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@@ -95,7 +95,7 @@ aufgestellt.
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\item \enquote{$\subseteq$} folgt direkt aus der Definition von $PR^+$ und $PR^-$\\
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\enquote{$\supseteq$}: Sei $Q \in PR \Rightarrow P, Q, R$
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sind kollinear.\\
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- $\stackrel{\ref{axiom:2}}{\Rightarrow}
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+ $\overset{\ref{axiom:2}}{\Rightarrow}
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\begin{cases}
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Q \text{ liegt zwischen } P \text{ und } R \Rightarrow Q \in PR\\
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|
R \text{ liegt zwischen } P \text{ und } Q \Rightarrow Q \in PR\\
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@@ -123,14 +123,19 @@ aufgestellt.
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\begin{enumerate}[label=§\arabic*),ref=§\arabic*,start=3]
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\item \textbf{Anordnungsaxiome}\label{axiom:3}
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\begin{enumerate}[label=(\roman*),ref=§\theenumi{} (\roman*)]
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- \item Zu jedem $P \in X$ jeder Halbgerade $H$ mit \label{axiom:3.1}
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- Anfangspunkt $P$ und jedem $r \in \mdr_{\geq 0}$
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- gibt es genau ein $Q \in H$ mit $d(P,Q) = r$.
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- \item Jede Gerade zerlegt $X \setminus g = H_1 \dcup H_2$
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- in zwei nichtleere Teilmengen $H_1, H_2$.
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- (Diese Teilmengen heißen \textbf{Halbebenen}\xindex{Halbebene} bzgl. $g$),
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- sodass für alle $A \in H_i$, $B \in H_j$
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- $(i,j \in \Set{1,2})$ gilt: $\overline{AB} \cap g \neq \emptyset \Leftrightarrow i \neq j$\label{axiom:3.2}
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+ \item \label{axiom:3.1} Zu jedem $P \in X$ jeder
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+ Halbgerade $H$ mit Anfangspunkt $P$ und jedem
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+ $r \in \mdr_{\geq 0}$ gibt es genau ein
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+ $Q \in H$ mit $d(P,Q) = r$.
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+ \item \label{axiom:3.2} Jede Gerade zerlegt
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+ $X \setminus g = H_1 \dcup H_2$ in zwei
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+ nichtleere Teilmengen $H_1, H_2$,
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|
+ sodass für alle $A \in H_i$, $B \in H_j$ mit
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|
|
+ $i,j \in \Set{1,2}$ gilt:
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+ $\overline{AB} \cap g \neq \emptyset \Leftrightarrow i \neq j$.\\
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|
+ Diese Teilmengen $H_i$ heißen
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+ \textbf{Halbebenen}\xindex{Halbebene} bzgl.
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+ $g$.
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\end{enumerate}
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\item \textbf{Bewegungsaxiome}: Zu $P, Q, P', Q' \in X$\label{axiom:4}
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mit $d(P,Q) = d(P', Q')$. Isometrien $\varphi_1, \varphi_2$
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@@ -147,7 +152,6 @@ aufgestellt.
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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
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% Mitschrieb vom 14.01.2014 %
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-
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\begin{satz}[Satz von Rasch]\label{satz:rasch} %In Vorlesung: Bemerkung 14.5
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Seien $P$, $Q$, $R$ nicht kollinear, $g \in G$ mit $g \cap \Set{P, Q, R} = \emptyset$
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und $g \cap \overline{PQ} \neq \emptyset$.
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@@ -156,14 +160,58 @@ aufgestellt.
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$g \cap \overline{QR} \neq \emptyset$.
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\end{satz}
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+Dieser Satz besagt, dass Geraden, die eine Seite eines Dreiecks
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+(also nicht nur eine Ecke) schneiden, auch eine weitere Seite
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+scheiden.
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+
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\begin{beweis}
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- $g \cap \overline{PQ} \neq \emptyset \stackrel{\ref{axiom:3.2}}{\Rightarrow}$
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- $P$ und $Q$ liegen in verschiedenen Halbebenen bzgl. $g$
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+ $g \cap \overline{PQ} \neq \emptyset$\\
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+ $\overset{\mathclap{\ref{axiom:3.2}}}{\Rightarrow} P$ und $Q$ liegen in verschiedenen Halbebenen bzgl. $g$\\
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$\Rightarrow$ \obda $R$ und $P$ liegen in verschieden
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- Halbebenen bzgl. $P$.
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+ Halbebenen bzgl. $P$\todo{bzgl. P? Nicht PQ?}\\
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$\Rightarrow g \cap \overline{RP} \neq \emptyset$
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\end{beweis}
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+\begin{korollar}\label{kor:beh3}
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+ Sei $P, Q \in X$ mit $P \neq Q$ sowie $A, B \in X \setminus PQ$
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+ mit $A \neq B$.
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+ Außerdem seien $A$ und $B$ in der selben Halbebene bzgl. $PQ$ sowie
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+ $Q$ und $B$ in der selben Halbenebe bzgl. $PA$.
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|
+
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+ Dann gilt: $PB^+ \cap \overline{AQ} \neq \emptyset$
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+\end{korollar}
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+
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+\begin{figure}[htp]
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+ \centering
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+ \input{figures/geometry-5.tex}
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+ \caption{Situation aus \cref{kor:beh3}}
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+ \label{fig:bild-5}
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+\end{figure}
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|
+
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+Auch \cref{kor:beh3} lässt sich Umgangssprachlich sehr viel
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+einfacher ausdrücken: Die Diagonalen eines konvexen Vierecks
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+schneiden sich.
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+
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+\begin{beweis}%In Vorlesung: Behauptung 3
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+ Sei $P' \in PQ^-, P' \neq P$
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+ $\overset{\cref{satz:rasch}}{\Rightarrow} PB$ schneidet
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+ $\overline{AP'} \cup \overline{AQ}$
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|
+
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+ Sei $C$ der Schnittpunkt. Dann gilt:
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+ \begin{enumerate}[label=(\roman*)]
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+ \item $C \in PB^+$, denn $A$ und $B$ liegen in derselben
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|
+ Halbebene bzgl. $PQ = P'Q$, also auch
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+ $\overline{AP'}$ und $\overline{AQ}$.
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+ \item $C$ liegt in derselben Halbebene bzgl. $PA$ wie
|
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|
+ $B$, weil das für $Q$ gilt.
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|
+
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|
+ $\overline{AP'}$ liegt in der anderen Halbebene
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+ bzgl. $PA \Rightarrow C \notin \overline{P'A} \Rightarrow C \in \overline{AQ}$
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|
+ \end{enumerate}
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|
+ Da $C \in PB^+$ und $C \in \overline{AQ}$ folgt nun direkt:
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+ $\emptyset \neq \Set{C} \subseteq PB^+ \cap \overline{AQ} \qed$
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|
+\end{beweis}
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|
+
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\begin{proposition}%In Vorlesung: Satz 14.4
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In einer Geometrie, die \ref{axiom:1}~-~\ref{axiom:3} erfüllt,
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gibt es zu $P, P', Q, Q'$ mit $d(P, Q) = d(P', Q')$ höchstens
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@@ -191,21 +239,21 @@ aufgestellt.
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|
|
\end{behauptung}
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Aus Beh. 1 und Beh. 2 folgt, dass $\varphi_2^{-1} \circ \varphi_1 = \id_X$,
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- also $\varphi_2 = \varphi_1$.
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+ also $\varphi_2 = \varphi_1$.\todo{Wieso?}
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|
|
|
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|
\begin{beweis}\leavevmode
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|
\begin{behauptung}
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Sind $P \neq Q$ Fixpunkte einer Isometrie, so ist
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|
|
$\varphi(R) = R$ für jedes $R \in PQ$.
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|
\end{behauptung}
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- \begin{beweis}[zu Beh. 2]
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|
+ \begin{beweis}[von Beh. 2 mit Beh. 2']
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|
Seien $P$, $Q$ und $R$ Fixpunkte von $\varphi$, $R \in PG$
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und $A \notin \overline{PQ} \cup \overline{PR} \cup \overline{QR}$.
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|
Sei $B \in \overline{PQ} \setminus \Set{P, Q}$. Dann ist
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|
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$\varphi(B) = B$ wegen Beh.~2'.
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Ist $R \in AB$, so enthält $AB$ 2 Fixpunkte von $\varphi$
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- $\stackrel{Beh.~2'}{\Rightarrow} \varphi(A) = A$.
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|
|
+ $\overset{Beh.~2'}{\Rightarrow} \varphi(A) = A$.
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|
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\begin{figure}[htp]
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|
|
\centering
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@@ -220,7 +268,7 @@ aufgestellt.
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|
nach Beh.~2' $\Rightarrow \varphi(A) = A$.
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|
\end{beweis}
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|
|
|
|
|
- \begin{beweis}[Beweis 1]
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|
|
+ \begin{beweis}[von Beh. 1 mit \cref{kor:14.6}]
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Sei $R \in X \setminus PQ$. Von den drei Punkten
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$\varphi_1(R), \varphi_2(R), \varphi_3(R)$ liegen zwei
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in der selben Halbebene bzgl. $P'Q' = \varphi_i(PQ)$.
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@@ -246,6 +294,8 @@ aufgestellt.
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|
|
\end{figure}
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|
|
\end{beweis}
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|
|
+ \Cref{fig:bild-2} beschreibt die Situation in \cref{kor:14.6}:
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|
|
+
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|
\begin{korollar}\label{kor:14.6}%In Vorlesung: Bemerkung 14.6
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Seien $P, Q \in X$, $P \neq Q$, $A, B \in X \setminus PQ$
|
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|
in der selben Halbebene bzgl. $PQ$ mit $d(A, P) = d(B, P)$
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@@ -259,10 +309,8 @@ aufgestellt.
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|
|
Dann ist $B \notin (PA \cup QA)$ wegen \ref{axiom:2}.
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|
|
|
\underline{1. Fall}: $Q$ und $B$ liegen in derselben Halbebene bzgl. $PA$
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- \begin{behauptung}[Beh. 3]
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- Dann ist $PB^+ \cap \overline{AQ} \neq \emptyset$
|
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|
- \end{behauptung}
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|
|
|
|
+ $\overset{\cref{kor:beh3}}{\Rightarrow} PB^+ \cap \overline{AQ} \neq \emptyset$.
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|
|
\begin{figure}[htp]
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|
\centering
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|
|
\input{figures/geometry-3.tex}
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|
@@ -270,7 +318,7 @@ aufgestellt.
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|
\label{fig:bild-3}
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|
\end{figure}
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|
- Sei $C$ der Schnittpunkt.
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+ Sei $C$ der Schnittpunkt vom $PB$ und $AQ$.
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Dann gilt:
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\begin{enumerate}[label=(\roman*)]
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@@ -301,31 +349,6 @@ aufgestellt.
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Tausche $A$ und $B \Rightarrow$ Fall 1
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|
\end{beweis}
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-
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- \begin{beweis}[Beweis 3]
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|
- \begin{figure}[htp]
|
|
|
- \centering
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|
|
- \input{figures/geometry-5.tex}
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|
- \caption{TODO}
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- \label{fig:bild-5}
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|
- \end{figure}
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-
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- Sei $P' \in PQ^-, P' \neq P$
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- $\stackrel{\cref{satz:rasch}}{\Rightarrow} PB$ schneidet
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- $\overline{AP'} \cup \overline{AQ}$
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-
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- Sei $C$ der Schnittpunkt. Dann gilt:
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|
- \begin{enumerate}[label=(\roman*)]
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|
- \item $C \in PB^+$, denn $A$ und $B$ liegen in derselben
|
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|
- Halbebene bzgl. $PQ = P'Q$, also auch
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- $\overline{AP'}$ und $\overline{AQ}$.
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|
- \item $C$ liegt in derselben Halbebene bzgl. $PA$ wie
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|
- $B$, weil das für $Q$ gilt.
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-
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|
- $\overline{AP'}$ liegt in der anderen Halbebene
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- bzgl. $PA \Rightarrow C \notin \overline{P'A} \Rightarrow C \in \overline{AQ}$
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|
- \end{enumerate}
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- \end{beweis}
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|
\end{beweis}
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|
\end{beweis}
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Martin Thoma