TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN Zentrum Mathematik

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1 TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN Zentrum Mathematik Prof. Dr. Dr. Jürgen Richter-Gebert, Martin von Gagern PROJEKTIVE GEOMETRIE Lösungen zur Nachhol-Klausur (0. April 202, 9:00 0:30 Uhr) Musterlösung

2 Aufgabe. Zählen (2 Punkte) Die nachfolgenden Teilaufgaben fragen jeweils nach einer Zahl als Ergebnis. Bitte kennzeichnen Sie Ihr Endergebnis deutlich. Wenn Sie sich selbst hinreichend sicher sind, reicht die Angabe dieses Ergebnisses. Bei einem falschen Ergebnis können richtige Ansätze im Rechenweg noch mit Punkten bewertet werden, wenn diese gut nachvollziehbar sind. Auf der folgenden Seite ist noch mehr Platz für Rechnungen. Das Symbol F k bezeichnet den endlichen Körper der Ordnung k, auch als GF(k) bekannt. Dieser hat k Elemente. a) Wie viele Geraden hat eine endliche projektive Ebene insgesamt, wenn auf jeder ihrer Geraden 5 Punkte liegen? b) Es sei P ein Punkt in der Fano-Ebene F 2 P 2. Wie viele projektive Transformationen gibt es in dieser Ebene, die P als Fixpunkt haben? c) In der Fano-Ebene F 2 P 2 sei g eine Gerade und P ein Punkt auf dieser Geraden. Wie viele projektive Transformationen gibt es in dieser Ebene, die P als Fixpunkt haben und g als Fixgerade, also g als ganzes fix lassen? d) Es sei g eine Gerade in F 3 P 2 (Achtung: nicht F 2 P 2 ). Wie viele projektive Transformationen gibt es in dieser Ebene, die g als Fixpunktgerade haben, also jeden Punkt darauf fix lassen? Lösung: a) Bei einer projektiven Ebene der Ordnung n liegen auf jeder Geraden n + Punkte. Es handelt sich hier also um eine projektive Ebene der Ordnung n = 4. Die Gesamtzahl der Geraden beträgt demnach n 2 + n + = n3 n = 2 b) Eine projektive Ebene wird durch die Bilder von vier Punkten in allgemeiner Lage definiert. Man kann sich also überlegen, wie viele Möglichkeiten es gibt, in der Fano-Ebene vier Punkte in allgemeiner Lage auszuwählen, von denen einer als Fixpunkt bereits fest liegt. Es gibt insgesamt 7 Punkte. Für die Wahl des ersten Punktes, des Fixpunktes, gibt es nur eine Möglichkeit. Für die Wahl des zweiten Punktes, verschieden vom ersten, bleiben 6 Möglichkeiten. Der dritte Punkt darf nicht auf der von den ersten beiden Punkten definierten Geraden liegen, weshalb es nur noch 4 Möglichkeiten gibt. Und da damit zwei weitere Geraden definiert werden, gibt es für den letzten Punkt nur noch eine einzige mögliche Position. 6 4 = 24 c) Die überlegungen laufen analog zu denen gerade eben. Nimmt man o.b.d.a. an, dass das Urbild des zweiten Punktes auf der Fixgeraden liegt, dann gibt es für die Wahl seines Bildes nur noch 2 Möglichkeiten, da er immernoch auf der Bildgeraden liegen und von P verschieden sein muss. 2 4 = 8 d) Die ersten beiden Punkte für die allgemeine Lage kann man auf der Fixpunktgerade annehmen, so dass diese bereits festgelegt sind. Als drittes muss man nun einen Punkt abseits der Fixpunktgerade wählen. Die Ebene hat = 3 Punkte, von denen 3 + = 4 auf g liegen. Es bleiben also 3 4 = 9 Punkte zur Auswahl. Nennen wir die bisherigen Bildpunkte A, B und C, wobei A und B auf g liegen und damit Fixpunkte sind, während C das Bild eines abseits gelegenen Punktes C ist. Angenommen, D sei der verbleibende Urbildpunkt für eine Ausgangsbasis. Dann ist die Verbindungsgerade C D eine Gerade, die g in einem Fixpunkt E schneidet. Das Bild dieser Gerade ist also die Verbindungsgerade C E. Auf dieser muss D liegen, und von C und E jeweils verschieden sein. Dafür gibt es genau 2 Möglichkeiten. 9 2 = 8 2

3 Aufgabe 2. Das projektiv Mögliche (0 Punkte) In den folgenden Teilaufgaben sind jeweils Paare von Urbild- und Bildpunkten in einem projektiven Raum vorgegeben. Entscheiden Sie, ob es eine projektive Transformation gibt, die alle in einer Zeile angegebenen Abbildungen gleichzeitig erfüllt, die also alle angegebenen Urbilder auf die dazu notierten Bilder abbildet, wobei beide als Äquivalenzklassen im Sinne einer projektiven Ebene aufzufassen sind. Wenn es eine solche Transformation gibt, geben Sie an, ob diese durch die Vorgabe bereits (bis auf skalare Vielfache) eindeutig bestimmt ist oder nicht. Beantwortung: Kreuzen Sie ihre Antwort an. Bei einer falschen Antwort kann eine nachvollziehbare Begründung (auf der nächsten Seite) noch Punkte geben. Sie müssen die Transformation nicht explizit angeben, um zu begründen, dass es diese gibt. Bewertung: Richtige Kreuze geben 2 Punkte, falsche Kreuze zunächst Punkt Abzug, so dass der Erwartungswert für blindes Raten bei 0 Punkten liegt. Richtige Ideen, die aus der Nebenrechnung oder Begründung klar erkennbar sind, können mit einem Teil der Punkte belohnt werden. Die Bewertungen der Teilaufgaben werden miteinander verrechnet, die gesamte Aufgabe jedoch nie mit weniger als 0 Punkten bewertet. a) In RP 2 die folgenden drei Punktepaare: Eine solche projektive Transformation ist... eindeutig mehrdeutig unmöglich b) In CP die folgenden drei Punktepaare: ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( 2 ) Eine solche projektive Transformation ist... eindeutig mehrdeutig unmöglich ( ) i c) In RP die folgenden drei Punktepaare: ( ( ) ( ( ) ( ( ) 5 3) 7 4) 0) Eine solche projektive Transformation ist... eindeutig mehrdeutig unmöglich d) In RP die folgenden vier Punktepaare: ( ( ) ( ( ) ( ( ) ( ( ) ) 2) ) ) Eine solche projektive Transformation ist... eindeutig mehrdeutig unmöglich e) In RP 2 die folgenden vier Punktepaare: Eine solche projektive Transformation ist... eindeutig mehrdeutig unmöglich 3

4 Lösung: a) Mehrdeutig. Die Abbildung ist möglich, weil sie durch eine 90 -Drehung um den Ursprung erreicht werden kann. Sie ist nicht eindeutig, weil eine projektive Transformation in RP 2 (mindestens) vier Punktepaare zu ihrer eindeutigen Bestimmung benötigt. b) Eindeutig. Ein CP wird eine projektive Abbildung durch drei paarweise verschiedene Punkte und deren Bilder eindeutig definiert. Kollinearität spielt dabei keine Rolle. c) Unmöglich. Zwei der Urbilder sind verschiedene Repräsentanten des gleichen Punktes. Sie können nicht gleichzeitig auf zwei verschiedene Punkte abgebildet werden. d) Eindeutig. Durch drei der Punktepaare wird die projektive Transformation bereits eindeutig bestimmt. Damit das vierte Paar dazu passt, muss das Doppelverhältnis erhalten bleiben. Dieses beträgt beide male, was man entweder weiß oder nachrechnen kann. Zum Wissen sollte man folgende Form erkennen: (, 5; 3, 7) = (, a + b ; a, b) = 2 ( 3, 3;, 9) = ( x, x;, x 2 ) = e) Unmöglich. Die vier Punkte liegen jeweils auf einer Geraden. Eine projektive Abbildung müsste ihr Doppelverhältnis erhalten. Man kann sich je zwei Repräsentanten wählen, die die Gerade aufspannen, und die Punkte als Linearkombinationen davon schreiben: 0 0 λ 0 + µ 0 λ + µ Da eine projektive Abbildung unabhängig von ihrer Basis projektiv ist, beschränkt diese Wahl die Allgemeinheit nicht. Jetzt kann man sich die Punkte wieder als Zahlen auf einem projektiven Zahlenstrahl vorstellen: ( ) ( ) 0, ;, 5, 3;, 5 Ausgehend von den ersten drei Punkten kann man sich diese Abbildung vorstellen als x 2x +, was jedoch den letzten Punkt auf abbilden müsste. Also kann das Doppelverhältnis nicht das gleiche bleiben. 4

5 Aufgabe 3. Zu kleines Blatt (2 Punkte) Nachfolgend sehen Sie zwei Geraden g und h, die sich außerhalb des Blattes in einem Punkt schneiden. Konstruieren Sie eine Gerade f durch diesen Schnittpunkt, die außerdem durch den Punkt P verläuft. Sie dürfen nur Konstruktionen innerhalb des durch die doppelte Linie vorgegebenen Rahmens ausführen. Das einzige zugelassene Werkzeug ist ein Lineal, und zwar ohne Verwendung der Skala darauf. Abgesehen von der willkürlichen Wahl neuer Elemente sind daher Schnittpunkt und Verbindungsgerade die einzigen zugelassenen Operationen. Ihre Konstruktion muss klar nachvollziehbar sein. Bei einer unübersichtlichen Zeichnung sollten Sie eine Konstruktionsbeschreibung mit angeben. Hinweis: Denken Sie an Inzidenzsätze, wie beispielsweise den Satz von Desargues oder den Satz von Pappos. h g P Lösung: siehe nächste Seite 5

6 Satz von Desargues: X H h H 2 Y g G G 2 F 2 P f Z Konstruktionsbeschreibung:. Wähle X und Z beliebig 2. H = (P X) h 3. G = (H Z) g 4. Y = (X Z) (P G ) 5. Wähle H 2 beliebig auf h 6. G 2 = (H 2 Z) g 7. F 2 = (X H 2 ) (Y G 2 ) 8. f = P F 2 ist die gesuchte Gerade 6

7 Satz von Pappos: X C B h A g D E P f Y Konstruktionsbeschreibung:. Wähle X und Y beliebig 2. A = (X P ) g 3. B = (Y P ) h 4. C = (Y A) h 5. D = (X B) g 6. E = (X C) (Y D) 7. f = P E ist die gesuchte Gerade 7

8 Aufgabe 4. Bracket-Polynom (2 Punkte) Gegeben seien die sechs Punkte A bis F in RP 2. Aus diesen ergeben sich weitere Konstruktionselemente, wie in der nachfolgenden Abbildung gezeigt. A B C P Q R D E F a) Beschreiben Sie die Punkte P, Q und R als Linearkombinationen aus den sechs vorgegebenen Punkten. Geben Sie die Koeffizienten konkret als Bracket-Polynome an. Sie dürfen annehmen, dass die Punkte hinreichend nicht-degeneriert liegen, so dass P bis R durch die durchgezogen eingezeichneten Inzidenzen eindeutig beschrieben werden. b) Finden Sie ein Bracket-Polynom, das genau dann 0 wird, wenn P, Q und R auf einer (in der Abbildung gestrichelt eingezeichneten) Geraden liegen. Die einzelnen Einträge der Brackets sollen dabei ausschließlich Vektoren aus der Menge {A, B, C, D, E, F } sein, keine kombinierten Ausdrücke und keine anderen Punkte. Verwenden Sie das Ergebnis von Teilaufgabe a) als Grundlage Ihrer Berechnung. c) Welche geometrische Eigenschaft der sechs Punkte beschreibt dieses Bracket-Polynom? Orientieren Sie sich dafür an der ursprünglichen Konfiguration aus der Abbildung, und nicht so sehr an dem algebraischen Polynomausdruck aus b). d) Geben sie einen (anderen) Repräsentanten des in b) berechneten Bracketpolynoms an, der aus nur zwei Summanden besteht. Nutzen Sie dazu eine der vorangegangenen Teilaufgaben. Die einzig zulässigen Bracket-Einträge sind nach wie vor die Vektoren A bis F. Hinweis: Auch wenn die Fragestellungen dieser Teilaufgaben aufeinander aufbauen, lassen sich manchen Teilaufgaben bearbeiten, auch wenn für die vorangegangenen keine Lösung vorliegt. Lösung: a) Wenn man sich nicht mehr genau erinnert, kann man sich das Vorgehen über Plückers µ hier herleiten: P = λa + µe 0 = [BDP ] = λ[bda] + µ[bde] λ = [BDE] µ = [BDA] Mit diesem Ansatz, ob hergeleitet, vom Hilfsblatt abgelesen oder auswendig erinnert, erhält man die drei Linearkombinationen Diese Darstellung ist natürlich nicht eindeutig. P = [BDE]A [BDA]E Q = [CDF ]A [CDA]F R = [CEF ]B [CEB]F 8

9 b) Man setzt einfach ein und wendet dann das Distributivgesetz an. Da Brackets mit zwei gleichen Termen bereits 0 werden, fallen hier einige Terme weg. Hat man Teilaufgabe a) so ungünstig gelöst, dass kein Vektor mehrfach vorkommt, können hier bis zu 8 Summanden auftreten. [P QR] = [ [BDE]A [BDA]E, [CDF ]A [CDA]F, [CEF ]B [CEB]F ] = [BDE][CDA][CEF ][AF B] [BDA][CDF ][CEF ][EAB] + [BDA][CDF ][CEB][EAF ] + [BDA][CDA][CEF ][EF B] c) Die Zeichnung stellt den Satz von Pascal dar. Wenn die gestrichelt eingezeichnete Kollinearität gegeben ist, dann liegen die sechs schwarzen Punkte auf einem gemeinsamen Kegelschnitt. d) Für sechs Punkte auf einem gemeinsamen Kegelschnitt kann man sich das Polynom aus der Gleichheit der Doppelverhältnisse ableiten. (A, B; C, D) E = (A, B; C, D) F [ACE][BDE] [ACF ][BDF ] = [ADE][BCE] [ADF ][BCF ] [ACE][BDE][ADF ][BCF ] = [ACF ][BDF ][ADE][BCE] [ACE][BDE][ADF ][BCF ] [ACF ][BDF ][ADE][BCE] = 0 Alternativ kann man auch von Teilaufgabe c) ausgehen und mit Grassmann-Plücker-Relationen die Zahl der Summanden reduzieren. Zunächst kann man den zweiten und den dritten Summanden zusammenfassen. Der gemeinsame Vorfaktor [BDA][CDF ] spielt dabei keine Rolle. [CEF ][EAB] + [CEB][EAF ] = [ECF ][EAB] + [ECB][EF A] = [ECA][EF B] [BDA][CDF ][CEF ][EAB] + [BDA][CDF ][CEB][EAF ] = [ECA][EF B][BDA][CDF ] Dabei wurde die GPR [cf][ab] [ca][fb]+[cb][fa] = 0 genutzt, wobei die Kleinbuchstaben die Verbindungsgeraden mit dem gemeinsamen Punkt E darstellen. Analoges Vorgehen für den ersten und letzten Summanden, die [CDA][CEF ] als gemeinsamen Faktor haben, kürzt auch diese auf einen Summanden. [BDE][AF B] + [BDA][EF B] = [BDA][BEF ] [BDE][BAF ] = [BDF ][BAE] [BDE][CDA][CEF ][AF B] + [BDA][CDA][CEF ][EF B] = [BDF ][BAE][CDA][CEF ] Die GPR hinter dieser Vereinfachung ist [da][ef] [de][af] + [df][ae], mit B als gemeinsamem Punkt. Damit ergibt sich insgesamt das Bracket-Polynom [P RQ] =[ECA][EF B][BDA][CDF ] [BDF ][BAE][CDA][CEF ] Man kann überprüfen, dass die beiden Alternativen gleichwertig sind, dass also auch dieses Bracket-Polynom einer Gleichheit von Doppelverhältnissen entspricht: [ECA][EF B][BDA][CDF ] = [BDF ][BAE][CDA][CEF ] [CEA][BDA][BEF ][CDF ] = [BEA][CDA][BDF ][CEF ] [BDA][CEA] [BDF ][CEF ] = [BEA][CDA] [BEF ][CDF ] (B, C; D, E) A = (B, C; D, E) F 9

10 Aufgabe 5. Polare (2 Punkte) Konstruieren Sie die Polare a des Punktes A bezüglich des unten abgebildeten Kegelschnitts. Tangenten dürfen nach Augenmaß eingezeichnet werden, müssen aber klar als solche erkennbar sein. Beschriften Sie die Gerade a in der Konstruktion, so dass sie klar als Endergebnis erkennbar ist. Geben Sie eine Konstruktionsbeschreibung an. A Lösung: siehe nächste Seite 0

11 B a b 2 b c C C B 2 A b B c c 2 C 2 Konstruktionsbeschreibung:. Zeichne zwei beliebige Geraden b und c durch A. 2. Schnittpunkte dieser Geraden mit dem Kegelschnitt sind B, B 2, C, C Tangenten an den Kegelschnitt in diesen Punkten sind b, b 2, c, c B = b b 2 ist der Pol von b; C analog. 5. a = B C ist Polare von A, da Polarität Inzidenzen erhält.

12 Aufgabe 6. Analyse eines Kegelschnitts (2 Punkte) Gegeben sei ein Kegelschnitt K, beschrieben durch seine primale Matrix A: 0 A = a) Weisen Sie nach, dass dieser Kegelschnitt degeneriert ist. b) Berechnen Sie eine Matrix B für den zugehörigen dualen Kegelschnitt. c) Zerlegen Sie primalen und dualen Kegelschnitt jeweils in seine Komponenten. d) Der Kegelschnitt K sei Fundamentalgebilde einer Cayley-Klein-Geometrie. Geben Sie für die Längenmessung sowie für die Winkelmessung in dieser Geometrie jeweils an, ob diese elliptisch, euklidisch (=parabolisch) oder hyperbolisch ist. Lösung: a) Die Determinante der Matrix ist 0, was man leicht daran sieht, dass erste und letzte Spalte identisch sind. Eine symmetrische Matrix mit Determinante 0 beschreibt einen degenerierten Kegelschnitt. b) Die duale Matrix ist die Adjunkte der primalen B = A = = Wenn man mag, kann man überprüfen, dass das Produkt A B die Nullmatrix ist, was ein Vielfaches der Einheitsmatrix ist. c) Die Matrix A hat Rang 2, die Matrix B hingegen nur Rang. Es ist daher leichter, zunächst B zu zerlegen. Dazu genügt es, eine von Null verschiedene Zeile oder Spalte auszuwählen. B = 0 (, 0, ) = P P T P = 0 Der Vektor P beschreibt also einen Doppelpunkt, durch den alle Tangenten laufen. Die primale Matrix muss vor dem Zerlegen auf Rang gebracht werden. Dazu muss ein geeignetes Vielfaches der Kreuzproduktmatrix der dualen Doppelkomponente addiert werden, also ein Vielfaches von M P A = A + λm P = λ Um λ zu bestimmen, genügt es, eine 2 2 Unterdeterminante zu betrachten. Bei einer Matrix von Rang verschwinden all diese Unterdeterminanten. λ λ = + λ2 = 0 Diese Gleichung hat keine reellen Lösungen, aber zwei komplexe Lösungen, i und i. Mit λ = i ergibt sich die Rang--Matrix als i A = A + im P = i i = i (, i, ) i 2

13 Der primale Kegelschnitt besteht also aus zwei konjugiert komplexen Geraden. l = i l 2 = d) Da der primale Kegelschnitt aus zwei komplexen Geraden besteht, ist die Längenmessung elliptisch. Der duale Kegelschnitt ist ein Doppelpunkt, was zu einer parabolischen Winkelmessung führt. Die Geometrie ist insgesamt die duale euklidische Geometrie, in der P die Rolle der Geraden im Unendlichen spielt, sowie l und l 2 den Kreispunkten I und J entsprechen. i 3

14 Aufgabe 7. Orthogonale Geraden im Poincaré-Modell (2 Punkte) Gegeben seien zwei hyperbolische Geraden g und h, die sich im Inneren des Poincaré-Kreisscheibenmodells unter einem rechten Winkel schneiden. Zeigen Sie, dass die Schnittpunkte (G, G 2 ; H, H 2 ) auf dem Rand der Kreisscheibe in harmonischer Lage liegen. Sie dürfen Ihren Beweis gerne mit geeigneten Skizzen illustrieren, um den Text verständlicher und die Formulierungen einfacher zu machen. H 2 h G 2 H g G Lösung: Es gibt zwei Lösungsansätze. Übergang zu Beltrami-Klein-Modell. Auf dem Kreisrand stimmt das Beltrami-Klein-Modell mit dem Poincaré- Modell überein. Weder die stereographische noch die orthogonale Projektion beim Modellwechsel ändert also das Doppelverhältnis der vier Punkte auf dem Rand. Im Beltrami-Klein-Modell stehen Geraden senkrecht auf einander, wenn die eine durch den Pol der anderen verläuft. Der Pol kann durch das Anlegen von Tangenten konstruiert werden, wie nebenstehend illustriert. Die Konstruktion, die sich dabei ergibt, kann man auch mit Hesses Übertragungsprinzip als Quadrilateral Set interpretieren: (G, G 2 ; H, H ; H 2, H 2 ) H 2 G 2 H Dieses Quadrilateral Set ist mit seinen doppelt auftretenden Punkten gleichwertig zur harmonischen Lage. Rückzug auf gutartigen Spezialfall. G Projektive Abbildungen, die die Kreisscheibe auf sich selbst abbilden, erhalten sowohl Winkel als auch Doppelverhältnisse. Es gibt eine projektive Abbildung, die den Schnittpunkt der Geraden in den Mittelpunkt des Kreises verschiebt. Hyperbolische Geraden durch den Kreismittelpunkt werden durch echte euklidische Geraden modelliert. Das Poincaré-Modell ist winkeltreu, so dass die Geraden auch euklidisch senkrecht auf einander stehen müssen. Man kann durch eine projektive Abbildung auch noch die Geraden auf die Koordinatenachsen drehen. Den so erhaltenen Spezialfall kann man ausrechnen: (( ) ( ) ( ) ( )) i i (G, G 2 ; H, H 2 ) =, ;, ( )( ) i ( ) ( i) ( i)( + i) ( i)2 = ( )( ) = = ( i) ( ) i ( + i)( i) ( + i) 2 = 2i + 2i = 2i = 2i Die Rückführung auf den Spezialfall hat die Allgemeinheit nicht beschränkt, so dass dieses Doppelverhältnis allgemein gelten muss. 4