Beweise von Studenten

Satz: Wenn ein Viereck ein Rechteck...

Wenn ein Viereck ein Rechteck ist, dann sind seine Diagonalen gleich lang und sie halbieren sich.

1. Idee: Man muss dabei ja 1. die gleichlangen Diagonalen und 2. die sich halbierenden Diagonalen zeigen. Habe aber einfach ein Problem den Beweis zu den gleichlangen Diagonalen zu führen. Hat jemand eine Idee?--Löwenzahn 15:52, 20. Jul. 2010 (UTC)
   

Geht das nicht über SWS? Also wenn du das Rechteck ABCD hast, z.B. die beiden Dreiecke ABD und ABC vergleichen, die müssten laut SWS kongruent sein, damit also auch die Diagonalen. --Ncesi1 15:57, 20. Jul. 2010 (UTC)

Kann ich denn in einem Rechteck davon ausgehen, dass wir einen rechten Winkel bei $\angle DAB$ und $\angle DCB$ haben? Dann würde SWS gehen, das würde ich dann verstehen...--Löwenzahn 16:11, 20. Jul. 2010 (UTC)

Davon kann man natürlich ausgehen, das ist schließlich eins der Merkmale von Rechtecken. Die Kombination der Dreiecke DAB und DCB würde dir aber, wenn ich richtig liege, nicht weiterhelfen, weil du dann nur eine der beiden Diagonalen betrachtest. Du musst also die Dreiecke so wählen, dass beide Diagonalen betrachtet werden (z.B. ABD und ABC). --Ncesi1 16:15, 20. Jul. 2010 (UTC)

Ah, ok, danke... sonst müsste man den Beweis ja doppelt führen, oder? Insofern ist es wirklich logischer. Blöde Frage, aber wir müssen Rechteck immer über die Innenwinkel definieren, oder geht es auch anders? Sonst müsste man vor dem Beweis sich ja für eine Art Definition entscheiden?!?!?! Und müsste man nicht sogar noch zeigen, dass alle Winkel = 90 sind?!?! Nach Def (Ein Viereck mit zwei Paar parallelen Seiten und einem rechten Innenwinkel ist ein Rechteck) benötigt man ja nur einen...--Löwenzahn 16:19, 20. Jul. 2010 (UTC)

Ich weiß nicht, ob man das alles in diesen Beweis mit reinschreiben müsste, oder ob man einfach alles als gegeben nehmen kann. Über die Definition mit dem einen rechten Innenwinkel kommt man doch mit Hilfe der Stufenwinkel etc. darauf, dass alle Winkel rechte Winkel sind, oder? --Ncesi1 16:27, 20. Jul. 2010 (UTC)

Denke auch, dass man über Stufen- und Scheitelwinkelsatz und Supplementaxiom zeigen kann, dass alle Winkel = 90 sind. Aber dann müsste es doch klappen... oder?
--Löwenzahn 16:37, 20. Jul. 2010 (UTC)

Ich denke auch, dass man spätestens damit dann auf der ganz sicheren Seite wäre. --Ncesi1 16:38, 20. Jul. 2010 (UTC)

Super... danke dir :-)-- 17:30, 20. Jul. 2010 (UTC)

Kann ich auch einfach davon ausgehen, dass die gegenüberliegenden Seiten gleichlang sind, eigentlich schon oder?

Ich würde sagen, dass ist durch die Definition Rechteck gewährleistet.--Löwenzahn 08:58, 21. Jul. 2010 (UTC)

Satz: Umkehrung entgegengesetzt liegender Winkel

Sind entgegengesetzt liegende Winkel an geschnittenen Geraden suplementär, so sind die Geraden parallel.

VSS: c schneidet a und c schneidet b, oBdA $\alpha$ und $\alpha^'$ sind entgegengesetzt liegende Winkel, $|\alpha| + |\alpha^'| = 180$
Beh: $a \|b$
ANN: $a\not\|b$ --> es existiert ein Punkt S, der in der Schnittmenge von a und b liegt.

Müsste man hier nicht die beiden Fälle unterscheiden, für die es sich um entgegengesetzt liegende Winkel handelt?

1. Der Schnitt der Schenkel der Winkel, die Teilmenge ein und derselben Geraden sind, ist die leere Menge.

Beweis

Nr.	Beweisschritt	Begründung
(I)	$|\alpha| + |\beta| = 180$ --> $|\beta| = 180 - |\alpha|$	(Def. Nebenwinkel), (Supplementaxiom), (rechnen mit reellen Zahlen)
(II)	$|\alpha^'| + |\beta^'| = 180$ --> $|\beta^'| = 180 - |\alpha^'|$	(Def. Nebenwinkel), (Supplementaxiom), (rechnen mit reellen Zahlen)
(III)	$|\beta| + |\beta^'| + |\gamma| = 180$	(Innenwinkelsumme im Dreieck)
(IV)	$180 - |\alpha| + 180 - |\alpha^'| + |\gamma| = 180$	(I), (II), (III), (rechnen mit reellen Zahlen)
(V)	$|\alpha| + |\alpha^'| - |\gamma| = 180$	(IV), (rechnen mit reellen Zahlen)
(VI)	da nach VSS gilt $|\alpha| + |\alpha^'| = 180$, folgt daraus dass $|\gamma| = 0$, wodurch die Geraden identisch wären, was in Widerspruch zur Existenz der entgegengesetzt liegenden Winkel ist. Außerdem gibt es keine Nullwinkel oder gestreckte Winkel --> ANN falsch --> Beh gilt

2. Die Schnittmenge der Schenkel der Winkel, die Teilmenge ein und derselben Geraden sind, bildet eine Strecke.

Beweis

Nr.	Beweisschritt	Begründung
(I)	$|\alpha| + |\alpha^'| + |\gamma| = 180$	(Innenwinkelsumme im Dreieck)
(II)	da nach VSS gilt $|\alpha| + |\alpha^'| = 180$, folgt daraus dass $|\gamma| = 0$, wodurch die Geraden identisch wären, was in Widerspruch zur Existenz der entgegengesetzt liegenden Winkel ist. Außerdem gibt es keine Nullwinkel oder gestreckte Winkel --> ANN falsch --> Beh gilt

Was haltet ihr davon? Waren uns in der Lerngruppe so unsicher, ob das so in Ordnung ist.
--Löwenzahn 17:56, 20. Jul. 2010 (UTC)

Meinen Berechnungen zufolge wäre $|\gamma| = 0$, was kein Widerspruch zum Winkelmaßaxiom wäre. Ihr könntet aber daraus folgern dass die beiden Geraden identisch sein müssen und dies ist Widerspruch zur Voraussetzung (= die Existenz der entgegengesetzten Winkel)--Principella 20:44, 20. Jul. 2010 (UTC)

Ich würde auch sagen, dass $|\gamma| = 0$, jedoch wäre das für mich schon ein Widerspruch, da es bei uns weder Nullwinkel, noch gestreckte Winkel gibt. Habe außerdem den Beweis in 4 Fälle aufgeteilt (für jede mögliche Lage, wobei jeweils 2 fast analog ablaufen wegen Scheitelwinkel etc). Würden die beiden Fälle oben reichen?--"chris"07 08:47, 21. Jul. 2010 (UTC)

Stimmt... $|\gamma| = 0$, ich finde auch beide Argumentationen gut---> habe es oben in der Tabelle verbessert. @"chris"07, welche beiden Fälle hast du denn noch unterschieden?--Löwenzahn 08:57, 21. Jul. 2010 (UTC)

Ihr habt Recht, mein Winkelmaßaxiom ist etwas veraltet, dass kommt davon wenn man sich alles irgendwo zusammensuchen muss :( Wir dürfen dann also immer davon ausgehen dass Nullwinkel und gestreckte Winkel nicht existieren und bei einem Beweis durch Widerspruch haben wir die Behauptung automatisch bewiesen, wenn wir durch unsere Annahme auf einen Nullwinkel oder einen gestreckten Winkel stoßen? Habe ich das so richtig verstanden??? --Principella 20:04, 24. Jul. 2010 (UTC)

Trapez ist Sehnenviereck

Stimmt folgender Satz:
"Ein Trapez ist genau dann gleichschenklig, wenn es das Trapez ein Sehnenviereck ist"
Das würde doch die Implikation und Umkehrung enthalten (also Äquivalenz, bzw. Kriterium):

1. Wenn ein Trapez gleichschenklig ist, dann ist es ein Sehnenviereck.
2. Wenn ein Trapez ein Sehnenviereck ist, dann ist es gleichschenklig.
   

Stimmt die Formulierung??--Löwenzahn 15:43, 23. Jul. 2010 (UTC). Verbessert --Löwenzahn 09:00, 24. Jul. 2010 (UTC)

Re: --Heinzvaneugen 20:30, 23. Jul. 2010 (UTC)

• Die Formulierung der Implikationen stimmen:

Aussage $\ a$ (VSS): Gleichschenkliges Trapez

Aussage $\ b$ (Beh.): Ein Trapez mit Umkreis / Das Trapez ist ein Sehnenviereck.

Implikation (Hin) $\ a \rightarrow \ b$: Wenn Trapez gleichschenklig, dann ist das Trapez ein Sehnenviereck.

Implikation (Rück) $\ b \rightarrow \ a$: Wenn ein Trapez ein Sehnenviereck ist, dann ist es gleichschenklig.

• Aus der total bescheuert klingenden Aussage $\ b$ kann man den "Fehler" der Äquivalenz entdecken.

Äquivalenz $\ a \leftrightarrow \ b$ Genau dann, wenn ein Trapez gleichschenklig ist, ist das Trapez ein Sehnenviereck.

Warum so kleinlich? Die "Rück"-Richtung der oberen Äquivalenz wäre (genau genommen): Wenn ein Sehnenviereck, dann gleichschenkliges Trapez.

Es muss also (zB durch copy und paste) die Aussage $\ a$ und die Aussage $\ b$ beliebig austauschbar sein. Wenn also das "es" im Satz durch "das Trapez" ersetzt wird, ist man ausm Schneider.

• Das gilt es zu beweisen....

RE:--Löwenzahn 09:00, 24. Jul. 2010 (UTC)

• Vielen Dank. Habe es oben verbesstert.

Umkehrung des Satz des Thales

Nur als kleine Anmerkung vorneweg: Sorry an alle, denen ich sagte, dass es doch totaaal einfach wäre, von wegen über Innenwinkelsumme der Dreiecke usw. So einfach geht es leider nicht. Aber ich habe eine Lösung gefunden, die nicht über Widerspruchsbeweis und den Zusammenhang Seitenlänge und Größe des gegenüber liegenden Winkels den Beweis führt. Im Nachhinein (echt!) habe ich einen weiteren Ansatz im Geowiki gefunden. Mal schaun, ob das auch hinhaut...

Satz des Thales

Es sei $\ k$ ein Kreis mit einem Durchmesser $\overline {AB}$. Jeder Peripheriewinkel von $\ k$ über $\overline {AB}$ ist ein rechter Winkel.
Hier kann man sich prima Illustrationen ansehen.

Umkehrung des Satz des Thales

Wenn in einem Dreieck $\overline {ABC}$ ein Innenwinkel ein rechter Winkel ist, so liegt der Scheitelpunkt dieses Innenwinkels auf einem Kreis $\ k$, wobei die gegenüberliegende Dreiecksseite ein Durchmesser des Kreises $\ k$ ist.

• Stimmt die Umkehrung so? Kompliziert aber zweckmäßig, oder?

Eine analoge Formulierung wäre: Wenn (oBdA) der Winkel $\ |\gamma|$ = 90, dann liegt $\ C$ auf dem Kreis $\ k$ um den Mittelpunkt von $\overline {AB}$($\ M_c$). $\overline {AB}$ sei ein Durchmesser des Kreises.
Noch eine Umformung: Es sei $\ k$ ein Kreis mit einem Durchmesser $\overline {AB}$. Wenn (oBdA) der Winkel $\ |\gamma|$ = 90, dann gilt $\overline {MA} \cong \overline {MB} \cong \overline {MC}$. Kurze Erklärung: Der Radius des Kreises $\ k$ läßt sich ausdrücken als $\overline {MA} \cong \overline {MB}$. Wenn $\overline {MC}$ dazu kongruent ist, so liegen alle drei Punkte auf $\ k$.

Nr.	Beweisschritt	Begründung
(I)	Man trägt am Scheitelpunkt $\ C$ den Winkel $\ \alpha$ an den Strahl $\ CA^+$ an.	Winkelkonstruktionsaxiom
(II)	Der aus der Winkelkonstruktion entstehende Strahl schneidet die Seite $\overline {AB}$. Dieser Punkt sei P.	Existenz eines Schnittpunktes nach "Geschichten aus dem Inneren..."
(III)	$\overline {ACP}$ ist ein gleichschenkliges Dreieck mit $\overline {AP} \cong \overline {CP}$	Basiswinkelsatz, da $\ \alpha \cong \alpha'$ und somit Basiswinkel sind
(IV)	$\ |\gamma'| = \ |\gamma| - |\alpha|$ daraus folgt... $\ |\gamma'| = 90 - |\alpha|$	Winkeladditionsaxiom Umformung nach VSS $\ |\gamma|$ = 90
(V)	180 = $\ |\beta| + |\gamma| + |\alpha|$ 180 = $\ |\beta| + 90 + |\alpha|$ 90 = $\ |\beta| + |\alpha|$ $\ |\beta| = 90 - |\alpha|$	Innenwinkelsumme im Dreieck Algebraische Umformung Umformung nach VSS $\ |\gamma|$ = 90
(VI)	$\overline {BCP}$ ist ein gleichschenkliges Dreieck $\overline {BP} \cong \overline {CP}$	(IV) (V), Basiswinkelsatz
(VII)	$\overline {AP} \cong \overline {CP} \cong \overline {BP}$	(III) (VI)
(VIII)	$\ P \equiv M$	(VII): $\overline {AP} \cong \overline {BP}$, Eindeutigkeit des Mittelpunktes
(IX)	$\overline {AM} \cong \overline {CM} \cong \overline {BM}$	(VII) (VIII)

--Heinzvaneugen 03:45, 24. Jul. 2010 (UTC)

Andere Idee:

VSS: Winkel ACM ist ein rechter Winkel, Strecke AB ist ein Durchmesser Beh: C liegt auf k

Diesen Beweis kann man auch indirekt führen, indem man annimmt, dass C nicht auf dem Kreis k liegt. Angenommen die Strecke MC ist länger als die Strecke MA, d.h. C liegt außerhalb des Kreises k. Nun wäre der Winkel CAM größer als der Winkel ACM (größere Seite, größerer Winkel...). Analog gilt Winkel CBM ist größer als der Winkel BCM. Da aber der Winkel ACM zusammen mit dem Winkel BCM das Maß 90 haben muss (VSS) und die Winkel CBM und CAM jeweils größer sind, wäre die Summe dieser beiden Winkel größer 90. Daraus folgt, dass die Innenwinkelsumme im Dreieck ABC größer 180 wäre und dies ist nicht möglich. D.h. unsere Annahme ist zu verwerfen.

Ich hoffe man kann es nachvollziehen... einfach mal ne Skizze machen, dann sollte es gehen. Wenn der Punkt C im Inneren des Kreises k liegt geht der Beweis analog, nur ist die Innenwinkelsumme dann kleiner 180. --Andreas 11:09, 28. Jul. 2010 (UTC)

Umkehrung 2 des Satz des Thales

Ist ein Periphereiwinkel $\gamma$ über eine Sehne s eines Kreises k ein rechter Winkel, so ist die Sehne s ein Durchmesser des Kreises k.

VSS: $\gamma$ ist Peripheriewinkel des Kreises k, $\gamma = 90$, $\overline{AB}$ ist Sehne von k
Beh: $M \in \overline{AB}$

Hat jemand eine Idee, ich komm einfach nicht drauf?!?!--Löwenzahn 08:11, 24. Jul. 2010 (UTC)

Vorschlag 1

Über den Zentri-Peripheriewinkelsatz kann ich doch herleiten, dass ein Peripheriewinkel halb so groß ist wie sein Zentriwinkel. Peripheriewinkel sei hier der rechte Winkel, der passende Zentriwinkel hat die Größe 180, da das der Winkel mit den Strahlen $\ MA^+$ und $\ MB^+$ ist...die Dreiecksseite $\overline{AB}$!!!! --Heinzvaneugen 10:25, 26. Jul. 2010 (UTC)

Vorschlag 2

Ich habe den Beweis mal gemacht und ich habe ihn indirekt geführt. Man nimmt also an, dass M nicht auf der Strecke AB liegt. Dabei muss man 2 Fälle unterscheiden.

1) der Punkt M (Mittelpunkt des Kreises k) liegt im Inneren des Dreiecks ABC

2) der Punkt M liegt außerhalb des Dreicks ABC

Ich versuch mal eine Grafik zu basteln bzw. es wäre nett, wenn das jemand machen könnte, der das kann (ich müsste mich erst einarbeiten) :)

Fall 1 würde wohl reichen, da Fall 2 dann analog zu führen wäre. --Andreas 10:34, 28. Jul. 2010 (UTC)

Beweis des Wechselwinkelsatz und seiner Umkehrung

Der Beweis der Umkehrung ist mir klar, da ich alpha als Außenwinkel von beta sehen kann und demzufolge alpha größer als beta sein müsste, wenn die geraden nicht parallel sind, sondern ein Dreieck bilden.

Nur was ist mit dem anderen Teil? Meine Voraussetzung wäre ja das a und b parallel sind. Kann ich hier jetzt auch wieder mit der Umkehrung des Wechselwinkelsatzes argumentieren. Oder muss ich den Scheitelwinkel von beta betrachten, der ein Stufenwinkel zu alpha ist und dann mit der Umkehrung des Stufenwinkelsatzes begründen. Oder gibt es hier einen ganz anderen Weg, den ich nicht seh? Wäre lieb, wenn mir jemand kurz antworten könnte. --Frühling 10:19, 26. Jul. 2010 (UTC)

@ Benutzer:Frühling|Frühling: Du kannst den Wechselwinkelsatz einfach über den Stufenwinkelsatz und den Scheitewinkelsatz beweisen.--Löwenzahn 16:30, 26. Jul. 2010 (UTC)

Danke--Frühling 16:31, 26. Jul. 2010 (UTC)

Parallelogrammkriterium

Ein Viereck ist genau dann Parallelogramm, wenn sich die Diagonalen eines Vierecks einander halbieren.

1. "Hinrichtung": Wenn ein Viereck ein Parallelogramm ist, dann halbieren sich die Diagnolen einander.
   

Beweis über WSW

1. "Rückrichtung": Halbieren sich die Diagonalen eines Vierecks, dann ist das Viereck ein Parallelogramm.
   

Beweis über SWS und Umkehrung Wechselwinkelsatz, muss aber zweimal gezeigt werden.

Würdet ihr das auch so Beweisen, vorallem bei der "Rückrichtung" bin ich mir noch etwas unschlüssig.--Löwenzahn 16:27, 28. Jul. 2010 (UTC)

Bei der Hinrichtung stimme ich dir zu... die Rückrichtung habe ich mit Scheitelwinkelsatz und SWS bewiesen, das muss man meiner Meinung nach nicht zweimal zeigen. --Muffin 19:03, 29. Jul. 2010 (UTC)

Teilprüfung

Habe mir die Lösungen angeschaut und hätte nun eine Frage dazu.

Bei dem Beweis der Existenz des Lotes war im Text von einer "Gerade l" die Rede. Habe nun eine Gerade angenommen, die durch P verläuft und zu g parallel ist und anschließend von P aus einen Strahl mit dem Maß 90 konstruiert. Dieser schneidet Gerade g und nach dem Wechselwinkelsatz an geschnittenen Parallelen sind die Winkel identisch. Also hätte ich nun auch die "Gerade l" mit den vorgegebenen Bedingungen....ist diese Lösung nicht auch möglich???--Skellig 08:15, 31. Jul. 2010 (UTC)