7 Hyperflächen 2. Ordnung

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1 7 HYPERFLÄCHEN. ORDNUNG 1 1. Juni Hyperflächen. Ordnung Vorspann: Selbstadjungierte Endomorphismen Beobachtung. Wir betrachten die Vektorräume R n und R m, beide versehen mit dem kanonische Skalarprodukt, sowie eine lineare Abbildung R n R m, beschrieben durch Matrix A R m,n. Für alle u R n und w R m gilt dann < Au, w >=< u, A t w >. Definitionen. 1. Es seien U und W euklidische Vektorräume und F L(U, W ). Eine lineare Abbildung G L(W, U) heißt adjungiert zu F, wenn für alle u U und w W gilt < F (u), w >=< u, G(w) >.. Es sei V ein euklidischer Vektorraum. Ein Endomorphismus F von V heißt selbstadjungiert, wenn für alle u, w V gilt: < F (u), w >=< u, F (w) >. Satz. Es seien V ein euklidischer Vektorraum, F ein Endomorphismus von V und A eine darstellende Matrix von F bezüglich einer Orthonormalbasis. Dann gilt: F selbstadjungiert A symmetrisch, das heißt, A = A t. Beweis. Es seien dim V = n, A = (α ij ) und A = {v 1, v,..., v n } eine zugehörige Orthonormalbasis. Damit gilt F (v j ) = α kj v k. Insbesondere haben wir: < F (v j ), v i > = α ij, < v j, F (v i ) > = α ji. : Wir berechnen α ij = α kj < v k, v i >=< F (v j ), v i >=< v j, F (v i ) >= α ki < v j, v k >= α ji. : Wir betrachten u = n j=1 λ jv j, w = n i=1 µ iv i und berechnen: < F (u), w >= λ j µ i v j < F (v j ), v i >= λ j µ i v j α ij = = i,j=1 λ j µ i v j α ji = i,j=1 i,j=1 λ j µ i v j < v j, F (v i ) >=< u, F (w) >. i,j=1

2 7 HYPERFLÄCHEN. ORDNUNG Satz. Zu jedem selbstadjungierten Endomorphismus eines euklidischen Vektorraumes gibt es eine Orthonormalbasis aus Eigenvektoren. Folgerungen. 1. Jeder selbstadjungierte Endomorphismus eines euklidischen Vektorraumes ist diagonalisierbar.. Jede symmetrische reelle Matrix ist ähnlich zu einer Diagonalmatrix, wobei die Transformationsmatrix orthogonal gewählt werden kann. Lemma. Jeder selbstadjungierte Endomorphismus eines euklidischen Vektorraumes ungleich 0 besitzt einen Eigenvektor. Beweis. Es seien V ein euklidischer Vektorraum, F ein selbstadjungierter Endomorphismus von V und A R n,n eine darstellende Matrix von F bezüglich einer Orthonormalbasis. Da F nach Voraussetzung selbstadjungiert ist, ist A symmetrisch. Die Abbildung F besitzt einen Eigenvektor, wenn sie einen Eigenwert besitzt. Da die Eigenwerte von F und A übereinstimmen, genügt es zu zeigen, dass die Matrix A einen Eigenwert besitzt. Dazu fassen wir A als komplexe Matrix auf, A C n,n. Über C zerfällt das charakteristische Polynom von A in Linearfaktoren. Also finden wir einen Eigenwert λ = µ + iν und einen Eigenvektor v = u + iw 0 mit u, w R n. Wir berechnen zunächst: also Au + iaw = Av = λv = µu νw + i(µw + νu), Aus der Symmetrie von A folgt nun noch das heißt, Au = µu νw, Aw = µw + νu. µ < u, w > ν < w, w >=< µu νw w >=< Au, w >= =< u, Aw >=< u, µw + νu >= µ < u, w > +ν < u, u >, ν(< u, u > + < w, w >) = 0. Wegen v 0 ist damit ν = 0, also λ = µ R. Damit ist λ ein reeller Eigenwert der Matrix A. Beweis des Satzes durch Induktion nach n = dim V. Im Fall n = 1 ist jeder Vektor ungleich 0 Eigenvektor, und damit bildet jeder Einheitsvektor eine Orthonormalbasis aus Eigenvektoren. Schluss von n auf n + 1: Es seien V ein euklidischer Vektorraum mit dim V = n + 1 und F ein selbstadjungierter Endomorphismus von V. Mit Hilfe des Lemmas finden wir einen Eigenvektor v 0 von V, den wir normieren können; das heißt, wir können ohne wesentliche Einschränkung v 0 = 1 annehmen. Es sei λ der zugehörige Eigenwert. Nun setzen wir U = v 0 und berechnen für u U, F (u) = µv 0 + w mit µ R und w U: µ =< µv 0 + w, v 0 >=< F (u), v 0 >=< u, F (v 0 ) >= λ < u, v 0 >= 0,

3 7 HYPERFLÄCHEN. ORDNUNG 3 das heißt: F (u) = w U. Also induziert F einen selbstadjungierten Endomorphismus F von U, wobei U ein euklidischer Vektorraum mit dim U = V ist. Nach Induktionsvoraussetzung besitzt U eine Orthonormalbasis aus Eigenvektoren von F. Diese bilden aber auch ein Orthonormalsystem aus Eigenvektoren von F und zusammen mit v 0 eine Orthonormalbasis von V. Quadriken Definition. Die Lösungsmenge F (in R n oder C n ) einer Gleichung der Form α ij x i x j + β k x k + γ = 0 i,j=1 mit α ij, β k, γ R, nicht alle α ij = 0, heißt (reelle affine) Hyperfläche zweiter Ordnung, wenn sie nicht leer ist. Bemerkung. Ist F eine solche Hyperfläche, so gibt es eine symmetrische Matrix A R n,n, einen Vektor b R n und einen Skalar γ R derart, daß F die Lösungsmenge der Gleichung x t Ax + b t x + γ = 0 mit x t = (x 1,..., x n ) ist. Diese Gleichung läßt sich auch in der Form α k x k + α ij x i x j + β k x k + γ = 0 schreiben. 1 i<j n Hauptachsentransformation. Gegeben ein Hyperfläche F durch die Gleichung x t Ax + b t x + γ = 0 mit A = A t. Wir wählen eine orthogonale Matrix T = (t 1,..., t n ) derart, daß Ã = T 1 AT eine Diagonalmatrix ist. Es seien v = (µ 1,... µ n ) die Koordinaten eines Punktes P in R n in Bezug auf die durch die Spaltenvektoren von T gegebene Basis. Dann besteht T v aus den Koordinaten von P bezüglich der kanonischen Basis. P liegt auf der Hyperfläche, wenn gilt: 0 = (T v) t AT v + b t T v + γ = v t Ãv + b t v + γ = 0 mit b = ( β 1,..., β n ) = T t b, das heißt F ist die Lösungsmenge der Gleichung x t Ãx + b t x + γ = 0. Sind λ 1,..., λ n die Diagonalelemente von Ã, also die Eigenwerte von A, so kann man diese Gleichung in der Form λ k x k + β k x k + γ = 0

4 7 HYPERFLÄCHEN. ORDNUNG 4 schreiben. Da sicherlich nicht alle Eigenwerte gleich Null sind und die Multiplikation mit einem von Null verschiedenen Skalar die Lösungsmenge nicht ändert, kann man ohne Einschränkung λ 1 > 0 annehmen. Mittelpunktshyperflächen. Sind in dieser Situation alle Eigenwerte von Null verschieden, das heißt ist Rang A = Rang à = n, so ist eine weitere Vereinfachung möglich. Wir schreiben die eben angegebene Gleichung dann um in der Form λ k (x k + β k ) = λ k = 1 4 ( β k λ k ) γ = γ. und betrachten den Punkt M mit dem Koordinatenvektor m = ( β 1 β λ 1,..., n λ n ). Damit schreibt sich die Gleichung von F in der Form (x m) t Ã(x m) = γ. Es gilt: Ist P F, so ist gehört der Punkt P, der sich aus P durch Spiegelung an M ergibt, ebenfalls zu F: Ist v der Koordinatenvektor von P, so ist m (v m) = m v der Koordinatenvektor von P. Aus diesem Grund heißt M Mittelpunkt von F und F selbst Mittelpunktshyperfläche. Wir führen nun noch eine Verschiebung durch S : R n R n, v v m. Dann gilt w im F S 1 (w) = w + m F w t Ãw = γ. F wird also durch diese Verschiebung auf die durch die Gleichung x t Ãx = γ bestimmte Mittelpunktshyperfläche abgebildet, deren Mittelpunkt der Ursprung ist. Die Bestimmung des Mittelpunkts, falls er existiert, ist auch ohne vorherige Hauptachsentransformation möglich. Es sind m R n und γ so zu bestimmen, daß die Gleichung für alle x R n gilt. Damit muß sein Koeffizientenvergleich liefert (x m) t A(x m) + γ = x t Ax + b t x + γ m t Ax + m t Am + γ = b t x + γ. Am = 1 b also m t Am + γ = γ, m = 1 a 1 b γ = γ m t Am. Nun ist eine reelle symmetrische Matrix genau dann invertierbar, wenn alle ihre Eigenwerte von Null verschieden sind.

5 7 HYPERFLÄCHEN. ORDNUNG 5 Kleinere Ränge. Ist r = Rang A < n, so kann man die Hyperfläche zunächst so verschieben, dass sie Lösungsmenge einer Gleichung der Form r λ k x k = ˆβ k x k + ˆγ k=r+1 genügt. In diesem Fall ist es häufig günstig, eine weitere Verschiebung anzuschließen, die die ersten r Koordinaten unverändert lässt, aber auf der rechten Seite das konstante Glied zum Verschwinden bringt. Das ist allerdings nur möglich, wenn mindestens ein ˆβ k 0 ist. (Durchführung im allgemeinen Fall als Übungsaufgabe). 17. Juni 003 Durch Koordinatentransformation lässt sich also erreichen, dass eine gegebene Quadrik durch eine Gleichung in einer der folgenden Formen dargestellt wird: r λ k x k = γ r λ k x k = k=r+1 β k x k, wobei 1 r n; der Fall r = n kann für die zweite Gleichung nicht auftreten. Hier kann außerdem β r+1 0 angenommen werden. In diesem Fall ist noch eine weitere Vereinfachung möglich. Wir setzen v r+1 = β k e k und ˆv r+1 = k=r+1 1 v r+1 v r+1. Dann ergänzen wir e 1, e,..., e r, ˆv r+1 durch v r+1,..., v n zu einer Orthonormalbasis von R n. In Bezug auf diese Basis habe ein Punkt die Koordinaten (y 1, y,..., y n ), in Bezug auf die vorherige Basis ergibt sich der Koordinatenvektor zu vr+1 (e t 1 e... e r ˆv r+1... v n ) (e 1 e... e r ˆv r+1... v n ) y 1 y. y n = Damit ändert sich die linke der Seite der Gleichung bei dieser Basistransformation nicht. Rechts steht jedoch y 1 y 1 y y. y n y 1 y. y r. = ( v r ). y n = v r+1 y r+1.

6 7 HYPERFLÄCHEN. ORDNUNG 6 Schreiben wir wieder x für die Unbestimmten, so erhalten wir die Gleichung r λ k x k = β r+1 x r+1. Euklidische Normalformen Eine quadratische Gleichung mit n Unbekannten befindet sich in euklidischer Normalform, wenn sie eine der folgende Formen hat: (1) () (3) s x k α k s x k α k s x k α k r x k α k=s+1 k r x k α k=s+1 k r x k α k=s+1 k = 0, 0 r s s r n, 0 < r, = 1, 0 < s r n, = x r+1, 0 r s s r < n, 0 < r. Herstellung der euklidischen Normalform. In den vorherigen Überlegungen wurde gezeigt, dass jede Quadrik bei geeigneter Koordinatenwahl in einer der folgenden Formen dargestellt werden kann: (4) (5) r λ k x k = γ r λ k x k = β r+1 x r+1 Wir betrachten zunächst die Gleichung (??) mit γ = 0. Es sei s = #{k k {1,,..., r} λ k > 0 }. Falls nicht schon gegeben, so kann man durch Multiplikation mit -1 erreichen, dass es mindestens so viele positive wie negative Summanden gibt, also s r s erreichen. O.B.d.A. können wir λ 1, λ,... λ s > 0 annehmen. Dann setzen wir 1, k {1,,..., s} λ α k = k 1, k {s + 1,..., r} λ k und erhalten eine Gleichung der Form (??). Als nächstes sei eine Gleichung der Form (??) mit γ 0 vorgelegt. Dann führt Division durch γ auf r λ k γ x k = 1.

7 7 HYPERFLÄCHEN. ORDNUNG 7 Nun sei O.B.d.A. können wir annehmen und setzen s = #{k k {1,,..., r} λ k γ > 0 }. λ 1 γ, λ γ,..., λ s γ > 0 γ, k {1,,..., s} λ α k = k γ, k {s + 1,..., r} λ k woraus sich eine Gleichung der Form (??)ergibt. Der Fall s = 0 kann ausgeschlossen werden, weil sich dafür die leere Menge ergeben würde, die wir nicht als Quadrik ansehen wollen. Schließlich behandeln wir eine Gleichung der Form (??). Man kann annehmen, dass links mehr positive als negative Summanden stehen, was man notfalls durch Multiplikation mit -1 und Umbenennung der Parameter erreichen kann. Weiter führt eine Division durch β r+1 auf r λ k x k = x r+1. β r+1 Nun sei O.B.d.A. können wir annehmen und setzen s = #{k k {1,,..., r} λ k β r+1 > 0 }. λ 1 β r+1, λ β r+1,..., λ s β r+1 > 0 βr+1, k {1,,..., s} λ α k = k βr+1, k {s + 1,..., r} λ k woraus sich eine Gleichung der Form (??)ergibt.

8 7 HYPERFLÄCHEN. ORDNUNG 8 Klassifikation der Quadriken in der Ebene. Es sei n =. r s Gleichung algebraisch geometrisch 1 1 (??) 1 (??) (??) 1 1 (??) 1 (??) (??) 1 1 (??) x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 = 0 x -Achse ( x x1 = 0 x ) ( x1 + x ) α α 1 α α 1 α Paar von Ursprungsgeraden + x α = 0 Ursprung symmetrisch zur x -Achse = 1 (x 1 α 1 ) (x 1 + α 1 ) = 0 Geradenpaar parallel x α + x α zur x -Achse im Abstand ±α 1 = 1 Hyperbel mit Hauptachse α 1 und Nebenachse α = 1 Ellipse mit den Achsen α 1, α = x Parabel

9 7 HYPERFLÄCHEN. ORDNUNG 9 Klassifikation der Quadriken im Raum. Es sei n = 3. r s Gleichung algebraisch geometrisch 1 1 (??) 1 (??) (??) 3 (??) 3 3 (??) 1 1 (??) 1 (??) (??) 3 1 (??) 3 (??) 3 3 (??) 1 1 (??) x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 = 0 x x 3 -Ebene ( x x1 = 0 x ) ( x1 + x ) α α 1 α α 1 α Paar von Ebenen, + x α + x x α α + x + x 3 α α3 = 0 x 3 -Achse die sich in der x 3 -Achse schneiden symmetrisch zur x x 3 -Ebene = 0 elliptischer Doppelkegel = 0 Ursprung mit der x 3 -Achse als Achse = 1 Ebenenpaar parallel x α + x α x x 3 α α3 + x x α α + x + x 3 α α3 zur x x 3 -Ebene im Abstand ±α 1 = 1 hyperbolischer Zylinder = 1 elliptischer Zylinder = 1 zweischaliges Hyperboloid mit der x 1 -Achse als Achse = 1 einschaliges Hyperboloid = 1 Ellipsoid mit der x 3 -Achse als Achse = x parabolischer Zylinder

10 7 HYPERFLÄCHEN. ORDNUNG 10 1 (??) (??) x 1 x 1 x α + x α = x 3 hyperbolisches Paraboloid = x 3 elliptisches Paraboloid Definition. Eine Hyperbel heißt gleichseitig (oder rechtwinklig), wenn ihre Asymptoten zueinander orthogonal sind. Im Fall einer nicht-entarteten Hyperbel bedeutet dies, dass die Achsen gleichlang sind. Definition. Der Kreis durch die Seitenmitten eines Dreiecks heißt Feuerbachkreis (oder Neunpunktekreis) des Dreiecks. Satz. Ein Kegelschnitt, der die Ecken und den Höhenschnittpunkt eines nicht-rechtwinkligen Dreiecks enthält, ist eine gleichseitige Hyperbel mit dem Mittelpunkt auf dem Feuerbachschen Kreis des Dreiecks. Beweis. Es sei ein Dreieck mit den Ecken A, B, C gegeben; die Bezeichnungen seinen so gewählt, dass a = BC < b = CA < c = AB gilt. Ein cartesisches Koordinatensystem wird so gewählt, dass Fußpunkt der Höhe durch die Ecke C der Koordinatenursprung ist, die Ecke B auf der positiven x-achse und die Ecke C auf der positiven y-achse liegt. Dann haben die Ecken Koordinaten der Form A = ( q, 0), B = (p, 0), C = (0, h) mit h, p, q > 0. Für Höhenschnittpunkt H ist der Schnittpunkt der y-achse mit der Geraden durch die Ecke A, die senkrecht auf der Geraden BC steht und damit die Steigung p/h hat. Die Gleichung dieser Geraden ist y x + q = p h, woraus sich ( H = 0, p q ) h ergibt; die Voraussetzung, dass das Dreieck ABC nicht rechtwinklig ist, bedeutet H C. Die allgemeine Gleichung eines Kegelschnitts ist α 11 x + α 1 xy + α y + β 1 x + β y + γ = 0. Wenn der Kegelschnitt die Ecken und den Höhenschnittpunkt des beschriebenen Dreickes enthält, bestehen zwischen den Parametern die folgenden Beziehungen. α 11 q β 1 q + γ = 0, α 11 p + β 1 p + γ = 0, α h + β h + γ = 0, α p q h + β pq h + γ = 0.

11 7 HYPERFLÄCHEN. ORDNUNG 11 Die ersten beiden Gleichungen, aufgefasst als lineares Gleichungssystem mit den Unbekannten α 11 und β 1, liefern mit Hilfe der Cramerschen Regel die beiden anderen ergeben α 11 = γ pq, β 1 = γ(q p) pq α = γ pq, β = γ(h + pq) hpq Die jeweiligen Determinanten sind pq(p + q) = pqc beziehungsweise pq(h pq)/h; die erste ist sicher von Null verschieden, die zweite verschwindet nicht, weil das Dreieck als nicht-rechtwinklig vorausgesetzt ist. Damit wird die allgemeine Kegelschnittgleichung spezialisiert zu γ pq x + α 1 xy + γ pq y + γ(q p) pq oder nach Multiplikation mit dem Hauptnenner hpq: ;. x + γ(h + pq) y + γ = 0 hpq γhx + α 1 hpqxy + γhy + γh(p q)x γ(h + pq) + γhpq = 0. Es sind nun zwei Fälle zu unterscheiden. 1. γ = 0: Die Gleichung lautet dann nur noch α 1 hpqxy = 0. Der Ursprung liegt auf dem Kegelschnitt und der Parameter α 1 kann nicht verschwinden, da man sonst keinen Kegelschnitt hätte. Damit lässt sich die Gleichung weiter reduzieren auf xy = 0 und damit haben wir nur einen Kegelschnitt, die entartete Hyperbel, die aus den aufeinander senkrecht stehenden Koordinatenachsen besteht; in Bezug auf das Dreieck handelt es sich dabei um die Dreiecksseite BC (als Gerade aufgefasst) und die dazu senkrechte Höhe.. γ 0: Dann kann man die Gleichung durch γ dividieren und zur Abkürzung α = α 1 hpq/γ setzen, wodurch sie die Form hx + αxy + hy + h(p q)x (h + pq)y + hpq = 0 erhält. Die zugehörige Matrix hat die Spur Null, damit ist das charakteristische Polynom rein quadratisch: t h α und man hat zwei Eigenwerte mit gleichem Betrag, aber unterschiedlichem Vorzeichen, wodurch eine (möglicherweise entartete) gleichseitige Hyperbel beschrieben ist.

12 7 HYPERFLÄCHEN. ORDNUNG 1 Der Mittelpunkt (m 1, m ) wird so bestimmt, dass bei Ersetzung von (x, y) durch (x + m 1, y + m ) die linearen Glieder der Gleichung verschwinden. Die Substitution führt zu h(x+m 1 ) +α(x+m 1 )(y+m )+h(y+m ) +h(p q)(x+m 1 ) (h +pq)(y+m )+hpq = 0. Der lineare Term in x liefert der in y hm 1 + αm + h(p q) = 0, αm 1 + hm h pq = 0. Aus diesen Gleichungen wird α eliminiert, in dem man die erste mit m 1, die zweite mit m multipliziert und dann beide Gleichungen addiert: hm 1 h(p q)m 1 + hm (h + pq)m = 0. Dividiert man diese Gleichung noch durch h, so erkennt man, dass die Koordinaten des Mittelpunkts der Hyperbel der Gleichung x p q x + y h + pq y = 0 h genügen. Das ist die Gleichung eines Kreises. Ein Kreis ist durch drei Punkte bestimmt. Die Koordinaten der Mittelpunkte der Seiten des Dreiecks [AB] : ( p q, 0), [BC] : (p, h ), [CA] : ( q, h ) erfüllen diese Gleichung, also handelt es sich um den Feuerbachschen Kreis. Definition. Zwei Geraden schneiden sich uneigentlich, wenn sie parallel, aber verschieden sind. Satz. Zu drei paarweise windschiefen Geraden gibt es genau eine Quadrik, die sie enthält. Die erzeugte Quadrik ist die Vereinigung aller Geraden, die alle drei Erzeugenden eigentlich oder uneigentlich schneiden. Diese Geraden sind ebenfalls paarweise windschief. Spezialfall 1. Es seien die Geraden g = {(λ, 0, 0) : λ R}, h = {(0, µ, 1) : µ R}, k = {(1, 1, ν) : ν R} gegeben. Einsetzen in die allgemeine Gleichung einer Quadrik α 11 x 1 + α 1 x 1 x + α x + α 13 x 1 x 3 + α 3 x x 3 + α 33 x 3 + β 1 x 1 + β x + β 3 x 3 + γ = 0 liefert α 11 λ + β 1 λ + γ = 0 für alle λ, also α 11 = 0, β 1 = 0, γ = 0.

13 7 HYPERFLÄCHEN. ORDNUNG 13 Damit reduziert sich die allgemeine Gleichung auf: α 1 x 1 x + α x + α 13 x 1 x 3 + α 3 x x 3 + α 33 x 3 + β x + β 3 x 3 = 0. Weiteres Einsetzen liefert α µ + α 3 µ + α 33 + β µ + β 3 = 0 und die Gleichung reduziert sich weiter auf α = 0, β = α 3, β 3 = α 33 α 1 x 1 x + α 13 x 1 x 3 + α 3 x x 3 + α 33 x 3 α 3 x α 33 x 3 = 0. Einsetzen der Punkte der Geraden k liefert nun: α 1 + α 13 ν + α 3 ν + α 33 ν α 3 α 33 ν = 0 Damit ergibt sich als Gleichung der gesuchten Quadrik: α 33 = 0, α 13 + α 3 = 0, α 1 = α 3. α 1 α 1 x α 1 x 1 x 3 + α 1 x x 3 α 1 x = 0 x 1 x x 1 x 3 + x x 3 x = 0 Von der geometrischen Situation her liegt die Vermutung nahe, dass es sich um einen Mittelpunktskegelschnitt mit dem Mittelpunkt (1/,1/,1/) handelt. Dies wird durch die Substitutionen x 1 x 1 + 1/, x x + 1/, x x + 1/ verifiziert: (x 1 + 1/)(x + 1/) (x 1 + 1/)(x 3 + 1/) + (x + 1/)(x 3 + 1/) (x + 1/) = x 1 x x 1 x 3 + x x 3 1/. Damit erhalten wir durch Ursprungsverschiebung die Gleichung 4x 1 x 4x 1 x 3 + 4x x 3 = 1. Die zugehörige Matrix ist Das charakteristische Polynom P = t 3 1t + 16 = (t + 4)(t ) liefert die Eigenwerte (doppelt) und -4, also ergibt sich die euklidische Normalform x 1 + x 4x 3 = 1. Die Hauptachsentransformation führt auf ein einschaliges Hyperboloid. Das gilt allgemein für drei paarweise windschiefe Geraden, deren Richtungsvektoren linear unabhängig sind, also eine Basis von R 3 bilden.

14 7 HYPERFLÄCHEN. ORDNUNG 14 Spezialfall. g = {(λ, 0, 0) : λ R}, h = {(0, µ, 1) : µ R}, k = {(ν, ν, ϕ) : ν R}, ϕ 0, 1. α 11 x 1 + α 1 x 1 x + α x + α 13 x 1 x 3 + α 3 x x 3 + α 33 x 3 + β 1 x 1 + β x + β 3 x 3 + γ = 0 g : α 11 λ + β 1 λ + γ = 0 α 11 = β 1 = γ = 0 h : α µ + α 3 µ + α 33 + β µ + β 3 = 0 α = 0, β = α 3, β 3 = α 33 Zwischenergebnis: α 1 x 1 x + α 13 x 1 x 3 + α 3 x x 3 + α 33 x 3 α 3 x α 33 x 3 = 0 k : α 1 ν +α 13 νϕ+α 3 νϕ+α 33 ϕ α 3 ν α 33 ϕ = 0 α 1 = α 33 = 0, α 13 = α 3 1 ϕ ϕ. Damit ergibt sich α 3 1 ϕ ϕ x 1x 3 + α 3 x x 3 α 3 x = 0. Da nun α 3 nicht Null sein kann, kann man durch α 3 dividieren und mit ϕ multiplizieren, womit sich die Gleichung (1 ϕ)x 1 x 3 + ϕx x 3 ϕx = 0 ergibt. Das ist die Gleichung einer Quadrik. Es geht nun daraum, den Typ zu bestimmen. Zur Hauptachsentransformation haben wir die Matrix ϕ A = 0 0 ϕ 1 ϕ ϕ 0 zu betrachten. Mit der Sarrusschen Regel berechnet man das charakteristische Polynom zu t 3 + t((1 ϕ) + ϕ ) = t(t (1 ϕ) ϕ ). Damit ergeben sich die Eigenwerte 0, ψ = sqrt(1 ϕ) + ϕ und ψ. Die Eigenvektoren zu den Eigenwerten ψ, ψ und 0 (in dieser Reihenfolge berechnet man als die Spalten der Matrix S = 1 φ φ 1 ψ ψ φ ψ φ φ φ 1 ψ ψ ψ R 3,3. Schreibt man die Gleichung der gefundenen Quadrik in der Form x t Ax + b t x = 0

15 7 HYPERFLÄCHEN. ORDNUNG 15 so liefert die Substitution x = Sx die Gleichung die äquivalent ist zu ψx 1 ψx ϕ ψ x ϕ 1 + ψ x ϕ(ϕ 1) x 3 = 0, ψ Eine Ursprungsverschiebung liefert (x 1 ϕ ψ ) (x ϕ ϕ(ϕ 1) ψ ) = x ψ 3. x 1 x ϕ(ϕ 1) = x ψ 3. Setzt man nun ϕ(ϕ 1) α =, ψ so ergibt sich wobei eventuell noch eine Vertauschung der Variablen x 1 und x notwendig ist die euklidische Normalform also ein hyperbolisches Paraboloid. x 1 α x α = x 3, Als nächstes ist zu zeigen, dass die durch die Gleichung (1 ϕ)x 1 x 3 + ϕx x 3 ϕx = 0 gegebene Quadrik die disjunkte Vereinigung aller Geraden ist, die alle drei Erzeugenden eigentlich oder uneigentlich schneiden. Zuerst bemerkt man, dass in diesem Fall keine zu einer Erzeugenden parallele Gerade die beiden anderen Erzeugenden schneiden kann (aus der Anschauung, Beweis mit Hilfe der analytischen Geometrie als Übungsaufgabe). Es sind also nur Geraden l zu betrachten, die alle drei Erzeugenden wirklich schneiden. Für eine solche Gerade wird wieder ein Punkt (α, 0, 0) g als Aufpunkt gewählt. Aus der der Tatsache, dass l auch die Gerade h schneidet, ergibt sich für den Richtungsvektor wieder die Form α β 1 Damit haben die Punkte von l Koordinaten der Form ((1 ρ)α, ρβ, ρ). Aus der Existenz des Schnittpunktes von l und k folgt die Existenz von ρ und ν, derart dass gilt. ((1 ρ)α, ρβ, ρ) = (ν, ν, ϕ). Damit berechnet man ρ = ϕ und β = ν/ϕ = (1 ϕ)α/ϕ. Setzt man nun in der Gleichung der Quadrik x 1 = (1 ρ)α, x = ρ(1 ϕ)α/ϕ, x 3 = ρ, so ergibt sich (1 ϕ)(1 ρ)αρ + ϕρ (1 ϕ)α (1 ϕ)α ρ ϕρ ϕ ϕ =

16 7 HYPERFLÄCHEN. ORDNUNG 16 = ρ ϕ (αϕ αρϕ αϕ + αρϕ + αρϕ αρϕ αϕ + αϕ ) = 0. Das bedeutet, dass die Gerade l ganz in der Fläche liegt. Um zu zeigen, dass jeder Punkt der Fläche in genau einer dieser Geraden liegt, ist nachzuweisen, dass zu jedem Punkt P = (λ, µ, ν) der Fläche genau ein Paar (α, ρ) R existiert, derart dass gilt (λ, µ, ν) = ((1 ρ)α, ρ (1 ϕ)α, ρ). ϕ Es handelt sich um drei Gleichungen mit zwei Unbekannten. Aus der Betrachtung der dritten Koordinate folgt ρ = ν. Nun ist eine Fallunterscheidung notwendig. 1. ρ = ν 1: Die erste Koordinate liefert dann Damit berechnet man α = (1 ϕ)α ρ ϕ Da der Punkt P in der Quadrik liegt, gilt λ 1 ρ. (1 ϕ)λ = ν ϕ(1 ν). λν = ϕµ ϕµν 1 ϕ. Damit ergibt sich für die rechte Seite der vorherigen Gleichung der gewünschte Wert µ.. ρ = ν = 1: Die zweite Koordinate liefert nun eindeutig α = ϕµ 1 ϕ. Aus der Gleichung der Quadrik folgt für ν = 1 notwendig λ = 0; damit liefern die gefundenen Werte für α und ρ wirklich eine Lösung des Gleichungssytems. Nun ist noch zu zeigen, dass die Geraden l paarweise windschief, das heißt, ihre Richtungsvektoren paarweise linear unabhängig sind. Die Richtungsvektoren sind bestimmt durch den Parameter α. Zwei Vektoren der Form ( α, β, 1) und ( α, β, 1) können aber nur dann linear abhängig sein, wenn α = α gilt. Damit ist für den Spezialfall alles bewiesen. Es geht nun wieder darum, den allgemeinen Fall dreier paarweise windschiefer Geraden mit linear abhängigen Richtungsvektoren, für die man o.b.d.a. u, v und u + v annehmen kann, darauf zurückzuführen. Man hat also Geraden g = {â + λu : λ R}, h = {ˆb + µv : µ R}, k = {ĉ + ν(u + v) : ν R}.

17 7 HYPERFLÄCHEN. ORDNUNG 17 Die Richtungsvektoren liegen in einer Ebene. Wir betrachten die dazu senkrechte Ebene E, die die Gerade k enthält. Sie hat die Parameterstellung E = {ĉ + ν(u + v) + ρ(u v) : (ν, ρ) R }. Anschaulich ist klar, dass die Geraden g und h die Ebene E schneiden müssen. Analytisch folgt das daraus, das die Tripel u, u + v, u v beziehungsweise v, u + v, u v linear unabhängig sind, also eindeutig bestimmte Tripel (ν 1, ρ 1, λ) und (ν, ρ, µ) R 3 existieren, für die gilt: ĉ + ν 1 (u + v) + ρ 1 (u v) = â + λu, ĉ + ν (u + v) + ρ (u v) = ˆb + µv. Im folgenden wird a = â + λu, der Durchstoßpunkt der Geraden g durch die Ebene E, als Aufpunkt für die Gerade g und b = ˆb + µv, der Durchstoßpunkt der Geraden h durch die Ebene E, als Aufpunkt für die Gerade h genommen. Nun wird gezeigt, dass die Verbindungsgerade dieser beiden Durchstoßpunkte nicht parallel zu der Geraden k ist. Dies erfordert die Existenz eines Paares (σ, ν) R mit σ(ĉ + ν 1 (u + v) + ρ 1 (u v)) + (1 σ)(ĉ + ν (u + v) + ρ (u v)) = ĉ + ν(u + v). Diese Gleichung lässt sich reduzieren auf (σν 1 + (1 σ)ν )(u + v) + (σρ 1 + (1 σ)ρ )(u v) = ν(u + v). Wegen der linearen Unabhängigkeit der Vektoren u + v kann eine solche Gleichung nur bestehen, wenn σρ 1 + (1 σ)ρ = 0 ist. Das liefert σ = ρ ρ ρ 1, wobei allerdings ρ ρ 1 sein muss. Ist das der Fall, so ergibt sich das noch gesuchte ν zu Hilfssatz. Sind ν = σν 1 + (1 σ)ν. g = {a + λu : λ R}, h = {b + µv : µ R}. windschiefe Geraden, so sind die Vektoren u, v, b a linear unabhängig. Beweis durch Widerspruch. Annahme: die Vektoren u, v, b a seien linear abhängig. Wegen der linearen Unabhängigkeit der Vektoren u und v muss dann gelten: b a = λ 0 u + µ 0 v. Damit wird gezeigt: a + Span{u, v} = b + Span{u, v}.

18 7 HYPERFLÄCHEN. ORDNUNG 18 : a + λu + µv = b + (λ λ 0)u + (µ µ 0 )v b + Span{u, v}. : b + λu + µv = a + (λ + λ 0)u + (µ + µ 0 )v a + Span{u, v}. Wegen g a + Span{u, v} und h b + Span{u, v} würden die Geraden g und h damit in einer Ebene liegen, im Widerspruch dazu, dass sie als windschief vorausgesetzt sind. Wäre nun ρ = ρ 1, so hätte man b a = (ν ν 1 )(u + v) und damit eine lineare Abhängigkeit der Vektoren u, v und b a im Widerspruch zum Hilfssatz. Damit liegen die Verbindungsgerade der Durchstoßpunkte und die Gerade k in einer Ebene, der Ebene E, sind aber nicht parallel. Also haben sie eine Schnittpunkt c, der als Aufpunkt für die Gerade k wird, und man findet ein ϕ R mit c a = ϕ(b a). Nun wird die Affinität F : R 3 R 3 betrachtet, die gegeben ist durch Sie bildet ab: F (λ, µ, ν) = a + λu + µv + ν(b a). (λ, 0, 0) a + λu g, (0, µ, 1) b + µv h, (ν, ν, ϕ) c + ν(u + v) k. Bezeichnet S die invertierbare Matrix mit den Spaltenvektoren u, v, b a, so hat man F (x) = Sx + a und F 1 (y) = S 1 (y a) = T (y a), wobei T = S 1 gesetzt ist. Sei nun Q die Quadrik, die die Geraden {(λ, 0, 0)}, {(0, µ, 1)}, {(ν, ν, ϕ)} enthält; sie sei durch die Gleichung x t Ax + d t x = 0 beschrieben. Dann gilt y F (Q) F 1 (y) = T (y a) Q (T (y a)) t AT (y a) + d t x = 0. Weiter berechnet man (T (y a)) t AT (y a) + d t x = (y a) t T t T S(y a) + d t x = = y t T t AT y + (d T t AT a) t x + a t T t AT a. Also ist auch F (Q) eine Quadrik, und zwar die einzige mit den angegebenen Eigenschaften.