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Mathematik » Geometrie » Seitenwinkelbeziehungen im Dreieck - Lücke in der Beweiskette
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Kein bestimmter Bereich J Seitenwinkelbeziehungen im Dreieck - Lücke in der Beweiskette
Wario
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  Themenstart: 2022-04-15

$\textsf{(W1)}$ Im Dreieck besitzt die Summe der Innenwinkel die Größe von zwei rechten Winkeln, also $\alpha+\beta+\gamma=180^\circ.$ Folgerung: $\textsf{(W2)}$ Ein Dreieck besitzt höchstens einen rechten Winkel (etwa $\gamma=90^\circ$) bzw. höchstens einen stumpfen Winkel (etwa $ 90^\circ < \gamma < 180^\circ$). In beiden Fällen handelt es sich dann um den größten Innenwinkel. $\textsf{(1)}$ Im Dreieck liegt der längeren von zwei Seiten der größere Winkel gegenüber. Umgekehrt liegt dem größeren von zwei Winkeln die längere Seite gegenüber. Folgerungen: $\textsf{(2)}$ Der längsten Seite liegt der größte Winkel gegenüber. Umgekehrt liegt dem größten Winkel die längste Seite gegenüber. $\textsf{(3)}$ Gleichlangen Seiten liegen gleichgroße Winkel gegenüber. Umgekehrt liegen gleichgroßen Winkeln gleichlange Seiten gegenüber. (Basiswinkelsatz) Beweis. Beweis $\textsf{(3)}:~~ a=b ~\Rightarrow~ \alpha=\beta.$ Sei $ABC$ ein gleichschenkliges Dreieck, mit $|AC|=a$ und $|BC|=a$. $ \def\WSW{0}% 1 WSW, 0 SsW % Gegebene Größen \pgfmathsetmacro{\a}{3.2} % \pgfmathsetmacro{\b}{3.2} % \pgfmathsetmacro{\c}{5} % \pgfmathsetmacro{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} % \pgfmathsetmacro{\Beta}{acos((\a^2+\c^2-\b^2)/(2*\a*\c))} % \pgfmathsetmacro{\Gamma}{acos((\a^2+\b^2-\c^2)/(2*\a*\b))} % \pgfmathsetmacro{\hc}{\a*sin(\Alpha)} % \pgfmathsetmacro{\pc}{sqrt(\b^2-\hc^2)} % \pgfkeys{/tikz/savevalue/.code 2 args={\global\edef#1{#2}}} \begin{tikzpicture}[%scale=0.7, font=\footnotesize, background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, %show background rectangle, Punkt/.style 2 args={ label={[#1]:$#2$} }, Dreieck/.style={thick}, ] \coordinate[label=below:$A$] (A) at (0,0); \coordinate[label=below:$B$] (B) at (\c,0); \coordinate[label=$C$] (C) at (\Alpha:\b); \coordinate[label=below:$H_c$] (Hc) at (\pc,0); % Annotationen - Dreieck % Konkruenzfälle \ifnum\WSW=1%======================== % WSW \draw pic [draw, angle radius=7mm, angle eccentricity=0.75, "$\alpha$", red, fill=red!33 ] {angle =B--A--C}; \draw pic [draw, angle radius=7mm, angle eccentricity=0.75, "$\alpha$", red, fill=red!33 ] {angle =C--B--A}; \draw pic [draw, angle radius=5mm, angle eccentricity=0.75, "$\gamma_1$", red, fill=red!33 ] {angle =A--C--Hc}; \draw pic [draw, angle radius=5mm, angle eccentricity=0.75, "$\gamma_2$", red, fill=red!33 ] {angle =Hc--C--B}; \draw[] (A) -- (B) -- (C) --cycle; % \else%===================== % SsW: \draw pic [draw, angle radius=7mm, angle eccentricity=0.75, "$\alpha$", ] {angle =B--A--C}; \draw pic [draw, angle radius=7mm, angle eccentricity=0.75, "$\beta$", ] {angle =C--B--A}; \draw[] (A) -- (B); \draw[red] (A) -- (C) node[midway, left]{$a$}; \draw[red] (B) -- (C) node[midway, right]{$a$}; \fi%======================== % Hc und rechte Winkel \draw pic [draw, angle radius=4mm, %angle eccentricity=0.75, "$\cdot$", red, fill=red!33 ] {angle =C--Hc--A}; \draw pic [draw, angle radius=4mm, %angle eccentricity=0.75, "$\cdot$", red, fill=red!33 ] {angle =B--Hc--C}; \draw[red] (C) -- (Hc); %% Punkte \foreach \P in {Hc} \draw[fill=black!1] (\P) circle (1.5pt); \end{tikzpicture} $ Dann gilt für die Dreiecke $AH_cC$ und $H_cBC$ der Kongruenzfall SsW; denn · $|AC|=a=|BC|$ (nach Voraussetzung). · Die Höhe $|CH_c|$ ist in beiden Dreiecken als Seite enthalten. · Für die Winkel am Höhenfußpunkt ist $ \sphericalangle CH_cA =\sphericalangle BH_cC =90^\circ, $ wobei diese Winkel als rechte Winkel jeweils die größten Winkel im entsprechenden Dreieck sind und somit der längsten Seite gegenüberliegen. Damit müssen auch die restlichen Seiten und Winkel übereinstimmen, also insbesondere $\alpha=\beta$. $\square$
Es seien (W1) und (W2) bewiesen. Problem: Ich wollte (3) beweisen. Dann (3) ⇒ (1), dann (1) ⇒ (2) beweisen. Jetzt ist mir aufgefallen, dass ich bei obigem Beweis bereits (2) brauche, weil der Kongruenzfall SsW zwingend den größeren Winkel verlangt. Wie kann ich das lösen?



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Ixx
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  Beitrag No.1, eingetragen 2022-04-15

Moin, bei solch elementaren Fragestellungen ist immer relevant, was denn schon -- z.B. durch vorhergehende Sätze oder Axiome -- bekannt ist, und was nicht. Beispielsweise brauchst du ja (2) in deinem Beweis nicht in voller Allgemeinheit, sondern nur für rechtwinklige Dreiecke, dass die Hypothenuse immer die längste Seite ist. Dies könnte man mit der Umkehrung des Satzes von Thales begründen, denn dieser besagt ja, dass die Hypothenuse Durchmesser des Umkreises des Dreiecks ist und der Durchmesser beschreibt die maximale Entfernung, die zwei Punkte auf einem Kreis haben können. Also ist die Hypothenuse eine längste Seite in einem rechtwinkligen Dreieck. Und da auf jedem Durchmesser der Mittelpunkt des Kreises liegt, können die beiden Katheten eben keine Durchmesser sein, sind also kürzer. Also liegt in einem rechtwinkligen Dreieck dem rechten Winkel auch immer die längste Seite gegenüber. Das klappt aber natürlich nur, wenn man die Umkehrung des Satzes von Thales bereits nutzen kann und sich über Durchmesser von Kreisen schon Gedanken gemacht hat...


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cramilu
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  Beitrag No.2, eingetragen 2022-04-15

Guten Abend... Es seien (W1) und (W2) bewiesen. Nö! Führe den Beweis für (W1) vor, dann kannst Du (W2) schlicht daraus folgern (wie Du ja selber bereits erkannt hast). Ich wollte (3) [Kongruenz] beweisen. Wollte Euklid auch schon. Is so nicht! David Hilbert hatte erkannt, dass man mindestens einen der Kongruenzsätze als Axiom festlegen muss und sich für "SWS" entschieden: Hilberts Axiomensystem der euklidischen Geometrie, III.6.


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Wario
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  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2022-04-15

Wir thematisieren hier nicht das Parallelenaxiom oder ähnliches. (W1) und (W2) sind vollständigkeitshalber angegeben. Das ist aber nicht das Thema hier. Es geht um die Sätze (1), (2) und (3). Da scheint Beitrag #1 gar nicht so unbrauchbar.


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cramilu
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  Beitrag No.4, eingetragen 2022-04-15

III.6. im verlinkten Artikel ist genau das Kongruenzaxiom. Parallelität wird erst in Gruppe IV behandelt. Beim Satz des Thales handelt es sich um eine spezielle Erkenntnis aus den Kreiswinkelsätzen: Zentriwinkelsatz & Peripheriewinkelsatz Klar könnte man nun so argumentieren, dass jeder Dreiecksseite als Sehne des Umkreises ein Peripheriewinkel ganz bestimmter Größe gegenüberliegen muss, der eben genau halb so groß ist wie der Zentriwinkel, und dass dann auch gleich langen Sehnen stets gleich große Peripheriewinkel gegenüberliegen müssen. Aber der grundlegende Zusammenhang zwischen Verhältnissen von Längen und Größen von Winkeln - Ähnlichkeit, Kongruenz - muss dennoch vorab axiomatisch geklärt werden!


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Ixx
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  Beitrag No.5, eingetragen 2022-04-16

Um Thales zu beweisen, braucht man seine Verallgemeinerung nicht. Den kann man auch zeigen, ohne je über Winkel zu reden -- sofern man zumindest einen Begriff der Orthogonalität von Geraden hat.


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cramilu
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  Beitrag No.6, eingetragen 2022-04-16

@Ixx: Zeigen ist stark! Führe es hier vor.


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Ixx
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  Beitrag No.7, eingetragen 2022-04-16

Ich bete doch hier nicht vor, was wir in unserer Vorlesung in etwa dem zweiten Drittel machen. Aber gut, ne Kurzfassung für Thales: Sei AB der Durchmesser eines Kreises K mit Mittelpunkt M und sei C, verschieden von A und B auf K. Sei weiterhin D der Bildpunkt von C bei Punktspiegelung an M. (Insbesondere ist dann auch A'=B und B'=A.) Wir betrachten nun das echte Viereck ACBD. Da die Punktspiegelung richtungstreu ist, d.h. Gerade und Bildgerade parallel zueinander sind, sind die Geraden AC und BD=A'C' sowie AD und BC=A'D' jeweils zueinander parallel. ALso handelt es sich bei unserem Viereck um ein Parallelogramm. Weiterhin sind wegen A=B' und C=D' die Diagonalen dieses Vierecks beides Durchmesser des Kreises K, also zueinander kongruent. Damit ist das Viereck sogar ein Rechteck und die Geraden AC und BC schneiden sich orthogonal in C, QED. Jetzt kannst du fragen, wie man beweist, dass Punktspiegelungen richtungstreu sind, oder dass alle Durchmesser eines Kreies zueinander kongruent sind. Ja, dergleichen wird eben zuvor thematisiert. Und ich kann dir versichern, dass kein Winkel-Begriff hier vorkommt.


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cramilu
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  Beitrag No.8, eingetragen 2022-04-16

@Ixx Ok... lineare Algebra als Modell der Euklidischen Geometrie... Dann ist der Thales-Beweis natürlich schick - danke! Da ich selber nicht Mathe, sondern "bloß" Informatik studiert habe, und das auch noch vor langer Zeit, kann ich da nicht vollumfänglich beurteilen, wie das Wario weiterhilft. Geschweige denn, wie man die Ähnlichkeits- und Kongruenzthematik im Einzelnen mit Vektoralgebra in den Griff kriegt. Ich glaub's mal einfach.


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Ixx
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  Beitrag No.9, eingetragen 2022-04-16

Auch lineare ALgebra taucht hier nicht auf. Es braucht keinen Vektor-Begriff o.Ä., um Geometrie betreiben zu können. Hatten die alten Griechen auch nicht... Wenn du wegen des Begriffs der Punktspiegelung an lineare Algebra gedacht haben solltest: Die braucht man dafür nicht. Die Punktspiegelung am Punkt M ist diejenige Abbildung einer euklidischen Ebene auf sich selbst, die jeden Punkt P der Ebene auf den Verdopplungspunkt der Strecke PM abbildet. Und was ist das? Dass ist der eindeutig bestimmte Punkt P', für den M der Mittelpunkt der Strecke PP' ist.


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thureduehrsen
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  Beitrag No.10, eingetragen 2022-04-16

\(\begingroup\)\(\newcommand{\id}{\operatorname{id}}\) \quoteon(2022-04-16 00:29 - Ixx in Beitrag No. 7) Ich bete doch hier nicht vor, was wir in unserer Vorlesung in etwa dem zweiten Drittel machen. Aber gut, ne Kurzfassung für Thales: Sei AB der Durchmesser eines Kreises K mit Mittelpunkt M und sei C, verschieden von A und B auf K. Sei weiterhin D der Bildpunkt von C bei Punktspiegelung an M. (Insbesondere ist dann auch A'=B und B'=A.) \quoteoff Da steige ich aus. Was sind \(A'\) und \(B'\)? Ist \(A'\) der Bildpunkt von A bei Punktspiegelung an M, und ist \(B'\) der Bildpunkt von B bei Punktspiegelung an M? Der Punkt \(C'\) ist auch nicht eingeführt. Das hat hier erklärt zu sein und der Leser soll es sich nicht hinzudenken müssen und dabei der Gefahr von Fehlern unterliegen. mfg thureduehrsen \(\endgroup\)


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Ixx
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  Beitrag No.11, eingetragen 2022-04-16

Na wenn du schon bei der Beweis-Skizze (es war eine Kurzfassung angekündigt) mit Standard-Bezeichnungen aussteigst, solltest du es vielleicht noch einmal mit Nachdenken probieren. Anyway, ich habe meinen Punkt gemacht. Wie schon im ersten Beitrag beschrieben, ist bei solchen Fragen immer relevant, welche Dinge man voraussetzen kann. Ich habe eine Möglichkeit geliefert, wie man das Ausgangsproblem lösen kann. Was genau hast du dazu beigetragen?


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Wario
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  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2022-04-16

Zum Zwecke einer sinnvollen Reihenfolge und betreffs der Frage, was bereits alles vorausgesetzt werden darf oder muss, habe ich mal Euklid (I. Buch) bemüht. Konkret geht es hier um I.18 und I.19 auf Seite 12. Im Augenblick ist mir das aber noch nicht so klar.


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Ixx
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  Beitrag No.13, eingetragen 2022-04-16

Du vermeidest übrigens, über den rechten Winkel reden zu müssen, wenn du anstatt der Höhe die Seitenhalbierende verwendest. Dann sind die beiden Dreiecke gemäß Kongruenzsatz SSS kongruent. Die Frage ist, ob du den schon voraussetzen willst. In deinem Link ist deine Aussage (3) gleich I.6. Wenn du dich also an Euklid orientieren willst, kannst du dort einer Herleitung folgen.


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Wario
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  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2022-04-16

Es scheint nicht so ratsam, die höheren Sätze aus der Kreisgeometrie heranzuziehen; weil man es vermutlich didaktisch bereits früher haben will. Bei Euklid wird $a=b ~\Rightarrow~ \alpha=\beta$ aus dem SWS-Kongruenzsatz bewiesen (was allerdings aufwendiger wird, vgl. #0). Damit umgeht man jedenfalls das Problem beim SsW-Kongruenzssatz. Vielleicht sollte man im Folgenden den zweiten Teil von (2), das ist $\alpha>\beta ~\Rightarrow~ a>b$, auch noch besser geometrisch beweisen (?).
Erinnerung: \quoteon $\textsf{(1)}$ Im Dreieck liegt der längeren von zwei Seiten der größere Winkel gegenüber. Umgekehrt liegt dem größeren von zwei Winkeln die längere Seite gegenüber. Folgerungen: $\textsf{(2)}$ Der längsten Seite liegt der größte Winkel gegenüber. Umgekehrt liegt dem größten Winkel die längste Seite gegenüber. $\textsf{(3)}$ Gleichlangen Seiten liegen gleichgroße Winkel gegenüber. Umgekehrt liegen gleichgroßen Winkeln gleichlange Seiten gegenüber. (Basiswinkelsatz) \quoteoff Ziel: Beweiskette: (3), (3) ⇒ (1), (1) ⇒ (2). Voraussetzung: Die Kongruenzssätze sind bekannt. Beweis (3) $a=b ~\Rightarrow~ \alpha=\beta.$ Sei $ABC$ ein gleichschenkliges Dreieck mit $|AC|=a$ und $|BC|=a.$ $\def\WSW{0}% 0 SWS, 1 WSW % Gegebene Größen \pgfmathsetmacro{\a}{3.1} % \pgfmathsetmacro{\b}{3.1} % \pgfmathsetmacro{\c}{2.7} % \pgfmathsetmacro{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} % \pgfmathsetmacro{\Beta}{acos((\a^2+\c^2-\b^2)/(2*\a*\c))} % \pgfmathsetmacro{\Gamma}{acos((\a^2+\b^2-\c^2)/(2*\a*\b))} % \pgfmathsetmacro{\hc}{\a*sin(\Alpha)} % \pgfmathsetmacro{\pc}{sqrt(\b^2-\hc^2)} % \pgfmathsetlengthmacro{\s}{1cm} \pgfmathsetlengthmacro{\ss}{\s+6mm} \pgfkeys{/tikz/savevalue/.code 2 args={\global\edef#1{#2}}} \begin{tikzpicture}[%scale=0.7, font=\footnotesize, background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, %show background rectangle, Punkt/.style 2 args={ label={[#1]:$#2$} }, Dreieck/.style={thick}, ] % Annotationen - Dreieck % Konkruenzfälle \ifnum\WSW=1%======================== %% WSW \coordinate[label=below:$A$] (A) at (0,0); \coordinate[label=below:$B$] (B) at (\c,0); \coordinate[label=$C$] (C) at (\Alpha:\b); \coordinate[label=below:$H$] (Hc) at (\pc,0); \draw pic [draw, angle radius=5mm, %angle eccentricity=0.75, "$\alpha$", red, fill=red!33 ] {angle =B--A--C}; \draw pic [draw, angle radius=5mm,% angle eccentricity=0.75, "$\alpha$", red, fill=red!33 ] {angle =C--B--A}; \draw pic [draw, angle radius=9mm, angle eccentricity=0.75, "$\gamma_1$", red, fill=red!33 ] {angle =A--C--Hc}; \draw pic [draw, angle radius=9mm, angle eccentricity=0.75, "$\gamma_2$", red, fill=red!33 ] {angle =Hc--C--B}; \draw[] (A) -- (B) -- (C) --cycle; \path[] (A) -- (C) node[midway, left]{$b$}; \path[] (B) -- (C) node[midway, right]{$a$}; % Hc und rechte Winkel \draw pic [draw, angle radius=4mm, %angle eccentricity=0.75, "$\cdot$", red, fill=red!33 ] {angle =C--Hc--A}; \draw pic [draw, angle radius=4mm, %angle eccentricity=0.75, "$\cdot$", red, fill=red!33 ] {angle =B--Hc--C}; \draw[red] (C) -- (Hc); %% Punkte \foreach \P in {Hc} \draw[fill=black!1] (\P) circle (1.5pt); % \else%===================== %% SWS: \tikzset{rotate=12.5, every label/.style={text=black, inner sep=2pt}, } \coordinate[label=left:$A$] (A) at (0,0); \coordinate[label=45:$B$] (B) at (\c,0); \path[] ($(A)!0.5!(B)$) -- +($(A)!\hc cm!90:(B)$) coordinate[label=$C$] (C); \draw pic [draw, angle radius=6mm, angle eccentricity=0.75, "$\alpha$", ] {angle =B--A--C}; \draw pic [draw, angle radius=6mm, angle eccentricity=0.75, "$\beta$", ] {angle =C--B--A}; \draw pic [draw, angle radius=6mm, angle eccentricity=0.75, "$\gamma$", ] {angle =A--C--B}; \draw[] (A) -- (B); \draw[red] (A) -- (C) node[midway, left]{$a$}; \draw[red] (B) -- (C) node[midway, right]{$a$}; \draw[] (A) -- ($(A)!-\ss!(C)$) node[right]{$$}; \draw[red] (A) -- ($(A)!-\s!(C)$) coordinate[label=left:$D$](D); \path[] (A) -- (D) node[red, midway, left]{$s$}; \draw[] (B) -- ($(B)!-\ss!(C)$) node[left]{$$}; \draw[red] (B) -- ($(B)!-\s!(C)$) coordinate[label=45:$E$](E); \path[] (B) -- (E) node[red, midway, right]{$s$}; \draw[red] (D) -- (B); \draw[red] (E) -- (A); \draw pic [draw, angle radius=6mm, angle eccentricity=0.675, "$\delta_1$", red, double, %fill=red!33 ] {angle =B--D--C}; \draw pic [draw, angle radius=6mm, angle eccentricity=0.675, "$\delta_2$", red, double, %fill=red!33 ] {angle =C--E--A}; \draw pic [draw, angle radius=10mm, angle eccentricity=0.85, "$\varepsilon_2$", red, ] {angle =E--A--B}; \draw pic [draw, angle radius=10.5mm, angle eccentricity=0.85, "$\varepsilon_1$", red, ] {angle =A--B--D}; %% Punkte \foreach \P in {A,D,B,E} \draw[fill=black!1] (\P) circle (1.5pt); \fi%======================== \end{tikzpicture}$ Verlängert man $|CA|$ um eine Strecke $s$, Endpunkt sei $D$; und verlängert man $|CB|$ um die gleiche Strecke $s$, Endpunkt sei $E$; dann gilt für die Dreiecke $DBC$ und $ECA$ der Kongruenzfall SWS; denn · $|BC| =|AC| =a$ · $\sphericalangle DCB =\sphericalangle ACE =\gamma$ · $|CD| =|CE| =a+s$ Entsprechend müssen auch die restlichen Seiten und Winkel übereinstimmen, insbesondere $\sphericalangle BDA =: \delta_1 =\delta_2 := \sphericalangle CEA$ und insbesondere $|AE| =|BD|.$ Damit gilt auch für die Dreiecke $ADE$ und $ABE$ der Kongruenzfall SWS; denn · $|AD| = |BE| =s$ · $\sphericalangle BDA =: \delta_1 =\delta_2 := \sphericalangle CEA$ · $|AE| =|BD|$ Entsprechend müssen auch die restlichen Seiten und Winkel übereinstimmen, insbesondere $\sphericalangle ABD =: \varepsilon_1 =\varepsilon_2 :=\sphericalangle EAB.$ Da in den kongruenten Dreiecken $DBC$ und $ECA$ nunmehr $\sphericalangle EAC = \alpha+\varepsilon_2 =\beta+\varepsilon_1 =\sphericalangle DBC$ gilt, wird mit $\varepsilon_1 =\varepsilon_2$ endlich $\alpha =\beta.$ $\square$ Beweis (3) $\alpha=\beta ~\Rightarrow~ a=b.$ Sei $ABC$ ein Dreieck mit $\alpha =\beta$. $ \def\WSW{1}% 0 SWS, 1 WSW % Gegebene Größen \pgfmathsetmacro{\a}{3.1} % \pgfmathsetmacro{\b}{3.1} % \pgfmathsetmacro{\c}{2.7} % \pgfmathsetmacro{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} % \pgfmathsetmacro{\Beta}{acos((\a^2+\c^2-\b^2)/(2*\a*\c))} % \pgfmathsetmacro{\Gamma}{acos((\a^2+\b^2-\c^2)/(2*\a*\b))} % \pgfmathsetmacro{\hc}{\a*sin(\Alpha)} % \pgfmathsetmacro{\pc}{sqrt(\b^2-\hc^2)} % \pgfmathsetlengthmacro{\s}{1cm} \pgfmathsetlengthmacro{\ss}{\s+6mm} \pgfkeys{/tikz/savevalue/.code 2 args={\global\edef#1{#2}}} \begin{tikzpicture}[%scale=0.7, font=\footnotesize, background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, %show background rectangle, Punkt/.style 2 args={ label={[#1]:$#2$} }, Dreieck/.style={thick}, ] % Annotationen - Dreieck % Konkruenzfälle \ifnum\WSW=1%======================== %% WSW \coordinate[label=below:$A$] (A) at (0,0); \coordinate[label=below:$B$] (B) at (\c,0); \coordinate[label=$C$] (C) at (\Alpha:\b); \coordinate[label=below:$H$] (Hc) at (\pc,0); \draw pic [draw, angle radius=5mm, %angle eccentricity=0.75, "$\alpha$", red, fill=red!33 ] {angle =B--A--C}; \draw pic [draw, angle radius=5mm,% angle eccentricity=0.75, "$\alpha$", red, fill=red!33 ] {angle =C--B--A}; \draw pic [draw, angle radius=9mm, angle eccentricity=0.75, "$\gamma_1$", red, fill=red!33 ] {angle =A--C--Hc}; \draw pic [draw, angle radius=9mm, angle eccentricity=0.75, "$\gamma_2$", red, fill=red!33 ] {angle =Hc--C--B}; \draw[] (A) -- (B) -- (C) --cycle; \path[] (A) -- (C) node[midway, left]{$b$}; \path[] (B) -- (C) node[midway, right]{$a$}; % Hc und rechte Winkel \draw pic [draw, angle radius=4mm, %angle eccentricity=0.75, "$\cdot$", red, fill=red!33 ] {angle =C--Hc--A}; \draw pic [draw, angle radius=4mm, %angle eccentricity=0.75, "$\cdot$", red, fill=red!33 ] {angle =B--Hc--C}; \draw[red] (C) -- (Hc); %% Punkte \foreach \P in {Hc} \draw[fill=black!1] (\P) circle (1.5pt); % \else%===================== %% SWS: \tikzset{rotate=12.5, every label/.style={text=black, inner sep=2pt}, } \coordinate[label=left:$A$] (A) at (0,0); \coordinate[label=45:$B$] (B) at (\c,0); \path[] ($(A)!0.5!(B)$) -- +($(A)!\hc cm!90:(B)$) coordinate[label=$C$] (C); \draw pic [draw, angle radius=6mm, angle eccentricity=0.75, "$\alpha$", ] {angle =B--A--C}; \draw pic [draw, angle radius=6mm, angle eccentricity=0.75, "$\beta$", ] {angle =C--B--A}; \draw pic [draw, angle radius=6mm, angle eccentricity=0.75, "$\gamma$", ] {angle =A--C--B}; \draw[] (A) -- (B); \draw[red] (A) -- (C) node[midway, left]{$a$}; \draw[red] (B) -- (C) node[midway, right]{$a$}; \draw[] (A) -- ($(A)!-\ss!(C)$) node[right]{$$}; \draw[red] (A) -- ($(A)!-\s!(C)$) coordinate[label=left:$D$](D); \path[] (A) -- (D) node[red, midway, left]{$s$}; \draw[] (B) -- ($(B)!-\ss!(C)$) node[left]{$$}; \draw[red] (B) -- ($(B)!-\s!(C)$) coordinate[label=45:$E$](E); \path[] (B) -- (E) node[red, midway, right]{$s$}; \draw[red] (D) -- (B); \draw[red] (E) -- (A); \draw pic [draw, angle radius=6mm, angle eccentricity=0.675, "$\delta_1$", red, double, %fill=red!33 ] {angle =B--D--C}; \draw pic [draw, angle radius=6mm, angle eccentricity=0.675, "$\delta_2$", red, double, %fill=red!33 ] {angle =C--E--A}; \draw pic [draw, angle radius=10mm, angle eccentricity=0.85, "$\varepsilon_2$", red, ] {angle =E--A--B}; \draw pic [draw, angle radius=10.5mm, angle eccentricity=0.85, "$\varepsilon_1$", red, ] {angle =A--B--D}; %% Punkte \foreach \P in {A,D,B,E} \draw[fill=black!1] (\P) circle (1.5pt); \fi%======================== \end{tikzpicture} $ Ergänzt man zu $|AB|$ die Seitenhöhe, so hat man am Höhenfußpunkt $H$ die Winkel $ \sphericalangle CHA = \sphericalangle BHC =90^\circ $. Entsprechend muss in den Teildreiecken $AHC$ und $HBC$, aufgrund der Winkelsumme, auch der dritte Winkel übereinstimmen $\gamma_1 =\gamma_2$. Entsprechend gilt für die Dreiecke $AHC$ und $HBC$ der Kongruenzfall WSW; denn · $\gamma_1 =\gamma_2$ · $|CH|$ ist beiden Dreiecken gemein · $\sphericalangle CHA = \sphericalangle BHC =90^\circ$ Entsprechend müssen auch die restlichen Seiten und Winkel übereinstimmen, insbesondere $a =|AC| =|BC| =b.$ $\square$ Beweis (1) $a>b ~\Rightarrow~ \alpha>\beta.$ Sei $ABC$ ein Dreieck mit $a>b$. $% Gegebene Größen \pgfmathsetmacro{\a}{5} % \pgfmathsetmacro{\b}{3} % \pgfmathsetmacro{\c}{5.1} % \pgfmathsetmacro{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} % \pgfmathsetmacro{\Beta}{acos((\a^2+\c^2-\b^2)/(2*\a*\c))} % \pgfmathsetmacro{\Gamma}{acos((\a^2+\b^2-\c^2)/(2*\a*\b))} % \pgfmathsetmacro{\z}{\b*sin(\Gamma)/sin(\Alpha)} % \pgfkeys{/tikz/savevalue/.code 2 args={\global\edef#1{#2}}} \begin{tikzpicture}[%scale=0.7, font=\footnotesize, background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, %show background rectangle, Punkt/.style 2 args={ label={[#1]:$#2$} }, Dreieck/.style={thick}, ] % Dreieckskonstruktion \coordinate[label=below:$A$] (A) at (0,0); \coordinate[label=below:$B$] (B) at (\c,0); \coordinate[label=$C$] (C) at (\Alpha:\b); \draw[local bounding box=dreieck] (A) -- (B) -- (C) --cycle; % Annotationen - Dreieck \coordinate[label=45:$D$] (D) at ($(C)!\b cm!(B)$); \draw[densely dashed] (D) -- +(-\z,0) coordinate[label=135:$E$](E); \path[] (C) -- (A) node[near start, left] {$$}; \path[] (C) -- (D) node[midway, sloped, above] {$b$}; \path[] (D) -- (B) node[midway, sloped, above] {$a-b$}; \draw[] (A) -- (D); %% Winkel \draw pic [draw, angle radius=7mm, angle eccentricity=0.75, "$\beta$", ] {angle =C--B--A}; \draw pic [draw, angle radius=7mm, angle eccentricity=0.75, "$\beta$", ] {angle =C--D--E}; \draw pic [draw, angle radius=8.5mm, angle eccentricity=0.85, "$\delta$", double ] {angle =E--D--A}; \draw pic [draw, angle radius=8.5mm, angle eccentricity=0.85, "$\delta$", double ] {angle =B--A--D}; \draw pic [draw, angle radius=8.5mm, %angle eccentricity=0.85, "$\alpha$-$\delta$" ] {angle =D--A--E}; %% Punkte \foreach \P in {D,E} \draw[fill=black!1] (\P) circle (1.5pt); %% Annotationen - Aufgabe %\pgfmathsetmacro{\x}{min(\a, \b,\c)} % %\begin{scope}[shift={($(dreieck.north west)+(-\x cm-5mm,0)$)}] %% Strecken %\tikzset{YShift/.style={yshift=-1 cm}} %\foreach[count=\y from 0] \s in {a,b}{%% %\draw[|-|, yshift=-\y*6mm, local bounding box=strecken] (0,0) -- (\csname \s \endcsname,0) node[midway, above]{$\s$%= \csname s\s \endcsname{} cm %}; %}%% %\end{scope} %% Winkel %\pgfmathsetmacro{\Winkel}{\Alpha} %\pgfmathsetmacro{\WinkelXShift}{\Winkel > 90 ? -cos(\Winkel) : 0} % %\draw[shift={($(strecken.south west)+(\WinkelXShift,-12mm)$)}] (\Winkel:1) coordinate(P) -- (0,0) coordinate(Q) -- (1,0) coordinate(R); %\draw pic [draw, angle radius=5mm, %angle eccentricity=1.3, %% pic text={$\Winkel$}, pic text options={}, %"$\alpha$", %] {angle =R--Q--P}; \end{tikzpicture}$ Trägt man auf $|CB|$ die Strecke $b$ ab, Endpunkt sei $D$, so erhält man das gleichschenklige Dreieck $ADC$, mit $|AC| =|CD| =b$. Legt man durch $D$ eine Parallele zur Seite $|AB|$, Schnittpunkt mit der Seite $|AC|$ sei $E$, so erhält man bei $D$ den Stufenwinkel $ \sphericalangle CDE =\beta.$ Zum Winkel $\sphericalangle EDA =: \delta$ erhält man bei $A$ den Wechselwinkel $\sphericalangle BAD = \delta$ und entsprechend den Restwinkel $\sphericalangle DAE = \alpha-\delta.$ Wegen (3) liegen gleichen Seiten ($|AC| = |CD| =b$) gleiche Winkel gegenüber, also $ \alpha-\delta =\beta +\delta.$ Damit wird: $\alpha = \beta+2\delta ~~\Leftrightarrow~ \alpha > \beta.$ $\square$ Beweis (1) $\alpha>\beta ~\Rightarrow~ a>b.$ Sei $ABC$ ein Dreieck mit $\alpha>\beta.$ Angenommen es ist $a \not>b$, dann ist $a < b$ oder $a=b.$ · Wäre $a=b$, so wäre, gemäß (3), $\alpha =\beta$ $\Rightarrow$ Widerspruch zur Voraussetzung $\alpha > \beta.$ · Angenommen es ist $a=latex, background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, % show background rectangle, ] % Dreieckskonstruktion \coordinate[label=below:$A$] (A) at (0,0); \coordinate[label=below:$B$] (B) at (\c,0); \coordinate[label=$C$] (C) at (\Alpha:\b); \draw[local bounding box=dreieck] (A) -- (B) -- (C) --cycle; \path[] (B) -- (C) node[midway, right]{$a$}; \coordinate[label=$P$] (P) at ($(C)!0.55!(A)$); \draw[red] (P) -- (B); %%% Winkel \draw pic [draw, angle radius=7mm, angle eccentricity=0.75, "$\alpha$", %red ] {angle =B--A--C}; \draw pic [draw, angle radius=5mm, angle eccentricity=0.75, "$\delta_1$", %red ] {angle =B--P--C}; \draw pic [draw, angle radius=12mm, angle eccentricity=0.85, "$\delta_2$", %red ] {angle =C--B--P}; \draw pic [draw, angle radius=5mm,% angle eccentricity=0.75, "$\delta_1'$", %red ] {angle =A--P--B}; \draw pic [draw, angle radius=12mm, angle eccentricity=0.85, "$\beta_1$", %red ] {angle =P--B--A}; %% Punkte \foreach \P in {P} \draw[fill=black!1] (\P) circle (1.5pt); \end{tikzpicture} $ Bezeichnet man die entsprechenden gegenüberliegenden Winkel mit $ \delta_1 := \sphericalangle BPC $ und $\delta_2 := \sphericalangle CBP$ so wäre, gemäß (3), $\delta_1 =\delta_2.$ Der Restwinkel bei $B$ sei mit $ \beta_1 := \sphericalangle PBA$ bezeichnet, also $\beta_1 =\beta-\delta_2$. Nun ist $\delta_1$ Außenwinkel von $\delta_1' := \sphericalangle APB$ im Dreieck $ABP$, also $ \delta_1 = \alpha +\beta_1$ (Außenwinkelsatz), das heißt $ \delta_1 >\alpha.$ Wegen $\delta_1 =\delta_2$ wäre auch $\underline{ \delta_2 >\alpha }$; und da $ \beta =\delta_2 +\beta_1 ~\Leftrightarrow~ \beta >\delta_2$ wäre $\beta >\alpha$ $\Rightarrow$ Widerspruch zur Voraussetzung $\alpha > \beta.$ $\square$ Beweis (2) $c =\max(a,b,c) \Leftrightarrow \gamma =\max(\alpha, \beta, \gamma)$ Sei $c>a$ und $c>b$, dann ist, gemäß (1) $\gamma>\alpha$ und $\gamma>\beta$. Sei $\gamma>\alpha$ und $\gamma>\beta$, dann ist, gemäß (1), $c>a$ und $c>b.$



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Ixx
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  Beitrag No.15, eingetragen 2022-04-16

Sieht vernünftig aus. :)


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Wario
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  Beitrag No.16, vom Themenstarter, eingetragen 2022-04-16

\quoteon(2022-04-16 21:42 - Ixx in Beitrag No. 15) Sieht vernünftig aus. :) \quoteoff Ja, ich überlege, ob ich die Rückrichtung von (2), das ist $\alpha>\beta ~\Rightarrow~ a>b$, noch geometrisch mache. So wie in #14 gezeigt, macht es Euklid im Grunde auch. Aber geometrisch ist es ggf. etwas eleganter. Ich habe schon eine Idee, in einem Dreieck ABC einen Kreis vom Radius b um C zu ziehen und dann wieder ein gleichschenkliges Dreieck zu haben. Könnte aber Fallunterscheidungen nach sich ziehen. Muss ich mir morgen mal genauer anschauen.


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Wario
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  Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2022-04-17

\quoteon(2022-04-16 22:36 - Wario in Beitrag No. 16) Rückrichtung von (2), das ist $\alpha>\beta ~\Rightarrow~ a>b$, noch geometrisch \quoteoff Also irgendwie stehe ich gerade wieder auf dem Schlauch. Kann ich mit diesem Schaubild zeigen, dass $\alpha>\beta ~\Rightarrow~ a>b$ (Rückrichtung von (2)) gelten muss? $ % Gegebene Größen \pgfmathsetmacro{\a}{5} % \pgfmathsetmacro{\b}{3} % \pgfmathsetmacro{\c}{5.1} % 5.1 innerhalb, 3.1 außerhalb \pgfmathsetmacro{\Alpha}{acos((\b^2+\c^2-\a^2)/(2*\b*\c))} % \pgfmathsetmacro{\Beta}{acos((\a^2+\c^2-\b^2)/(2*\a*\c))} % \pgfmathsetmacro{\Gamma}{acos((\a^2+\b^2-\c^2)/(2*\a*\b))} % \pgfmathsetmacro{\z}{\b*sin(\Gamma)/sin(\Alpha)} % % \Bogen[Optionen]{Zentrum}{Startwinkel}{Stopwinkel}{Radius} \newcommand\Bogen[5][]{ \draw[#1] ([shift=(#3:#5)]#2) coordinate[label=](arcstart) arc (#3:#4:#5) coordinate[label=](arcend);} \begin{tikzpicture}[%scale=0.7, font=\footnotesize, >=latex, background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, %show background rectangle, Punkt/.style 2 args={ label={[#1]:$#2$} }, Dreieck/.style={thick}, ] % Dreieckskonstruktion \coordinate[label=below:$A$] (A) at (0,0); \coordinate[label=below:$B$] (B) at (\c,0); \coordinate[label=$C$] (C) at (\Alpha:\b); %\draw[local bounding box=dreieck] (A) -- (B) -- (C) --cycle; \draw[name path=AB] (A) -- (B); \draw[] (B) -- (C); % Annotationen - Dreieck \draw[] (A) -- (C) node[midway, left]{$b$}; %\draw[] (C) circle[radius=\b]; \Bogen[red, densely dashed, name path=bogen]{C}{-50}{-133}{\b} %\draw[->,red] (C) -- +(-130:\b) node[midway, right]{$b$};% Radiusvektor \node[above, inner sep=1pt, red, xshift=5mm] at (arcend){$\bigodot(C,b)$}; % Zweiter Schnittpunkt \path[name intersections={of=AB and bogen, name=DD}]; \coordinate[label=below:$D$] (D) at (DD-1); \draw[red] (D) -- (C) node[midway, right]{$b$}; % Gerade \draw[densely dashed] ([xshift=-9mm]A) -- ([xshift=8mm]B) node[pos=0.95, above]{$g$}; %% Winkel \draw pic [draw, angle radius=5mm,% angle eccentricity=0.75, "$\alpha$", red ] {angle =B--A--C}; \draw pic [draw, angle radius=7mm, angle eccentricity=0.75, "$\beta$", red ] {angle =C--B--A}; %\draw pic [draw, angle radius=7mm, angle eccentricity=0.75, %"$\gamma$" %] {angle =A--C--B}; \draw pic [draw, angle radius=5mm,% angle eccentricity=0.75, "$\alpha$", red ] {angle =C--D--A}; \draw pic [draw, angle radius=5mm,% angle eccentricity=0.75, "$\alpha'$", red ] {angle =B--D--C}; \draw pic [draw, angle radius=6mm, angle eccentricity=0.75, "$\delta$", red ] {angle =D--C--B}; %% Punkte \foreach \P in {C,A,D} \draw[fill=black!1,draw=red] (\P) circle (1.5pt); % %\coordinate[label=45:$D$] (D) at ($(C)!\b cm!(B)$); %\draw[densely dashed] (D) -- +(-\z,0) coordinate[label=135:$E$](E); % %\path[] (C) -- (A) node[near start, left] {$$}; %\path[] (C) -- (D) node[midway, sloped, above] {$b$}; %\path[] (D) -- (B) node[midway, sloped, above] {$a-b$}; % %\draw[] (A) -- (D); % % %%% Winkel %\draw pic [draw, angle radius=7mm, angle eccentricity=0.75, %"$\beta$", %] {angle =C--B--A}; %\draw pic [draw, angle radius=7mm, angle eccentricity=0.75, %"$\beta$", %] {angle =C--D--E}; % %\draw pic [draw, angle radius=8.5mm, angle eccentricity=0.85, %"$\delta$", double %] {angle =E--D--A}; % %\draw pic [draw, angle radius=8.5mm, angle eccentricity=0.85, %"$\delta$", double %] {angle =B--A--D}; % %\draw pic [draw, angle radius=8.5mm, %angle eccentricity=0.85, %"$\alpha$-$\delta$" %] {angle =D--A--E}; % % %%% Punkte %\foreach \P in {D,E} \draw[fill=black!1] (\P) circle (1.5pt); %% Annotationen - Aufgabe %\pgfmathsetmacro{\x}{min(\a, \b,\c)} % %\begin{scope}[shift={($(dreieck.north west)+(-\x cm-5mm,0)$)}] %% Strecken %\tikzset{YShift/.style={yshift=-1 cm}} %\foreach[count=\y from 0] \s in {a,b}{%% %\draw[|-|, yshift=-\y*6mm, local bounding box=strecken] (0,0) -- (\csname \s \endcsname,0) node[midway, above]{$\s$%= \csname s\s \endcsname{} cm %}; %}%% %\end{scope} %% Winkel %\pgfmathsetmacro{\Winkel}{\Alpha} %\pgfmathsetmacro{\WinkelXShift}{\Winkel > 90 ? -cos(\Winkel) : 0} % %\draw[shift={($(strecken.south west)+(\WinkelXShift,-12mm)$)}] (\Winkel:1) coordinate(P) -- (0,0) coordinate(Q) -- (1,0) coordinate(R); %\draw pic [draw, angle radius=5mm, %angle eccentricity=1.3, %% pic text={$\Winkel$}, pic text options={}, %"$\alpha$", %] {angle =R--Q--P}; \end{tikzpicture} $


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Wario
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  Beitrag No.18, vom Themenstarter, eingetragen 2022-04-17

Wahrscheinlich habe ich mich mit meiner Überlegung irgendwie vertan. Wegen eines geometrischen Beweises für \quoteon(2022-04-17 13:58 - Wario in Beitrag No. 17) $\alpha>\beta ~\Rightarrow~ a>b$ (Rückrichtung von (2)) \quoteoff wäre ich durchaus für Ansätze und Vorschläge offen.


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cramilu
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  Beitrag No.19, eingetragen 2022-04-17

Guten Abend und Frohe Ostern! Du könntest folgendes versuchen: Zeichne die Winkelhalbierende durch \(C\), spiegele an ihr \(A\) hinüber auf \(a\) und zeige dann, dass \(A\) zwischen \(C\) und \(B\) liegen muss. Oder so.


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Wario
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  Beitrag No.20, vom Themenstarter, eingetragen 2022-04-18

Mir scheint, der Beweis (auch ein geometrischer) sollte weiterhin indirekt geführt werden. Den 1. Punkt in \quoteon(2022-04-16 18:04 - Wario in Beitrag No. 14) Beweis (2) $\alpha>\beta ~\Rightarrow~ a>b.$ Sei $ABC$ ein Dreieck mit $\alpha>\beta.$ Angenommen es ist $a \not>b$, dann ist $a < b$ oder $a=b.$ · Wäre $a=b$, so wäre, gemäß (3), $\alpha =\beta$ $\Rightarrow$ Widerspruch zur Voraussetzung. · Wäre $ab$ gelten. $\square$ \quoteoff der auf (3) zrückgreift, das ist $\alpha=\beta ~\Leftrightarrow~ a=b$, kann man so lassen. Das Unschöne ist, dass im 2. Aufzählungspunkt die zuvor bewiesene Umkehrung herangezogen wird. Daher wollen wir diesen Teil wie folgt auch geometrisch beweisen:
Beweis (2) $\alpha>\beta ~\Rightarrow~ a>b.$ Sei $ABC$ ein Dreieck mit $\alpha>\beta.$ Angenommen es ist $a \not>b$, dann ist $a < b$ oder $a=b.$ · Wäre $a=b$, so wäre, gemäß (3), $\alpha =\beta$ $\Rightarrow$ Widerspruch zur Voraussetzung $\alpha > \beta.$ · Angenommen es ist $a=latex, background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners}, % show background rectangle, ] % Dreieckskonstruktion \coordinate[label=below:$A$] (A) at (0,0); \coordinate[label=below:$B$] (B) at (\c,0); \coordinate[label=$C$] (C) at (\Alpha:\b); \draw[local bounding box=dreieck] (A) -- (B) -- (C) --cycle; \path[] (B) -- (C) node[midway, right]{$a$}; \coordinate[label=$P$] (P) at ($(C)!0.55!(A)$); \draw[red] (P) -- (B); %%% Winkel \draw pic [draw, angle radius=7mm, angle eccentricity=0.75, "$\alpha$", %red ] {angle =B--A--C}; \draw pic [draw, angle radius=5mm, angle eccentricity=0.75, "$\delta_1$", %red ] {angle =B--P--C}; \draw pic [draw, angle radius=12mm, angle eccentricity=0.85, "$\delta_2$", %red ] {angle =C--B--P}; \draw pic [draw, angle radius=5mm,% angle eccentricity=0.75, "$\delta_1'$", %red ] {angle =A--P--B}; \draw pic [draw, angle radius=12mm, angle eccentricity=0.85, "$\beta_1$", %red ] {angle =P--B--A}; %% Punkte \foreach \P in {P} \draw[fill=black!1] (\P) circle (1.5pt); \end{tikzpicture} $ Bezeichnet man die entsprechenden gegenüberliegenden Winkel mit $\delta_1$ und $\delta_2$ so wäre, gemäß (3), $\delta_1 =\delta_2.$ Der Restwinkel bei $B$ sei mit $\beta_1$ bezeichnet, also $\beta_1 =\beta-\delta_2$. Nun ist $\delta_1$ Außenwinkel von $\delta_1'$ im Dreieck $ABP$, also $ \delta_1 = \alpha +\beta_1$ (Außenwinkelsatz), das heißt $ \delta_1 >\alpha.$ Wegen $\delta_1 =\delta_2$ wäre auch $\underline{ \delta_2 >\alpha }$; und da $ \beta =\delta_2 +\beta_1 ~\Leftrightarrow~ \beta >\delta_2$ wäre $\beta >\alpha$ $\Rightarrow$ Widerspruch zur Voraussetzung $\alpha > \beta.$ $\square$



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