Lösung von Aufgabe 6.10

Der folgende Satz bezieht sich auf die ebene Geometrie.
Satz:

Es seien

k_{1}

und

k_{2}

zwei Kreise mit den Mittelpunkten

M_{1}

bzw.

M_{2}

und den Radien

r_{1}

bzw.

r_{2}

.

Die Kreise $k_{1}$ und $k_{2}$ haben dann und nur dann einen und nur einen Punkt $S$ gemeinsam, wenn $| M_{1} M_{2} | = | r_{1} | + | r_{2} |$ gilt.

Formulieren Sie den Satz ohne die Verwendung der Phrasen dann und nur dann sowie einen und nur einen.
Sie haben sicherlich erkannt, dass es sich bei dem Satz um eine Äquivalenz handelt. Formulieren Sie die beiden Implikationen, die diese Äquivalenz beinhaltet.
Beweisen Sie die beiden Implikationen.

Lösung der Aufgabe --m.g. 09:08, 21. Jun. 2010 (UTC)

Teilaufgabe 1

Die Formulierung "eine und nur eine" ist äquivalent zu "genau eine".

Die Lösung von Heinzvaneugen kann also 1 zu 1 übernommen werden:

Die Kreise $k_{1}$ und $k_{2}$ haben genau dann genau einen Punkt $S$ gemeinsam, wenn $| M_{1} M_{2} | = | r_{1} | + | r_{2} |$ gilt.

Teilaufgabe 2

Die Lösung von Heinzvaneugen ist korrekt.

allgemeiner Teil für beide Implikationen

Es seien $k_{1}$ und $k_{2}$ zwei Kreise mit den Mittelpunkten $M_{1}$ bzw. $M_{2}$ und den Radien $r_{1}$ bzw. $r_{2}$ .

Implikation I (-->)

Wenn $| M_{1} M_{2} | = | r_{1} | + | r_{2} |$ , dann haben die beiden Kreise $k_{1}$ und $k_{2}$ genau einen Punkt gemeinsam.

andere möglich Formulierung (neben vielen weiteren, die hier nicht alle aufgezeigt werden sollen und können):

Wenn für zwei Kreise gilt, dass die Summe der Längen ihrer Radien gleich dem Abstand ihrer Mittelpunkte ist, dann existiert genau ein Punkt $S$ , den die beiden Kreise gemeinsam haben.

(Der allgemein Teil zuvor ist hier mit aufgenommen und hätte nicht extra formuliert werden müssen.)

Implikation II (<--)

Wenn $k_{1}$ und $k_{2}$ genau einen Punkt gemeinsam haben, so gilt $| M_{1} M_{2} | = | r_{1} | + | r_{2} |$ .

Bemerkung zu der Formulierung von Heinzvaneugen:

Sie formulieren: Wenn zwei Kreise $k_{1}$ und $k_{2}$ ... .

Die beiden Kreise wurden aber vorab schon festgelegt. Es seien $k_{1}$ und $k_{2}$ ... . Jetzt bleiben wir natürlich in den weiteren Formulierungen bei diesen zunächst beliebigen, dann aber festen Kreisen. Also besser: Wenn die Kreise $k_{1}$ und $k_{2}$ ... . Oder: Wenn $k_{1}$ und $k_{2}$ ... .

Teilaufgabe 3

Beweis von Implikation I

Voraussetzung

$| M_{1} M_{2} | = | r_{1} | + | r_{2} |$

Behauptung 1 (Existenzaussage)

Es gibt einen Punkt $S$ , der sowohl zu $k_{1}$ als auch zu $k_{2}$ gehört.

Behauptung 2 (Eindeutigkeitsaussage)

Es gibt nicht mehr als einen Punkt $S$ den $k_{1}$ und $k_{2}$ gemeinsam haben.

Beweis der Existenzaussage (Behauptung 1)

Nachzuweisen ist die Existenz eines Punktes $S$ der sowohl zu $k_{1}$ als auch zu $k_{2}$ gehört.

Der Kreis $k_{1}$ ist die Menge aller Punkte unserer Ebene, die zu dem Punkt $M_{1}$ den Abstand $| r_{1} |$ haben.

Der Kreis $k_{2}$ ist die Menge aller Punkte unserer Ebene, die zu dem Punkt $M_{2}$ den Abstand $| r_{2} |$ haben.

Wir haben also die Existenz eines Punktes $S$ nachzuweisen, für den gilt:

| S M_{1} | = | r_{1} |

und

| S M_{2} | = | r_{2} |

Wir konstruieren uns einen solchen Punkt $S$ wie folgt:

Wir gehen von dem Strahl $M_{1} M_{2}^{+}$ aus.

Auf $M_{1} M_{2}^{+}$ gibt es nach dem Axiom vom Lineal genau einen Punkt $S$ , der zu $M_{1}$ den Abstand $| r_{1} |$ hat: $| M_{1} S | = | r_{1} |$

Jetzt gilt: (*) Der Punkt $S$ liegt zwischen den Punkten $M_{1}$ und $M_{2}$

Begründung von (*):

Annahme:

\neg Zw (M_{1}, S, M_{2})

Unter Berücksichtigung der Tatsache, dass

S

ein Punkt der Halbgeraden

M_{1} M_{2}^{+}

ist, kann jetzt nur noch

Zw (M_{1}, M_{2}, S)

gelten:

Zw (M_{1}, M_{2}, S)

bedeutet: (**)

| M_{1} M_{2} | + | M_{2} S | = | M_{1} S |

Der Punkt

S

wurde so gewählt, dass sein Abstand

z u M_{1}

die Zahl

| r_{1} |

ist, womit (**) auch wie folgt geschrieben werden kann:

(***)

| M_{1} M_{2} | + | M_{2} S | = | r_{1} |

Unter Berücksichtigung der Voraussetzung

bisherige Diskussionen

1. Reicht es, wenn man mit "genau" arbeitet?
Die Kreise $k_{1}$ und $k_{2}$ haben genau dann genau einen Punkt $S$ gemeinsam, wenn $| M_{1} M_{2} | = | r_{1} | + | r_{2} |$ gilt.
2. I) Wenn $| M_{1} M_{2} | = | r_{1} | + | r_{2} |$ gilt, dann haben die beiden Kreise $k_{1}$ und $k_{2}$ genau einen Punkt gemeinsam, den Berührpunkt S.
II) Wenn zwei Kreise $k_{1}$ und $k_{2}$ genau einen Punkt gemeinsam haben, so gilt $| M_{1} M_{2} | = | r_{1} | + | r_{2} |$
3. Beweisen Sie die beiden Implikationen Teil 1
I)

Skizze
Vorraussetzung: Die Strecke $| M_{1} M_{2} |$ ist so lang wie die Summe der beiden Radien $| r_{1} |$ und $| r_{2} |$ .
Behauptung: Die beiden Kreisen haben genau einen gemeinsamen Punkt.
Gegen-Behauptung (1): Es gibt KEINEN gemeinsamen Punkt
Gegen-Behauptung (2): Es gibt MEHR ALS EINEN gemeinsamen Punkt.
Indirekter Beweis:
- (1) Die Strecke $| M_{1} M_{2} |$ setzt sich zusammen aus den Strecken $| M_{1} C |$ und $| C M_{2} |$ , wobei $C$ zwischen $M_{1}$ und $M_{2}$ liegt. (Definition II.1: (Zwischenrelation): Ein Punkt $B$ liegt zwischen zwei Punkten $A$ und $C$ , wenn $| A B | + | B C | = | A C |$ gilt (...) ).
- Dieser Punkt C liegt "außerhalb" beider Kreise (Gegen-Behauptung (1) )
- Dadurch ist die Strecke $| M_{1} C |$ größer als der Radius von $k_{1}$ , und die Strecke $| M_{2} C |$ größer als der Radius von $k_{2}$ ( $| M_{1} C | > | r_{1} | \land | M_{2} C | > | r_{2} |$ )
- Daraus resultiert: $| M_{1} C | + | M_{2} C | > | r_{1} | + | r_{2} |$ (Widerspruch zu Vorraussetzung und Schritt 1, da $| M_{1} C | + | M_{2} C | = | M_{1} M_{2} | = | r_{1} | + | r_{2} |$ )
- (2) Analog, nur bei der Strecken-Ungleichung muss dann der Radius jeweils größer als die Strecke $| M_{1} C |$ bzw. $| M_{2} C |$ sein. ( $| M_{1} C | < | r_{1} | \land | M_{2} C | < | r_{2} |$ )
Dadurch haben wir beweiesen, dass Gegen-Behauptung (1) und (2) zu Widersprüchen führen und nur die Behauptung "Die beiden Kreisen haben genau einen gemeinsamen Punkt" gültig ist. Oder...?

3. Beweisen Sie die beiden Implikationen Teil 2
II)....
--Heinzvaneugen

Suche

Lösung von Aufgabe 6.10

Inhaltsverzeichnis