Lösungsvorschläge für die Geometrie-Klausur vom 28.7. Aufgabe 1: (a) Die beiden Punkte liegen offensichtlich auf der hyperbolischen Geraden g = {z H R(z) = 1}. Die beiden idealen Punkte sind a = 1, b =. (b) Es gilt und daher [z 1, z 2, a, b] = [z 1, z 2, 1, ] = (z 1 1)(z 2 ) (z 1 )(z 2 1) = z 1 1 z 2 1 = i 2i = 1 2, d(z 1, z 2 ) = log([z 1, z 2, a, b]) = log(1/2) = log(2). (c) Ein φ M(H) mit φ(z 1 ) = z 2 und φ(z 2 ) = z 1 muss die hyperbolische Gerade g auf sich selbst abbilden und dabei die idealen Punkte 1, vertauschen. Eine solche Möbius-Transformation hat die Form φ(z) = z c z 1, mit einem geeigneten c R. Die Bedingung φ(z 1 ) = z 2 führt durch Einsetzen zu c = 3. Zum Test überprüft man, dass φ(z) = z 3 z 1 auch die Bedingung φ(z 2 ) = z 1 erfüllt. (d) Die Möbius-Transformation φ(z) = iz + 1 bildet die Punkte 0, 1, auf 1, 1 + i, und damit die reelle Achse auf den verallgemeinerten Kreis K = {z R(z) = 1} (der g enthält) ab. Wir setzen ψ(z) := φ ( φ 1 (z) ) = i ( iz + i ) + 1 = i ( i z i ) + 1 = z + 2.
Aufgabe 2: (a) Die Matrix S ist eine orthogonale Matrix mit Determinante 1 und S E 2. Daher ist φ eine Drehung (siehe 3.4.2 im Skript). (Genauer gilt S = R(π/2), d.h. S entspricht einer Drehung um den Ursprung mit Drehwinkel π/2 = 90, gegen den Uhrzeigersinn.) Nach Proposition 3.21 im Skript besitzt φ genau einen Fixpunkt y. Zur Bestimmung von y löst man das lineare Gleichungssystem (S E 2 ) y = v. Dieses Gleichungssystem besitzt die eindeutige Lösung (b) Die Translation hat die geforderte Eigenschaft. y = ( 1 2 + 1 2, ). 2 ψ(x) = x y (c) An einer Skizze sieht man, dass ABC und A B C gleichseitige Dreiecke sind, die in einem Einheitskreis eingeschrieben sind. Insbesondere sind die Dreiecke kongruent. Zur Bestätigung rechnet man entweder nach, dass alle Seitenlängen die Länge 3 haben, oder man schließt dies a posteriori aus der Existenz hinreichend vieler Kongruenzabbildungen. Da die Symmetriegruppe eines gleichseitigen Dreiecks 6 Elemente besitzt (zwei Drehungen, drei Spiegelungen und die Identität), so gibt es genau sechs Kongruenzen zwischen ABC und A B C. Zwei von Ihnen kann am man sehr leicht aus der Skizze erraten und dann explizit hinschreiben: erstens die Drehung um 180 mit Fixpunkt (0, 1), φ 1 (x) = 1 0 + 0, 0 1 2 zweitens die Gleitspiegelung an der x 2 -Achse mit Verschiebung um den Vektor (0, 2): φ 2 (x) = 1 0 + 0. 0 1 2
Aufgabe 3: Die richtigen Antworten in tabellarischer Übersicht: Im Einzelnen: (A) (B) (C) (a) ja ja ja (b) nein nein nein (c) nein ja nein (d) nein nein ja (e) nein nein nein (a) Dies ist Satz 2.34 (ii) im Skript (elementares Stetigkeitsprinzip). Der Satz gilt bereits in der neutralen Geometrie. (b) Die Aussage gilt nicht, wenn man die Punkte in der Reihenfolge A, C, B, D auf dem Kreis anordnet (sodass ACBD ein Viereck ist). Für die Konstruktion eines Gegenbeispiels benötigt man keine Aussage über die Gültigkeit des Parallelenaxioms. Die Aussage ist also bereits in der neutralen Geometrie falsch. (c) Dies ist der klassische Wechselwinkelsatz, der äquivalent ist zum Parallelenaxiom (Satz 2.52 und Bemerkung 2.53). Die Aussage gilt also in der euklidischen, nicht aber in der hyperbolischen Geometrie. (d) Nach dem Winkelsummensatz (enthalten im Satz 2.52) ist die Aussage in der euklidischen Geometrie falsch, aber nach Satz 4.4 in der hyperbolischen Geometrie wahr. (e) Diese Aussage (das,,wss-kriterium ) ist bereits in der neutralen Geometrie falsch. Für die Konstruktion eines Gegenbeispiels betrachtet man einen Kreis K mit Mittelpunkt C und zwei verschiedene Punkte B, B auf K, so dass C nicht auf der Geraden g durch B und B liegt. Wähle einen Punkt A auf g, der nicht auf der Strecke BB liegt. Dann sind die Dreiecke ABC und AB C nicht kongruent und liefern ein Gegenbeispiel.
Aufgabe 4: (a) (b) Es gilt γ (t) = 1 2 + sin 2 (t) + cos 2 (t) = 2 für alle t, also ist die Länge des Bogens γ([0, 1]) gleich 1 γ (t) dt = 1 0 0 2dt = 2. Aufgabe 5: (a) Durch den Koordinatenwechsel x 1 = y 1 +1, x 2 = y 2 +1 und Division durch 2 wird die Gleichung in die Normalform y 2 1/2 + y 2 2 = 1
gebracht. Dies ist die Gleichung einer Ellipse mit a = 2, b = 1 und e = 1. (b) Die Brennpunkte in den y-koordinaten sind (±e, 0) = (1, 0), ( 1, 0). Umrechnen in die x-koordinaten liefert die Brennpunkte F = (2, 1), F = (0, 1). (c) Anhand der Skizze ist bereits klar, dass die Tangente die Gleichung x 2 = 0 hat. Zur formalen Überprüfung kann man z.b. den Gradienten der Funktion F (x) = x 2 1 +2x 2 2 2x 1 4x 2 +1 im Punkt P bestimmen, der orthogonal zur Tangente in P ist: F (1, 0) = 2x 1 2 (P ) = 0. 4x 2 4 4 Aufgabe 6: Diese Aussage ist ein Teil von Satz 2.48 im Skript (Existenzaussage im Fall P g). Den Beweis finden Sie also im Skript.