Technische Universität München Fakultät für Mathematik Klausur Projektive Geometrie Modul MA3203 8. August 203, 3:00 4:30 Uhr Prof. Dr. Dr. Jürgen Richter-Gebert Martin von Gagern Musterlösung
Aufgabe. Realisierbarkeit einer Inzidenzkonfiguration (7 Punkte) Gegeben sei die nachfolgend skizzierte Inzidenzkonfiguration: A F E G B D C Wie in der Skizze dargestellt seien die folgenden Punktetripel (und nur diese) kollinear: {A, B, F }, {A, C, E}, {A, D, G}, {B, C, D}, {B, E, G}, {C, F, G}, {D, E, F } a) Untersuchen Sie, ob sich diese Konfiguration im CP 2 realisieren lässt. Falls ja, geben Sie konkrete Koordinaten einer Realisierung an. Falls nein, beweisen Sie die Unmöglichkeit einer Realisierung. b) Welche algebraische Gleichung muss in einem Körper gelten, damit diese Inzidenzkonfiguration in der projektiven Ebene über diesem Körper realisierbar ist. Lösung: a) Man kann o.b.d.a. die Koordinaten von vier Punkten in allgemeiner Lage frei wählen. Daraus ergeben sich dann alle anderen Koordinaten. Am symmetrischsten wählt man A = 0 0 B = 0 C = 0 G = 0 0 Daraus ergibt sich dann D = 0 E = 0 F = 0 Dabei wurden alle Kollinearitäten bis auf eine bereits durch die Wahl der Koordinaten sichergestellt. Es bleibt die Kollinearität von D, E, F zu überprüfen. 0 [D, E, F ] = 0 0 = 2 Über C ist 2 0 und daher die letzte Kollinearität zwangsläufig verletzt. Daher ist die Konfiguration dort nicht realisierbar. 2
b) Die Konfiguration ist in einer projektiven Ebene über einem Körper genau dann realisierbar, wenn in diesem Körper die Gleichung 2 = 0 gilt. (Das ist in einem Körper der Charakteristik 2 der Fall, also in jedem F 2 k.) 3
Aufgabe 2. Vorzeichen des Doppelverhältnisses (7 Punkte) Nachfolgend sind vier Punkte A bis D vorgegeben. Diese definieren für jeden Punkt P RP 2 ein Doppelverhältnis (A, B; C, D) P Skizzieren Sie, für welche Punkte P in dem dargestellten Ausschnitt der Ebene dieses Doppelverhältnis positiv ist, und für welche negativ. Am einfachsten zeichen Sie die Grenzen dazwischen ein, und kennzeichnen jede Fläche klar mit dem für diese geltenden Vorzeichen. B A C D Lösung: Die Grenzen zwischen den Bereichen sind die Situationen, in denen das Vorzeichen wechselt. Das passiert beim Doppelverhältnis 0 und. Beide speziellen Doppelverhältnis-Werte entsprechen degenerierten Kegelschnitten, die aus zwei Geraden bestehen. Da beim Überschreiten jeder Gerade ein Vorzeichenwechsel statt findet, kann man die Vorzeichen Schachbrettartig setzen. Um einen Anfangspunkt dafür zu bekommen, kann man sich entweder für einen konkreten Punkt A die Reihenfolgen der Geraden betrachten, oder den degenerierten Kegelschnitt zum Doppelverhältnis untersuchen, der ja komplett im positiven Bereich verläuft. 4
+ B + + A C + + D 5
Aufgabe 3. Endliche Kollineation (6 Punkte) Gegeben sei der Körper K = ({0,, a, b}, +, ) mit folgenden Verknüfungen: + 0 a b 0 0 a b 0 b a a a b 0 b b a 0 0 a b 0 0 0 0 0 0 a b a 0 a b b 0 b a Es sei A die folgende Aussage: Über KP 2 ist jede Kollineation eine projektive Transformation. Entscheiden Sie, ob die Aussage A wahr ist oder falsch. Begründen Sie Ihre Entscheidung in ca. drei kurzen Sätzen. Wenn A wahr ist, geben Sie als konkrete Zahl an, wie viele Kollineationen es in KP 2 gibt. Wenn A falsch ist, geben Sie eine konkrete Abbildung als Gegenbeispiel an. Lösung: Die Abbildung 0 0 f : a b b a ist ein nicht-trivialer Körperautomorphismus von K. Ein solcher, angewandt auf die Koordinaten, stellt eine Kollineation dar, die keine projektive Transformation ist. Daher ist über K nicht jede Kollineation eine projektive Transformation. Die einfachste Abbildung, die eine Kollineation aber keine projektive Transformation ist, lautet x f(x) g : y f(y) z f(z) 6
Um den Automorphismus zu beweisen, muss man (nicht unbedingt schriftlich) die folgenden Gleichungen überprüfen: f(0) + f(a) = 0 + b = b = f(a) = f(0 + a) f(0) + f(b) = 0 + a = a = f(b) = f(0 + b) f() + f(a) = + b = a = f(b) = f( + a) f() + f(b) = + a = b = f(a) = f( + b) f(a) + f(a) = b + b = 0 = f(0) = f(a + a) f(a) + f(b) = b + a = = f() = f(a + b) f(b) + f(b) = a + a = 0 = f(0) = f(b + b) f() f(a) = b = b = f(a) = f( a) f() f(b) = a = a = f(b) = f( b) f(a) f(a) = b b = a = f(b) = f(a a) f(a) f(b) = b a = = f() = f(a b) f(b) f(b) = a a = b = f(a) = f(b b) Da der Beweis nicht explizit verlangt war, muss man diesen nur so weit führen, bis man selbst davon überzeugt ist. 7
Aufgabe 4. Interpretation von Bracket-Polynomen (0 Punkte) Nachfolgend sind einige Bracket-Polynome vorgegeben. Geben Sie jeweils an, welche Situation dadurch beschrieben wird. Sie dürfen sich auf die Fälle beschränken, in denen alle in den Brackets vorkommenden Punkte paarweise verschieden sind. Beschreiben Sie die geometrische Konstellation jeweils durch einen klar formulierten Satz. Sie müssen nichts begründen. Beispiel: Zu der Angabe [ABC] = 0 wäre ein passender Satz: Die Punkte A, B, C sind kollinear. a) [ABC][CDE] = 0 b) [ABC][ADE] = [ABE][ADC] c) [ABD][ABC][ADE] + [ABD][ABE][ADC] = 0 d) [ABC][AEF ][DBF ][DEC] = [DEF ][DBC][AEC][ABF ] e) [ABC][ADE] [ABD][ACE] + [ABE][ACD] = 0 Lösung: a) A, B, C sind kollinear oder C, D, E sind kollinear. (Ein Produkt ist Null wenn einer seiner Faktoren Null ist.) b) A, B, D oder A, C, E sind kollinear. (Man kann die Gleichung auffassen als (B, D; C, E) A =.) c) A, B, D sind kollinear oder (B, D; C, E) A =, d.h. diese vier Punkte liegen in dieser Reihenfolge harmonisch, gesehen von A aus. (Man kann [ABD] als gemeinsamen Faktor ausklammern und erhält aus dem Rest eine Gleichung, die man direkt zum angegebenen Doppelverhältnis umformen kann.) Alternativ kann man auch sagen, dass (B, B, D, D, C, E) von A aus gesehen ein Quadrilateral Set bilden. d) A, B, C, D, E, F liegen auf einem (ggf. degenerierten) Kegelschnitt. (Man kann die Gleichung umschreiben zu (B, E; C, F ) A = (B, E; C, F ) D.) e) Beliebige Lage; die Gleichung ist immer erfüllt. (Es handelt sich um eine Grassmann-Plücker-Relation.) 8
Aufgabe 5. Mittelpunkte auf einer Geraden (0 Punkte) Der Einheitskreis sei das Fundamentalgebilde einer Cayley-Klein-Geometrie. Bestimmen Sie bezüglich dieser Geometrie alle Mittelpunkte der folgenden zwei Punkte: P = Q = 4 2 5 Ein Punkt heißt im Rahmen dieser Aufgabe Mittelpunkt genau dann, wenn er (i) auf der Verbindungsgerade der beiden Punkte liegt, (ii) nicht auf dem Fundamentalgebilde liegt und (iii) zu den beiden angegebenen Punkten den (bis auf Vorzeichen) gleichen Abstand hat. Hinweis: Das Ergebnis hat recht einfache Zahlen, und auch alle Zwischenschritte können mit einfachen Zahlen ausgeführt werden. Eventuell kann Ihnen eine Skizze helfen, um manche Dinge daran abzulesen und so Berechnungen zu sparen. Lösung: M X Q M P Y Es gibt verschiedene Lösungsansätze. Schnittpunkte mit dem Fundamentalgebilde und Doppelverhältnisse. Hier muss man die Schnittpunkte explizit bestimmen, und dann zwei Doppelverhältnisse gleich setzen. Man kann entweder die vorgegebenen Punkte in eine Skizze einzeichnen, oder die Verbindungsgerade ausrechnen: 9
P Q = 4 = 2 5 Wenn man diese Gleichung mit dem Einheitskreis schneidet, erhält man zwei sehr einfache Schnittpunkte, die man ggf. auch direkt aus der Skizze ablesen kann. Den kreis als Kegelschnitt aufzufassen, und die Gerade mit diesem über den ganz allgemeinen Mechanismus zu schneiden, ist eher Overkill. 0 X = Y = 0 Jetzt muss man Doppelverhältnisse auf einer Geraden ausrechnen. Dazu braucht man eine Basis dieser Gerade. Es empfiehlt sich, die Repräsentanten von X und Y als Basis zu verwenden. Die anderen Punkte lassen sich entsprechend als Vielfache davon darstellen: P = X + Y Q = 4X + Y Jetzt kann man einen Punkt M = λx + Y annehmen. Der Spezialfall M = X ist durch diese Wahl ausgeschlossen, aber X liegt ja auf dem Fundamentalgebilde, und kommt daher als Mittelpunkt nicht in Frage. (P, M; X, Y ) = [P X][MY ] [P Y ][MX] = (M, Q; X, Y ) = [MX][QY ] [MY ][QX] = 0 λ 0 0 λ 0 λ 0 4 0 λ 0 4 0 = ( ) λ ( ) = λ = ( ) 4 λ ( ) = 4 λ Ein Vorzeichenwechsel in der Längenmessung würde der Kehrwertbildung in einem dieser Doppelverhältnisse entsprechen, woraus man leicht sieht, dass das Umkehren eines einzelnen Vorzeichens zu λ = 0 und somit zu M = Y führen würde. Das liegt wieder auf dem Fundamentalgebilde und ist somit kein Mittelpunkt. Das Umkehren beider Vorzeichen führt zur gleichen Gleichung wie wenn man kein Vorzeichen umkehrt: λ = 4 λ λ 2 = 4 λ,2 = ±2 λ = 2 λ 2 = 2 M = 2X + Y M 2 = 2x + Y M = 2 M 2 = 2 3 0
Implizite Formulierung über Caykey-Klein-Trigonometrie. Dieser Ansatz basiert auf den in der Vorlesung eingeführten Bilinearformen Ω pq. Es gibt verschiedene Ausdrücke, die zum Vergleich von Längen geeignet sind. α ist hier eher unpassend, da dort noch Vorzeichen unterschieden werden. β und Φ sind beide gute Kandidaten, und führen beide beim Vereinfachen auf β 2 = Φ +. Ψ ist Overkill, da die Längenmessung hier nicht degeneriert ist (beide Punkte liegen im Inneren des Einheitskreises). β P M = β QM Φ P M = Φ QM Ω P M Ω = QM ΩP P Ω MM ΩQQ Ω MM Ω 2 P M Ω P P Ω MM Ω P P Ω MM = Ω2 QM Ω QQ Ω MM Ω QQ Ω MM Ω 2 P M Ω P P Ω MM = Ω 2 QM Ω QQ Ω MM Ω QQ Ω 2 P M = Ω P P Ω 2 QM Jetzt muss man diese Omega-Ausdrücke angeben. Dafür nimmt man am besten M als Linearkombination aus P und Q an, und multipliziert von beiden Seiten mit der Matrix des Einheitskreises. M = λp + Q 0 0 A = 0 0 0 0 Ω P P = 2 + 2 2 2 = + + 4 = 2 Ω QQ = 2 + 4 2 5 2 = + 6 25 = 8 Ω P Q = + 4 2 5 = + 4 0 = 5 Ω P M = λω P P + Ω P Q = 2λ 5 Ω QM = λω P Q + Ω QQ = 5λ 8 Damit ergibt sich die Gleichung zu Ω QQ Ω 2 P M = Ω P P Ω 2 QM 8( 2λ 5) 2 = 2( 5λ 8) 2 4(4λ 2 + 20λ + 25) = 25λ 2 + 80λ + 64 6λ 2 + 80λ + 00 = 25λ 2 + 80λ + 64 36 = 9λ 2 λ 2 = 4 λ = 2 λ 2 = 2 3 M = 2P + Q = 2 M 2 = 2P + Q = 6 2 9 3
Aufgabe 6. Parabel allgemein (8 Punkte) M = a d e d b f e f c sei die primale Matrix eines Kegelschnitts im RP 2. Von den Eigenwerten dieser Matrix seien zwei positiv und einer negativ. Eine Parabel sei hier definiert als ein Kegelschnitt, der tangential an die Ferngerade (für Standard- Einbettung z = ) liegt. a) Welche (hinreichende und notwendige) Bedingung müssen die Einträge der obigen Matrix erfüllen, damit M eine Parabel beschreibt? Formulieren Sie diese Bedingung als Gleichung in den Variablen a bis f. b) Jetzt sei vorausgesetzt, dass M eine Parabel beschreibt. Geben Sie den Punkt an, in dem diese die Ferngerade berührt. Die Koordinaten des Punktes sollen dabei Polynome in den Variablen a bis f sein. Lösung: a) Eine Gerade g liegt Tangential an den Kegelschnitt, wenn für die duale Matrix B des Kegelschnitts die Gleichung g T Bg = 0 gilt. Die duale Matrix kann man ganz allgemein durch Berechnung der Adjunkten ermitteln. In diesem Fall ergibt sich: bc f 2 ef cd df be M = ef cd ac e 2 de af df be de af ab d 2 Setzt man jetzt die Ferngerade ein, so erhält man (0, 0, ) bc f 2 ef cd df be ef cd ac e 2 de af 0 0 = ab d 2 = 0 df be de af ab d 2 Es handelt sich also um eine Parabel genau dann wenn ab = d 2 gilt. Rückblickend hätte es für diese Teilaufgabe ausgereicht, einen einzigen Eintrag der adjunkten Matrix zu berechnen. b) Für diese Teilaufgabe gibt es mehrere Lösungswege. Polarität. Der Berührpunkt ist der Pol der Tangente, und lässt sich entsprechend ausrechnen als bc f 2 ef cd df be ef cd ac e 2 de af 0 df be df be 0 = de af = de af df be de af ab d 2 ab d 2 0 Für diesen Lösungsweg muss man also mindestens die letzte Spalte der adjunkten Matrix berechnet haben. Primal einsetzen. Man kann einen Punkt auf der Ferngerade beschreiben als p = (λ,, 0) T. Dies unterschlägt den Punkt (, 0, 0) T, aber das kann man später wieder korrigieren. Setzt man 2
diesen Punkt in die primale Kegelschnittgleichung ein, so erhält man p T Mp = (λ,, 0) a d e d b f λ = aλ 2 + 2dλ + b = 0 e f c 0 λ = 2d ± 4d 2 4ab = d 2a a d p = a 0 Wie nicht anders zu erwarten war, stellt die Bedingung, dass es sich um eine Parabel handelt, hier zugleich sicher, dass die beiden Schnittpunkte mit der Ferngerade zusammenfallen. Man hätte also analog auch mit dieser Teilaufgabe anfangen und daraus die notwendige Bedingung ableiten können. Indem man den Repräsentanten am schluss so wählt, dass keine Division auftritt, vermeidet man den Spezialfall, bei dem andernfalls durch Null geteilt worden wäre, und hat somit nachträglich die Ferngerade wieder projektiv abgeschlossen. (Auch wenn die beiden Lösungen auf den ersten Blick sehr unterschiedlich aussehen, sind sie in dieser konkreten Situation Repräsentanten des gleichen Punktes. Das kann man so sehen: df be d de af a 0 0 a(df be) = d(de af) adf abe = adf d 2 e abe = d 2 e ab = d 2 Für Parabeln sind diese beiden Repräsentanten also gleichwertig.) 3
Aufgabe 7. Aus zwei Tangenten folgen alle (0 Punkte) In der nachfolgenden Zeichnung sind a und b Tangenten an den gepunktelt eingezeichneten Kegelschnitt in den Punkten A und B. Konstruieren Sie allein mit dem Lineal eine Tangente an den Kegelschnitt im Punkt C. Verwenden Sie lediglich Schnittpunkt und Verbindungsgerade. Der Kegelschnitt selbst dient nur zu Ihrer Orientierung und ist für die Konstruktion nicht erforderlich. Hinweis: Was wäre, wenn A und B die Punkte I und J aus der Vorlesung wären? Wenn Sie damit zu keinem Ergebnis in der Konstruktion kommen, schreiben Sie Ihre Gedanken dazu auf, damit diese auch gewertet werden können. A B a C b Lösung: Wenn A und B die Kreispunkte I und J wären, dann wäre der Kegelshcnitt ein Kreis, und der Schnittpunkt der Tangenten wäre sein Mittelpunkt. Nennen wir diesen Punkt daher mal M. Die Konstruktion einer Tangente an einen Kreis sollte bekannt sein: man zeichnet einen Radius ein, also die Verbindung des Mittelpunktes mit dem gewünschten Berührpunkt, und konstruiert dann in diesem Berührpunkt eine Senkrechte. Die Verbinsungsgerade g = M C ist noch leicht einzuzeichnen. Die Senkrechte muss jetzt wieder geeignet projektiv invariant konstruiert werden. Dazu benötigt man das Fundamentalgebilde, und es gibt im Wesentlichen zwei verschiedene Denkansätze. Harmonische Punkte. Zwei Geraden stehen senkrecht auf einander, wenn ihre Schnittpunkte mit der Ferngeraden sowie die Punkte I und J harmonisch liegen. Die Verngerade ist dabei die Verbindungsgerade von I und J, also entspricht dieser in unserer Zeichnung die Verbindungsgerade l = A B. 4
Man zeichnet also den Schnittpunkt D = g l ein und konstruiert dann auf l einen dazu harmonischen Punkt, also ein E mit (A, B; D, E) =. Die Verbindungsgerade t = C E ist dann die gesuchte Tangente. Harmonische Geraden. Der Winkel zwischen zwei Geraden lässt sich ja über das Doppelverhältnis dieser beiden Geraden mit den Tangenten an das Fundamentalgebilde berechnen. Insbesondere muss bei einem rechten Winkel dieses Doppelverhältnis sein, was harmonischer Lage entspricht. In euklidischer Geometrie sind die Tangenten von einem Punkt an das Fundamentalgebilde die Verbinsungsgeraden dieses Punktes mit I und J. Man kann also von C aus Verbindungsgeraden zu A und B zeichnen, und dann eine dazu harmonische Gerade t konstruieren mit (C A, C B; g, t) =. Das ist die gesuchte Tangente. Mit dem ersten Ansatz kann die Konstruktion dazu wie folgt aussehen, unter Wiederverwendung von bereits vorhandenen Elementen der Zeichnung: A D B a g C b l t E M 5