Lösung von Aufg. 12.3 SS11

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)