Letzte Woche wurden uns die Axiome von Hilbert vorgestellt, genauer gesagt haben wir gesehen:

Transkript

1 Hilbert Ebene Letzte Woche wurden uns die Axiome von Hilbert vorgestellt, genauer gesagt haben wir gesehen: - die Axiome der Verknüpfungen (Axioms of Incidence) - die Axiome der Anordnung (Axioms of Betweeness) sowie - die Axiome der Kongruenz von Strecken und Winkel Nun werden wir heute in einem ersten Schritt die Hilbert Ebene definieren und dann aufzeigen wie viel von Euklids Buch 1 in der Hilbert Ebene abgedeckt werden kann (zwei Ausnahmen die ausgeschlossen werden da diese mit dem Parallelaxiom in Berührung kommen). Dabei ist vorwegzunehmen dass das Parallelaxiom in dieser Betrachtung nicht miteinbezogen wird, weil die Axiome der Hilbert Ebene eine Basis sowohl für nicht Euklidische (Geometrie in denen Parallelaxiom abgeändert oder gar gestrichen wurde wie zb. die hyperbolische Geometrie die Lobatschewski aufgestellt hat) als auch für Euklidische Geometrie bildet (aus diesem Grund nennt mancher die Hilbert Ebene auch die neutrale Geometrie). Definition (Hilbert Ebene) Eine Hilbert Ebene ist eine Menge (von Punkten) zusammen mit bestimmten Teilmengen, den Linien (sowie den undefinierten Begriffen der Anordnung, der Kongruenz für Strecken wie auch der Kongruenzen für Winkel) welche die Axiome (I1)-(I3), (B1)-(B4), und (C1)-(C6) erfüllen. Wir werden nun wie bereits gesagt die Propositionen von Euklid (Buch 1) Schritt für Schritt durchgehen und schauen wie wir diese in Hilberts Ebene abdecken können. Proposition (I.1) ( Über einer gegebenen Strecke ein gleichseitiges Dreieck zu errichten ) Ist unsere erste Ausnahme. Ohne zusätzliche Axiome ist nicht klar, dass sich die zwei Kreise in Euklids Konstruktion auch kreuzen. Tatsächlich folgt die Existenz eines gleichseitigen Dreiecks auf gegebener Strecke nicht aus Hilberts Axiomen (Werden wir später noch sehen Exercise 39.31). Wir wollen diese Lücke jedoch mithilfe der Existenz eines gleichschenkligen Dreiecks füllen. Diese Existenz werden wir später zeigen (Proposition 10.2) Proposition (I.2)/(I.3) ( Wie von einem Punkt D aus eine Strecke DW gezeichnet wird die gleich lang ist wie die gegebene Strecke AB / Wie auf einer gegebenen Strecke DE eine Strecke abgetragen werden kann, die in einem Punkt Z beginnt und genauso lang sein soll wie eine gegebene Strecke AB ) Werden ersetzt durch das Axiom (C1) (Transportieren von Strecken) Proposition (I.4) (SAS: Sides Angel Sides) ( Wenn in zwei Dreiecken zwei Seiten zwei Seiten entsprechend gleich sind und die von den gleichen Seiten eingeschlossenen Winkel einander gleich, dann muss in ihnen auch die Grundlinie der Grundlinie gleich sein, das Dreieck muss dem Dreieck gleich sein, und die

2 übrigen Winkel müssen den übrigen Winkeln entsprechend gleich sein, nämlich immer die, denen gleiche Seiten gegenüberliegen ) Wird ersetzt durch das Axiom (C6) Proposition (I.5) (In einem gleichschenkligem Dreieck sind Basiswinkel kongruent) Beweis von Euklid ist ok und kann so übernommen werden, d.h. in anderen Worten jeder Beweisschritt kann mit der Struktur der Hilbert Ebene begründet werden. Wir betrachten nun Euklids Beweis und schauen Schritt für Schritt wie das in der Hilbert Ebene übernommen werden kann. Beweis: Sei ABC ein gegebenes gleichschenkliges Dreieck mit AB AC (kongruente Strecken). Wir müssen nun zeigen dass dann die Basiswinkel ABC und ACB auch kongruent sind. Nehme dazu auf BD beliebigen Punkt F (möglich dank Axiom (B2)). Auf AE trenne AG derart ab so dass AG gleich AF (möglich dank Axiom (C1)). Somit ist AC AB und AF AG und der eingeschlossene Winkel BAC ist noch immer der gleiche. Somit mit (C6) müssen die Dreiecke AFC und AGB kongruent sein. Weiter muss FC GB und AFC AGB und ACF ABG. Da gleiches subtrahiert von gleichem gleich ist, können wir schließen (von 8.3) dass BF CG. Dann wieder mit (C6) sind die Dreiecke FBC und GCB kongruent und es folgt dass CBG BCF. Vom Kapitel 9 von letzter Woche (Exercise 9.1) wissen wir nun dass durch Subtraktion von kongruenten Winkeln die Winkel ABC und ACB kongruent sein müssen und somit gilt die Behauptung. In gewissen Beweisschritten benötigen wir Wissen in Bezug auf die Anordnung von Punkten, was wir jedoch formal mit unseren Axiomen beweisen können. Zum Beispiel im Falle dass man das Liniensegment AB von der Strecke AF abträgt, müssen wir wissen dass B zwischen A und B liegt. Das folgt jedoch von der Wahl unseres F. Zum Schluss, wenn es um Winkel geht, die abgetragen werden müssen, geht es darum zu wissen dass BC im Innern des Winkels ABG liegt. Dies folg vom Fakt, dass C zwischen A und G liegt. So zukünftig wenn wir sagen dass Euklids Beweis ok ist bedeutet das dass wir jeden Beweisschritt mit Axiomen von Hilbert bzw mit den Resultaten die wir bekommen haben begründen können.

3 Proposition (I.6) (Umkehrung von Proposition (I.5)) (Falls zwei Winkel in einem Dreieck gleich sind, dann sind auch die jeweiligen Gegenseiten gleich) Beweis ist ok außer einem Schritt am Ende von Euklids Beweis Euklid benutzt bei seinem Widerspruchbeweises die Ungleichheit von zwei Dreiecke, was wir in unserem System nicht abdecken können da wir Ungleichheit von Dreiecken nicht definiert haben. Abhilfe schafft hierbei ein kleiner Zusatz: Denn von der Kongruenz der beiden Dreiecke DBC ACB (für Euklid ist diese Gleichheit absurd) folgt dass die Winkel DCB ABC und auch ABC ACB gemäss Annahme. Somit gilt dass auch Winkel DCB ACB was jedoch ein Widerspruch zur Eindeutigkeit vom Axiom (C4) darstellt, da nur ein Winkel auf der gleiche Seite von CB kongruent zum Winkel ACB sein kann. Es folgt dass die Strecken CA und CD gleich sind, somit ist A=D und das Dreieck ist gleichschenklig wie gewünscht. Proposition (I.7) Benötigt zusätzliche Begründungen bezüglich der Anordnung von Linien. In Exercise 9.4 definierten wir genau dieses fehlende Argument so dass wir Euklids Beweis übernehmen können. (Genauer gesagt falls wir annehmen dass die Strecke AD im Innern des Winkels CAB und dass D ausserhalb des Dreiecks CAB liegt, dann müssen wir zeigen dass die Strecke CB dann im Innern des Winkels ACD und die Strecke DA im Innern des Winkels CDB liegt). Proposition (I.8) (SSS) ( Wenn bei zwei Dreiecken sowohl die beiden Seiten kongruent sind wie auch die Basisseite, dann sind auch entsprechende Winkel kongruent ) Es existiert kein Axiom von Hilbert welches die Überlagerung zweier Dreiecke in Euklids Beweis definiert, deshalb benötigt diese Präposition einen neuen Beweis. Proposition 10.1 (Beweis SSS) Wenn für zwei Dreiecke ABC und A B C folgendes gilt: AB A B, AC A C und BC B C, dann sind die zwei Dreiecke kongruent Beweis Mit den Axiomen (C4) und (C1) konstruieren wir einen Winkel C A B (auf A C gegenüber von B ) so dass dieser kongruent zu BAC ist und mache zusätzlich A B kongruent zu AB. Dann ist durch Konstruktion AB A B und gemäss Annahme AC A C und der Winkel BAC B A C durch Konstruktion. Mit (C6) ist dann das Dreieck ABC kongruent zum Dreieck A B C und es folgt dass BC B C. Zeichne nun die Linie B B. Es folgt dass A B AB A B und mit der Transitivität gilt somit dass A B A B. Das Dreieck A B B ist dann gleichschenklig und mit (I5) gilt dass deren Basiswinkel A B B und A B B kongruent sind. Das gleiche gilt für B C B C, somit ist auch das Dreieck C B B gleichschenklig und deren Basiswinkel B B C und B B C sind kongruent. Durch Addition kongruenter Winkel folgt (9.4) dass der Winkel A B C A B C Da gezeigt wurde dass das Dreieck ABC kongruent zu A B C ist gilt dass der Winkel

4 A B C ABC. Wieder gemäss der Transitivität der Kongruenz folgt dass der Winkel ABC A B C, mit dem Axiom (C6) folgt somit dass diese beiden Dreiecke kongruent sind. Proposition I.9 ( Um einen gegebenen Winkel zu halbieren ) Euklid braucht für die Beweisführung bei Proposition (I.9) eine Reihe von Konstruktionen (mit Massstab und Zirkel) welche wir so in der Hilbert Ebene nicht ausführen können. Zudem besitzen wir bis jetzt noch immer kein Axiom, welches uns versichert, dass Linien und Kreise sich schneiden wenn dies verlangt wird. Wie auch immer, wir können diese Propositionen als Existenztheoreme anschauen und diese dann mit den Hilbert Axiomen beweisen. Da wir bis jetzt keine gleichseitigen Dreiecke haben die Euklid in (I.1) konstruiert hat, werden wir die Existenz von gleichschenkligen Dreiecken zeigen und diese dann als Substitute für gleichseitige Dreiecke benutzen um die Existenzbeweise durchzuführen. Proposition 10.2 (Existenz von gleichschenkligen Dreiecken) Für gegebene Strecke AB existiert ein gleichschenkliges Dreieck mit Basis AB Beweis Sei AB gegebene Strecke. Und sei C ein beliebiger Punkt welcher nicht auf AB liegt (Axiom (I3)). Betrachte das Dreieck ABC. Falls die Winkel bei A und B gleich sind, dann ist das Dreieck ABC bereits gleichschenklig (I.6). Falls nicht, ist einer der Winkel kleiner als der andere, nehmen wir nun an es gilt Winkel CAB < CBA. Dann gibt es eine Strecke BE im Inneren des Winkels CBA so dass der Winkel CAB EBA. Mit dem Theorem 7.3 aus letzter Woche (Crossbar Thm.: Winkel CBA gegeben und E ein Punkt im Innern des Winkels, dann muss der Vektor BE die Strecke AC schneidet) wissen wir dass der Vektor BE die Strecke AC in einem Punkt D schneidet. Somit sind die Basiswinkel des Dreiecks DAB gleich und es folgt mit (I.6) dass das Dreieck gleichschenklig sein muss.

5 Bemerkung: Es reicht nicht an den beiden Enden von AB zwei gleiche Winkel zu konstruieren, weil ohne Parallelaxiom ist keine Garantie dass diese beiden Strecken sich treffen, egal wie klein die Winkel auch sein mögen. Proposition (I.9) Nun zurück zu Euklid. Wir benutzen bei der Beweisführung die gleiche Methode wie Euklid, nur dass wir die Proposition 10.2 brauchen um die Existenz eines gleichschenkligen Dreiecks DEF zu definieren dort wo Euklid ein gleichseitiges Dreieck einsetzt. Proposition (I.10) (Um eine Gerade AB zu halbieren) Um eine gegebene Strecke zu halbieren benutzen wir wieder 10.2 um ein gleichschenkliges Dreieck anstelle eines gleichseitigen zu konstruieren. Der Rest des Beweises funktioniert wiederum analog zum Beweis von Euklid (um zu zeigen dass ein Mittelpunkt eines Segments existiert). Proposition (I.11) (Um einen Rechten Winkel zu zeichnen bei gegebener Linie AB und gegebenen Punkt D auf AB) Wir können wiederum 10.2 benutzen um das gleichseitige Dreieck aus Euklids Beweis mit einem gleichseitigen zu ersetzen. Der Beweis folgt dann analog. (Das beweist auch die Existenz eines Rechtwinkels) Proposition (I.12) (Um einen Rechten Winkel zu zeichnen bei gegebener Linie AB und gegebenen Punkt D nicht auf AB) Euklids Methode einen Zirkel zu verwenden funktioniert nicht in der Hilbert Ebene, wir brauchen deshalb neuen Existenzbeweis (Exercise 10.4) Proposition (I.13) (Wenn eine gerade Linie auf einer geraden Linie steht dann entstehen entweder zwei Rechte Winkel oder zwei Winkel mit der Summe zweier Rechten Winkel) Kann ersetz werden durch das Resultat von Proposition 9.2 (Kongruenz von Nebenwinkeln) Proposition (I.14) (Wenn eine Strecke AB mit einem beliebigem Punkt B gegeben und zwei weitere Strecken sind so gegeben dass diese nicht auf der gleiche Seite liegen (in Bezug auf AB), und die Summe der zwei nebeneinanderliegenden Winkel ABC/ABD gleich gross sind wie zwei Rechte Winkel, dann sind die beiden Linien gerade) Ist eine Konsequenz von (I.13) (Exercise 10.7) Proposition (I.15) (Scheitelwinkel sind kongruent) Die Kongruenz von Scheitelwinkel ist bereits mit dem Korollar 9.3 abgedeckt. Proposition (I.16) (Falls eine Seite eines Dreiecks verlängert ist, dann ist der Aussenwinkel so gross wie die

6 beiden nicht anliegenden Innenwinkel) Das Theorem von Aussenwinkeln ist wichtig, deshalb gehen wir den Beweis von Euklid Schritt für Schritt mit den nötigen Ergänzungen durch. Proposition 10.3 (Aussenwinkeltheorem (I.16)) In jedem Dreieck ist der Aussenwinkel grösser als jeder der beiden nichtanliegenden Innenwinkel. Beweis: Sei ABC gegebenes Dreieck. Wir wollen nun zeigen dass der Außenwinkel ACD grösser ist als der gegenüberliegende Innenwinkel bei A. Sei hierfür E der Mittelpunkt von AC (I.10), und erweitere BE zu F so dass BE EF (Axiom (C1)). Zeichne nun die Linie CF, nun sind die Scheitelwinkel bei E gleich (I.15), mit SAS (C6) folgt dass die Dreiecke ABE und CFE kongruent sind. Somit gilt dass BAE ECF. Um nun den Beweis zu vervollständigen bleibt zu zeigen dass der Winkel ECF kleiner ist als der Winkel ACD. Hierfür müssen wir wissen, dass die Strecke CF im Innern des Winkels von ACD liegt. Dies wiederum können wir mit den Axiomen der Anordnung zeigen. Da D auf der verlängerten Linie von BC liegt, sind B und D auf der gegenüberliegenden Seite in Bezug auf die Strecke AC. Gemäss Konstruktion von F haben wir also B und F auf gegenüberliegenden Seiten (in Bezug auf die Strecke AC). Mit der Proposition 7.1 (Flächenseperation) folgt nun dass D und F auf der gleichen Seite von AC liegen. Betrachten die Seiten der Strecke BC, da B*E*F gilt, folgt dass E und F auf der gleichen Seite von BC liegen. Da A*E*C gilt, folgt dass A und E auf der gleichen Seite von AC liegen. Mit der Transitivität (7.1) folgt dass A und F auf der gleichen Seit sind und somit BC=CD. Gemäss Definition liegt folglich F im Innern des Winkels ACD und somit liegt auch die Strecke CF im Innern. Es folgt somit gemäss Definition der Ungleichung für Winkel dass der Winkel BAC kleiner ist als Winkel ACD. Proposition (I.17) bis (I.21) Sind alle ok soweit, ausser dass man bei I.17 die Aussage von Euklid dass zwei Winkel eines Dreiecks kleiner sind als zwei Rechte Winkel (macht in unserem System keinen Sinn, da zwei Rechte Winkel nicht einen Winkel darstellen kann) ersetzt durch die Aussage dass falls α und β zwei Winkel eines Dreiecks sind dann ist α kleiner als der Ergänzungswinkel von β. Proposition (I.22) (Gegeben drei Seitenlängen eines Dreiecks, dann sind zwei Seiten immer länger als die

7 Dritte) Ist neben (I.1) unsere zweite Ausnahme, denn ohne zu wissen dass zwei Kreise sich schneiden können wir die Existenz eines Dreiecks wie es in dieser Proposition gewünscht wird nicht zeigen. Tatsächlich werden wir später (Excercise 16.11) sehen dass Hilbert Ebenen existieren in welchen Dreiecken mit drei vordefinierten Strecken nicht existieren. Proposition (I.23) (Gegeben Linie mit Punkt A darauf, es wird nun gegebener Winkel konstruiert) Kann durch Hilberts Axiom (C4) ersetz werden Proposition (I.24), (I.25), (I.26)=(ASA) und (AAS), (I.27) Die restlichen Resultate die Euklid ohne Parallel Postulate bewies sind alle so ok Theorem 10.4 Alle Propositionen von Euklid, (I.1) bis (I.28), mit Ausnahme von (I.1)/(I.22) können in einer beliebigen Hilbert Ebenen bewiesen werden. Konstruktionen mit Hilberts Werkzeug Euklid brauchte unter anderem Massstab und Zirkel für die Beweisführung der Objekte in seiner Geometrie. Hilbert hingegen benutzen nicht Massstab und Zirkel, sondern er definierte entsprechende Axiome. Diese Existenzresultate welche Hilbert als Substitute für Euklids Werkzeuge eingesetzt hat können wir uns auch als sogenannte Werkzeuge vorstellen: -Dabei lässt sich (I1) (die Existenz einer Linie durch zwei Punkte) als Masstab darstellen. -Das Axiom (C1) kann man sich als Zirkel mit zwei Punkten welche als Transporter für Linien fungieren vorstellen. -Das Axiom (C4) als Transporter von Winkeln, welches einen gegebenen Winkel in einem neuen Punkt reproduzieren kann. Diese drei Werkzeuge; Zirkel, Teiler und Transporter von Winkeln bezeichnen wir von nun an als Hilberts Werkzeuge. Nun können wir das oben vorgestellte Theorem 10.2 nochmals betrachten und die Hilbert Werkzeuge darauf anwenden. Mit einem Werkzeug pro Schritt bekommen wir folgende Konstruktion: Sei Strecke AB gegeben. Nehme C welche nicht auf AB gegeben ist. 1) Zeichne AB 2) Zeichne BC und nehme an dass der Winkel CAB kleiner als CBA ist 3) Transporitere Winkel CAB zu ABE um D zu bekommen Dann ist ABD das gesuchte Dreieck.

8 Exercises Exercise 10.1 Sei ABC gegebener Winkel. Sei die Stecke AB kürzer als die Strecke BC. Nun trage mit dem Teiler die Strecke AB von B aus auf BC ab und kennzeichne dies mit C. Nun wissen wir dass die Strecke AB und BC gleich lang sein müssen. Mit dem Masstab verbinden wir nun die Punkte A und C. Sei nun D der Mittelpunkt von AC (Exercise 10.2). Wir wissen nun durch Konstruktion dass BA BC und BD BD. Mit Proposition (I.8) (SSS), folgt dass die Dreiecke DBA und DBC kongruent sind (DBA DBC ). Wir haben nun BD im Innern des Dreiecks ABC und wir wissen dass die Winkel ABD CBD. Es folgt somit dass BD den Winkel ABC halbiert. Exercise 10.2 Sei die Strecke AB gegeben. Wähle ein Punkt C welcher nicht auf der Strecke AB liegt. Trage mit dem Transporter den Winkel CAB auf die gegenüberliegende Seite von C ab so dass B als Eckpunkt fungiert und die Strecke BA eine Seite darstellt. Mit dem Teiler tragen nun die Strecke AC auf die neu konstruierte Seite ab und beschrifte diesen von C gegenüberliegenden Punkt mit D (es gilt dann AC BD). Verbinde C mit D und es folgt dass die Strecke CD die Strecke AB genau in deren Mittelpunkt schneidet. Exercise 10.3 Wir wissen dass es auch Punkte gibt die nicht auf l liegen, wir definieren solch einen mit A. Mit Exercise 10.4 wissen wir dass dann durch diesen Punkt eine auf l senkrecht stehende Linie kreieren werden kann. Mit (C4) schliessen wir dann dass es eine eindeutige Strecke geben muss, die durch Punkt A auf l den selben Winkel kreiert wie jener bei A (gemäss Konstruktion ist dieser ein rechter Winkel). Somit folgt trivialerweise die Behauptung. Exercise 10.4 Seien B und C zwei Punkte auf l (mit (I2)). Mit Hilfe von (C4) folgt nun dass eine Strecke BX existiert welche auf der Gegenüberliebenden Seite von l liegt (gegenüber A) und dass der Winkel XBC ABC. Mit C1 existiert ein Punkt A auf BX so dass BA BA. Da A und A auf Gegenüberliegenden Seiten, muss AA l in einem Punkt Q schneiden der zwischen A und A liegt. Falls Q=B dann sind die Winkel ABC und A BC supplementär. Da diese Winkel kongruent sind, müssen diese rechte Winkel sein, somit steht AA rechtwinklig auf l. Falls Q ungleich B, dann ist BQ BQ mit C1 und somit gilt mit SAS dass das Dreieck ABQ A BQ. Gemäss Definition der Kongruenz von Dreiecken gilt nun dass der Winkel AQB A QB und somit folgt dass AA senkrecht auf l liegt. Exercise 10.9 Wir wissen dass zwei rechte Winkel kongruent zueinander sind (Proposition 9.6). Somit folgt die Behauptung mit Proposition (I.4).