Lösung von Aufgabe 12.4: Unterschied zwischen den Versionen

Version vom 15. Juli 2010, 02:04 Uhr

Beweisen Sie die Existenz und die Eindeutigkeit des Lotes von einem Punkt $\ P$ auf eine Gerade $\ g$ .

Existenz

Voraussetzung: Gerade $\ g$ , Punkt $\ P \notin g$
Behauptung: Es existiert ein Lot $\ l$ von $\ P$ auf $\ g$ mit Lotfußpunkt $\ L$
Analoge Behauptung (Definition von Lot) Es existiert eine Senkrechte auf $\ g$ , die durch $\ P$ geht.
Hilfskonstruktion: Es existieren zwei VERSCHIEDENE Punkte $\ A \in g$ und $\ B \in g$ mit dem selben Abstand zu $\ P$

Kommentar --*m.g.* 10:18, 13. Jul. 2010 (UTC): Begründen müssten Sie die Korrektheit der Hilfskonstruktion schon. Woher wissen Sie, dass die beiden Punkte $\ A$ und $\ B$ existieren?

Nr.	Beweisschritt	Begründung
(I)	$\ \|AP\| = \|BP\|$	Hilfskonstruktion, Axiom vom Lineal
(II)	Es existiert ein Mittelpunkt $\ M$ der Strecke $\overline{AB}$	Eindeutigkeit des Mittelpunktes
(III)	$\angle PAB \cong \angle PBA$	Gleichschenkliges Dreieck
(IV)	$\overline{AMP} \cong \overline{BMP}$	SWS - (I), (II), (III) (I) $\ \|AP\| = \|BP\|$ --> S (III) $\angle PAB \cong \angle PBA$ --> W (II) $\ \|AM\| = \|MB\|$ (Definition Mittelpunkt) --> S
(V)	$\angle AMP \cong \angle BMP$	(IV), Dreieckskongruenz
(VI)	$\|\angle AMP\| = \|\angle BMP\| = 90$	(V), Definition rechte Winkel: kongruente Nebenwinkel

Es existiert ein Strahl $\ MP^+$ , der mit $\ MA^+$ oder $\ MB^+$ einen rechten Winkel bildet, anders ausgedrückt: Es existiert eine Senkrechte auf $\ g$ (da $\ A \in g$ und $\ B \in g$ ), die durch $\ P$ geht.
zu Schritt (I): Es ist ein leichtes (sag ich mal so), zu beweisen, dass ein Punkt $\ P$ zu entweder keinem, zu einem oder zu zwei Punkten einer Gerade $\ g$ einen bestimmten Abstand hat. Der Fall, dass wir eine Strecke von $\ P$ auf dem Strahl $\ p$ antragen und keinen Schnittpunkt mit $\ g$ erhalten, kann man schnell ad acta legen, macht keinen Sinn! Wenn es nur einen Punkt gibt, dann sind wir fertig, das ist das Lot (das kann später bewiesen werden). Genau genommen ist der Schritt (1) also: Wir wählen einen beliebigen Punkt $\ A \in g$ und tragen (nach Axiom vom Lineal) die Strecke $|\overline{PA}|$ auf einem beliebigen zweiten Strahl $\ p_2$ von $\ P$ aus an und finden so den Punkt $\ B \in g$
--Heinzvaneugen 00:27, 13. Jul. 2010 (UTC)

Beweis Hilfskonstruktion
Nr.	Beweisschritt	Begründung
(I)	Es existiert eine Gerade $\ h$ zwischen einem beliebigen Punkt $\ Q \in g$ und dem Punkt $\ P \notin g$	AXIOM I/1(Axiom von der Geraden)
(II)	Der Abstand $\ \|PQ\|$ ist eindeutig (aber nicht eineindeutig) und meßbar	Axiom III.1: (Axiom vom Lineal)
(III)	Fallunterscheidung: Es existiert nur der Punkt $\ Q \in g$ mit dem Abstand $\ \|PQ\|$ Es existiert ein zweiter Punkt $\ Q' \in g$ mit dem Abstand $\ \|PQ\|$	Den Fall: "Es existiert kein Punkt..." haben wir in (I) und (II) ausgeschlossen. Den Fall "Es existieren mehr als zwei Punkte..." können wir über den schwachen Außenwinkelsatz ausschließen, da es keine Dreiecke gibt, bei dem zwei Innenwinkel kongruent zu den Außenwinkel sind. Denn mit drei (verschiedenen) Punkten $\ Q, Q' und Q'' \in g$ und den kongruenten Strecken $\overline {PQ}, \overline {PQ'} und \overline {PQ}$ würden (o.B.d.A) zwei (gleichschenklige) Dreiecke $\overline {PQQ'} und \overline {PQ'Q''}$ entstehen, deren Basis auf der selben Geraden $\ QQ''$ liegt und bei denen der Außenwinkel des einen Innenwinkels $\ \alpha$ von $\overline {PQQ'}$ gleichzeitig der "andere" Innenwinkel $\ \beta'$ von $\overline {PQ'Q''}$ ist. Diese Winkel sind supplementäre Nebenwinkel und wären somit rechte Winkel. Nach der Dreieckskongruenz müsste nun auch der zweite Innenwinkel von $\overline {PQQ'}$ ( $\ \beta$ ) ein rechter Winkel sein. Dies ist nicht möglich! (siehe Aufgabe 12.2) Es bleiben Fall 1 und 2!
(IV)	weiter mit: Fall 1: Wenn es NUR EINEN Punkt $\ Q \in g$ gibt, der den Abstand $\ \|PQ\|$ zu $\ P$ hat, dann existieren die Punkte $\ A \in g$ und $\ B \in g$ , die bezüglich der Geraden $\ PQ$ in unterschiedlichen Halbebenen liegen. Es gilt $\ \|AQ\| = \|QB\|$ .	Existenz und Eindeutigkeit des Mittelpunktes, Axiom vom Lineal (Streckenantragen)
(V)	In allen möglichen Fällen lassen sich zwei beliebige Punkte $\ A \in g$ und $\ B \in g$ konstruieren, die zu $\ P \in g$ den selben Abstand haben!	(I) - (IV)

Eindeutigkeit

Voraussetzung: Gerade $\ g$ , Punkt $\ P \notin g$ , Lot $\ l$ von $\ P$ auf $\ g$ mit Lotfußpunkt $\ L$
Behauptung: Es existiert genau ein Lot von $\ P$ auf $\ g$ .
Indirekter Beweis - Annahme: Es existieren zwei "Lote" von $\ P$ auf $\ g$ .
Annahme: Es existiert ein zweiter Lotfußpunkt $\ L'$

Nr.	Beweisschritt	Begründung
(I)	Es existiert ein Dreieck $\overline {PLL'}$	VSS, Punkte $\ L L' P$ sind nicht kollinear, da $\ L \in g \and L' \in g \and P \notin g$ laut Definition Lot und Lotfußpunkt.
(II)	$\|\angle LL'P\| = 90$	Annahme, $\ L'$ ist Lotfußpunkt
(III)	$\|\angle PLL'\| = 90$	VSS, $\ L$ ist Lotfußpunkt
(IV)	Außenwinkel von $\|\angle LL'P\| = 90$	Supplementaxiom
(V)	$\|\angle PLL'\| <$ Außenwinkel von $\|\angle LL'P\|$ $\|\angle PLL'\| < 90$	Schwacher Außenwinkelsatz
(VI)	Annahme muss verworfen werden	Widerspruch zwischen (V) und (III) !!!

--Heinzvaneugen 00:27, 13. Jul. 2010 (UTC)

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 |-
 ! style="background: #FFDDDD;"|(II)
-| Der Abstand <math>|\ PQ|</math> ist eindeutig (aber nicht eineindeutig)
+| Der Abstand <math>\ |PQ|</math> ist eindeutig (aber nicht eineindeutig) und meßbar
 | Axiom III.1: (Axiom vom Lineal)
 |-
@@ Zeile 62: / Zeile 62: @@
 #Es existiert nur der Punkt <math>\ Q \in g</math> mit dem Abstand <math>\ |PQ|</math>
 #Es existiert ein zweiter Punkt <math>\ Q' \in g</math> mit dem Abstand <math>\ |PQ|</math>
-| Den Fall: "Es existiert kein Punkt..." haben wir in (I) und (II) ausgeschlossen. Den Fall "Es existieren mehr als zwei Punkte..." können wir über den schwachen Außenwinkelsatz ausschließen, da es keine Dreiecke gibt, bei dem zwei Innenwinkel kongruent zu den Außenwinkel sind. Denn mit drei (verschiedenen) Punkten <math>\ Q, Q' und Q'' \in g</math> und den kongruenten Strecken <math>\overline {PQ}, \overline {PQ'} und \overline {PQ} </math> würden (o.B.d.A) zwei (gleichschenklige) Dreiecke <math>\overline {PQQ'} und \overline {PQ'Q''}</math> entstehen, deren Basis auf der selben Geraden <math>\ QQ''</math> liegt und bei denen der Außenwinkel des einen Innenwinkels <math>\ alpha</math> von <math>\overline {PQQ'}</math>gleichzeitig der "andere" Innenwinkel <math>\ beta'</math> von <math>\overline {PQ'Q''}</math> ist. Diese Winkel sind supplementäre Nebenwinkel und wären somit rechte Winkel. Nach der Dreieckskongruenz müsste nun auch der zweite Innenwinkel von <math>\overline {PQQ'} (\ beta)</math> ein rechter Winkel sein. Dies ist nicht möglich! (siehe [[Lösung_von_Aufgabe_12.2| Aufgabe 12.2]])
+| Den Fall: "Es existiert kein Punkt..." haben wir in (I) und (II) ausgeschlossen.
+<br />Den Fall "Es existieren mehr als zwei Punkte..." können wir über den schwachen Außenwinkelsatz ausschließen, da es keine Dreiecke gibt, bei dem zwei Innenwinkel kongruent zu den Außenwinkel sind. Denn mit drei (verschiedenen) Punkten <math>\ Q, Q' und Q'' \in g</math> und den kongruenten Strecken <math>\overline {PQ}, \overline {PQ'} und \overline {PQ} </math> würden (o.B.d.A) zwei (gleichschenklige) Dreiecke <math>\overline {PQQ'} und \overline {PQ'Q''}</math> entstehen, deren Basis auf der selben Geraden <math>\ QQ''</math> liegt und bei denen der Außenwinkel des einen Innenwinkels <math>\ \alpha</math> von <math>\overline {PQQ'}</math>gleichzeitig der "andere" Innenwinkel <math>\ \beta'</math> von <math>\overline {PQ'Q''}</math> ist. Diese Winkel sind supplementäre Nebenwinkel und wären somit rechte Winkel. Nach der Dreieckskongruenz müsste nun auch der zweite Innenwinkel von <math>\overline {PQQ'}</math> (<math>\ \beta</math>) ein rechter Winkel sein. Dies ist nicht möglich! (siehe [[Lösung_von_Aufgabe_12.2| Aufgabe 12.2]])
+<br />Es bleiben Fall 1 und 2!
 |-
 ! style="background: #FFDDDD;"|(IV)
-| Fall 1: Wenn es keinen Punkt <math>\ Q' \in g</math> gibt, der den gleichen Abstand zu <math>\ P</math> hat, dann existiert ein Punkt <math>\ A</math>, der einen größeren Abstand zu <math>\ P</math> hat.
+| weiter mit: Fall 1: Wenn es NUR EINEN Punkt <math>\ Q \in g</math> gibt, der den Abstand <math>\ |PQ|</math> zu <math>\ P</math> hat, dann existieren die Punkte <math>\ A \in g</math> und <math>\ B \in g</math>, die bezüglich der Geraden <math>\ PQ</math> in unterschiedlichen Halbebenen liegen. Es gilt <math>\ |AQ| = |QB|</math>.
-| Axiom II/3: (Dreiecksungleichung)
+| Existenz und Eindeutigkeit des Mittelpunktes, Axiom vom Lineal (Streckenantragen)
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 ! style="background: #FFDDDD;"|(V)
-| tbc
+| In allen möglichen Fällen lassen sich zwei beliebige Punkte <math>\ A \in g</math> und <math>\ B \in g</math> konstruieren, die zu <math>\ P \in g</math> den selben Abstand haben!
-|
+| (I) - (IV)
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-| tbc
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-|  tbc
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-|  tbc
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-| tbc
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 |}

Lösung von Aufgabe 12.4: Unterschied zwischen den Versionen

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