen. Man kann es sich bildlich so vorstellen, dass $\ P$ ja mithilfe des Mittelpunktes der Strecke $\overline {AB}$ konstruiert wurde und deshalb - sollte $P \in CB$ sein - die Strahlen $\ CA^+ \ CM^+ \ und \ CB^+$ identisch seien. --Heinzvaneugen 21:16, 11. Jul. 2010 (UTC)

Lösung 2

Wenn wir mit einem indirekten Beweis zeigen dass P nicht in der Halbebene $\ CB,A^-$
liegen kann (haben wir), so gilt das für die komplette GESCHLOSSENE Halbebene $\ CB,A^-$
d.h. auch für die Trägergerade CB. Wir wissen also schon dass P nicht auf CB liegen kann, dieser Teil ist also überflüssig... Es bliebe zu zeigen dass P nicht auf AB liegen kann, denn hier haben wir keinen indirekten Beweis geführt. --Principella 19:56, 19. Jul. 2010 (UTC)