Musterlösungen Klausur Geometrie

Transkript

1 Musterlösungen Klausur Geometrie Aufgabe 1 (Total: 8 Punkte). Seien A, B, C die Eckpunkte eines nichtentarteten Dreiecks in der euklidischen Ebene. Seien D, E, F derart gewählt, dass folgende Teilverhältnisse gelten: T V (A, B; D) = T V (B, C; E) = T V (C, A; F ) = 1. Verwenden Sie im folgenden baryzentrische Koordinaten immer bezüglich A, B, C. Die Gerade durch zwei verschiedene Punkte P und Q bezeichnen wir mit g P Q. a) Geben Sie die Definition für das Teilverhältnis T V (P, Q; R) für drei kollineare Punkte P, Q, R mit P Q an. [1 Punkt] b) Geben Sie die baryzentrischen Koordinaten der Punkte D, E, F an. [1 Punkt] c) Geben Sie die Menge aller Punkte auf g DC in baryzentrischen Koordinaten an. [2 Punkte] d) Berechnen Sie die baryzentrischen Koordinaten des Schnittpunktes von g AE und g DC. [2 Punkte] e) Berechnen Sie das Verhältnis der Flächeninhalte der Dreiecke ABC und P QR, wobei {P } := g AE g DC, {Q} := g AE g BF und {R} := g BF g DC ist. [2 Punkte] (Tipp zu e): Wenn Sie P berechnet haben, können Sie aufgrund der Symmetrie des Problems die Punkte Q und R durch zyklisches Vertauschen erhalten.) Lösung 1. a) Seien P, Q, R drei kollineare Punkte mit P Q, dann gibt es ein λ R mit P R = λ P Q. Dann ist T V (P, Q; R) = λ. (Da Aufgabe 1 in der euklidischen Ebene spielt, kann man auch definieren: T V (P, Q; R) = P R.) P Q b) Wegen T V (A, B; D) = 1 ist AD = 1 AB, also D A = 1 (B A), also D = 2 A + 1 B. Da alle Teilverhältniss gleich sind, ergibt zyklisches Vertauschen E = 2 B + 1 C und F = 2 C + 1 A. c) g DC := {sd + (1 s)c s R} = { 2 sa + 1 sb + (1 s)c s R} d) g AE := {ra + (1 r)e r R} = {ra + (1 r) 2 B + (1 r) 1 C r R} Für den Schnittpunkt P muss dann gelten: 2 s =r 1 s =2 (1 r) 1 s = 1 (1 r). Also s = 6 7 und r = 4 7 und damit P = 4 7 A B C. e) Zyklisches Vertauschen ergibt: Q = 4 7 B C A und R = 4 7 C A + 1 7B. Also P Q = P A QA = 2 7BA+ 1 7CA 4 7BA 2 7CA = 2 7BA 1 7CA und analog P R = 2 7BA+ 1 7CA 1 7BA 4 7CA = 1 7BA 7CA. 2 P QR = det( 2 P Q, P R) = det( BA 1 CA, 1 BA CA) = 7 1 det( BA, CA) = ABC. (Das vorletzte Gleichheitszeichen benutzt die Spaltenlinearität der Determinante.) Das Verhältnis der Flächeninhalte ist damit 1/7.

2 Aufgabe 2 (Total: 10 Punkte). a) Geben Sie die Definition des Begriffes einer projektiven Abbildung f : P (V ) P (V ) (V sei ein endlich dimensionaler K-Vektorraum). [2 Punkte] b) Sei f : P (R 4 ) P (R 4 ) gegeben durch [x 0 : x 1 : x 2 : x ] [2x 1 + x : x 0 : 4x 2 : x ]. Zeigen Sie, dass f ein projektiver Isomorphismus ist. [2 Punkte] c) Definieren Sie den Begriff der projektiven Punktbasis. [1 Punkt] d) Sei A = [1 : 0 : 0 : 0], B = [0 : 1 : 0 : 0], C = [0 : 0 : 1 : 0], D = [0 : 0 : 0 : 1] und E = [1 : 1 : 1 : 2]. Bilden A, B, C, D, E P (R 4 ) eine projektive Punktbasis? Begründen Sie? [2 Punkte] e) Geben Sie fünf paarweise verschiedene Punkte in P (R 4 ) an, die keine projektive Punktbasis bilden, und begründen Sie. [1 Punkt] f) Berechnen Sie f(g AB ) f(g CF ), wobei g AB die projektive Gerade durch die Punkte A und B bezeichnet und F = [1 : 1 : 2 : 0] ist. [2 Punkte] Lösung 2. a) f : P (V ) P (V ) heißt projektive Abbildung, falls es eine injektive lineare Abbildung ˆf : V V gibt mit f([v]) = [ ˆf(v)] für alle v V ist (wobei v V \ {0} [v] P (V ) die kanonische Projektion ist). b) Wir wählen ˆf : V V als (x 0, x 1, x 2, x ) (2x 1 + x, x 0, 4x 2, x ). Diese Abbildung ist linear. Desweiteren ist sie bijektiv, denn ˆf 1 : (y 0, y 1, y 2, y ) (y 1, (y 0 y )/2, y 2 /4, y ) ist die Umkehrabbildung. [Alternativ kann man bijektiv auch direkt nachrechnen.] Desweiteren ist f die zu ˆf gehörige projektive Abbildung. Damit ist f ein projektiver Isomorphismus. c) Eine Menge von Punkten P 1,..., P n+2 P (V ) mit dim V = n+1 ist eine projektive Punktbasis, wenn es eine Basis e 1,..., e n+1 von V gibt, so dass P i = [e i ] für i n + 1 und P n+2 = [e e n+1 ]. (Dazu äquivalent: Eine Menge von Punkten P 1,..., P n+2 P (V ) mit dim V = n + 1 ist eine projektive Punktbasis, wenn für alle i = 1,..., n + 2 die Punkte P 1,..., P i 1, P i,..., P n+2 linear unabhängig sind.) d) Ja. Wähle e 1 = (1, 0, 0, 0), e 2 = (0, 1, 0, 0), e = (0, 0, 1, 0) und e 4 = (0, 0, 0, 2). Dann ist e 1,..., e 4 eine Basis von R 4 und A = [e 1 ], B = [e 2 ], C = [e ], D = [e 4 ] und E = [e 1 + e 2 + e + e 4 ]. e) Wir wählen fünf verschiedene Punkte auf einer projektiven Geraden. Dann spannen ihre zugehörigen Ursprungsgeraden nur einen zweidimensionalen Untervektorraum von R 4 und können so nie von einer Basis kommen wie in c) gefordert: z.b: P i = [1 : i : 0 : 0] für i = 1,..., 5. f) 1.Weg: g AB = {[1 : 0 : 0 : 0] + s[0 : 1 : 0 : 0] s R} {B} und g CD = {[0 : 0 : 1 : 0] + r[1 : 1 : 2 : 0] r R} {F } Der Schnittpunkt ist [1 : 1 : 0 : 0]. Da f ein Iso ist, ist 2. Weg: und Der Schnittpunkt ist [2 : 1 : 0 : 0]. f(g AB ) f(g CF ) = f(g AB g CF ) = f([1 : 1 : 0 : 0]) = [2 : 1 : 0 : 0]. f(g AB ) ={f([1 : 0 : 0 : 0]) + sf([0 : 1 : 0 : 0]) s R} {f(b)} ={[0 : 1 : 0 : 0] + s[2 : 0 : 0 : 0] s R} {[2 : 0 : 0 : 0]} f(g CD ) ={f([0 : 0 : 1 : 0]) + rf([1 : 1 : 2 : 0]) r R} {f(f )} ={[0 : 0 : 4 : 0] + r[2 : 1 : 8 : 0] r R} {[2 : 1 : 8 : 0]}.

3 Aufgabe (Total: 5 Punkte). a) Sei Z = [0, 2π) und d Z (α, β) := e iα e iβ. Zeigen Sie, dass (Z, d Z ) ein metrischer Raum ist. [ Punkte] b) Sei h: Z Z eine surjektive Abbildung mit d Z (α, β) = d Z (h(α), h(β)) für alle α, β Z und h(0) = 0. Bestimmen Sie alle solchen Abbildungen h - begründen Sie. [2 Punkte] Lösung. a) 1 Weg: Es ist d Z (α, β) = 0 gdw e iα e iβ = 0, also gdw e iα = e iβ sind. Da Z = [0, 2π) ist, muss α = β sein. Weiterhin ist d Z offentsichtlich symmetrisch. Sei nun α, β, γ Z. Dann ist d Z (α, β) + d Z (β, γ) = e iα e iβ + e iβ e iγ e iα e iγ = d Z (α, γ), wobei die benutzte Ungleichung die Dreiecksungleichung für reelle Zahlen ist. Damit ist also (Z, d Z ) ein metrischer Raum. 2. Weg: (Z, d Z ) kann man als Einheitskreis im R 2 interpretieren mit d Z dem Sekantenabstand. Dann ist d Z gleich der euklidischen Metrik auf R 2 eingeschränkt auf S 1. Also ist d Z eine Metrik. b) h(α) = α und h(α) = 2π α sind zwei solcher Abbildungen. Wir wollen zeigen, dass dies alle sind: Erfülle h die Bedingungen. Dann ist insbesondere e ih(α) 1 = d Z (h(α), h(0) = 0) = d Z (α, 0) = e iα 1. Die Menge der {e iγ } γ beschreibt den Einheitskreis um den Ursprung. Die Menge aller Punkte x C mit x 1 = const ist ein Kreis um den Punkt (1, 0). Dieser Kreis hat mit {e iγ } γ aber nur zwei Schnittpunkte gemeinsam nämlich e iα und e i(2π α). Also muss h(α) {α, 2π α} für jedes α gelten. Wegen e ih(β) e ih(α) = e iβ e iα, also e i(h(β) h(α)) 1 = e i(β α) 1, folgt analog zu oben aus h(α) = α für ein α (0, 2π), dass h(β) = β für alle β sein muss. Analog verfährt man falls h(α) = 2π α für ein α (0, 2π). Damit sind die beiden h vom Anfang die einzign Abbildungen, die die Bedingungen erfüllen.

4 Aufgabe 4 (Total: 5 Punkte). Seien A, B, C die Eckpunkte eines nichtentarteten Dreiecks in der euklidischen Ebene. a) Geben Sie die Definition des Winkels ACB an. [1 Punkt] b) Beweisen Sie den Kosinussatz, d.h. zeigen Sie AB 2 = BC 2 + AC 2 2 BC AC cos ACB. [2 Punkte] c) Der Satz des Thales lautet: Jeder Perephiewinkel über einem Durchmesser ist ein rechter Winkel. Beweisen Sie den Satz des Thales ohne Verwendung des Perephie-Zentriwinkelsatzes. [2 Punkte] Lösung 4. a) ACB = arccos CA, CB b) AC AB AB 2 = AC + CB 2 = BC 2 + AC AC, CB = BC 2 + AC 2 2 AC, BC = BC 2 + AC 2 2 BC AC cos ACB c) Sei AB der Durchmesser und M der Mittelpunkt und C der dritte Punkt des Dreiecks. 1.Weg: Dann ist MA = MB und MA = MC. CA, CB = CM + MA, CM + MB = CM 2 + MA, CM + CM, MB + MA, MB = CM 2 MB, CM + CM, MB MB, MB = 0 Also ist bei C ein rechter Winkel. 2.Weg: Die Dreiecke AMC und CMB sind jeweils gleichschenklig (Ihre Schenkel sind alle Radien). Damit ist CAM = ACM und BCM = CBM. Wir haben Also ist BCA = π/2. π = CAB + ABC + BCA = CAM + AMC + BCM + ACM =2( BCM + ACM) = 2 BCA Andere Wege möglich, z.b: Spiegelung des Dreiecks am Durchmesser führt zu einem Sehnenviereck. Der Satz vom Sehnenviereck liefert die Behauptung.

5 Zusatzaufgabe (Total: 4 Zusatzpunkte). Seien g 1, g 2, h 1, h 2 projektive Geraden in einer projektiven Ebene P (V ). Sei g 1 g 2 = {P }, h 1 h 2 = {Q} und P h 1, P h 2, Q g 1, Q g 2 und P Q. Sei {B ij } = g i h j. Wählen Sie eine affine Ebene A in P (V ) derart, dass die Punkte B ij alle in A liegen und dort ein Parallelogramm bilden. Begründen Sie ihre Wahl. Wie viele Möglichkeiten haben Sie die affine Ebene wie gefordert zu wählen? Lösung 5. Wähle A derart, dass P und Q in A liegen. Wegen P Q und A eine Ebene, ist g P Q = A und damit ist A eindeutig bestimmt. Dann sind in A die Geraden g 1 und g 2 bzw. h 1 und h 2 parallel. Liege ein Punkt B ij nicht in A. So würde B ij g P Q gelten und damit würde g i = h j sein. Das wäre ein Widerspruch zu P h 1. Damit liegen alle B ij in A und sind die Eckpunkte des von g 1, g 2 und h 1, h 2 gebildeten Parallelogramms. Was sind die Möglichkeiten A wie gewünscht zu wählen? 4 Punkte können auf verschiedene Weisen ein Parallelogramm bilden - je nach dem welche Verbindungen der Punkte Kanten oder Diagonalen sein sollen. Liege B 11 auf einer Diagonale mit B 22, so müssen wie oben g 1 und g 2 bzw. h 1 und h 2 parallel sein. Andererseits kann B 11 auf einer Diagonale mit B 12 liegen, dann müssen h 1 und h 2 bzw. g B11B 22 und g B21B 12 parallel sein. Um das zu erreichen muss A so gewählt werden, dass A = g QS mit S = g B11B 22 g B21B 12 ist. Die letzte Mäglichkeit wäre dann, dass B 11 auf einer Diagonale mit B 21 liegen, dann müssen g 1 und g 2 bzw. g B11B 22 und g B21B 12 parallel sein. Um das zu erreichen, muss A so gewählt werden, dass A = g P S ist. Es gibt also drei Möglichkeiten.