Das Parallelenproblem

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1 Proseminar zur Linearen Algebra und Elementargeometrie Das Parallelenproblem Wintersemester 2016/17 von: Yann-Martin Jeannès Prof. Dr. L. Schwachhöfer Technische Universität Dortmund

2 V. Postulat Wenn eine Gerade zwei Geraden trifft und mit ihnen auf derselben Seite innere Winkel bildet, die zusammen kleiner sind als zwei Rechte, so sollen die beiden Geraden, ins Unendliche verlängert, schließlich auf der Seite zusammentreffen, auf der die Winkel liegen, die zusammen kleiner sind als zwei Rechte. Winkelmaßaxiome Zu jedem Winkel gibt es ein Maß m( (BAC)) [o,π] und es gelten Folgende Bedingungen: 1. Zwei Winkel haben genau dann gleiches Maß, wenn sie kongruent sind. 2. ( (A,B,C)) = π (A,B,C) 3. h 1 = AB 1, h 2 = AB 2,h 3 = AB 3 ; B 1 B 2 h 2 = m( (B 1 AB 2 ))+m( (B 2 AB 3 )) = m( (B 1 AB 3 )) 4. Für Strahl h, m [0,π] h, (h,h ) = m auf jeder Halbebene von der Gerade h Kongruenzsätze für Dreiecke 1. sss: Sind ABC und DEF Dreiecke mit AB DE, AC DF und BC EF, so sind die Dreiecke ABC und DEF kongruent. Beweis: Siehe vierten Vortrag. 2. sws: Sind ABC und DEF Dreiecke mit AB DE, AC DF, sowie (BAC) (EDF), so sind die beiden Dreiecke kongruent. Beweis: (BAC) (EDF) ex. Abb. φ, die (BAC) auf (EDF) abbildet φ bildet A auf D, AB + auf DE +, sowie AC + auf DF + ab. Da wegen AB DE E von D und somit auch φ(b) den Abstand AB haben und auf DE + nur genau ein Punkt ex. der diesen Abstand zu D hat E = φ(b). Analog ergibt sich, dass F = φ(c) ist Die Eckpunkte von ABC werden auf die Eckpunkte von DEF abgebildet Wegen der Eindeutigkeit der Strecke zwischen zwei Punkten werden auch die Seiten von ABC auf die Seiten von DEF abgebildet. ABC DEF 3. wsw: Sind ABC und DEF Dreiecke mit AB DE, (BAC) (EDF), sowie (ABC) (DEF), so sind die beiden Dreiecke kongruent. Beweis: Sei P DF +, mit DP AC nach sws ABC DEP (ABC) (DEP ). Da nach Voraussetzung (ABC) (DEF) (DEF) (DEP ) aus der Eindeutigkeit der Winkelabtragung, dass EF + = EP + F P EP DP. Da D EP, da sonst DEP kein Dreieck wäre P = F ABC DEF Anordnungsaxiom Zu jeder nichtnegativen reellen Zahl a und jedem Punkt O der Ebene ex. auf dem Strahl mit dem Anfangspunkt O genau ein Punkt A mit OA = a Beweis: Siehe vorangegangenen Vortrag. Hilfssatz 1 Ist ein beliebiges Dreieck, so existiert für jeden Innenwinkel Φ dieses Dreiecks ein Dreieck, dessen Innenwinkelsumme gleich der Innenwinkelsumme von ist und das einen Innenwinkel besitzt, der um mindestens die Hälfte kleiner ist als Φ. Beiweis: 1

3 Sei = ABC beliebig. Konstruiere mit derselben Innenwinkelsumme wie ABC und einem Innenwinkel, der höchstens halb so groß ist wie α := (BAC) (wobei der Beweis zu jedem anderen Innenwinkel analog geführt wird) mit Mittelpunkt O der Seite BC und A ein Punkt auf der Halbgerade OA mit AO OA (A ex. wegen des Anordnungsaxioms). Betrachte das Dreieck AA C. Für die IW S(ABC) und IW S(AA C) gilt: IW S(ABC) = α 1 + α 2 + β + γ 1,, IW S(AA C) = α 1 + α + γ 1 + γ 2. Aus sws (AO OA, Winkel um O sind gleich, da Scheitelwinkel und BO OC) ABO A OC α α 2 β γ 2 IW S(ABC) = IW S(AA C) Da α 1 oder α 2 und aufgrund der Äquivalenz somit auch α 1 oder α 1 2α sein müssen (AA C) =: erfüllt die geforderten Eigenschaften Schwacher Außenwinkelsatz Jeder Innenwinkel eines beliebigen Dreiecks ABC ist kleiner als jeder nichtanliegende Außenwinkel. Folgerung aus dem Außenwinkelsatz: Die Summe zweier Innenwinkel eines beliebigen Dreiecks ist stets kleiner als ein gestreckter Winkel. Beweis: 1. z.z.: In jedem Dreieck sind mind. zwei Innenwinkel spitze Winkel. Sind alle drei Winkel spitze Winkel bleibt nichts zu zeigen. Ist allerdings o.b.d.a. α < 90 Nebenwinkel von α 90 nach dem schwachen Außenwinkelsatz sind β und γ < 90 und damit spitz sind. 2. Sind alle drei Innenwinkel spitz, so ist die Summe zweier beliebiger Innenwinkel offensichtlich kleiner als ein gestreckter Winkel. Sei nun α o.b.d.a ein stumpfer Winkel (nach 1. kann es nur einen stumpfen Winkel geben) α+ der Außenwinkel von α = 180 nach dem schwachen Außenwinkelsatz β und γ sind kleiner als der Außenwinkel von α α + β oder γ < 180. Satz 1: Innenwinkelsatz der absoluten Geometrie Die Innenwinkelsumme eines beliebigen Dreiecks ist stets kleiner oder gleich 180. Beweis: Wir nehmen an, es möge ein Dreieck mit einer Innenwinkelsumme von größer als 180 existieren und schreiben diese in der Form IW S( ) = π + ɛ. Ist α ein beliebiger Innenwinkel von, so existiert nach Hilfssatz 1 ein Dreieck 1 mit der Innenwinkelsumme π + ɛ und einem Innenwinkel α 1 α 2, ein Dreieck 2 mit IW S( 2 ) = π + ɛ und α 2 α 4,... sowie n mit IW S( n ) = π + ɛ und einem Innenwinkel α n α 2 n. Wähle n so, dass α 2 n < ɛ gilt. Summe der anderen Innenwinkel von ist somit 2

4 π + ɛ α 2 n > π. Dies steht im Widerspruch, dazu, dass die Summe zweier Innenwinkel eines beliebigen Dreiecks immer kleiner als ein gestreckter Winkel sei muss (Folgerung aus dem Außenwinkelsatz). Hilfssatz 2 Ist in einem bei B rechtwinkligen Dreieck ABC die Winkelsumme gleich 180, so gilt dies auch in dem Dreieck ABD mit D bc + und BD = 2 BC. Beweis: Durch Antragung der Winkel (BCA) und (BAC) in den Punkten A bzw C an die Gerade AC entsteht ein zu ABC kongruentes Dreieck CB A mit einem rechten Winkel bei B sowie (BCA) (CAB ) (CAB) (ACB ). (CB A ist nach dem sws-satz äquivalent zu ABC, da die angetragene Winkel offensichtlich gleich sind, sowie die gemeinsame Seite AC.) In dem Viereck ABCB sind alle Winkel rechte Winkel, da sich wegen IW S(ABC) = IW S(CBA ) = 180 und der rechten Winkel bei B bzw. bei B die Winkel (BCA) (ACB ), sowie (CAB ) (CAB) jeweils zu einem Rechten ergänzen, da die angetragenen Winkel beide Male das orthogonale Komplement von (BCA) bzw. (CAB) waren. Durch Verlängern der Strecke AB um die zu AB kongruente Strecke B C ergibt sich mit dem Punkt D ein zu ABCB kongruentes Viereck B CDC. (Diese Kongruenz ergibt sich aus der Kongruenz der beiden Teildreiecke AB C B CD, da ein rechter Winkel bei B und C ex., eine gemeinsame Seite B C besteht und AB BC CD, wegen der Verlängerung aus der Voraussetzung ist. Außerdem gilt AB C B C D, da B D AC was sich aus der Äquivalenz von B CD ergibt, AB B C wegen Verlängerung und (CAB ) = (DB C ), weil auch (DB C ) wegen der verschiedenen Äquivalenzen das orthogonale Komplement von (BAC) sein muss). Das Viereck ABDC hat somit ebenfalls vier rechte Winkel, es gilt somit IW S(ABD)+IW S(ADC ) = 360, wegen Satz 1 muss also IW S(ABD) = IW S(BAC ) = 180 sein. Hilfssatz 3 Existiert ein rechtwinkliges Dreieck ABC mit einer Innenwinkelsumme von 180, so hat jedes rechtwinklige Dreieck diese Innenwinkelsumme. Beweis: Sei DEF beliebiges, bei E rechtwinkliges, Dreieck und A BC ebenfalls rechtwinkliges Dreieck, dessen Katheten jeweils länger als die des Dreiecks DEF sind und dessen Innenwinkelsumme 180 beträgt (ex. nach Hilfssatz 2). Duruch Antragen von ED von B aus auf BA + und DF von B aus auf BC +, ergibt sich DEF D BF. (Diese beiden Dreiecke sind nach dem sws-satz kongruent, denn beiden haben einen rechten Winkel bei E bzw. B und die beiden angetragenen Seiten sind offensichtlich gleich lang.) Da wegen der Kongruenz die Inenwinkelsummen der Dreiecke DEF D BF gleich sind, genügt es zu zeigen, dass IW S(D BF ) = 180 gilt. Nach Satz 1 ist die Innenwinkelsumme keines der Dreiecke A BF 3

5 und A F C größer als 180. Wäre nun de Innenwinkelsumme eines der Dreiecke kleiner als 180, so müsste auch die Innenwinkelsumme von A BC, die sich wegen des NWS durch IW S(A BC ) = IW SA BF ) + IW S(A F C ) 180 ausdrücken lässt, kleiner als 180 sein. Dies widerspräche allerdings der Voraussetzung. Somit muss also die Innenwinkelsumme von A BF 180 betragen, woraus sich ergibt, dass die Innenwinkelsummen von D BF undd A F diesen Wert haben. Satz 2 Beträgt in wenigstens einem Dreieck die Innenwinkelsumme 180, so gilt dies für jedes Dreieck Beweis: Sei ABC ein Dreieck mit einer Innenwinkelsumme von 180. Fälle nun das Lot auf der Seite, sodass ABC in zwei rechtwinklige Dreiecke zerlegt wird. In diesem Beweis wird das Lot von C auf AB gefällt und es entstehen zwei rechtwinklige Dreiecke ACD und BCD. Es gilt nach dem NWS IW SACD + IW S(BCD) = 360 und daher wegen Satz 1 IW S(ACD) = IW S(BCD) = 180, womit die Voraussetzung von Hilfssatz 3 erfüllt ist.ist nun ein beliebiges Dreieck, so kann wieder in zwei rechtwinklige Teildreiecke zerlegt werden,oder zu einem rechtwinkligem Dreieck ergänzt werden, welche nach dem Hilfssatz 3 beide eine Innenwinkelsumme von 180 besitzen, woraus sich sofort ergibt, dass auch die Innenwinkelsumme von diesen Wert hat. Hilfssatz 4 Ist ein Dreieck in Teildreiecke k, k = 1,...,n zerlegt, so gilt π IW S( ) = n i=1 (π IW S( i )) Beweis: Zerlege ABC in drei Teildreiecke AD 1 C, D 1 D 2 C und D 2 BC. Nun gilt IW S(ABC) = 4

6 IW S(AD 1 C)+IW S(D 1 D 2 C)+D 2 BC) 2 180, da sowohl die beiden Winkel um D 1 (AD 1 C) und (D 2 D 1 C), als auch die beiden Winkel um D 2 (D 1 D 2 C) und (BD 2 C) zusammen ergeben, da sie sich auf einer Geraden befinden, aber sich nicht im Dreieck ABC befinden. Zieht man nun beiden Seiten von 180 ab ergibt sich 180 IW S(ABC) = 180 IW S(AD 1 C)+180 IW S(D 1 D 2 C)+180 IW S(D 2 BC), was beutet, dass die Aussage für k = 3 (analog dazu auch für k = 2) gilt. Zerlegt man ABC nun in n verschiedene Teildreiecke, so gilt ebenfalls IW S(ABC) = IW S(AD 1 C) + IW S(D 1 D 2 C) D ] n 1D n C + D n BC) (n 1) 180, da sich auch hier wieder (n 1) Nebenwinkel auf der Strecke AB zu 180 ergänzen. Zeiht man nun auch hier beide Seiten von 180 ab erhält man 180 IW S(ABC) = 180 IW S(AD 1 C) IW S(D 1 D 2 C) IW S(D n 1 D n C) IW S(D n BC) = n i=1 (180 IW S( i )) Parallelenaxiom Zu jeder Geraden g und zu jedem nicht auf g liegenden Punkt A gibt es höchstens eine Gerade, die durch A verläuft und zu g parallel ist. Umkehrung des Stufenwinkelsatzes: Freie Schenkel an kongruenten Stufenwinkeln sind parallel. Beweis: Seien (p,g) und (r,s) kongruente Stufenwinkel mit den Scheiteln A und B. Nehme an, die Geraden, denen q und s angehören haben einen Schnittpunkt C, der o.b.d.a. bzgl. g auf der Seite von r und s liegen möge. Der Winkel (p,q) ist ein Innenwinkel des Dreiecks ABC, der Winkel (r, s) ist ein Außenwinkel dieses Dreiecks oder umgekehrt. Wegen (p,q) (r,s) ist dies jedoch ein Widerspruch zum schwachen Außenwinkelsatz. Äquivalenz des Parallelenaxioms und der Existenz eines Dreiecks mit Innenwinkelsumme von 180 IW S( ) = 180 Parallelenaxiom Gegeben sei eine beliebige Gerade a, ein Punkt A außerhalb dieser Gerade, der Fußpunkt B des Lotes von A au a und a eine durch A verlaufende, zu AB senkrechte Gerade. Umkehrung SWS a a Bleibt z.z.: Jede andere, durch A verlaufende Gerade schneidet a Sei dazu b eine beliebige von a verschiedene Gerade mit A b und b + Halbgerade, die mit AB + den Winkel β einschließt. b existiert, da b von a verschieden, also nicht senkrecht auf AB steht. Ferner seien B 1,...,B n a +, welche die Bedingung 5

7 BB 1 AB, B 1 B 2 AB 1,..., B n 1 B n AB n 1 erfüllen. Da die Innenwinkelsumme eines jeden Dreiecks gleich zwei Rechten ist, folgt aus diesen Bedingungen nach dem Basiswinkelsatz und schließlich π π m( (BAB 1 )) = m( (BB 1 A)) = 2 = π 2 4, m( (B 2B 1 A)) = 3 4 π π 3 m( (B 1 AB 2 )) = m( (B 1 B 2 A)) = 4 π = π 2 8, m( (B 3B 2 A)) = 7 8 π m( (B n 1 AB n )) = m( (B n 1 B n A)) = 1 2 (π m(b nb n 1 A)) = Für den Winkel zwischen AB + und AB + n ergibt sich daraus π π m( (BAB n )) = 2 n+1 2 = π n π 2 π 2 n+1. Da β spitzer Winkel ɛ mit ɛ > 0 und m(β) = π 2 ɛ. Wähle n so, dass 1 2 n π 2 < ɛ (b+,ab + ) < (BAB n ). b + liegt somit im Innern des Winkels (BAB n ) und hat mit BB n einen gemeinsamen Punkt, schneidet also die Gerade a. Da b beliebig gewählt war, existiert nur eine Gerade, die durch A verläuft und a nicht schneidet, nämlich die Senkrechte zu AB. Parallelnaxiom IW S( ) = 180 Sei (u,v) spitzer Winkel mit Scheitel O gegeben, A beliebiger Punkt auf u und B Schnittpunkt der in A auf u errichteten Senkrechten mit v. 1. Fall: IW S(OAB) = 180, womit die Behauptung schon gilt 2. Fall: IW S(OAB) < 180. Setze ɛ := 180 IW S(OAB). Ist A 1 ein Punkt auf u mit OA AA 1 OAB A 1 AB (diese Kongruenz ergibt aus dem sws-satz, da beide Dreiecke bei A einen rechten Winkel haben, eine gemeinsame Seite AB und OA AA 1 ) IW S(A 1 AB) = IW S(OAB) = 180 ɛ. Errichte Schenkel auf u in A 1 und erhalte als Schnittpunkt der Senkrechten mit v einen Punkt B 1. OA 1 B 1 setzt sich aus den Teildreiecken OAB,A 1 AB und BA 1 B 1 zusammen und nach Hilfssatz 4 folgt IW S(OA 1 B 1 ) = π (π IW S(OAB) + π IW S(A 1 AB) + π IW S(BA 1 B 1 )) und demnach IW S(OA 1 B 1 ) π 3ɛ. Durch Vorsetzen des Verfahren erhält an ein Dreieck OA n B n mit IW S(OA n B n ) π 3 n ɛ. Wähle n so, dass IW S(OA n B n ) 0. Dies ist unmöglich IW S(OAB) = 180 sein. Stufenwinkelpostulat Stufenwinkel an geschnittenen Parallelen sind kongruent. 6

8 Beweis der Äquivalenz vom Stufenwinkelpostulat und dem Parallelenaxiom Parallelenaxiom Stufenwinkelpostulat Gegeben seien g und h zwei parallele Geraden, die von einer dritten Gerade f in den Punkten A bzw. B geschnitten werden. Nehme Folgendes an: (P AQ) (P BR) es muss Gerade h, die durch A und B verläuft, und mit f einen Winkel einschließt, für den gilt: (P AQ) (P BS) nach der Umkehrung der Stufenwinkelsatzes g h, was im Widerspruch zu g h steht, da es nach dem Parallelenaxiom zu jeder Geraden nur genau eine Parallele geben kann. Stufenwinkelpostulat Parallelenaxiom Als Kontraposition zum SWS ergibt sich, dass nur solche Geraden parallel sein können, die mit einer beliebigen dritten Gerade kongruente Stufenwinkel einschließen. Aus der Eindeutigkeit der Winkelabtragung ergibt sich wie im folgenden Beweis gezeigt wird die Eindeutigkeit der Parallele. Beweis der Äquivalenz vom Parallelenaxiom und dem V. Postulat V. Postulat Parallelenaxiom Gegeben: beliebige Gerade g, Q Punkt auf g, beliebiger Punkt P, der nicht auf g liegt und Gerade h, die durch P verläuft. Betrachte nun die Halbgeraden g + und g von g bezüglich Q sowie h + und h von h bezüglich P, wobei h + und g + in einer Halbebene bezüglich der Geraden P Q liegen mögen. Eindeutigkeit der Winkelantragung genau eine Gerade h erfüllt: m( (QP +,g + )) + m( (P Q +,h + )) = 180 Gilt hingegen 7

9 m( (QP +,g + )) + m( (P Q +,h + )) < 180 g schneidet h in F + oder m( (QP +,g + )) + m( (P Q +,h + )) > 180 m( (QP +,g )) + m( (P Q +,h )) < 180 g schneidet h in F Es existiert also nur genau eine Gerade, die durch P verläuft und g nicht schneidet, und zwar diejenige, welche die die erste Bedingung erfüllt. Parallelenaxiom V. Postulat Gegeben: zwei parallele Geraden g und h und dritte Gerade f, welche g und h schneidet. Stufenwinkelsatz und Nebenwinkelsatz α + β = 180 Kontraposition: falls α + β < 180 g h g und h schneiden sich (wobei α := (P Q +,h + ) und β := (QP +,g + ) bleibt z.z.: g und h schneiden sich auf der Seite von F + NWS α + β > 180 g und h können sich nicht in F schneiden, da sonst ein Dreieck entstehen würde, mit einer Innenwinkelsummer von >180, was allerdings ein Widerspruch zum Innenwinkelsatz wäre g und h schneiden sich in F + Saccherische Viereck ABCD ist genau dann ein Saccherisches Viereck, wenn es folgende Bedingungen erfüllt: 1. Die Winkel bei A und B sind Rechte. 2. Die Strecken AD BD Hilfssatz 5 Die Winkel (ADC) (BCD) in einem Saccherischen Viereck sind kongruent. Beweis: Wegen der gemeinsamen Seite AB, den kongruenten Seiten AD BD und den bei- 8

10 den rechten Winkeln bei A und B, gilt nach sws-satz ACB BDA (ACB) (BDA), AC BD und (ABD) (BAC) (CBD) (DAC) DAC CBD Behauptung 3 Hypothesen zu den Winkel bei D und C des Saccherischen Vierecks 1. Winkel bei D und C sind stumpf 2. Winkel bei D und C sind spitz 3. Winkel bei D und C sind Rechte Satz 3 Hypothese 1 kann auf der Grundlage der Axiome und Sätze der absoluten Geometrie widerlegt werden. Hypothese 3 gilt genau dann, wenn das Parallelenaxiom gilt. Beweis: Falls Hypothese 1 zutrifft IW S(ABCD) 360 IW S(ACB) IW S(BDA) > 180, was jedoch Satz 4 widerspricht. Wenn das euklidische Parallelenaxiom gilt (Innenwinkelsatz) IW S(ACB) = IW S(BDA) = 180 IW S(ABDC) = 360 m( (ADC))+m( (BCD)) = 180 und wegen Hilfssatz 5m( (ADC)) = m (BCD)) = 90. Ist umgekehrt die Hypothese vom rechten Winkel erfüllt IW S(ABCD) = 360 IW S(ACB) IW S(BDA) = 360 beide Dreiecke müssen eine Innenwinkelsumme von 180 haben, da wegen Satz 4 ihre Innenwinkelsumme nicht größer as 180 sein darf. Satz 4 Das Parallelenaxiom gilt genau dann, wenn eine Gerade g und drei kolineare Punkte A,B und C existieren die nicht auf g liegen und von g denselben Abstand haben. Beweis: (Parallelenaxiom kolinear... wurde bereits gezeigt) Seien umgekehrt eine Gerade g und drei Punkte A,B und C mit d(a,g) = D(B,g) = d(c,g) gegeben sowie A, B und C die Fußpunkte der Lote von A, B bzw. C auf g. Die Vierecke A B BA B C CB sind wegen AA = BB = CC und der rechten Winkel bei A, B und C Saccherische Vierecke. Da A, B und C auf einer Geraden liegen, gilt nach dem Nebenwinkelsatz m( (ABB )) + m( )CBB )) = 180. Da das Auftreten eines stumpfen Winkels in einem Saccherischen Viereck nach Satz 7 ausgeschlossen ist, muss es sich bei den Winkeln um B um Rechte handeln Gültigkeit des Parallelenaxioms Satz 5 Falls zwei Dreiecke ABC und DEF existieren, die in allen drei Winkelmaßen übereinstimmen und nicht kongruent sind, so gilt das Parallelenaxiom. Beweis: Seien ABC und DEF zwei Dreiecke mit den Innenwinkelmaßen α (bei A und D), β (bei B und E) sowie γ (bei C und F). Ferne seien E AB + und F AC + zwei Punkte mit DE = AE und DF = AF. Die Dreiecke AE F und DEF sind kongruent und die Geraden BC und E F schneiden sich nicht. Mach dem Nebenwinkelsatz ist m( (BE F ) = 180 β und m(cf E ) = 180 γ, die Innenwinkelsumme des Vierecks BCF E ist demnach gleich vier Rechten, wonach zwei Dreiecke mit einer Innenwinkelsumme von jeweils zwei Rechten existieren und somit das Parallelenaxiom gilt. 9