Das Parallelenproblem - Fakultät für Mathematik, TU Dortmund

Proseminar zur Linearen Algebra und
Elementargeometrie
Das Parallelenproblem
Wintersemester 2016/17
von:
Yann-Martin Jeannès
[email protected]
Prof. Dr. L. Schwachhöfer
Technische Universität Dortmund
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. h1 = AB1 , h2 = AB2 ,h3 = AB3 ; B1 B2 ∩h2 = ∅ ⇒ m(∠(B1 AB2 ))+m(∠(B2 AB3 )) = m(∠(B1 AB3 ))
4. Für Strahl h, m ∈ [0, π]∃h0 , ∠(h, h0 ) = 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 4 ein beliebiges Dreieck, so existiert für jeden Innenwinkel Φ dieses Dreiecks ein Dreieck 40 , dessen Innenwinkelsumme gleich der Innenwinkelsumme von 4 ist und das einen
Innenwinkel besitzt, der um mindestens die Hälfte kleiner ist als Φ.
Beiweis:
1
Sei 4 = ABC beliebig.
Konstruiere 40 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 A0 ein Punkt auf der Halbgerade OA− mit AO ≡ OA0 (A0 ex. wegen des Anordnungsaxioms). Betrachte das Dreieck AA0 C.
Für die IW S(ABC) und IW S(AA0 C) gilt:
IW S(ABC) = α1 + α2 + β + γ1 , , IW S(AA0 C) = α1 + α 0 + γ1 + γ2 .
Aus sws (AO ≡ OA0 , Winkel um O sind gleich, da Scheitelwinkel und BO ≡ OC)⇒ ABO ≡
A0 OC ⇒ α 0 ≡ α2 ∨ β ≡ γ2 ⇒ IW S(ABC) = IW S(AA0 C)
Da α1 oder α2 und aufgrund der Äquivalenz somit auch α1 oder α 0 ≤ 12 α sein müssen ⇒
(AA0 C) =: 40 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 4 mit einer Innenwinkelsumme von größer
als 180° existieren und schreiben diese in der Form IW S(4) = π + . Ist α ein beliebiger
Innenwinkel von 4, so existiert nach Hilfssatz 1 ein Dreieck 41 mit der Innenwinkelsumme
π + und einem Innenwinkel α1 ≤ α2 , ein Dreieck 42 mit IW S(42 ) = π + und α2 ≤ α4 ,...
sowie 4n mit IW S(4n ) = π + und einem Innenwinkel αn ≤ 2αn .
Wähle n so, dass 2αn < gilt. ⇒ Summe der anderen Innenwinkel von 4 ist somit
2
π + − 2αn > 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 CB0 A mit einem rechten Winkel bei
B0 sowie ∠(BCA) ≡ ∠(CAB0 ) ∧ ∠(CAB) ≡ ∠(ACB0 ). (CB0 A ist nach dem sws-Satz äquivalent
zu ABC, da die angetragene Winkel offensichtlich gleich sind, sowie die gemeinsame Seite
AC.) In dem Viereck ABCB0 sind alle Winkel rechte Winkel, da sich wegen IW S(ABC) =
IW S(CBA0 ) = 180 und der rechten Winkel bei B bzw. bei B0 die Winkel ∠(BCA) ∧ ∠(ACB0 ),
sowie ∠(CAB0 )∧∠(CAB) jeweils zu einem Rechten ergänzen, da die angetragenen Winkel beide Male das orthogonale Komplement von ∠(BCA) bzw. ∠(CAB) waren . Durch Verlängern
der Strecke AB0 um die zu AB0 kongruente Strecke B0 C 0 ergibt sich mit dem Punkt D ein zu
ABCB0 kongruentes Viereck B0 CDC 0 . (Diese Kongruenz ergibt sich aus der Kongruenz der
beiden Teildreiecke AB0 C ≡ B0 CD, da ein rechter Winkel bei B0 und C ex., eine gemeinsame
Seite B0 C besteht und AB0 ≡ BC ≡ CD, wegen der Verlängerung aus der Voraussetzung ist.
Außerdem gilt AB0 C ≡ B0 C 0 D, da B0 D ≡ AC was sich aus der Äquivalenz von B0 CD ergibt,
AB0 ≡ B0 C 0 wegen Verlängerung und ∠(CAB0 ) = ∠(DB0 C 0 ), weil auch ∠(DB0 C 0 ) wegen der verschiedenen Äquivalenzen das orthogonale Komplement von ∠(BAC) sein muss). Das Viereck
ABDC 0 hat somit ebenfalls vier rechte Winkel, es gilt somit IW S(ABD)+IW S(ADC 0 ) = 360°,
wegen Satz 1 muss also IW S(ABD) = IW S(BAC 0 ) = 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 A0 BC 0 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 0 BF 0 . (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 0 BF 0 gleich sind, genügt es zu zeigen, dass
IW S(D 0 BF 0 ) = 180 gilt. Nach Satz 1 ist die Innenwinkelsumme keines der Dreiecke A0 BF 0
3
und A0 F 0 C 0 größer als 180°. Wäre nun de Innenwinkelsumme eines der Dreiecke kleiner als
180°, so müsste auch die Innenwinkelsumme von A0 BC 0 , die sich wegen des NWS durch
IW S(A0 BC 0 ) = IW SA0 BF 0 ) + IW S(A0 F 0 C 0 ) − 180°
ausdrücken lässt, kleiner als 180° sein. Dies widerspräche allerdings der Voraussetzung.
Somit muss also die Innenwinkelsumme von A0 BF 0 180° betragen, woraus sich ergibt, dass
die Innenwinkelsummen von D 0 BF 0 undD 0 A0 F 0 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 4 ein beliebiges Dreieck, so kann 4 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 4 diesen Wert hat.
Hilfssatz 4
P
Ist ein Dreieck 4 in Teildreiecke 4k , k = 1, ..., n zerlegt, so gilt π−IW S(4) = ni=1 (π−IW S(4i ))
Beweis: Zerlege ABC in drei Teildreiecke AD1 C, D1 D2 C und D2 BC. Nun gilt IW S(ABC) =
4
IW S(AD1 C)+IW S(D1 D2 C)+D2 BC)−2∗180°, da sowohl die beiden Winkel um D1 ∠(AD1 C)
und ∠(D2 D1 C), als auch die beiden Winkel um D2 ∠(D1 D2 C) und ∠(BD2 C) zusammen 2∗180°
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(AD1 C)+180°−IW S(D1 D2 C)+180°−IW S(D2 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(AD1 C) + IW S(D1 D2 C) + ... + D] n − 1Dn C + Dn 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(AD1 C) + 180°−IW
Pn S(D1 D2 C) + ... + 180°−IW S(Dn−1 Dn C) +
180°IW S(Dn BC) = i=1 (180°−IW S(4i ))
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(4) = 180°⇒ Parallelenaxiom
Gegeben sei eine beliebige Gerade a, ein Punkt A außerhalb dieser Gerade, der Fußpunkt B
des Lotes von A au a und a0 eine durch A verlaufende, zu AB senkrechte Gerade.
Umkehrung SWS ⇒ a k a0
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 B1 , ... ,Bn ∈ a+ , welche die Bedingung
5
BB1 ≡ AB, B1 B2 ≡ AB1 ,..., Bn−1 Bn ≡ ABn−1
erfüllen. Da die Innenwinkelsumme eines jeden Dreiecks gleich zwei Rechten ist, folgt aus
diesen Bedingungen nach dem Basiswinkelsatz
π
2 = π , m(∠(B B A)) = 3 π
m(∠(BAB1 )) = m(∠(BB1 A)) =
2 1
2
4
4
3
π− π π
4 = , m(∠(B B A)) = 7 π
m(∠(B1 AB2 )) = m(∠(B1 B2 A)) =
3 2
2
8
8
π−
und schließlich
1
π
m(∠(Bn−1 ABn )) = m(∠(Bn−1 Bn A)) = (π − m(Bn Bn−1 A)) = n+1 .
2
2
Für den Winkel zwischen AB+ und AB+n ergibt sich daraus
π−
m(∠(BABn )) =
π
2n+1
=
π 1 π
−
2 2n 2
2
1 π
π
Da β spitzer Winkel ∃ mit > 0 und m(β) = −. Wähle n so, dass n < ⇒ ∠(b+ , AB+ ) <
2
2 2
∠(BABn ). b+ liegt somit im Innern des Winkels ∠(BABn ) und hat mit BBn 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(4) = 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 := 180°−IW S(OAB). Ist A1 ein Punkt auf u mit |OA||AA1 | ⇒
OAB ≡ A1 AB (diese Kongruenz ergibt aus dem sws-Satz, da beide Dreiecke bei A einen rechten Winkel haben, eine gemeinsame Seite AB und OA ≡ AA1 ) ⇒ IW S(A1 AB) = IW S(OAB) =
180°−. Errichte Schenkel auf u in A1 und erhalte als Schnittpunkt der Senkrechten mit v
einen Punkt B1 . OA1 B1 setzt sich aus den Teildreiecken OAB, A1 AB und BA1 B1 zusammen
und nach Hilfssatz 4 folgt
IW S(OA1 B1 ) = π − (π − IW S(OAB) + π − IW S(A1 AB) + π − IW S(BA1 B1 ))
und demnach IW S(OA1 B1 ) ≤ π − 3. Durch Vorsetzen des Verfahren erhält an ein Dreieck
OAn Bn mit IW S(OAn Bn ) ≤ π − 3n ∗ . Wähle n so, dass IW S(OAn Bn ) ≤ 0. Dies ist unmöglich
⇒ IW S(OAB) = 180° sein.
Stufenwinkelpostulat
Stufenwinkel an geschnittenen Parallelen sind kongruent.
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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 h0 , 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 k h0 , was im Widerspruch zu g k 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
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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 0 + β 0 > 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 bei8
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 A0 , B0 und C 0 die Fußpunkte der Lote von A, B bzw. C auf g. Die Vierecke
A0 B0 BA ≤ B0 C 0 CB sind wegen |AA0 | = |BB0 | = |CC 0 | und der rechten Winkel bei A0 , B0 und C 0
Saccherische Vierecke. Da A, B und C auf einer Geraden liegen, gilt nach dem Nebenwinkelsatz m(∠(ABB0 )) + m(∠)CBB0 )) = 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 0 ∈ AB+ und F 0 ∈ AC + zwei Punkte mit
|DE| = |AE 0 | und |DF| = |AF 0 |. Die Dreiecke AE 0 F 0 und DEF sind kongruent und die Geraden
BC und E 0 F 0 schneiden sich nicht. Mach dem Nebenwinkelsatz ist m(∠(BE 0 F 0 ) = 180°−β und
m(CF 0 E 0 ) = 180°−γ, die Innenwinkelsumme des Vierecks BCF 0 E 0 ist demnach gleich vier
Rechten, wonach zwei Dreiecke mit einer Innenwinkelsumme von jeweils zwei Rechten existieren und somit das Parallelenaxiom gilt.
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