Lösung von Aufg. 13.2 (WS 11/12)

Beweisen Sie: Wenn $\ P$ ein Punkt außerhalb der Geraden $\ g$ ist, dann gibt es eine Gerade $\ h$, die durch $\ P$ geht und parellel zu $\ g$ ist.

Kann man, um diese Implikation zu beweisen, das Parallelnaxiom verwenden?

• Mann kann es in der absoluten Geometrie beweisen. D.h. ohne Parallelaxiom. --RicRic 07:53, 23. Jan. 2012 (CET

Vor: P, g, P $\not\in$ g
Beh: P $\in$ h $\wedge$ $h\|| g$

Beweisschritt	Begründung
1) $\exists$ R, L : R,L $\in$ g	Axiom I.2
2) $\exists$ l: P, L $\in$ l $\wedge$ $\ l \perp \ g$ $\wedge$ $\ l \cap g$ = {L}	Ex. und Eind. Lot, (1)
3) $\exists$ Q: Q $\in$ gP+ $\wedge$ $Q \neq P$	Definition Halbebene
4) $\exists$ PA+: $\angle APL$ = 90 $\wedge$ PA+ Teilmenge von lQ+	Axiom IV.2, (2), (3)
5) $\angle APL$ $\tilde {=}$ $\angle RLP$	(2), (4)
6) $h\|| g$	(5), Umkehrung Wechselwinkelsatz
q.e.d.

--Adores 01:36, 24. Jan. 2012 (CET)

Gut! Allerdings würde eine Skizze das Nachvollziehen wesentlich vereinfachen!
So ist mir allerdings aufgefallen, dass Schritt (6) nicht immer geht, da die Winkel $\angle APL$ und $\angle RLP$ nicht immer Wechselwinkel sind! Stimmt's?
Das lässt sich durch eine Skizze einfach darstellen!--Tutorin Anne 13:13, 25. Jan. 2012 (CET)

Schritt	Begründung
1. es existiert eine senkrechte f zu g	( ex.und ein. senkrechten)
2. $alpha=90$	(1), (def. senkrecht)
3. es existiert das Lot m von P auf g	(Ex. und EInd. Lot)
4. $beta=90$	(3),( Def. Lot)
5. $alpha=beta$	(2), (4), (Def. Stufenwinkel)
6. $hparallelg$	(5),(Umkehrung Stufenwinkelsatz)

q.e.d. --Celebino 15:55, 26. Jan. 2012 (CET)
Celebino, ich habe deinen Beweis in die Tabelle eingefügt. Allerdings kann ich ihn nicht nachvollziehen. Welche Winkel meinst du denn mit alpha und beta. Und wo soll f liegen? Der Beweis muss schon ausführlicher sein. Eine Skizze (auch eingescannt oder aus Paint) würde helfen deinen Ansatz zu verstehen.--Tutorin Anne 17:17, 29. Jan. 2012 (CET)