γ(p) = {(P,g) P G P g}. π(g) = {(P,g) P G P g}.

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1 Lösungsvorschläge zur Klausur Elementare Geometrie vom Aufgabe 1 Es sei P eine nicht kollineare endliche Menge von Punkten in einer affinen Ebene. Weiter sei G die Menge aller Geraden PQ mit P,Q P. Für einen Punkt P P bzw. eine Gerade g G setzen wir γ(p) = {h G P h} und π(g) = g P. Zeigen Sie: (a) P enthält mindestens drei Punkte, und für alle P P gilt γ(p) 2. (b) P P γ(p) = g G π(g). (c) Für P P und g G mit P / g ist π(g) γ(p). (d) Nun sei die affine Ebene unendlich und 3 n N beliebig. Geben Sie ein Beispiel für eine Menge P wie oben an, sodass n = P = G. (a) Da je zwei Punkte aus der affinen Ebene kollinear sind, P jedoch nicht, kann P nicht weniger als drei Punkte enthalten. Wenn P P einbeliebiger Punkt wäre, für den γ(p) = 0 gälte, danngäbeesaußer P keinen Punkt in P, also wäre P kollinear. Wäre hingegen γ(p) = 1, so lägen auch alle Punkte aus P auf dieser einen Geraden durch P und P wäre kollinear, was einen Widerspruch zu den Voraussetzungen ergäbe. (b) Es ist γ(p) = {g G P g} und damit γ(p) = {(P,g) P G P g}. P P Analog ist π(g) = {P P P g} und damit π(g) = {(P,g) P G P g}. g G Das zeigt die Behauptung. (c) Durch jeden Punkt aus g P geht genau eine Gerade, die ihn mit P verbindet. Dies liefert eine Abbildung von g P in die Menge der Geraden aus G durch P, die injektiv ist, da P nicht auf g liegt. Es folgt, dass es mindestens so viele Geraden durch P in G gibt, wie es Punkte aus P auf g gibt. Das ist die Behauptung. (d) Jede Gerade enthält jetzt unendlich viele Elemente. Wir wählen eine Gerade g in der Ebene. Dann wählen wir P so, dass n 1 Elemente aus g zu P gehören, der n-te Punkt P jedoch nicht auf g liegt. Zu G gehören dann g und alle Verbindungsgeraden zwischen P und den Punkten aus g P. Das sind auch genau n Stück.

2 Aufgabe 2 Es sei E die euklidische Standardebene mit Abstandsfunktion δ. (a) Es seien K ein Kreis in E und P 1,...,P 6 sechs paarweise verschiedene Punkte auf K, so dass δ(p 1,P 6 ) = δ(p i,p i+1 ) für alle i {1,...,5}. Zeigen Sie, dass K den Radius δ(p 1,P 6 ) hat. (b) Es seien zwei Punkte A,B E gegeben. Erklären Sie anhand einer Skizze, wie Sie nur mit dem Zirkel einen Punkt C konstruieren, der auf AB liegt und δ(a,c) = 2 δ(a,b) erfüllt. Begründen Sie die Korrektheit Ihrer Konstruktion. (a) Wir bezeichnen mit M den Mittelpunkt des Kreises. Dann sind die Dreiecke P 1 MP 2,... P 5 MP 6, P 6 MP 1 gleichschenklig, da jeweils die Seitenlängen δ(m,p i ) gleich sind. Da zudem noch die dritten Seiten je zweier Dreiecke gleichlang sind, sind je zwei der Dreiecke nach dem SSS-Satz kongruent. Für den Mittelpunktswinkel α = P 1 MP 2 gilt daher, dass dieser genauso groß ist wie der Winkel bei M in jedem anderen der sechs Dreiecke. Da jeweils P i+1 aus P i und P 1 aus P 6 durch Drehung um M mit dem Winkel α entsteht folgt, dass 6 α ein Vielfaches von 360 ist. Denn nach sechsmaligem Drehen wird P 1 wieder auf P 1 geschickt. Da andererseits α 180 gilt, ist 6α {360,720,1080 }. Für α = 120 wäre hier P 4 = P 1 und für α = 180 wäre schon P 3 = P 1. Beides war verboten, und es folgt α = 60. Da dies der Scheitelwinkel eines gleichschenkligen Dreieckes ist und in der euklidischen Ebene die Winkelsumme im Dreieck 180 beträgt, müssen die beiden Basiswinkel bei P 1 und P 2 ebenfalls 60 betragen. Das Dreieck ist daher gleichseitig und es folgt die Behauptung: δ(p 1,M) = δ(p 1,P 2 ) = δ(p 1,P 6 ). (b) Wir gehen in die Situation aus Teil (a) und setzen M = B, P 1 = A. In dieser Situation wäre C := P 4 eine gute Wahl, denn 3α = 180, also ist der Winkel ABP 4 gestreckt und außerdem stimmen die Abstände. Zur Konstruktion ziehen wir um B einen Kreis mit Radius δ(a,b). Um P 2 zu konstruieren schneiden wir diesen Kreis mit dem Kreis um A mit Radius δ(a,b). Um P 3 zu konstruieren schneiden wir den ersten Kreis mit dem Kreis um P 2 mit Radius δ(a, B) und nehmen den noch nicht vorher gefundenen Schnittpunkt (= A). Für P 4 schneiden wir den ersten Kreis mit dem um P 3 und Radius δ(a,b) und nehmen den neuen Schnittpunkt. P3 P2. C.. B A

3 Aufgabe 3 Es sei H die obere Halbebene mit der hyperbolischen Metrik und M die Möbiustransformation M(z) = z 3 3z +1, z H, zur Matrix 1 2 ( ) SL(2,R). (a) Zeigen Sie, dass M 3 die Identität und i der einzige Fixpunkt von M ist. (b) Sei P = 2i. Zeigen Sie, dass die Seiten des Dreiecks mit den Ecken P,M(P) und M 2 (P) paarweise gleich lang sind. (c) Begründen Sie, wieso es genau einen Punkt Q P in der oberen Halbebene gibt, sodass auch das Dreick (Q,M(P),M 2 (P)) gleichseitig ist. (d) Bestimmen Sie die Verbindungsgerade P Q! (a) M 3 ist die Möbiustransformation zur Matrix ( ) = 3 1 Dies ist die Identität. 1 8 ( Ein Fixpunkt z H von M erfüllt die Gleichung M(z) = z, was nach Durchmultiplizieren mit dem Nenner von M(z) zur Polynomgleichung z 3 = 3z 2 +z führt. Subtraktion von z auf beiden Seiten und anschließende Division durch 3 führt auf z 2 = 1, was in H nur die Lösung z = i besitzt. (b) Da P kein Fixpunkt von M ist, sind die Punkte P,M(P) und M 2 (P) paarweise verschieden. Da M eine Isometrie für die hyperbolische Metrik ist, gilt d H (P,M(P)) = d H (M(P),M 2 (P)) = d H (M 2 (P),M 3 (P)) = d H (M 2 (P),P). (c) DieGeradenspiegelungan M(P),M 2 (P) führt P ineinenpunkt Q mitdengewünschten Eigenschaften über, da sie eine Isometrie ist. Es gibt also mindestens einen solchen Punkt. Dieser muss von M(P) und M 2 (P) gleich weit entfernt sine, also auf der Mittelsenkrechten der Verbindungsstrecke liegen. Auf dieser gibt es genau zwei Punkte, die von M(P) den Abstand d H (M(P),M 2 (P)) haben, nämlich P und Q. Damit kann es auch nicht mehr als einen Punkt außer P geben, der mit M(P) und M 2 (P) ein gleichseitiges Dreieck bildet. (d) Teil (c) zeigt, dass PQ die Mittelsenkrechte von [M(P),M 2 (P)] ist. Auf dieser liegen auch die Punkt P (siehe (b)) und i (da d H (i,m(p)) = d H (i,m 2 (P)): i ist ja Fixpunkt von M!). Also ist die Mittelsenkrechte die Gerade {z H R(z) = 0}. ).

4 Aufgabe 4 Es seien (X,d) und (Y,e) zwei metrische Räume. (a) Weisen Sie nach, dass auf X Y durch die Vorschrift f : (X Y) (X Y) R, f((x,y),(x,y )) := max{d(x,x ),e(y,y )} eine Metrik definiert wird. (b) Nun seien X eine Komplettierung von X und Y eine Komplettierung von Y. Die Metriken nennen wir wieder d und e. Geben Sie anhand dieser Daten eine Komplettierung von X Y mit der Metrik f aus Teil a) an. Begründen Sie Ihr Ergebnis. (a) Wir rechnen die definierenden Eigenschaften einer Metrik nach. Die Werte von f sind Werte von d oder e, also nicht negative reelle Zahlen. Es ist zudem klar, dass f symmetrisch ist, da d und e dies sind. Für Punkte (x,y),(x,y ) X Y gilt zudem: f((x,y),(x,y )) = 0 d(x,x ) = e(y,y ) = 0 (x,y) = (x,y ). Hierbei benutzen wir bei der Implikation nach rechts im ersten Schritt, dass d und e keine negativen Werte annehmen. Wenn das Maximum also 0 ist, müssen beiden Werte 0 sein. Für drei Punkte (x,y),(x,y ),(x,y ) X Y gilt schließlich die Dreiecksungleichung. Beim Nachweis dürfen wir OE annehmen, dass f((x,y),(x,y )) = d(x,x ) gilt. Dann sehen wir wegen der Dreicksungleichung für d : f((x,y),(x,y )) = d(x,x ) d(x,x )+d(x,x ) max{d(x,x ),e(y,y )}+max{d(x,x ),e(y,y )} = f((x,y),(x,y ))+f((x,y ),(x,y )). (b) Behauptung: Die Komplettierung von X Y ist X Y, wobei die Metrik analog zu (a) eingeführt wird. Zum Nachweis müssen wir einsehen, dass dieser Raum erstens vollständig ist und zweitens X Y darin dicht liegt. Sei ((x n,y n )) eine Cauchyfolge in X Y. Dann gilt für alle m,n N : d(x m,x n ) f((x m,y m ),(x n,y n )) und e(y m,y n ) f((x m,y m ),(x n,y n )). Daher sind auch (x n ) n und (y n ) Cauchyfolgen in X und Y, wo es aber wegen der Vollständigkeit dann auch einen Grenzwert gibt: x bzw. y. Dann gilt jedoch f((x n,y n ),(x,y)) = max{d(x n,x),e(y n,y)} n 0 und unsere Cauchyfolge konvergiert gegen (x,y) X Y. Schließlich sei (x,y) X Y. Aufgrund der Aufgabenstellung gibt es für jedes n N x n X und y n Y mit d(x n,x),e(y n,y) 1. Daher konvergiert die Folge n ((x n,y n )) n aus X Y gegen (x,y), und X Y liegt dicht in X Y.

5 Aufgabe 5 (a) Zeigen Sie, dass ein topologischer Raum X genau dann hausdorffsch ist, wenn die Diagonale = {(x,x) x X} X X abgeschlossen bezüglich der Produkttopologie auf X X ist. (b) Nun seien X ein topologischer Raum und eine Äquivalenzrelation auf X. Weiter sei Y = X/ mit der Quotiententopologie versehen. Zeigen Sie, dass R = {(x 1,x 2 ) X X x 1 x 2 } X X abgeschlossen bezüglich der Produkttopologie auf X X ist, falls Y hausdorffsch ist. (c) Zeigen Sie, dass die Umkehrung der Aussage in Teil (b) gilt, falls die kanonische Projektion p: X Y offene Mengen in X auf offene Mengen in Y abbildet. Wir erinnern zunächst daran, dass die Mengen U 1 U 2, U i X offen, eine Basis der Produkttopologie bilden. (a) Seien zunächst X hausdorffsch und x, y X zwei verschiedene Punkte. Dann haben diese disjunkte offene Umgebungen U 1,U 2, und damit ist U 1 U 2 eine offene Umgebung von (x, y) X X, die nicht schneidet, denn ein Schnittpunkt (z,z) entspräche einem Punkt in U 1 U 2. Daher ist X X \ offen in der Produkttopologie und folglich offen. Ist umgekehrt abgeschlossen in der Produkttoplogie und sind x, y X verschieden, so gibt es eine Umgebung U von (x,y) X X, die mit leeren Schnitt hat. In dieser Umgebung liegt nach der Erinnerung eine Umgebung der Gestalt U 1 U 2 von (x,y), und diese U i haben wieder leeren Schnitt, sind also disjunkte Umgebungen von x und y. (b) Sei Y hausdorffsch. Wir benutzen, dass wegen der Stetigkeit der kanonischen Projektion p : X Y auch p p : X X Y Y in der Produkttopologie stetig ist, da für die offenen Basismengen V 1 V 2 Y Y das Urbild gerade p 1 (V 1 ) p 1 (V 2 ) ist, also offen in X X. Das Urbild unter p p von der Diagonalen Y = {(y,y) y Y} ist {(x 1,x 2 ) X X p(x 1 ) = p(x 2 )} = {(x 1,x 2 ) X X x 1 x 2 } = R. Da Y als hausdorffsch vorausgesetzt ist, ist Y nach (a) abgeschlossen, also wegen der Stetigkeit auch R = (p p) 1 ( Y ). (c) Wenn p offenist, dannist auch p p : X X Y Y offen, da Bilder der eingangs erinnerten Basismengen der Topologie offen sind. Wenn also R abgeschlossen und p offen sind, dann ist (Y Y)\ Y = (p p)((x X)\R) offen und damit Y abgeschlossen: Y ist hausdorffsch.

6 Aufgabe 6 Sei γ : R R 2 zweimal stetig differenzierbar und γ (t) 0 für alle t R. (a) Geben Sie eine Formel an, mit der sich die Krümmung von γ zum Zeitpunkt t bestimmen lässt. Ab jetzt seien a,b > 0 fest gewählt und γ(t) = (acos(t),bsin(t)),t R. (b) Weisen Sie nach, dass { γ(t) (x,y) R 2 (x a ) 2 (y) } 2 + = 1. b (c) Bestimmen Sie die Krümmung κ 0 von γ zum Zeitpunkt t = 0. (d) Rechnen Sie nach, dass die Verbindungsgerade der Punkte (a,0) und (0,b) und die Verbindungsgerade der Punkte (a,b) und (a 1 κ 0,0) zueinander orthogonal sind. (a) Das ist die Formel aus der Vorlesung: κ γ (t) = γ (t) 2 γ (t) 2 γ (t),γ (t) 2. γ (t) 3/2 (b) Mit x = acos(t), y = bsin(t) folgt ( x a )2 +( y b )2 = cos 2 (t)+sin 2 (t) = 1 wie verlangt. (c) In dem angegebenen Spezialfall ergibt sich aus γ (t) = ( asin(t),bcos(t)), γ (t) = ( acos(t), bsin(t)) : κ 0 = (a2 sin 2 (0)+b 2 cos 2 (0))(a 2 cos 2 (0)+b 2 sin 2 (0)) (sin(0)cos(0)(a 2 b 2 )) 2 (a 2 sin 2 (0)+b 2 cos 2 (0)) 3/2 = a b 2. (d) Der Richtungsvektor der ersten Geraden ist (a,0) (0,b) = (a, b). Der Richtungsvektor der zweiten Geraden ist Das Skalarprodukt dieser Vektoren ist also sind die Richtungen orthogonal. (a,b) (a 1 κ 0,0) = ( b2 a,b). (a, b),( b2 a,b) = b2 b 2 = 0,