Technische Universität MünchenFakultät für Mathematik

Klausur

GeometriekalküleModul MA2203

26. Februar 2016, 15:30 – 16:30 Uhr

Prof. Dr. Dr. Jürgen Richter-Gebert

Musterlösung

Aufgabe 1. Wahr oder Falsch

Entscheiden Sie bei den unten stehenden Aussagen, ob sie wahr oder falsch sind. Begründen Sie IhreAntworten kurz. Die Antworten „Wahr“ oder „Falsch“ alleine ohne Begründung reichen nicht aus, um aufeine Teilaufgabe Punkte zu bekommen.

(a) Es gibt eine Gerade l ∈ RP2 und einen Punkt P ∈ RP2, sodass P auf l liegt und sie dieselbenhomogenen Koordinaten haben.

(b) Wir wissen, dass sich jede projektive Transformation des RP2 mit einem beliebigen Vorfaktor ausR\{0} skalieren lässt. Man kann die zugehörige Matrix also immer so skalieren, dass der Eintrag inder letzten Zeile und letzten Spalte gleich 1 ist.

(c) Es gibt projektive Transformationen des RP2 mit genau einem Fixpunkt.

(d) Gegeben seien die Repräsentanten l,m von zwei verschiedenen Geraden im RP2. Die Menge{λ · l + µ ·m | (λ, µ) ∈ R2 \{0}

}beschreibt alle Geraden im RP2.

(e) Es gibt vier Punkte im RP1, sodass ihr Doppelverhältnis unter der Anwendung aller möglicher Per-mutationen auf die Punkte genau zwei verschiedene Werte annimmt.

Lösung:

(a) Falsch. Seien (x, y, z)T die homogenen Koordinaten von P und l. Die Inzidenz bedeutet dann, dass

x · x+ y · y + z · z = 0

gelten muss. Diese Gleichung hat (im Reellen) aber nur die Lösung x = y = z = 0, was weder einemPunkt noch einer Gerade im RP2 entspricht.

Eine alternative Lösung ist, sich zu überlegen, dass die homogenen Koordinaten eines Punktes ei-ne Ursprungsgerade darstellen. Und die einer Geraden die Normale auf einer Ursprungsebene. Dergesuchte Koordinatenvektor müsste dann gleichzeitig in einer Ebene liegen und senkrecht auf dieserstehen. Das geht nicht.

Eine umständliche Lösung ist die folgende: Angenommen es gäbe P und l. Die Translation parallel zul ist eine projektive Transformation. Weiterhin lässt sich jede Gerade durch eine projektive Transor-mation auf l abbilden. Wir können also jedes beliebige Paar bestehend aus einer Geraden und eineminzidenten Punkt auf l und P schieben. Die Aussage müsste also für alle Punkte und Geraden gelten(solange sie inzident sind). Das ist dann natürlich falsch, da durch jeden Punkt mehr als eine Geradeläuft. Und zudem ist (0, 0, 1)T ein einfaches Gegenbeispiel.

Diese Aussage ist also in jeder erdenklichen Hinsicht falsch.

(b) Falsch. Der Eintrag könnte Null sein. Ein Beispiel dafür wäre0 0 10 1 01 0 0

.

(c) Richtig. Z.B. Drehungen um den Ursprung (um einen Winkel ungleich π und 2π) haben nur denUrsprung als Fixpunkt.

2

(d) Falsch. Die entstehenden Geraden laufen alle durch den Schnittpunkt P von l und m. Das kann manentweder nachrechnen:

〈P, λl + µm〉 = λ 〈P, l〉+ µ 〈P,m〉 = 0.

Oder man folgert es aus dem dualen Objekt: Linearkombinationen von Punkten liefern auch „nur“Punkte auf der Verbindungsgeraden.

(e) Falsch. Sei das Doppelverhältnis λ. Dann können unter Permutationen der Punkte die Werte

λ,1

λ, 1− λ, 1

1− λ, 1− 1

λ,

λ

λ− 1

als Doppelverhältnis entstehen. Betrachten wir die ersten drei: λ, 1λ , 1− λ. Wenn insgesamt nur zwei

Werte auftreten, so müssten zwei dieser drei Terme gleich sein. Nun kann man die drei daraus resul-tierenden Fälle leicht zu Widersprüchen führen:

• λ = 1 − λ liefert λ = 12 . Aus den Hausaufgaben ist bekannt, dass dieses Doppelverhältnis

zusammen mit den Werten −1 und 2 auftritt.

• λ = 1λ liefert λ = ±1. Der Fall λ = −1 liefert wieder insgesamt drei Werte zusammen mit 2, 12 .

Und λ = 1 liefert die zusätzlichen Werte 0,∞, wie wir in der Vorlesung gesehen haben.

• 1λ = 1− λ liefert λ = 1±

√−3

2 , was nicht in R liegt.

3

Aufgabe 2. Davidstern

Unten sehen Sie die Punkte A,B,C,D,E, F , die einen regelmäßigen (also punktsymmetrischen) Davids-tern bilden.

Unten sehen Sie die Punkte A′, C ′, D′, F ′, die die Bilder von A,C,D, F unter einer projektiven Transfor-mation sind. Konstruieren Sie die Bilder B′, E′ von B,E unter dieser Trafo.

Ihre Konstruktion sollte eine reine Inzidenzkonfiguration darstellen, also allein mit einem Lineal ohneSkala nachzuvollziehen sein.

Hinweis: Bitte radieren Sie Zwischenschritte Ihrer Konstruktion nicht aus. Bei einem falschen oderfehlenden Endergebnis können nur klar erkennbare Zwischenschritte noch mit Punkten gewertet werden.Im Zweifelsfalle kann auch eine Konstruktionsbeschreibung helfen, eine unübersichtliche Konstruktionnachzuvollziehen.

4

��

�� ��

��

5

Hinweis: Falls Sie Ihre Konstruktion oben verwerfen möchten, streichen Sie sie deutlich durch und ver-suchen Sie es hier noch einmal. Wenn Sie in beiden Bildern konstruiert haben, zählt im Zweifelsfall nurdie erste Konstruktion.

��

�� ��

��

Lösung:

6

Man beginnt damit, zwei Paare paralleler Geraden zu schneiden, um die Ferngerade zu bekommen:

X = (A′ ∨ F ′) ∧ (C ′ ∨D′),Y = (A′ ∨ C ′) ∧ (F ′ ∨D′),l∞ = X ∨ Y.

Anschließend bestimmt man den Mittelpunkt des Sterns und die „Senkrechte“, auf der B′ und E′ liegen:

M = (A′ ∨D′) ∧ (C ′ ∨ F ′),s = X ∨M.

Abschließend muss man erkennen, dass die Gerade EF und BC parallel sind zur Geraden AD. Manbestimmt also den Fernpunkt von A′D′ und damit die gesuchten Punkte:

Z = (A′ ∨D′) ∧ l∞,E′ = (Z ∨ F ′) ∧ s,B′ = (Z ∨ C ′) ∧ s.

7

Eine zweite Möglichkeit ist die folgende:

Man konstruiert sich erst X und M wie oben und erhält somit wieder die Gerade s = X ∨M , auf der diegesuchten Punkte liegen müssen. Anschließend schneidet man sie mit den Seiten F ′D′ und A′C ′, um derenMittelpunkte M1 und M2 zu erhalten. Diese sind gleichzeitig aber auch die Mittelpunkte der StreckenE′M und B′M . Die gesuchten Punkte lassen sich also dann über je eine Konstruktion der harmonischenLage konstruieren.

Die erste Lösung ist dahingehend zu bevorzugen, dass sie nur den Parallelitätsbegriff braucht und diezweimalige Konstruktion der harmonischen Lage die Zeichnung unübersichtlich macht.

Eine dritte Lösung ist es, die inneren Schnittpunkte des Davidsterns zu konstruieren, die die entsprechen-den Seiten in drei gleich große Teile teilen. In einer Übungsaufgabe haben wir gesehen, wie das geht. Dadiese Lösung aber relativ schwierig und aufwendig ist, sind die anderen Lösung oben zu bevorzugen.

Und natürlich gibt es noch beliebig viele andere Lösungswege.

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Aufgabe 3. Kreise und I und J

Ein Kreis in der projektiven Ebene ist gegeben durch

C ={(x, y, z)T ∈ RP2 | x2 + y2 + αxz + βyz + γz2 = 0

}für geeignete α, β, γ ∈ R.

(a) Warum (oder wann) ist dies ein Kreis? Wie lautet sein Mittelpunkt?

(b) Zeigen Sie durch Rechnung, dass die Kreise mit obiger Kreisgleichung die Punkte I = (−i, 1, 0)T undJ = (i, 1, 0)T enthalten.

(c) Geben Sie die Matrix Q ∈ R3×3 an, die diesen Kreis beschreibt.

(d) Zeigen Sie durch Rechnung, dass man den Mittelpunkt des Kreises wie folgt ausrechnen kann:

M = (Q · I)× (Q · J)

(e) Gibt es Quadriken, die I und J enthalten, aber nicht durch eine Gleichung in der oben angegebenenForm beschrieben werden können?

Lösung:

(a) Die allgemeine Kreisgleichung eines Kreises in R2 lautet:

(x− xM )2 + (y − yM )2 − r2 = 0

mit xM , yM , r ∈ R. An dieser Gleichung lassen sich sofort der Mittelpunkt M = (xM , yM ) und derRadius r ablesen.

Die Gleichung für C lässt sich (durch quadratische Ergänzung) umschreiben:

C(x, y, z) =x2 + y2 + αxz + βyz + γz2

=

(x2 + 2x

(α2z)+(α2z)2)

−(α2z)2

+

(y2 + 2y

(β

2z

)+

(β

2z

)2)−(β

2z

)2

+ γz2

=(x−

(−α2

)z)2

+

(y −

(−β2

)z

)2

−(α2

4+β2

4− γ)z2

Wird diese Gleichung dehomogenisiert (z = 1 einsetzen), so ist sofort ersichtlich, dass C in R2 den

Kreis um den Mittelpunkt M = (−α2 ,−β2 )T mit Radius r =

√α2

4 + β2

4 − γ beschreibt.

Für γ > α2

4 + β2

4 wird der Radius imaginär, und zumindest in R2 kann man dann nicht mehr voneinem „normalen“ Kreis reden.

(b) Einfaches Einsetzen von I und J zeigt die Aussage:

(−i)2 + 12 + α · (−i) · 0 + β · 1 · 0 + γ · 02 = −1 + 1 + 0 + 0 + 0 = 0

i2 + 12 + α · i · 0 + β · 1 · 0 + γ · 02 = −1 + 1 + 0 + 0 + 0 = 0

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(c) Gesucht ist eine symmetrische Matrix Q ∈ R3×3 mit

(x, y, z) ·Q · (x, y, z)T = x2 + y2 + αxz + βyz + γz2

Durch Koeffizientenvergleich erhält man das Ergebnis. Wenn man will, kann man dabei die Koordi-naten des Mittelpunkts aus Teilaufgabe a) verwenden, in Vorarbeit auf Teilaufgabe d).1 0 α

2

0 1 β2

α2

β2 γ

=

1 0 −xM0 1 −yM−xM −yM γ

(d) Es gilt

(Q · I)× (Q · J) =

1 0 −xM0 1 −yM−xM −yM γ

·−i1

0

× 1 0 −xM

0 1 −yM−xM −yM γ

·i10

=

−i1

ixM − yM

× i

1−ixM − yM

=

−2i · xM−2i · yM−2i

= −2i

xMyM1

Man kann mit Blick auf Aufgabe 2 des letzten Blattes die Vektoren Q · I und Q · J als homogeneKoordinaten der Tangenten an den Kreis in den Punkten I und J auffassen. Deren Schnittpunkt istfolglich der Mittelpunkt.

(e) Ein allgemeiner Kegelschnitt in der projektiven Ebene RP2 wird durch

C ={(x, y, z)T ∈ RP2

∣∣ ax2 + by2 + cz2 + dxy + exz + fyz = 0}

beschrieben.

Wenn die Punkte I und J auf einem Kegelschnitt liegen, so ergibt sich durch Einsetzen von I und Jin die Kegelschnittgleichung, dass a− b+ di = 0 und a− b− di = 0 gelten muss, woraus folgt, dass

d = 0 und a = b

erfüllt sein muss.

Für a 6= 0 reduziert sich die Kegelschnittgleichung dann zu

x2 + y2 +e

axz +

f

ayz +

c

az2 = 0,

was – wie oben gezeigt – gerade einer Kreisgleichung entspricht (mit α = ea , β = f

a , γ = ca ).

Für a = b = 0 ergibt sich die Gleichung

cz2 + exz + fyz = (ex+ fy + cz) · z = (ex+ fy + cz) · (0x+ 0y + 1z) = 0

Diese Gleichung ist das Produkt aus zwei Geraden: der Geraden mit homogenen Koordinaten (e, f, c)T

und der Ferngeraden. Der Kegelschnitt ist also degeneriert und zerfällt in zwei (nicht notwendigerweiseverschiedene) Geraden.

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Aufgabe 4. Eine Abbildung auf Punkten

Gegeben seien ein Punkt Z und eine Gerade l im RP2, die nicht inzident sind. Wir betrachten die Menge

M := {P ∈ RP2 | P 6= Z und P liegt nicht auf l}

und definieren die folgende Abbildung f :M→M, P 7→ P ′:

• Man bestimmt den Schnittpunkt S von l mit P ∨ Z.

• Man wählt den Punkt P ′ auf P ∨ Z so, dass (P ′, P ;S,Z) = −1.

(a) Begründen Sie kurz, warum die Funktion wohldefiniert ist – warum also P ′ in der Konstruktioneindeutig ist.

(b) Zeigen Sie, dass f kollineare Punkte auf kollineare Punkte abbildet.

Betrachten Sie dazu zwei Punkte A und B, die auf einer Geraden m liegen. Begründen Sie kurz,warum o.E. angenommen werden kann, dass m nicht durch Z läuft. Betrachten sie anschließend denSchnittpunkt T von m mit l. Überlegen Sie sich nun, dass das Bild von m unter f wieder eine Geradeist, die durch m läuft.

(c) Zeigen Sie, dass f selbstinvers ist.

(d) Interpretieren Sie f geometrisch, wenn Z ein Fernpunkt ist.

(e) Interpretieren Sie f geometrisch, wenn l die Ferngerade ist.

Lösung:

Die wichtigste Aussage zum Bearbeiten der Aufgabe ist:

Kennt man drei der vier Punkte im Doppelverhältnis, so ist der vierte eindeutig über den Wert desDoppelverhältnisses bestimmt.

Nennen wir sie (?). Man kann sie auch in der kurzen Formel

(0,∞;λ, 1) = λ

schreiben, die wir aus der Vorlesung kennen.

(a) Erstens, Verbindungsgeraden und Schnittpunkte im RP2 sind eindeutig. Zweitens, P ′ ist eindeutigwegen (?).

(b) Wenn Z auf m liegt, so sind die Bilder von A,B,C unter f nach Konstruktion wieder auf m undsomit kollinear. Wir können also annehmen, dass Z nicht auf m liegt.

Wir betrachten nun die Geraden

a = A ∨ Z,b = B ∨ Z

und die Punkte

SA = a ∧ l,SB = b ∧ l.

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Wir betrachten die Zentralprojektion von a auf b mit Zentrum T . Dabei wird Z immer festgelassen,A auf B und SA auf SB abgebildet. Das Bild von f(A) auf b nennen wir B′′. Weil es eine projektiveTransformation des RP1 ist, gilt

−1 = (f(A), A;S,Z) = (B′′, B;S,Z).

Wegen der Eindeutigkeit des Doppelverhältnisses (?) muss dann aber B′′ = f(B) gelten. Darausfolgt, dass wenn man das Bild eines einzigen Punktes P auf m unter f kennt, das Bild von m unterf die Gerade T ∨ f(P ) ist. Insbesondere werden kollineare Punkte auf kollineare Punkte abgebildet.

(c) Nach Konstruktion sind die Geraden P ∨ Z und P ′ ∨ Z gleich, und somit auch die Schnittpunktedavon mit l. Außerdem wissen wir, dass (P ′, P ;S,Z) = 1

(P,P ′;S,Z) gilt. Da das eine Doppelverhältnisgleich −1 ist, ist es auch das andere. Außerdem ist wegen (?) der vierte Punkt im Doppelverhältniseindeutig bestimmt. Beim Umkehren der Funktion muss also P ′ auf P abgebildet werden.

(d) Dann ist f die Spiegelung an l in Richtung Z.

(e) Dann ist f die Punktspiegelung an Z.

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Aufgabe 5. Kegelschnitte

Gegeben seien die folgenden Punkte im RP2:

A = (4, 0, 2)T , B = (2, 0,−1)T , C = (3, 5, 1)T , D = (6,−10,−2)T .

Weiterhin betrachten wir die Punkte

E1 = (0, 7, 0)T , E2 = (1, 0, 0)T , E3 = (0,−30, 3)T , E4 = (2, 6, 1)T , E5 = (0,−16, 4)T .

Die Punkte A,B,C,D,Ei liegen (für i = 1, ..., 5) auf einem Kegelschnitt Ki. Bestimmen Sie, welche derKegelschnitte Ki identisch sind.

Hinweis: Skizzieren Sie sich die Punkte und versuchen Sie, die Kegelschnitte zu erkennen, bevor Sieanfangen etwas auszurechnen. Am Ende muss aber natürlich jede Ihrer Behauptungen durch eine (kurze)Rechnung begründet werden.

Lösung:

Es gibt hier prinzipiell drei Lösungswege. Beim ersten skizziert man sich die Punkte und stellt ein paarÜberlegungen zu den Kegelschnitten an. Beim zweiten bestimmt man einfach die zu den Kegelschnit-ten gehörigen Matrizen. Beim dritten vergleicht man die Doppelverhältnisse (A,B;C,D)Ei

, die nachVorlesung für gleiche Kegelschnitte gleich sind.

(1.) Skizziert man sich die Punkte...,

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...erkennt man schnell, dass

1. E2 der Fernpunkt (also Schnittpunkt) der Geraden A ∨B und C ∨D und2. E3 der Schnittpunkt der Geraden A ∨ C und B ∨D ist.

Das ist leicht nachzurechnen. Die KegelschnitteK2 undK3 sind also degeneriert und bestehen jeweilsaus den obigen Geraden.Nun muss man K1,K4 und K5 genauer analysieren:Die Punkte A,B,C,D liegen achsensymmetrisch zur y-Achse. Jeder Kegelschnitt durch diese Punkte,insbesondere jeder nicht-degenerierte, ist also auch achsensymmetrisch zur y-Achse. Da E5 genauauf der Symmetrieachse liegt, kann man auf die Idee kommen (z. B. durch Kästchenzählen), dassK5 eine Parabel ist. Die Parabelgleichung durch A,B,C,D,E5 ist leicht auszurechnen:

y = x2 − 4

bzw.x2 − y − 4 = 0.

Homogenisiert man die letzte Gleichung erhält man

x2 − yz − 4z2 = 0.

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Nun rechnet man leicht nach, dass E1 diese Gleichung erfüllt. Also liegt E1 auf dieser Parabel, diedamit gleich K1 ist. Man sieht, dass K1,K2 und K3 alle verschieden sind.

Mit der Parabelgleichung kann man nun auch nachrechnen, dass E4 nicht auf K1 liegt. Dass ernicht auf K2 und K3 liegt, ist auch schnell zu sehen. Also ist K4 von den anderen Kegelschnittenverschieden.

Der Vollständigkeit halber: K4 ist ein Kreis um (0, 3) mit Radius√13.

(2.) Wenn man die Matrizen der Kegelschnitte berechnet, sollte man die symmetrischen nehmen, umsie besser miteinander vergleichen zu können. Oder gleich die entsprechenden Polynome bestimmen.Auch hier spart man sich Arbeit, wenn man erkennt, dass K2 und K3 degeneriert sind und man dieFormel für degenerierte Kegelschnitte aus der Vorlesung verwendet.

K1 =

− 14 0 00 0 1

80 1

8 1

,

K2 =

0 0 00 2

5 −10 −1 0

,

K3 =

− 14 0 00 1

100110

0 110 1

,

K4 =

− 14 0 00 − 1

434

0 34 1

,

K5 =

− 14 0 00 0 1

80 1

8 1

.

(3.) Beim Berechnen der Doppelverhältnisse (A,B;C,D)Eisollte man daran denken die Laplace-Entwicklung

zur Bestimmung der Determinanten zu benutzen. Oder man berechnet die KreuzprodukteA× C,B ×D,A×Dund B × C als Zwischenergebnis und skalarmultipliziert sie noch mit Ei für das entsprechende Dop-pelverhältnis. Wenn man erkennt, dass E3 kollinear zu A und C bzw. B und D ist, muss man dasdritte Doppelverhältnis nicht einmal ausrechnen. Sein Zähler ist einfach Null:

(A,B;C,D)E1 =1

25,

(A,B;C,D)E2= 1,

(A,B;C,D)E3= 0,

(A,B;C,D)E4 =13

25,

(A,B;C,D)E5=

1

25.

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