Lösung von Aufgabe 12.4: Unterschied zwischen den Versionen

Version vom 15. Juli 2010, 02:32 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?
Re --Heinzvaneugen 00:32, 15. Jul. 2010 (UTC): Beweis wurde nun weiter unten aufgeführt. Funktioniert das so?

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, Basiswinkelsatz
(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 $\ B \in g$ und $\ M \in g$ ), die durch $\ P$ geht.
zu Schritt (I): Im weiteren Beweis wird klar, was man schon länger vermutete: 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 zweiten Strahl von $\ P$ aus an und finden so den Punkt $\ B \in g$ .
Falls es keinen zweiten Punkt gibt, wählen wir von diesem Punkt $\ A \in g$ eine beliebige Strecke, die wir "auf der Geraden $\ g$ " abtragen und nun einen Punkt $\ A' \in g$ bekommen und in der anderen Halbebene bzgl. $\ PA$ einen weiteren Punkt mit dem selben Abstand.
--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 Punkte $\ A \in g$ und $\ B \in g$ konstruieren, die zu $\ P \notin g$ 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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 <br />Hilfskonstruktion: Es existieren zwei VERSCHIEDENE Punkte <math>\ A \in g</math> und <math>\ B \in g</math> mit dem selben Abstand zu <math>\ P</math>
 <br /><br />Kommentar --[[Benutzer:*m.g.*|*m.g.*]] 10:18, 13. Jul. 2010 (UTC): Begründen müssten Sie die Korrektheit der Hilfskonstruktion schon. Woher wissen Sie, dass die beiden Punkte <math>\ A</math> und <math>\ B</math> existieren?
+<br /> Re --[[Benutzer:Heinzvaneugen|Heinzvaneugen]] 00:32, 15. Jul. 2010 (UTC): Beweis wurde nun weiter unten aufgeführt. Funktioniert das so?
 {| class="wikitable"
 ! Nr.
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 ! style="background: #FFDDDD;"|(III)
 | <math>\angle PAB \cong \angle PBA</math>
-| Gleichschenkliges Dreieck
+| Gleichschenkliges Dreieck, Basiswinkelsatz
 |-
 ! style="background: #FFDDDD;"|(IV)
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 | (V), Definition rechte Winkel: kongruente Nebenwinkel
 |}
-<br />Es existiert ein Strahl <math>\ MP^+</math>, der mit <math>\ MA^+</math> oder <math>\ MB^+</math> einen rechten Winkel bildet, anders ausgedrückt: Es existiert eine Senkrechte auf <math>\ g</math> (da <math>\ A \in g</math> und <math>\ B \in g</math>), die durch <math>\ P</math> geht.
+<br />Es existiert ein Strahl <math>\ MP^+</math>, der mit <math>\ MA^+</math> oder <math>\ MB^+</math> einen rechten Winkel bildet, anders ausgedrückt: Es existiert eine Senkrechte auf <math>\ g</math> (da <math>\ A \in g</math> und <math>\ B \in g</math> und <math>\ M \in g</math>), die durch <math>\ P</math> geht.
-<br />zu Schritt (I): Es ist ein leichtes (sag ich mal so), zu beweisen, dass ein Punkt <math>\ P</math> zu entweder keinem, zu einem oder zu zwei Punkten einer Gerade <math>\ g</math> einen bestimmten Abstand hat. Der Fall, dass wir eine Strecke von <math>\ P</math> auf dem Strahl <math>\ p</math> antragen und keinen Schnittpunkt mit <math>\ g</math> 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 <math>\ A \in g</math> und tragen (nach Axiom vom Lineal) die Strecke <math>|\overline{PA}|</math> auf einem beliebigen zweiten Strahl <math>\ p_2</math> von <math>\ P</math> aus an und finden so den Punkt <math>\ B \in g</math>
+<br />zu Schritt (I): Im weiteren Beweis wird klar, was man schon länger vermutete: dass ein Punkt <math>\ P</math> zu entweder keinem, zu einem oder zu zwei Punkten einer Gerade <math>\ g</math> einen bestimmten Abstand hat. Der Fall, dass wir eine Strecke von <math>\ P</math> auf dem Strahl <math>\ p</math> antragen und keinen Schnittpunkt mit <math>\ g</math> 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).
+<br />Genau genommen ist der Schritt (1) also: Wir wählen einen beliebigen Punkt <math>\ A \in g</math> und tragen (nach Axiom vom Lineal) die Strecke <math>|\overline{PA}|</math> auf einem zweiten Strahl von <math>\ P</math> aus an und finden so den Punkt <math>\ B \in g</math>.
+<br />Falls es keinen zweiten Punkt gibt, wählen wir von diesem Punkt <math>\ A \in g</math> eine beliebige Strecke, die wir "auf der Geraden <math>\ g</math>" abtragen und nun einen Punkt <math>\ A' \in g</math> bekommen und in der anderen Halbebene bzgl. <math>\ PA</math> einen weiteren Punkt mit dem selben Abstand.
 <br />--[[Benutzer:Heinzvaneugen|Heinzvaneugen]] 00:27, 13. Jul. 2010 (UTC)
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 #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.
-<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 />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'} </math> und <math>\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!
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 ! style="background: #FFDDDD;"|(V)
-| 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!
+| In allen möglichen Fällen lassen sich zwei Punkte <math>\ A \in g</math> und <math>\ B \in g</math> konstruieren, die zu <math>\ P \notin g</math> den selben Abstand haben!
 | (I) - (IV)
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Lösung von Aufgabe 12.4: Unterschied zwischen den Versionen

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