Technische Universität München Fakultät für Mathematik. Klausur. Geometriekalküle. Modul MA März 2017, 08:30 09:30 Uhr

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1 Technische Universität München Fakultät für Mathematik Klausur Geometriekalküle Modul MA März 207, 08:30 09:30 Uhr Prof. Dr. Dr. Jürgen Richter-Gebert Musterlösung

2 Aufgabe. Wahr oder Falsch Entscheiden Sie bei den unten stehenden Aussagen, ob sie wahr oder falsch sind. Begründen Sie Ihre Antworten kurz. Die Antworten Wahr oder Falsch alleine ohne Begründung reichen nicht aus, um auf eine Teilaufgabe Punkte zu bekommen. (a) Die projektive Transformation des RP 2, die gegeben ist durch die Matrix , 0 0 hat unendlich viele Fixpunkte. (b) Gegeben seien drei beliebige, aber paarweise verschiedene Punkte A, B, C RP. Dann ist der Term [A, B] + [B, C] [A, B]2 + [B, C] 2 invariant unter Wahl der Repräsentanten und unter projektiven Transformationen. (c) Es gibt vier Punkte im RP, sodass, wenn ihr Doppelverhältnis λ ist, es eine Permutation der vier Punkte gibt, die das Doppelverhältnis λ 2 hat. (d) Möchte man den R 2 in den RP 2 einbetten, muss man ihn als Ebene in den R 3 legen und skalare Vielfache von Vektoren im R 3 miteinander identifizieren. Statt der Ebene z = kann man dafür auch die Ebene 3x + 2y + z = 0 nehmen. Lösung: (a) Wahr. Um das einzusehen gibt es prinzipiell zwei Möglichkeiten. Sei M die Matrix der projektiven Transformation. Algebraisch: Die Fixpunkte einer projektiven Transformation sind die Eigenvektoren zu beliebigen Eigenwerten der Transformationsmatrix. Da die Matrix hier eine obere Dreiecksmatrix ist, sieht man sofort, dass die Eigenwerte und 2 sind und dass der Eigenraum zum Eigenwert 2 eindimensional ist. Das heißt, er entspricht einem einzigen Fixpunkt. Um den Eigenraum zu zu bestimmen, betrachtet man die Matrix M I 3 = Ihr Kern ist offensichtlich zweidimensional und entspricht deswegen einer Fixpunktgeraden. Geometrisch: Da die Matrix M sehr wenig Einträge hat, ist die Transformation sehr leicht geometrisch beschreibbar. Nur die y-koordinate eines Punktes ändert sich, und zwar von y zu 2y Das heißt, in Standardeinbettung, es wird erst in y-richtung gestreckt und dann in y-richtung nach oben verschoben. Damit ist natürlich der Fernpunkt der y-achse ein Fixpunkt. Ferner ist es leicht einzusehen, dass die Punkte unterhalb der x-achse erst nach unten und dann nach oben bewegt werden. Dort sollte also ein Fixpunkt sein. Und die Gleichung 2y + 42 = y lässt sich leicht zu y = 42 auflösen. Da die Transformation nur die y-koordinate von Punkten beeinflusst, heißt das, dass die Parallele zur x-achse bei y = 42 punktweise fix bleibt. (b) Falsch. Sei der Term gleich t(a, B, C). Am einfachsten tranformiert man die Punkte mit einer Matrix M. Es ergibt sich t(ma, MB, MC) = det(m) t(a, B, C). det(m) 2 2

3 Im Allgemeinen ist det(m) det(m) 2 und t ist somit nicht invariant unter projektiven Transformationen. Skaliert man B mit einer reellen Zahl, läuft das auf eine ähnliche Rechnung hinaus. Skaliert man A oder C, wird es schwierig. Es entsteht eine komplizierte Gleichung, die allgemein schwierig zu untersuchen ist. Hier wählt man am besten ein konkretes Beispiel, das den Widerspruch aufzeigt. (c) Wahr. Man nehme vier Punkte, sodass zwei davon gleich sind. Dann ist das Doppelverhältnis gleich 0, oder. Und das sind alles Quadrate von sich selbst. Alternativ kann man auch die Gleichungen λ = λ 2, λ = λ 2, λ = λ2 betrachten und anschließend argumentieren, dass sie reelle Lösungen haben und dass es zu jedem reellem Doppelverhältnis Punkte gibt, die es realisieren. (d) Falsch. Die angegebene Ebene läuft durch den Ursprung des R 3. Ursprungsgeraden haben damit keinen eindeutigen Schnittpunkt mehr mit der Ebene und eine Identifizierung von Punkten im R 2 und im RP 2 ist somit nicht möglich. 3

4 Aufgabe 2. Projektive Geraden (a) Betrachten Sie die unten stehende Zeichnung des RP. Gegeben sind die Punkte mit den (dehomogenisierten) Koordinaten 3, 7 und. Konstruieren Sie denjenigen Punkt, der die Koordinate 8 hat. 4

5 (b) Betrachten Sie die unten stehende Zeichnung des CP in Standardeinbettung, in der die Punkte A, B, C vorgegeben sind. Zeichnen Sie die folgenden Mengen von Punkten ein. Sollten wesentliche Teile der Mengen außerhalb des sichtbaren Bereichs liegen, geben Sie diese in Worten an. M = { P CP [P, A][B, C] = [P, B][A, C] } { ( ) } N = P CP P T i = 0 3 Lösung: (a) Projektive Skalen vervollständigen können wir mithilfe der harmonischen Lage. Allgemein gilt Das heißt, ist gegeben können wir die an der 0 spiegeln, um zu erhalten, (0, ;, ) =. die an der 0 spiegeln, um zu erhalten und die 0 als Mittelpunkt von und erhalten. Wenn wir hier die gegebenen Punkte 3 und 7 auf die verschiedenen Rollen von 0, und verteilen, können wir die 3 an der 7 spiegeln, um zu erhalten, die 7 an der 3 spiegeln, um zu erhalten und die 5 als Mittelpunkt von 3 und 7 erhalten. Die zweite Möglichkeit entfernt uns von unserem Ziel, der 8, und kann deswegen erst einmal verworfen werden. Hat man oder 5 konstruiert, kann mit derselben Logik weitere Punkte konstruieren. Zum Beispiel die 4 als Mittelpunkt von 3 und 5 oder die 9 als Spiegelpunkt von 3 an. 5

6 Jetzt muss man sich überlegen, mit welchen Schritten man möglichst schnell zur 8 gelangt. Es gibt viele verschiedene Wege, die alle mindestens drei harmonische-lage-konstruktionen brauchen. Im Folgenden sei einer vorgestellt: Erst bestimmt man die 5 als Mittelpunkt von 3 und 7: Anschließend bestimmt man die 6 als Mittelpunkt von 5 und 7; man kann sogar die Konstruktion im Schritt vorher weiterverwenden: Abschließend ergibt sich die 8 als Spiegelbild von 6 an 7: Die gesamte Konstruktion sieht dann so aus: 6

7 Abschließend, zur Illustration, noch weitere Punkte auf der Skala: (b) Die Bedingung in der Definition von M lässt sich umschreiben u = [P, B][A, C] [P, B][C, A] = [P, A][B, C] [P, A][C, B]. Die rechte Seite ist das Doppelverhältnis (P, C; B, A) und aus der Vorlesung ist bekannt, dass dieses genau dann ist, wenn P = C. Also gilt M = {C}. Alternativ kann man auch die vier Punkte mit Koordinaten der Form X = sich die Gleichung (p a)(b c) = (p b)(a c), ( ) x schreiben. Es ergibt 7

8 die sich sehr leicht zu p = c auflösen lässt. Um N zu bestimmen, sei P = ( ) i p T ist damit äquivalent zu 3 iz + 3w = 0. ( z w). Die Bedingung Offensichtlich kann w nicht 0 sein ohne dass auch z = 0 ist also können wir es als annehmen. Wir erhalten z = 3i. Es gilt also {( )} 3i N =. Insbesondere beschreibt eine Skalarproduktgleichung im CP keine Gerade, sondern einen einzelnen Punkt. 8

9 Aufgabe 3. Doppelverhältnisse im Kreis. a) Es seien A, B, C, D vier endliche Punkte in RP 2, von denen keine drei auf einer gemeinsamen Geraden liegen. Beweisen Sie: Die Punkte A, B, C, D liegen genau dann auf einem Kreis, wenn ihr Doppelverhältnis von I aus betrachtet reell ist, also (A, B; C, D) I R. b) Seien A, B, C, D vier Punkte auf einem Kreis. Begründen Sie kurz, warum das Doppelverhältnis (A, B; C, D) E gesehen von einem Punkt E auf dem Kreis unabhängig davon ist, wo auf dem Kreis sich der Punkt E befindet. c) In der nachfolgenden Zeichnung sind drei Punkte A, B, C sowie der durch sie definierte Kreis dargestellt. Konstruieren Sie einen reellen Punkt D, so dass A, B; C, D von I aus gesehen in harmonischer Lage sind. A C B 9

10 Lösung: a) Es gibt zwei Möglichkeiten, das zu beweisen. In RP 2 mit I und J ist ein Kreis ein Kegelschnitt durch I und J. Wenn I die Punkte unter einem reellen Doppelverhältnis sieht, muss auch der dazu konjugierte Punkt J sie unter dem gleichen DV sehen, weil das Konjugieren aller Punkte auch das Ergebnis konjugiert, was auf die ganzen reellen Punkte und das reelle DV keine Auswirkung hat. Umgekehrt muss das Doppelverhältnis reell sein, wenn es von I und J aus gesehen das gleiche ist. Ein Punkt, der vier andere unter dem gleichen Doppelverhältnis sieht wie ein fünfter, liegt mit allen fünfen auf einem gemeinsamen Kegelschnitt. Also muss J auch auf dem Kegelschnitt durch A, B, C, D, I liegen. Damit ist dieser Kegelschnitt ein Kreis. Umgekehrt sehen alle Punkte auf einem Kegelschnitt vier andere Punkte auf dem gleichen Kegelschnitt unter dem gleichen Doppelverhältnis. Zusammengefasst: A, B, C, D liegen auf einem Kreis A, B, C, D, I, J liegen auf einem Kegelschnitt (A, B; C, D) I = (A, B; C, D) J (A, B; C, D) I = (A, B; C, D) Ī (A, B; C, D) I = (A, B; C, D) I (A, B; C, D) I R Im degenerierten Fall, wo I und J auf dem Kegelschnitt liegen und dieser dennoch kein Kreis ist, ist er statt dessen ein Paar von Geraden, von denen eine die Ferngerade ist. Damit das passiert, müssten entweder alle vier Punkte A, B, C, D auf der Gerade, die nicht die Ferngerade ist, liegen, oder aber zumindest einer dieser vier Punkte müsste ein Fernpunkt sein. Beide Fälle sind in der Angabe ausgeschlossen worden. In CP gilt, dass vier Punkte genau dann auf einem Kreis oder einer Geraden liegen, wenn ihr Doppelverhältnis reell ist, wobei der Fall kollinearer Punkte in der Angabe ausgeschlossen ist. Man kann die Determinanten benutzen, um die Aufgabenstellung nach CP zu transferieren. Dabei kann man sich auf die Standardeinbettung für die Punkte A bis D zurückziehen, da das Doppelverhältnis ja von der Wahl der Repräsentanten unabhängig ist, und alle vier Punkte endlich sind. a b i [A, B, I] = a 2 b 2 0 = a + ia 2 b ib 2 = a + ia 2 b + ib 2 = [Ã, B] Dabei entspricht Ã dem endliche Punkt A, wenn man die Zeichenebene als komplexe Zahlenebene auffasst. Es handelt sich also um unterschiedliche Repräsentantionen der gleichen geometrischen Situation. Der Repräsentant von I ist hier geschickt gewählt das Negative von dem aus der Vorlesung. Bei einer anderen Wahl würde sich noch ein Vorfaktor ergeben, der sich jedoch aus dem Doppelverhältnis wieder kürzen würde. Daher ist das Doppelverhältnis in CP 2 von I aus betrachtet gleich dem Doppelverhältnis der entsprechenden Punkte in CP. Zusammengefasst: A, B, C, D liegen auf einem Kreis in R 2 Ã, B, C, D liegen auf einem Kreis in C (Ã, B; C, D) R (A, B; C, D) I R 0

11 b) Diese Aussage ist ein Spezialfall der Aussage, dass das Doppelverhältnis von vier Punkten auf dem Kegelschnitt, gesehen von jedem beliebigen anderen Punkt des Kegelschnitts das gleiche ist. c) Wie in a) gezeigt, muss ein reeller Punkt D, der von I aus gesehen ein reelles DV mit A, B, C hat, auf dem Kreis liegen. Nach b) gilt daher (A, B; C, D) E = (A, B; C, D) I = für jeden Punkt E auf dem Kreis. Gesucht ist also ein Punkt D auf dem Kreis, der von einem Punkt E auf dem Kreis aus gesehen harmonisch zu A, B, C liegt. Das entspricht der Tatsache, dass die Verbindungsgeraden harmonisch liegen, und das wiederum entspricht der Tatsache, dass die Verbindungsgeraden eine weitere Gerade in einem Satz harmonischer Punkte schneiden. E g A A h g D A g C g B C C D B B D S Q P H Konstruktionsbeschreibung:. Wahl der Punktes E beliebig auf dem Kreis, aber von A, B, C verschieden 2. Verbindungsgeraden g A = E A, g B = E B und g C = E C 3. Hilfsgerade h beliebig, aber nicht durch E 4. Schnittpunkte A = g A h, B = g B h und C = g C h 5. Konstruktion D auf h so dass (A, B ; C, D ) = ist () Wahl von H beliebig, aber nicht auf h (2) Wahl von P beliebig auf A H, aber von A und H verschieden (3) Q = (B H) (C P ) (4) S = (A Q) (B P ) (5) D = g (H S) 6. Verbindungsgerade g D = E D 7. Der von E verschiedene Schnittpunkt von g D mit dem Kreis ist D

12 Aufgabe 4. Projektive Transformationen visuell In nachfolgender Tabelle (auf der nächsten Seite) sehen Sie endliche Ausschnitte des RP 2 und diverse Objekte im RP 2. Es ist möglich, dass sich manche Objekte außerhalb des sichtbaren Bereichs befinden oder sogar im Unendlichen. Alles, was inzident, parallel oder rechtwinklig aussieht, ist das auch. In jeder Zeile sind genau zwei der drei Konfigurationen durch eine reelle projektive Transformation ineinander überführbar. Sind Objekte beschriftet, so werden diese entsprechend aufeinander abgebildet. Sind sie es nicht, ist es nur relevant, dass Punkte auf Punkte, Geraden auf Geraden, etc. landen. Entscheiden Sie, welche der drei Konfigurationen jeweils nicht projektiv äquivalent zu den anderen ist und begründen Sie Antwort kurz. Hinweis: Es gibt immer einen offensichtlichen Grund, warum eine der drei Konfigurationen nicht zu den anderen passt. Sie müssen nicht auf Koordinaten nachrechnen, ob eine passende projektive Transformation existiert. 2

13 (a) () (2) (3) (b) () (2) (3) (c) () (2) (3) (d) () (2) (3) Lösung: (a) () passt nicht zu den anderen. (2) ist die normale harmonische-lage-konstruktion. In (3) ist der eine Punkt in der Mitte des anderen Pärchens, womit sein Partner im Unendlichen landet. Zudem 3

14 ist der oberste Punkt in der Hilfskonstruktion ebenfalls im Unendlichen, wodurch einige Geraden der Hilfskonstruktion parallel werden. Bei () sind aber fünf Punkte auf der Rechengeraden, statt vier. Die Hilfskonstruktion der harmonischen Lage besteht aus einem Viereck, dessen sechs Verbindungsgeraden die Rechengerade in vier Punkten schneiden, nicht in fünf. (b) (3) passt nicht zu den anderen. In allen drei Konfigurationen sind Kegelschnitte zu sehen. Allerdings ist es in den ersten beiden ein degenerierter und in (3) ein nicht-degenerierter. Und der Typ einer Quadrik wird durch eine projektive Transformation nicht verändert. Darüberhinaus sind die beiden Äste der Hyperbel in (3) mit unterschiedlichen Namen beschriftet, obwohl es ein und derselbe Kegelschnitt ist. Geht man fälschlicherweise davon aus, dass es sich hier um zwei verschiedene, nicht-degenerierte Kegelschnitte handelt, geht das obige Argument natürlich trotzdem durch. Man muss nur die Geraden in () und (2) als zwei verschiedene Doppelgeraden auffassen, die aber auch degenerierte Kegelschnitte sind. (c) (3) passt nicht zu den anderen. Die vertikalen Geraden durch A, B, C laufen in (3) nicht durch einen gemeinsamen Punkt; in () und (2) schon. (d) (3) passt nicht zu den anderen. In allen Konfigurationen ist ein nicht-degenrierter Kegelschnitt K und ein Punkt P zu sehen. In () und (2) ist P im Inneren von K, in (3) nicht. Da wir den Begriff Inneres eines Kegelschnitts nicht in der Vorlesung hatten, muss man das aber anders begründen. Zeichnet man in (3) eine Hilfsgerade durch P ein, die zum Beispiel waagerecht verläuft, schneidet sie K nicht bzw. nur in komplexen Punkten. Allerdings schneidet jede Gerade durch P den Kegelschnitt K in zwei reellen Punkten in () und (2). Da projektive Transformationen Inzidenzen erhalten, und insbesondere reelle Schnittpunkte reell lassen, kann (3) nicht zu den anderen äquivalent sein. 4

15 Aufgabe 5. Eine Transformation in verschiedenen Räumen Betrachten Sie den unten stehenden Ausschnitt der euklidischen Zeichenebene. Gesucht sind im Folgenden projektive Transformationen, die das Quadrat ABCD auf das Quadrat A B C D abbilden. Es soll also gelten. A A, B B, C C, D D Hinweis: Es ist in den nachfolgenden Aufgaben nicht notwendig, viel zu rechnen. Überlegen Sie sich, was bei den Transformationen geometrisch passiert. (a) Sei die Zeichenebene mittels der Standardeinbettung in den RP 2 eingebettet. Bestimmen Sie diejenige projektive Transformation des RP 2, die ABCD auf A B C D abbildet. (b) Wiederholen Sie Teilaufgabe (a) unter der Annahme, dass die Zeichenebene nun in den CP eingebettet ist; wieder mittels der Standardeinbettung. Lösung: Die einfachste Art, die Aufgabe zu lösen, ist, sich die Geometrie der Transformation zu überlegen. Das Quadrat ABCD wird erst um 45 gedreht, dann um den Faktor 2 vergrößert und dann um den Vektor (3, 3) verschoben. (a) Im RP 2 werden diese Transformationen durch die Matrizen R := , S := , T :=

16 beschrieben, wobei R, S und T die Rotation, Skalierung und Translation sind. Die gesamte Transformation ergibt sich damit als T SR = (b) Im CP werden diese Transformationen durch die Abbildungen Rz := e 4 πi z, Sz := 2 z, T z := z i beschrieben. Die gesamte Transformation ergibt sich damit als T SRz = 2e 4 πi z i. Diese Transformation muss man nun in die Form einer Möbius-Transformation z az+b cz+d bringen. Also hier, 2e 4 πi z i T SRz =. 0 z + In Matrixform ist das dann ( ) 2e 4 πi 3 + 3i. 0 Natürlich lassen sich sie Matrizen der Transformationen in beiden Räumen auch durch den Algorithmus aus der Vorlesung berechnen: (a) Die Matrix, die die Standardbasis 0 0 0,, 0, 0 0 auf A, B, C, D abbildet, ist M := (λa, µb, νc). Die Vorfaktoren in den Spalten ergeben sich als Lösung des LGS λ (A, B, C) µ = D. ν Wir erhalten Ihr Inverses ist M =. 0 M 0. 0 Analog erhalten wir die Matrix, die die Standardbasis auf A, B, C, D abbildet als 5 3 M 2 =

17 Die gesamte Transformation ist damit M 2 M Ein bisschen schönere Zwischenergebnisse erhält man übrigens, wenn man, statt der Ecken, die Seitenmittelpunkte des Quadrates verwendet. (b) Im CP ist die Standardbasis ( ), 0 ( ) 0, ( ). Und wählt man als Ausgangspunkte A, B, C, sind die entsprechenden Matrizen ( ) i 2i M =, i + i ( ) M + i 2, i ( ) 3 5i 2 + 8i M 2 =, u + i ( ) M 2 M i Das ist das (2 2i)-fache der Matrix oben. (Beachte: 2e 4 πi = + i) Der komplizierte Weg hat also das schönere Ergebnis geliefert. Allerdings muss man hier noch extra überprüfen, ob M 2 M D = D gilt, da Transformationen im CP nur von drei Punktepaaren abhängen. ( ) a b Es ist im Allgemeinen schneller und einfacher die Transformation als allgemeine Matrix c d anzunehmen und direkt das LGS ( ) a b (A, B, C) = (A, B, C ) c d zu lösen. Im RP 2 ist das analoge Vorgehen natürlich auch möglich, resultiert aber in einem sehr großen LGS. Hier, im eindimensionalen, hält der Aufwand sich in Grenzen. 7