Lösungen zum ersten Paragraphen · Aufgabe 1.4. y y 1 m(x x 1) = 0; g 1 = y y 1 = 0,g 2 = x x ... 1 = 12x 16y+ 25 = 0, ... k 0 kx M 0 k ky M kx M ky M k(R2 x2 M y 2 M) 1 ALetzteresfolgtaus

LÖSUNGSHEFT ZURBEHANDLUNG DER KURVEN ZWEITER ORDNUNG

DURCH INVARIANTEN

ERNST FREUDENTHAL UND WERNER HEINRICH

In diesem Heft sind die Lösungen aller Aufgaben des Lehrgangs [1] sowie einige zusätzlicheDiskussionen enthalten.

c© 2011–2015 Berndt E. Schwerdtfeger Version 1.0, rev. 2015-03-04

Literatur

[1] Ernst Freudenthal and Werner Heinrich, Neue Behandlung der Kurven zweiter Ordnung durchInvarianten (2010), available at http://berndt-schwerdtfeger.de/wp-content/uploads/pdf/k2.pdf.

1. Lösungen zum ersten Paragraphen

Aufgabe 1.1. γ = −23, g = 21x− 26y + 119 = 0

Aufgabe 1.2. cg ≡ g1 + γg2, c = 7/3, γ = 22/3

Aufgabe 1.3. a) Aus∣∣∣∣u1 v1

u2 v2

∣∣∣∣ = 0 folgt∣∣∣∣u1 + γu2 v1 + γv2

u2 v2

∣∣∣∣ = 0

b) γ = −5/3, g = 4x− 3y − 11 = 0c) g = 4x− 3y + k = 0d) γ = −1

Aufgabe 1.4. y − y1 −m(x− x1) = 0; g1 = y − y1 = 0, g2 = x− x1 = 0, γ = −m

Aufgabe 1.5. a2 − b2 =p2

(1− ε2)2− p2

1− ε2=

p2ε2

(1− ε2)2= a2ε2 = e2;

b2

a= p,

a = −10/3, b = 10/√−3, e = −20/3, p = 10, −a

ε= 5/3

Aufgabe 1.6. Siehe Abbildung 1:r1

d1=ε

1; analog

S2

Aufgabe 1.7. xF2 = xM + aε =a

ε+ aε =

a

ε(1 + ε2) =

1 + ε2

1− ε2f ; xL2

= 2a

ε=

2f

1− ε2;(

x− 1 + ε2

1− ε2f

)2

+ y2 = ε2

(x− 2f

1− ε3

)2

ergibt

(1.4)

`1

L1 1

ε

S1 F1

r1

r1d1

45◦

Abb. 1

Aufgabe 1.8. a = −8/√

15, b = 8/√−7, Hyperbel

Aufgabe 1.9. Siehe Abbildung 2;rSdS

=xF−xL

= ε und −xL + xF = f =p

ε

liefern xF =p

1 + εund xL = − p

ε(1 + ε). Aus r2 = ε2d2 folgt

(x− p

1 + ε

)2

+ y2 =

ε2

(x+

p

ε(1 + ε)

)2

und hieraus (1.16).

1

http://berndt-schwerdtfeger.de/wp-content/uploads/pdf/k2.pdf

http://berndt-schwerdtfeger.de/wp-content/uploads/pdf/k2.pdf

2 ERNST FREUDENTHAL UND WERNER HEINRICH

y

xFSL

P (x|y)

f

r

d

`

Abb. 2pε

aε

p1+ε

pε(1+ε)

√a · p

a · εF ML

`

S

N

Abb. 3

εaaε

a

MFSL

`Abb. 4

d1

d2

r2 r1

−2aε

P

M F1

F2

L2 L1

`1`2

Abb. 5

Aufgabe 1.10. Z.B. Ellipse siehe Abbildungen 3 und 4.

Aufgabe 1.11. p = 126

√13, K2 = 4x2 + 12xy + 9y2 − 7x− 4y = 0

Aufgabe 1.12. K2 = h2 − 2ptS + (1− ε2)t2S = 0 mit Hesseformen für h und tS

Aufgabe 1.13. Siehe Abbildung 5. Für Punkte des rechten Hyperbelastes giltr1

d1=r2

d2= ε, also

r2

r1=d2

d1, sodass

r2 − r1

r1=d2 − d1

d1=−2aεd1

, woraus r1−r2 = 2a

folgt. Analog für Punkte des linken Astes.

Aufgabe 1.14. Z.B. r(π2 ) = p, r(π) = rS1 = p1+ε , r(0) = rS2 = p

1−ε , rS1 + rS2 =2p

1−ε2 = 2a, gültig bei einer Ellipse.

Aufgabe 1.15. Der Kreis mit r = p um F .

`2

x

y

r

−r cosϕ

d

F2(0|0)

P (r|ϕ)

ϕ

fAbb. 6

x

y

f

`

n

F

P

d

rF

r

r− rF

(r−rF)n

Abb. 7

LÖSUNGSHEFT ZU BEHANDLUNG DER K2 DURCH INVARIANTEN 3

Aufgabe 1.16. Siehe Abbildung 6; r2 − ε2d2 = 0 liefert mit d = f − xr2 − ε2(f − x)2 = (r + ε(f − x)) · (r − ε(f − x)) = 0, woraus mit x = r cosϕ dieangegebenen Polargleichungen folgen.

Aufgabe 1.17. Siehe Abbildung 7; (r− rF )2 = ε2d2 liefert mit d = f + (r− rF ) · ndie angegebene Gleichung.

2. Lösungen zum zweiten Paragraphen

Aufgabe 2.1.

−910

−310

5110−3

10−110

1710

5110

1710

−28910

; K2 = 9x2 + 6xy + y2 − 102x− 34y + 289 = 0,

K2 = (3x+ y − 17)2 = 0

Aufgabe 2.2.

−1213

−326

126−3

26−4352

−352

126

−352

152

; K2 = 48x2 + 12xy + 43y2 − 4x+ 6y − 1 = 0

Aufgabe 2.3.

72

92

−72

92

72

−72−7

2−72

52

; K2 = 7x2 + 18xy + 7y2 − 14x− 14y + 5 = 0

Aufgabe 2.4.

−12 1 9

21 −1

2−72

92

−72 −19

; K2 = x2 − 4xy + y2 − 18x+ 14y + 38 = 0

Aufgabe 2.5. 1) s33 = −1, A33 = A = 0 2) s33 = −74 , A33 = 3

4 , A = 152

3) s33 = 7, A33 = −8, A = 92 4) s33 = 2, A33 = −3, A = 8

Aufgabe 2.6. 1) p = 0 2) p = 126

√13 3) p = 3

2

√2 4) p = 2

√2

Aufgabe 2.7.I2

I21

=p4

(1− ε2)3, I1I2 =

(ε− 2)3

p2

Aufgabe 2.8. Ergebnisse schon bekannt.

Aufgabe 2.9. Die Formeln für ε und p gelten nur für fokalerzeugte Kurven

Aufgabe 2.10. Z.B. sindA23

a211

oderAa22

A213

normierungsinvariant, aber nicht bewe-

gungsinvariant. Dasselbe gilt für I1, I2, ε und p in den nicht erzeugbaren Fällen.

Aufgabe 2.11. λ1 = −1, λ2 = −2, ε = 1/√

2, p = i

Aufgabe 2.12. λ1 = 0, λ2 = −5, ε = 1, p = 0

Aufgabe 2.13. λ1 = 0, λ2 = −2, ε = 1, p = 5/2√

2

Aufgabe 2.14. λ1 = 1, λ2 = −3, ε = 2/√

3, p = 29

√21

Aufgabe 2.15. folgt aus den Wurzelsätzen von Viète für die charakteristischeGleichung

Aufgabe 2.16. (a11 − λ)(a22 − λ)− a212 = λ2 − s33λ+A33

Aufgabe 2.17. a) Aus (a11 − λ2)(a22 − λ2) = a212 ≥ 0 und λ1 − λ2 ≥ 0, d.h.

s33−2λ2 ≥ 0 oder (a11−λ2)+(a22−λ2) ≥ 0 folgt (a11−λ2) ≥ 0 und (a22−λ2) ≥ 0.b) Aus (a11 − λ1)(a22 − λ1) = a2

12 ≥ 0 und λ2 − λ1 ≤ 0, d.h. s33 − 2λ1 ≤ 0 oder(a11 − λ1) + (a22 − λ1) ≤ 0 folgt (a11 − λ1) ≤ 0 und (a22 − λ1) ≤ 0.


Aufgabe 2.18. Ist I eine Quasiinvariante, so ist I = qnI = (−λ)nI eine normierteInvariante, d.h. Invariante. Für I = 0 wird I = I = 0; s33 = 0 bedeutet s33 = 0,also nach (2.5) ε =

√2.

Aufgabe 2.19. Aus ε Q 1, d.h.√λ1 − λ2

−λ2Q 1 folgt, weil nach (2.22) stets λ2 < 0

ist, λ1 Q 0

Aufgabe 2.20. Siehe Abbildung 8: wegenr2

d21

= ε21,

r2

d22

= ε22 und d2

1 + d22 = r2 ist

−1 + ε21 =

d22

d21

und −1 + ε22 =

d21

d22

, woraus

die Behauptung folgt.

Aufgabe 2.21. Für ε = 1 ist A33 = 0 undwegen Vorschrift V1 ist s33 < 0, sodass nach(2.22) λ2 = s33, weil die Wurzel positiv zunehmen ist. Im Falle ε2 = 2 ist gemäß (2.5)s33 = 0 und gemäß (2.3) A33 < 0, sodass hier(2.22) λ2 = −

√−A33 liefert.

`1

`2 g1g2 d2

d1

F

P

r

Abb. 8

Aufgabe 2.22. Aus λ2 = −1 folgt aik = aik. Die ε-Bestimmung nach (2.21) liefertε ≥ 0, während aus der biquadratischen Gleichung neben einem positiven ε auchnoch ein negatives und zwei rein imaginäre ε-Werte zulässig wären. Im ganzen gibtes also jeweils vier Erzeugungen. Wir bevorzugen die eine, weil dann (2.27) reelle uund v ergibt.

Aufgabe 2.23. A33 = −24, A = 225, s33 = 23, Hyperbel, λ1 = 24, λ2 = −1,ε = 5, p = 15, u = 3/5, v = −4/5, w1 = 5/4, w2 = 1 `1 = 12x − 16y + 25 = 0,`2 = 3x − 4y + 5 = 0, F1(− 7

4 |4), F2(2| − 1), M( 18 |

32 ), h = 4x + 3y − 5 = 0,

n = 24x− 32y + 45 = 0, a = − 58 , b = 5

4

√−6, e = − 25

8 , S1(− 14 |2), S2( 1

2 |1).

Aufgabe 2.24. A33 = 0, 5, s33 = −1, 5, A = 258 , Ellipse, λ1 = −0, 5 λ2 = −1,

ε = 1/√

2, p = 54

√2, u = 0, 8, v = 0, 6, w1 = 6, w2 = −4, `1 = 4x − 3y + 30 = 0,

`2 = 4x− 3y− 20 = 0, F1(−4|0, 5), F2(0|− 2, 5), M(−2|− 1), h = 3x+ 4y+ 10 = 0,n = 4x− 3y + 5 = 0, a = 5/

√2, b = 5/2, e = 5/2, S1,2 = (−2± 2

√2| − 1∓ 3

2

√2)

Aufgabe 2.25. A33 = −24, s33 = 23, A = 125, Hyperbel, λ1 = 24, λ2 = −1,ε = 5, p = 5

√5, `1 = 12x − 24y + 43 = 0, `2 = x − 2y + 4 = 0, F1( 13

12 | −16 ),

F2(−1|4), M( 124 |

2312 ), h = 2x + y − 2 = 0, n = 24x − 48y + 91 = 0, a = − 5

24

√5,

b = 512

√−30, e = − 25

24

√5, S1( 1

4 |32 ), S2(− 1

6 |73 ).

Aufgabe 2.26. A33 = −24, s33 = 23, A = 405, Hyperbel, λ1 = 24, λ2 = −1, ε = 5,p = 9

√5, `1 = x − 2y − 12 = 0, `2 = 4x − 8y − 51 = 0, F1(1| − 1), F2( 19

4 | −172 ),

M( 238 | −

194 ), h = 2x+ y − 1 = 0, n = 8x− 16y − 99 = 0, a = − 3

8

√5, b = 3

4

√−30,

e = − 158

√5, S1( 5

2 | − 4), S2(− 134 | −

112 ).

Aufgabe 2.27. A33 > 0, wegen der Vorschrift V1 am bestenK2 = −2x2−2xy−2y2−2x−6y−6 = 0 nehmen: A33 = 3, s33 = −4 = A, λ1 = −1,λ2 = −3, ε = 1

3

√6. Aus der normierten Matrix folgt u = 1/

√2, v = −1/

√2,− 2

3 − 13 − 1

3− 1

3 − 23 −1

− 13 −1 −2

, w1,2 = −√

2±√−2, `1,2 = x−y−2±

√−2 = 0, F1,2( 1∓2i

3 |−5±2i

3 )

Aufgabe 2.28. a) Der Kreis gehört nicht zu den fokalerzeugbaren K2.b) Die allgemeine Kreismatrix ist nach Erfüllung der Vorschrift V1 d.h. a11 < 0,

LÖSUNGSHEFT ZU BEHANDLUNG DER K2 DURCH INVARIANTEN 5a11 0 a13

0 a11 a23

a13 a23 a33

=

−k 0 kxM0 −k kyM

kxM kyM k(R2 − x2M − y2

M )

Letzteres folgt aus (2.33)

nach Multiplikation mit −k < 0. Daher ist s33 = 2a11 = −2k, A33 = a211 = k2 und

A = −a11(a213 +a2

23−a33a11) = k3R2. Speziell für (2.33) ist s33 = −2, A33 = 1 undA = R2.

Aufgabe 2.29. Aus Aufgabe 2.28 folgt wegen k = −a11 R =

√A

(−a11)3

Aufgabe 2.30. Wegen A31 = k2xM und A32 = k2yM ist xM = A31

A33und yM = A32

A33

Aufgabe 2.31. R2 R 0 für A R 0, d.h. für a213 + a2

23 R a33a11

Aufgabe 2.32.

−v2 uv uw + xFuv −u2 vw + yF

uw + xF vw + yF w2 − x2F − y2

F

aik = aik;

a13u+ a23v = uxF + vyF + w = 0, a213 + a2

23 + a33 = 2w(uxF + vyF + w) = 0

Aufgabe 2.33. S33 = A11 + A22 = −2w(uxF + vyF + w) = 0 = S33

Aufgabe 2.34. Aus A33 = 0 folgt A = −a11a223 + 2a12a13a23 − a22a

213. Wegen

a11a22 = a212 wird A2

31 = (a12a23 − a13a22)2 = −a22A; analog A232 = −a11A. Dies

gilt nur bei symmetrischer Matrix.

Aufgabe 2.35. folgt direkt aus der Matrix

a2 ab acab b2 bcac bc c2

der Doppelgeraden

Aufgabe 2.36. Für a11 = 0 ist schon b nicht bestimmbar. Aus a11 = 0 folgt wegenA33 = a11a22 − a2

12 = 0 auch a12 = 0. Wäre noch a22 = 0, so ergäbe sich keineK2-Gleichung. A31 = 0 fordert noch a31 = 0. Setzt man b2 = a22 und a23 = bc, so

hat für a11 = 0 die Matrix die Gestalt

0 0 00 b2 bc0 bc a33

Aufgabe 2.37. A33 = S33 = 0 ist noch auszunutzen. Ist a11 6= 0, so folgt aus derangegebenen Matrix wegen a2 + b2 6= 0 a33 = c2 aus S33 = 0 und für a11 = 0nach Aufgabe 2.36 wegen b2 6= 0 auch a33 = c2. In beiden Fällen ist A32 = 0von selbst erfüllt. Im ersten Fall ist K2 = (ax + by + c)2 = 0 und im zweiten FallK2 = (by + c)2 = 0 tatsächlich die Gleichung einer Doppelgeraden.

Aufgabe 2.38. ε = 1 und a13u+a23v = 0 sind von selbst erfüllt, da K darin nichteingeht

Aufgabe 2.39. In A13, A23 und A33 geht K ebenfalls nicht ein. Es wird aberS33 = s33K 6= 0.

Aufgabe 2.40.

a2 ab acab b2 bcac bc c2 − C2

ist die Matrix des angegebenen Parallelen-

paares. S33 = −(a2 + b2)C2 = −s33C2

Aufgabe 2.41. a) K2 = 2a2x2+4abxy+2b2y2+2a(c1+c2)x+2b(c1+c2)y+2c1c2 =

0 hat die Matrix

2a2 2ab a(c1 + c2)2ab 2b2 b(c1 + c2)

a(c1 + c2) b(c1 + c2) 2c1c2

S33 = 4c1c2−(c1+c2)2 = −(c1−c2)2. Bei reellen parallelen oder zusammenfallendenGeraden mit a2+b2 = 1 (Hesseform) ist also S33 = −d2, wo d ≥ 0 den Abstand der


Geraden bedeutet. Daher ist S33 quasiinvariant. Bei nullteiligen Parallelen ist daherS33 > 0 unabhängig von a und b, also sig S33 invariant, da c1− c2 rein imaginär ist.

b) Für a2 + b2 6= 1 ist s33 = 2(a2 + b2) und wegen d2 =

(c1 − c2√a2 + b2

)2

S33 = −(a2 + b2)(c1 − c2)2 = −s233

4d2, sodass d =

2

s33

√−S33.

Aufgabe 2.42. Aus Aufgabe 2.40 und 2.41 b) folgt S33 = −s33k2 = −s

233

4d2,

sodass k = d2

√s33.

Aufgabe 2.43. s33, A33 und A sind bei der K2 = (ax+by+c)2−C2 = 0 dieselbenwie bei der K2 = (ax+ by + c)2 = 0

Aufgabe 2.44. Beide Kurven sind nullteilig. a) ist als Kreis nicht fokalerzeugbar,b) hat als nullteilige Ellipse ein komplexes Erzeugendensystem mit reellem ε.

Aufgabe 2.45. Auch bei einemWendepunkt mit waagerechter Tangente ist y′ = 0.Wegen des Vollständigkeitsnachweises kommen die Eigenschaften der Typen von(2.9) jetzt nur in einer Zeile der ergänzten Tabelle vor. Die Querstriche sind weg-zulassen.

3. Lösungen zum dritten Paragraphen

Aufgabe 3.1. A33 = −64, A = 0, Geradenpaar mit Schnittpunkt,K2 = (7x+ 2y − 50)(x− 2y − 10) = 0

Aufgabe 3.2. A33 = 9, A = 81, s33 = 14, nullteilige Ellipse

Aufgabe 3.3. A33 = 0 = A, S33 = 8, nullteiliges ParallelenpaarK2 = (x+ y + 2 + 2i)(x+ y + 2− 2i) = 0

Aufgabe 3.4. A33 = 8, A = −51, s33 = 6, Ellipse

Aufgabe 3.5. A33 = −5000, A = 54 · 5521, s33 = 175, stumpfe Hyperbel

Aufgabe 3.6. A33 = 32, A = 0, Punkt. Die Auflösung der K2-Gleichung nach xoder y liefert den einzigen reellen Punkt P (2|2).

Aufgabe 3.7. A33 = −49, A = 1568, s33 = −2, spitze Hyperbel

Aufgabe 3.8. A33 = 0 = A, S33 = 0, Doppelgerade, K2 = (3x+ 4y − 2)2 = 0

Aufgabe 3.9. A33 = −25, A = −25, s33 = 0, rechtwinklige Hyperbel

Aufgabe 3.10. A33 = 0 = A, S33 = −2, ParallelenpaarK2 = (x+ y + 1)(x+ y − 1) = 0

Aufgabe 3.11. A33 = t2 − 1, A = 0, lauter zerfallende K2

a) t2 > 1 Punkt,b) t2 < 1 Geraden mit Schnittpunkt,c) t = ±1 Doppelgerade K2 = (x± y + 1)2 = 0

Aufgabe 3.12. A33 = 3, A = −2t2, s33 = 4, t 6= 0 Ellipse, t = 0 Punkt P (0|0)

Aufgabe 3.13. A33 = cot2 α − 1, A = cotα(cotα + 1)(cotα − 1), s33 = 2 cotα,S33 = 2 cot2 α, für 0 < α < π

4 nullteilige Ellipse, π4 < α < π2 spitze Hyperbel, α = π

4

nullteiliges ParallelenpaarK2 = x2−2xy+y2+1 = (x−y)2+1 = (x−y+i)(x−y−i)

Aufgabe 3.14. A33 = − cos2 t, A = cos2 t, s33 = 2 sin t, lauter stumpfe Hyperbeln


Aufgabe 3.15. A33 = t2 − 1, A = −(1 + t)(2t2 − t+ 1), s33 = 2t,a) t = −1 K2 = (x− y + 1−

√2)(x− y + 1 +

√2) = 0

b) t = 1, Parabelc) Ellipsen t < −1 oder t > 1; Hyperbeln −1 < t < +1

Aufgabe 3.16. −2K2 = 0 liefert A33 = 3s2t2, A = 2s4t4, s33 = −2(s2 + t2), lauterEllipsen außer für s = 0, t 6= 0 oder s 6= 0, t = 0 Doppelgerade.

Aufgabe 3.17. ε = 13 , p = 4

9

√10, Ellipse, f = 4

3

√10, a = 1

2

√10, b = 2

3

√5,

e = 16

√10, aε = 3

2

√10, F = 5

√2

3 π

Aufgabe 3.18. ε = 12 , p = 1

2

√10, Ellipse, f =

√10, a = 2

3

√10, b = 1

3

√10,

e = 13

√10, aε = 4

3

√10, F = 20

√3

9 π

Aufgabe 3.19. ε = 15

√26, p = 2

25

√2, Hyperbel, f = 2

65

√13, a = −2

√2, b =

25

√−2, e = − 4

5

√13, −aε = 10

13

√13.

Aufgabe 3.20. F = π

Aufgabe 3.21. a = c2 (√

4 + t2 + t), b = c2 (√

4 + t2 − t)

Aufgabe 3.22. a = −c√

sinα

Aufgabe 3.23. Aus (3.10) folgt wegen λ1 · λ2 = A33

x2(− 1λ1

√A−λ2

)2 +y2(

− 1λ2

√A−λ1

)2 − 1 = 0 d.h.x2

a2+y2

b2= 1

Aufgabe 3.24. λ2x2 + λ1y

2 + AA33

= 0

Aufgabe 3.25. x2

6 + y2

2 = 1

Aufgabe 3.26. 3x2 + 7y2 − 50 = 0

Aufgabe 3.27. λ1x2 + λ2y

2 = 0

Aufgabe 3.28. 8x2 + 9y2 = 0

Aufgabe 3.29. Wegen s33 = 0 folgt ε =√

2 aus (2.5),K2 = 12x2 + 7xy − 12y2 − 135x+ 195y + 575 = 0, x2 − y2 = 100

Aufgabe 3.30. λ1n2 + λ2h

2 + AA33

= 0 mit Hesseformen für n = 0 und h = 0.

Aufgabe 3.31. a) K2 = 13x2 − 18xy + 37y2 + 38x− 94y − 15 = 0b) K2 = 37x2 − 18xy + 13y2 + 32x− 16y − 60 = 0

Aufgabe 3.32. λ1x′2 + λ2y

′2 +A

A33= 0

Aufgabe 3.33. y2 = 2px erfordert den angegebenen Ansatz. Die Matrix 0 0 a′13

0 a′22 0a′13 0 0

liefert s′33 = a′22 = s33 < 0, A′33 = 0 = A33 und A′ = −a′213a′22 =

−a′213s33 = A > 0, d.h. a13 = ∓√

A−s33 , sodass y

2 = ±2√

A(−s33)3x. Die Symmetrie-

achse ist die x-Achse (Parabelachse).

Aufgabe 3.34. x2 = ±2

√A

(−s33)3y ; die Parabelachse ist jetzt die y-Achse

Aufgabe 3.35. y2 = ±2x, x2 = ±2y


Aufgabe 3.36. K2 = x2+4xy+4y2−28x−6y+21 = 0, y2 = ±2√

5x, x2 = ±2√

5y

Aufgabe 3.37. Die Gleichung jeder parabolisch zerfallenden K2 läßt sich in derForm y2 = c2 schreiben, woraus der angegebene Ansatz hervorgeht. Die Matrix0 0 0

0 a′22 00 0 a′33

liefert s′33 = a′22 = s33, A′33 = 0 = A33, A′ = 0 = A und S′33 =

a′22a′33 = s33a

′33 = S33, sodass a′33 = S33

s33ist, woraus y = ± 1

s33

√−S33 folgt. Die

Quasiinvarianz von S33 haben wir allerdings nach Aufgabe 2.41 a) nur für die FälleS33 ≤ 0 nachgewiesen!

Aufgabe 3.38. y = ± 15

Aufgabe 3.39. (2.2) liefert wegen uxF + vyF +w = 0, A31 = (1− ε2)xF = A33xFund A32 = (1− ε2)yF = A33yF , sodass xM = xF und yM = yF ;a) M(1|3) b) M( 3

4 | −12 ) c) M(1|0)

Aufgabe 3.40. A11 = f(uxF − vyF − w), A12 = f(vxF + uyF ),A22 = f(vyF − uxF − w), A31 = uf , A32 = vf zeigen, dass das Gleichungssystemfür die Aik gilt. Wegen Aik = λ2

2Aik gilt es daher auch für die Aik.

Aufgabe 3.41. a) A231 +A2

32 = −s33A 6= 0 folgt aus Aufgabe 2.34. Nach der Cra-merschen Regel hat das Gleichungssystem der Aufgabe 3.40 daher die angegebeneLösung.b) Nach Erweiterung der rechten Seite der Lösung für xF aus Teil a) mit A13 er-hält man unter Beachtung der Mitteilung A13A23 = a12A und der Bemerkung ausAufgabe 2.34: A2

13 = −a22A, A223 = −a11A bei anschließender Kürzung durch A

xF =−a22(A22 −A11)− 2a12A12

2s33A13=a22A11 − a12A12 −A+ a23A23

2s33A13=

=a22A11 − a12A12 − a13A13

2s33A13=s33A11 −A

2s33A13

Das zweite Gleichheitszeichen erklärt sich aus der Entwicklung der Determinanteder Matrix (aik) nach der zweiten Zeile; das dritte folgt aus der Entwicklung nachder dritten Zeile, das vierte durch Entwicklung nach der ersten Zeile. Analog zeigtman die Richtigkeit der in der Aufgabe mitgeteilten Ordinate yF .

Aufgabe 3.42. ` = 2x− y + 2 = 0, F (2|1), p =√

5

Aufgabe 3.43. ` = x− y + 8 = 0, F (−2|2), S(−3|3)

Aufgabe 3.44. ` = 4x+ 3y − 13 = 0, F (5|6), S(3|4, 5)

Aufgabe 3.45. ` = 12x− 16y + 27 = 0, F (−1, 03|1, 04), S(−1|1)

Aufgabe 3.46. `2 = 2x− y + 44 = 0

Aufgabe 3.47. (a11xF +a12yF +a13)x+(a12xF +a22yF +a23)y+(a13xF +a23yF +a33) = (a11x+ a12y + a13)xF + (a12x+ a22y + a23)yF + (a13x+ a23y + a33)

Aufgabe 3.48. K2 ≡ (a11x+a12y+a13)x+(a12x+a22y+a23)y+(a13x+a23y+a33)

Aufgabe 3.49. F1(−1|1), F2(3|3), S1,2(1 ∓ 65

√5|2 ∓ 3

5

√5); `1 = 2x + y + 5 = 0,

`2 = 2x+ y − 13 = 0

Aufgabe 3.50. rN1,2= rM ± bk× n, N1,2(1∓ 2

5

√5|2± 4

5

√5)

Aufgabe 3.51. folgt sofort nach Multiplikation von (3.25) mit A33 wegen (3.7),(3.13) und (3.23)


Aufgabe 3.52. (2.29) hat nach der Diskriminantenberechnung im Anschluß an(2.31) die Lösungen w1,2 = a13u+a23v

ε2−1 ±√A

ε(1−ε2) , woraus mit (2.31) und (2.21) wegen

aik = −λ2aik w1,2 =a13

√a11 − λ2 + a23

√a22 − λ2 ∓

√A

λ1

√λ1 − λ2

folgt. Mit (2.31) erhält

man die angegebenen Leitgeradengleichungen bei Änderung ihrer Nummerierung.

Aufgabe 3.53. λ1(a11−λ2)x+a12λ1y+a13(a11−λ2)+a12a23±√

(a11 − λ2)A = 0

resp. a12λ1x+ λ1(a22 − λ2)y + a12a13 + a23(a22 − λ2)±√

(a22 − λ2)A = 0. Wegen(a11 − λ2)(a22 − λ2) = a2

12 ist dabei (3.24) in√a11 − λ2 ·

√a22 − λ2 = a12 zu

beachten.

Bemerkung zu (3.28):Bei der Herleitung ist in δ1 und δ2 der Faktor −λ2ε

2v aufgenommen worden, sodassnach (2.2) δ1 = λ2ε

2v2 = λ2(a22 +1) = λ2−a22 = a11−λ1 –letzteres wegen (2.23)–und δ2 = −λ2ε

2uv = −λ2a12 = a12.

Bemerkung zu (3.29):n geht als Gerade des Durchmesserbüschels durch M .

Wegen (a11 − λ1)(a22 − λ1) = a212 und (2.23) ist mh =

λ1 − a11

a12– woraus (3.30)

folgt – und nach (3.29) mn =a12

λ2 − a22– woraus (3.31) folgt – sodass in der Tat

mhmn = −1.

Aufgabe 3.54. h = x− y + 2 = 0, n = x+ y − 6 = 0

Aufgabe 3.55. h = 2x− y = 0, n = 16x+ 32y + 5 = 0

Aufgabe 3.56. Da f = 0 in der Herleitung von (3.28) und (3.29) nicht benutztwurde, gelten diese Gleichungen auch bei nicht parabolischem Zerfall. Wegen M ≡F folgt aus (3.31), dass die Nebenachse mit der Leitgeraden zusammenfällt. NachAufgabe 2.20 und Vorschrift V3 kann bei hyperbolischem Zerfall aber auch dieHauptachse mit der Leitgeraden identisch sein.

Aufgabe 3.57. h = 4x− 3y − 11 = 0

Aufgabe 3.58. Die zweite Form der Gleichung der Parabelachse folgt im Fallea12 6= 0 wegen a11a22 = a2

12 aus (3.32) durch Multiplikation mit a22a−112 . Die ande-

ren beiden Formen ergeben sich aus den ersten beiden, wenn man diese ausführlichhinschreibt und a11a22 = a2

12 beachtet. Im Falle a12 = 0 ist auch a11 oder a22 (aus-schließendes „oder“) gleich Null und die Parabel ist in einer der vier Normalformen(y − yS)2 = ±2p(x − xS) bzw. (x − xS)2 = ±2p(y − yS) gegeben, bei denen mansich unmittelbar von der Richtigkeit der Gleichungen für die Achse überzeugt.

Aufgabe 3.59. Ja, da die Herleitung von (3.32) für alle w gilt; hier ist wegen f = 0w = −uxF − vyF .

Ergänzende Frage:Schreibt man in (2.33) d = 1

mSg1 + g2 = 0, so wird im Falle 1

mS= 0 d = g2 = 0.

Aufgabe 3.60. a) M(2|2) inzidiert mit d1 und d2; m1 = −3 und m2 = − 17 erfüllen

(3.36)b) d = 2x− y − 2 = 0

c) t1,2 = 5x+ 5y − 20± 6√

10 = 0

Aufgabe 3.61. a) Zu mg1 = −a11a12ist nach (3.34) md1 = 0, d.h. der Durchmesser

d1 = y−yM = 0 konjugiert; zu mg2 = −a12a22ist der Durchmesser d2 mit 1/md2 = 0,


d.h. d2 = x− xM = 0 konjugiert. Aus (3.13) folgt daher die Behauptung.b) Zu md1 = −a11+a12β/α

a12+a22β/αist nach (3.34) md2 = β

α konjugiert, woraus die Behaup-tung folgt.

Aufgabe 3.62. K2 = 9x2 + 16xy − 54y − 64x− 143 = 0

Aufgabe 3.63. K2 = 5x2 − 2xy + 2y2 − 16x− 4y − 16 = 0

Aufgabe 3.64. Der Abstand der Leitgeraden ist 2aε = 6√

5. sodass a =√

5,b2 = 40

9 ; n = x+2y−5√5

= 0 liefert h = 2x−y+c√5

= 0, dann Ansatz (1.15)a) c = 0, K2 = 44x2 − 4xy + 41y2 − 80x− 160y = 0b) c = −5, K2 = 44x2 − 4xy + 41y2 − 260x− 70y + 225 = 0

Aufgabe 3.65. c1 = 30, K2 = 9x2 + 4xy + 6y2 + 248x+ 104y + 1528 = 0c2 = 6, K2 = 9x2 + 4xy + 6y2 + 56x+ 8y − 200 = 0

Aufgabe 3.66. a) K2 = 9x2 − 6xy + 17y2 − 48x− 16y − 64 = 0b) F1(0|0), F2(6|2)c) `1 = 3x+ y + 8 = 0, `2 = 3x+ y − 28 = 0

Aufgabe 3.67. K2 = 13x2 + 10xy + 13y2 + 42x− 6y − 27 = 0;`1,2 = 5x − 5y + 15 ± 9

√10 = 0. Letztere sind die Parallelen zur Nebenachse im

Abstand aε .

Aufgabe 3.68. a) Der Abstand `1tS1ist a

ε − a, woraus a =√

10 folgt; b2 = 152 ;

Ansatz nach (1.15) wie bei Aufgabe 3.64 – oder über Aufgabe 1.12.K2 = 39x2 − 6xy + 31y2 + 66x+ 118y − 149 = 0b) S1(0|1) ≡ P , S2(−2| − 5), F1(− 1

2 | −12 ), F2(− 3

2 | −72 ), M(−1| − 2)

Aufgabe 3.69. Ansatz nach (1.15) analog zu Aufgabe 3.64.a) c = 4, K2 = xy − 2x+ 2y − 36 = 0; c = −4, K2 = xy + 2x− 2y − 36 = 0

b) M(−2|2), S1,2(−2∓ 4√

2|2∓ 4√

2), F1(−10| − 6) F2(6|10);M(2| − 2), S1,2(2∓ 4

√2| − 2∓ 4

√2), F1(−6| − 10) F2(10|6)

Aufgabe 3.70. Da (1.20) nur für eine Hyperbel mit der x-Achse als Hauptachsebzw. mit zur x-Achse paralleler Hauptachse gilt, ist hier im Falle a12 = 0:K2 = b2(x− xM )2 + a2(y − yM )2 − a2b2 = 0 mit a11 = b2 < 0 und a22 = a2;

(3.40) liefert also: mA1,2= ±

√−a11

a22= ±

√−b2

a2= ±

√e2 − a2

a2= ±√ε2 − 1.

Aufgabe 3.71. a) a1 = 8x− 44y − 5 = 0, a2 = 8x+ 4y + 1 = 0b) a1a2 = 64x2 − 320xy − 176y2 − 32x− 64y − 5 = 0

Untersuchung:Nein, (3.44) ist keine Identität. Für a22 = 0 siehe Aufgabe 3.72. Wir verwenden(−a12 +

√−A33)(−a12 −

√−A33) = a2

12 + A33 = a11a22 und (3.42) liefert a1a2 =a2

22g21 − 2a12a22g1g2 + a11a22g

22 , d.h. bei a22 6= 0

a1a2

a22= g1(a22g1 − a12g2) + g2(−a12g1 + a11g2) =

= g1(A33x−A13) + g2(A33y −A23) =

= A33(g1x+ g2y + g3)− (g1A13 + g2A23 + g3A33) =

= A33K2 −A

wegen (3.22) und g1A13 + g2A23 + g3A33 = a13A13 + a23A23 + a33A33 = A, d.h.a1a2 ≡ a22(A33K2 −A).


Aufgabe 3.72. Bei a22 = 0 ist A = 2a12a13a23−a11a223−a2

12a33 und A33 = −a212;

(3.43) liefert a1a2 = a212(a11x

2 +2a12xy+2a13x+2a23y)+2a12a13a23−a11a223, d.h.

a1a2 = a212(K2 − a33) + A + a2

12a33 = a212K2 + A = −(A33K2 − A), woraus (3.44)

folgt.

Aufgabe 3.73. a) K2 = 15x2 + 16xy − 15y2 − 110x− 2y + 162 = 0b) h = 4x+ y − 13 = 0, n = x− 4y + 3 = 0c) `2 = x− 4y + 4 = 0, F2( 47

17 |3317 )

d) a1a2 = 15x2 + 16xy− 15y2− 110x− 2y+ 160 = (5x− 3y− 10)(3x+ 5y− 16) = 0

Aufgabe 3.74. a) K2 = 12x2 + 7xy − 12y2 − 135x+ 195y + 575 = 0b) h = 7x+ y − 30 = 0, n = x− 7y + 60 = 0c) `2 = x− 7y + 110 = 0, F2(1|23)d) a1a2 = 12x2 +7xy−12y2−135x+195y−675 = (4x−3y+15)(3x+4y−45) = 0

Aufgabe 3.75. a1a2 = −9x2 + 14xy − 9y2 + 8x+ 8y − 16 = 0a1,2 = 9x+ (−7± 4

√−2)y − 4∓ 8

√−2 = 0

Aufgabe 3.76. k = 75; K2 = 2x2 + 3xy − 2y2 − x+ 18y + 47 = 0

Aufgabe 3.77. y =p

mt

Aufgabe 3.78. Die Parallele zur Hauptachse durch B ist der Durchmesser d =x+ 2y − 11 = 0; t = K2 − d2 liefert t = 5x− 11y + 29 = 0.

Aufgabe 3.79. Aus (3.47) folgt

t = (a11xB + a12yB + a13)x+ (a12xB + a22yB + a23)y + (a13xB + a23yB + a33)

= g1(B)x+ g2(B)y + g3(B) = 0

Aus (3.47) folgt ferner

t = (a11x+ a12y + a13)xB + (a12x+ a22y + a23)yB + (a13x+ a23y + a33)

= g1xB + g2yB + g3 = 0

Aufgabe 3.80. t = 2x− y − 5 = 0

Aufgabe 3.81. a) yyB = p(x+ xB), b) xxB = p(y + yB)

Aufgabe 3.82. a) (y − yS)(yB − yS) = p((x− xS) + (xB − xS)

),

b) (x− xS)(xB − xS) = p((y − yS) + (yB − yS)

)Aufgabe 3.83. a) K2 = x2 + 4xy + 4y2 − 28x− 6y + 21 = 0b) h = x+ 2y − 4 = 0 c) S(1| 32 )

Aufgabe 3.84. a) und b) K2 = 4x2 + 4xy + y2 − 32x + 34y − 11 = 0, F (2| − 1),S(1|1), ` = x− 2y + 6 = 0

Aufgabe 3.85. a) K2 = 4x2 + 4xy + y2 + 9x− 2y − 5 = 0b) F ( 19

20 |3910 ), S(1|4) c) ` = 4x+ 8y − 37 = 0

Aufgabe 3.86. a) K2 = 8x2 + 16xy + 8y2 − 161x+ 84y = 0b) K2 = 7x2 − 56xy + 11y2 + 176x− 384y = 0

Aufgabe 3.87. K2 = 4x2 − 4xy + y2 + 2x− 26y + 119 = 0

Aufgabe 3.88. K2 = 27x2 − 72xy + 48y2 + 176x− 168y − 11 = 0, S( 3110 |

17340 )

Aufgabe 3.89. Mit (3.22) ist

a11K2 − g21 = a11(g1x+ g2y + g3)− (a11x+ a12y + a13)g1 =

= (−a12g1 + a11g2)y + (−a13g1 + a11g3) =

= (A33y −A23)y + (−A23y +A22) = A33y2 − 2A23y +A22


a22K2 − g22 = a22(g1x+ g2y + g3)− (a12x+ a22y + a23)g2 =

= (a22g1 − a12g2)x+ (−a23g2 + a22g3) =

= (A33x−A13)x+ (−A13x+A11) = A33x2 − 2A13x+A11

Aufgabe 3.90. H(1|1), T (−1| − 1), L(−√

2| − 12

√2), R(

√2| 12√

2)

Aufgabe 3.91. H(−4|3), T (0|9), L(−2 +√

3|6 + 2√

3), R(−2−√

3|6− 2√

3)

Aufgabe 3.92. H(1|5), T (−3| − 3), L(−1− 2√

2|1− 2√

2), R(−1 + 2√

2|1 + 2√

2)

Aufgabe 3.93. a) Die Koeffizienten in g1 und g2 – wobei a11 < 0 zu beachten ist– liefern die Koeffizienten der Ellipsengleichung außer a33; aus (3.8) folgt a33 = 16,K2 = −5x2 + 6xy − 5y2 − 8x+ 24y + 16 = 0b) a = 2

√6, b =

√6 c) ε = 1

2

√3, e = 3

√2

d) h = x− y + 2 = 0, n = x+ y − 4 = 0

e) H(1 + 35

√15|3 +

√15), T (1− 3

5

√15|3−

√15), L(1−

√15|3− 3

5

√15),

R(1 +√

15|3 + 35

√15)

Aufgabe 3.94. a) Die Koeffizienten in g1 und g2 – jeweils mit beiden Vorzeichen– liefern die Koeffizienten der K2-Gleichung außer a33 mit A33 = −7, sodass zweiHyperbeln mit a = −2 möglich sind; (3.4) ergibt für a11 = ±3, a33 = −16; K2 =3x2 − 8xy + 3y2 + 16x− 12y ∓ 16 = 0.b) Die erste Hyperbel hat keine H, T , L, R.Die zweite Hyperbel besitzt H( 8

21

√21|2 + 2

7

√21), T (− 8

21

√21|2− 2

7

√21),

L(− 27

√21|2− 8

21

√21), R( 2

7

√21|2 + 8

21

√21).

Aufgabe 3.95. p = 12

√2, ` = x − y = 0, F (− 1

2 |12 ), S(− 1

4 |14 ), h = x + y = 0,

T (−1|0), R(0|1)

Aufgabe 3.96. p = 3225

√5, ` = x− 2y = 0, F (− 16

5 |85 ), S(− 64

25 |825 ),

h = 10x+ 5y + 24 = 0, T (−4|0), R(0|8)

Aufgabe 3.97. yH,T =A22

2A32= yB1

, d.h. t1 = 2A32y − A22 = 0; xL,R =A11

2A31=

xB2, d.h. t2 = 2A31y − A11 = 0. Der Schnittpunkt von t1 und t2 ist (

A11

2A31| A22

2A32);

er liegt nach (3.15) auf der Leitgeraden.

Aufgabe 3.98. Nimmt man gemäß Aufgabe 3.58 h = a11x + a12y + ch = 0, so

erhält man für den Abstand e1 von g1 und h: e1 =∣∣∣ A31√−a11

√(−s33)3

∣∣∣, sodass wegenA2

31 = −a22A (vergleiche Aufgabe 2.34)

e1 =

√−a22

−a11·√

A

(−s33)3= p

√a22

a11, letzteres nach (3.3). Entsprechend folgt über

h = a12x+ a22y + Ch = 0: e2 = p

√a11

a22, sodass e1e2 = p2.

Aufgabe 3.99. Aus der Matrix in der Lösung zu Aufgabe 2.41 a) folgtg1 = ax + by + c1+c2

2 = g2 = 0, g3 = ax + by + c1c2c1+c2

= 0; nach Aufgabe 3.59 isth = ax + by + c1+c2

2 = 0. Hieraus geht alles hervor, weil bei einer Doppelgeradenc1 = c2 = c ist.

Aufgabe 3.100. Wenn g1 und g2 zusammenfallen muss g1 = kg2 für ein k 6= 0sein; A33 = 0 = A folgt aus Determinantensätzen.

Aufgabe 3.101. a) Nach der Lösung von Aufgabe 2.40 ist a11 = a2,g1 = a(ax+by+c) undK2 = (ax+by+c)2+ S33

s33; daher ist a11s33K2 = s33g

21+a11S33

b) analog zu a)


Aufgabe 3.102. Ist g2(B) = 0, so ist B ≡ L bzw. B ≡ R, d.h. t = x−xB = 0. Da Bauf der K2 liegt, ist nach (3.22) g1(B)xB +g3(B) = 0, also t = g1(B)x+g3(B) = 0,was auch aus (3.52) folgt.

Aufgabe 3.103. t = 4x+ 3y − 35 = 0

Aufgabe 3.104. B1(0|4), B2( 43 |

23 ), t1 = 3x+ 2y − 8 = 0 t2 = 9x+ 6y − 16 = 0

Aufgabe 3.105. p0 = y = 0, B1(12|0), B2(4|0), t1 = x+ 3y − 12 = 0,t2 = x− y − 4 = 0

Aufgabe 3.106. (3.53) liefert p0 = gxF +g2yF +g3 = 0, sodass nach (3.20) p0 ≡ `ist.

Aufgabe 3.107. Aus P0(0|0) folgt mit (3.53) p0 ≡ g3.

Aufgabe 3.108. a) Wann existiert im Falle A 6= 0 zu einer gegebenen Geradenp = 0 kein Pol?Das Gleichungssystem (3.56) für die Unbekannten qx0, qy0 und q ist wegen (u, v) 6=(0, 0) inhomogen und hat wegen A 6= 0 eine eindeutige Lösung (qx0, qy0, q) 6=(0, 0, 0). Man beachte, dass aus q = 0 nicht auf qx0 = qy0 = 0 geschlossen werdenkann. Der Fall q = 0 bedeutet A13u + A23v + A33w = 0, und nach (3.58) ist dieseBedingung mit der Nichtexistenz eines Poles gleichbedeutend.

(1) Für A33 6= 0 folgt daraus A31

A33u + A32

A33v + w = p(M) = 0; p ist also ein

Durchmesser.(2) Für A33 = 0 ist A13u+A23v = 0 die Bedingung für die Nichtexistenz eines

Poles.Ist u 6= 0 6= a11, so folgt daraus u

a11(a11A13 + v

ua11A23) = 0, also wegena11A13 + a12A23 = 0 (Determinantensatz) v

u = a12a11

. Nach Aufgabe 3.58bedeutet dies mp = mh, d.h. p ist ein Durchmesser.Ist u = 0, d.h. mp = 0, so ist A23 = 0 die Bedingung für die Nichtexistenzeines Poles, sodass wegen A2

23 = −a11A (vergleiche Aufgabe 2.34) a11 = 0folgt. Nach Aufgabe 3.58 bedeutet dies mh = 0, sodass wieder mp = mh

ist.

Zusammenfassend gilt:Genau die Durchmesser regulärer K2 besitzen keine Pole.

b) Wann existiert im Falle A = 0 zu einer gegebenen Geraden p = 0 ein Pol?

(1) P sei ein beliebiger Punkt, seine Polare ist p = g1xP + g2yP + g3 = 0.Wegen A = 0 ist die Darstellung g3 = α1g1 + α2g2 möglich, sodass p =g1(xP +α1)+g2(yP +α2) = 0 gilt. Für A33 6= 0 inzidiert dannM mit p, weilg1(M) = 0 = g2(M) ist. Sämtliche Polaren bilden also das Geradenbüschelmit dem Mittelpunkt als Grundpunkt.Umgekehrt gehört zur Geraden g = β1g1 + β2g2 = 0 dieses Büschels derPol P (β1 − α1|β2 − α2).

(2) Ist A33 = 0, so hat jede parabolisch zerfallende K2 gemäß (2.36) eine Glei-chung der Form

K2 = (ax+ by + c)2 − C2 = g2 − C2 = 0

wobei die Doppelgeraden durch C = 0 erfaßt werden.Ist P ein beliebiger Punkt, so hat seine Polare (Separation) die Gleichungp = g(P )g − C2 = 0. Ist speziell g(P ) 6= 0, so folgt p = g − k = 0. Dannist die Polare nach Aufgabe 3.99 der Achse h parallel oder fällt mit ihr


zusammen (wenn C = 0, d.h. k = 0).Umgekehrt existiert daher bei C 6= 0 zu jeder achsenparallelen Geraden,bei C = 0 zur Gerade g = 0 sicher ein Pol (es gibt sogar unendlich viele).

Aufgabe 3.109. a) (−a2AC | −

b2AC ), C = 0 kann nicht vorkommen.

b) (CA | −pBA ), A = 0 ist unmöglich.

Aufgabe 3.110. Nach Multiplikation der drei Zeilen von (3.56) mit x0 bzw. y0

und 1 entsteht durch die anschließende Addition der drei Zeilen auf der linken SeiteqK2(P0), während die rechte Seite p(P0) ergibt. Daraus folgt die Behauptung.

Aufgabe 3.111. a) 145u2 + 148uv + 36v2 + 48u+ 32vw = 0b) Ja, P0(3|1)

Aufgabe 3.112. a) a2A2 + b2B2 − C2 = 0b) 2AC − pB2 = 0

Aufgabe 3.113. In Punktkoordinaten ist M = (0|0) an a13 = a23 = 0, in Li-nienkoordinatenu an A13 = A23 = 0 erkennbar. In Linienkoordinaten haben dieGleichungen der parabolischen Typen kein Absolutglied A33 = 0. In Punktkoordi-naten haben die K2 kein Absolutglied a33 = 0, wenn der Ursprung auf der Kurveliegt.

Aufgabe 3.114. w = 0 ist notwendig und hinreichend, d.h. aus (2.2) oder wegen(2.29): a2

13 + a223 + a33 = 0. Diese Relation ist aber nicht normierungsfrei, also un-

geeignet.a) Man entnimmt der Matrix (2.2) für den Fall w = 0 außerdemS33 = (x2

F + y2F )(1 − ε2) und a33A33 = −(x2

F + y2F )(1 − ε2) und damit die zweite

notwendige Relation: S33 + a33A33 = 0, die wieder nicht normierungsfrei ist. Je-doch gilt sie noch in der Gestalt S33 + a33A33 = 0. Nach der Ersetzung von a33

durch die Größen der ersten Relation folgt hieraus die normierungsfreie notwendigeBedingung für w = 0, nämlich

(∗) (a213 + a2

23)S33 − a233A33 = 0

b) (∗) ist auch hinreichend für w = 0. Ist nämlich w 6= 0, so ist schon speziell(a2

13 + a223)S33 − a2

33A33 6= 0; denn −ε4(ε4 − ε2 + 1) 6= 0 ist nach (2.2) wegenS33 = s33a33 − a2

13 − a223 der Koeffizient von w4.

Aufgabe 3.115. (aik) =

ε2u2 − 1 ε2uv ε2uwε2uv ε2v2 − 1 ε2vwε2uw ε2vw ε2w2

(Aik) =

−ε2w2 0 ε2uw0 −ε2w2 ε2vw

ε2uw ε2vw 1− ε2

Aufgabe 3.116. a) Ja, aber diese Einsicht kann erst durch § 4, Aufgabe 4.66erlangt werden; K2-Gleichungen K2 = −b2(u2 + v2) +w(xF2u+ yF2v+w) = 0 und−p(u2 + v2) + 2w(uLu + vLv) = 0 beachten [1, Seiten 50–51]. Folgt für Parabelnschon aus § 3, Aufgabe 3.41 a).

b) Ja, weil A11 = −1152 = A22 und A12 = 0

4. Lösungen zum vierten Paragraphen

Aufgabe 4.1. In einer K1-(K2-)Gleichung ist nach Definition einer der erstenzwei (drei) Koeffizienten von Null verschieden; dividiert man die Gleichung durchdiesen, so bleiben zwei (fünf) unbekannte Koeffizienten, zu deren Bestimmung dieKoordinaten von zwei (fünf) Punkten notwendig sind.


Aufgabe 4.2. Es gibt vier oder zwei reelle Schnittpunkte, die auch zusammenfallenkönnen

(1) Ein vierfacher Berührpunkt, z.B. eine reguläre K2 und einer ihrer Scheitel-krümmungskreise (siehe Abschnitt § 4.8.1) oder eine reguläre K2 und dieSchmiegeparabel eines ihrer Punkte (siehe Beispiel 4.2).

(2) Ein dreifacher Berührpunkt und ein einfacher Schnittpunkt, z.B. eine regu-läre K2 und ihr Krümmungskreis in einem Nichtscheitel (siehe Abschnitt§ 4.8.2).

(3) Zwei verschiedene zweifache Berührungspunkte, z.B. eine stumpfe und ei-ne zweite Hyperbel mit gemeinsamen Asymptoten. Die „unendlich fernen“Berührungspunkte dieser Asymptoten sind je doppelzählig.

(4) Ein zweifacher Berührpunkt und zwei einfache verschiedene Schnittpunkte,z.B. zwei sich schneidende Ellipsen mit gemeinsamem Nebenscheitel undgemeinsamer Nebenscheiteltangente.

(5) Ein zweifacher Berührpunkt, z.B. zwei sich von außen berührende Kreise.

Aufgabe 4.3. Ist a′11 = a′′11, a′12 = a′′12 und a′22 = a′′22, so liefert κ = −1 in (4.1)wegen (4.2) keine K2.

Aufgabe 4.4. Liegen drei der Grundpunkte auf einer Geraden h1, so zerfällt dieK2 (4.1) in zwei Geraden K2 = h1h2 = 0, wobei h2 die Verbindungsgerade derbeiden anderen Grundpunkte ist. Das gilt auch, wenn noch der vierte Grundpunktmit h1 inzidiert. Liegen alle fünf Punkte auf einer Geraden h1, so ist K2 = h2

1 = 0.

Aufgabe 4.5. K2 = 4x2 − xy + ty2 + 23x− 16y + 9 = 0

Aufgabe 4.6. K2 = 9x2 + 63xy + 18y2 − 45x+ 117y − 126 = 0

Aufgabe 4.7. K2 = 8x2 − 2xy + 32y2 − 16x+ 2y − 300 = 0

Aufgabe 4.8. K2 = 3x2 − 4xy + 6y2 − x− 4y − 28 = 0, Ellipse, M( 12 |

12 ),

h = 2x− 4y + 1 = 0, n = 4x+ 2y − 3 = 0

Aufgabe 4.9. K2 = 3x2 − 2xy + 3y2 − 30x− 30y + 63 = 0, Ellipse, M( 152 |

512 ),

h = x − y = 0, n = x + y − 15 = 0, F1(3|3), F2(12|12), `1 = x + y + 3 = 0,`2 = x+ y − 34 = 0

Aufgabe 4.10. s33 = 0 liefert κ = −3, K2 = 8x2 + 9xy− 8y2 + 13x+ 56y− 48 = 0

Aufgabe 4.11. s33 = 0 liefert κ = − 737 , K2 = x2 + 7xy − y2 − 5x+ 19y − 14 = 0

Aufgabe 4.12. A33 = 0 liefert κ = −10± 4√

6, K2 = 16x2± 8√

6xy+ 6y2− 32x−12y − 48 = 0, Parabeln

Aufgabe 4.13. (1) κ1 = −4, K2 = x2 + 2xy+ y2− 4x+ 4y− 12 = 0, Parabel,p =√

2, F (−1|), S(− 32 |

32 ), ` = x− y + 4 = 0

(2) κ2 = −16, K2 = x2−2xy+y2−4x+4y−12 = 0 = (x−y−6)(x−y+2) = 0

Bemerkung zum Beispiel 4.2Die Gleichung der Schmiegeparabel KP

2 folgt mit dem Ansatz KP2 = K2 + κt2 = 0

aus A33 = 0; κ = −2. Umgekehrt ist die gegebeneK2 im selben BüschelK2 = KP2 +

κt2 = 0 (Wechsel der Erzeugenden) enthalten und jetzt durch a12 = 0 bestimmt,da die Hyperbel durch die Eigenschaft der Parallelität ihrer Hauptachse mit derx-Achse gekennzeichnet ist (vier Punkte mit Zusatzbedingung); κ = −2.

Aufgabe 4.14. g12 = y = 0, g13 = 7x+3y−7 = 0, g34 = x = 0, g24 = 3x+7y−7 =0. Damit s33 < 0 gewählt werden kann, Ansatz jetzt: K2 = κg12g34 + g13g24 = 0;s33 = −84, A33 = −κ2 − 116κ− 1600 = −(κ+ 16)(κ+ 100) 6= 0


(1) λ1 = 16 + κ, λ2 = −100 − κ, (2.21) liefert κ = −44, K2 = −3x2 − 2xy −3y2 +10x+10y−7 = 0,M( 5

4 |54 ), a = 1

2

√11, b = 1

4

√22, h = 2x+2y−5 = 0,

n = x− y = 0(2) λ1 = −100−κ, λ2 = 16+κ, (2.21) liefert κ = −72, K2 = −3x2+2xy−3y2+

10x+10y−7 = 0,M( 52 |

52 ), a = 3, b = 3

2

√2, h = x−y = 0, n = x+y−5 = 0

Aufgabe 4.15. a) Ansatz (4.3), sonst tritt κ in s33 nicht auf; s33 = 0 liefert κ = 0.Es ist also bereits K2 = xy = 0 die gleichseitige Hyperbel (zerfallende K2), unddie Aufgabe belehrt, dass grundsätzlich – analog bei anderen Forderungen – nurrechtwinklige hyperbolischer Typ erreicht werden kann.b) Ansatz wie bei Aufgabe 4.14; A33 = 0 liefert κ1 = −16 und κ2 = −100, K2 =−3x2 ∓ 6xy − 3y2 + 10x+ 10y − 7 = 0c) In der Büschelgleichung, z.B. (4.3), ist κ bereits durch die Erfüllung einer derbeiden Kreisbedingungen – z.B. a12 = 0 – festgelegt. Nur in Sonderfällen ist danndie andere – also a11 = a22 – von selbst erfüllt.Ansatz wie bei Aufgabe 4.14. Hier liegt, da a11 = a22 von selbst erfüllt ist, einSonderfall vor. Mit κ = −58 ist die zweite Kreisbedingung a12 = 0 erfüllt. K2 =3x2 + 3y2 − 10x− 10y + 7 = 0.

Aufgabe 4.16. Nur P3 liegt nicht auf der Erzeugenden.

Aufgabe 4.17. K2 = 70x2 + 51xy + 29y2 − 543x− 221y + 902 = 0

Aufgabe 4.18. K2 = x2− 2xy− y = 0 und K2 = 3x2− 12xy+ 12y2− 6x− 3y = 0

Aufgabe 4.19. K2 = x2 − 60xy − y2 − 242x+ 108y + 565 = 0

Aufgabe 4.20. (4.5) hat als Grundpunkte die doppelt gezählten beiden Berühr-punkte. K2 = 6x2 − 25xy + 36y2 + 50x− 163y + 176 = 0

Aufgabe 4.21. a) K2 = 4x2 − 12xy − 3y2 − 14x+ 16y + 6 = 0b) M(1|3) c) a1a2 = 4x2 + 2xy − 3y2 − 14x+ 16y − 17 = 0;4a1a2 = (4x+ (1 +

√13)y − 7− 3

√13)(4x+ (1−

√13y)− 7 + 3

√13) = 0

Aufgabe 4.22. a) K2 = 4x2 − 12xy + 9y2 + 48x+ 72y − 432 = 0b) F ( 54

13 |1613 ) c) h = 26x− 39y − 60 = 0

Aufgabe 4.23. a) t1 = tL = x + 6 = 0, t2 = 3x − 2y − 30 = 0, p0 = y = 0,A31 = 6(1 + κ), A32 = 24, A33 = 3κ− 1 (3.13) liefert κ = 3,K2 = −3x2 + 2xy − 3y2 + 12x+ 12y + 180 = 0b) h = x− y = 0, n = x+ y − 6 = 0, a = 6

√3, b = 3

√3

Aufgabe 4.24. a) K2 = x2 + 2xy − y2 − 14x+ 10y − 15 = 0,b) a1a2 = x2 + 2xy − y2 − 14x+ 10y − 23 =

= (x+ (1−√

2)y − 7 + 6√

2)(x+ (1 +√

2)y − 7− 6√

2) = 0,c) h = (1 +

√2)x+ y − 7−

√2 = 0, n = x− (1 +

√2)y + 5 + 6

√2 = 0,

Aufgabe 4.25. a) (3.9) mit A > 0 beachten, K2 = 3x2 − 2√

3xy + 5y2 − 32y = 0

b) 2a = 8√

2, 2b = 83

√6, h = 3x− 3

√3y + 8

√3 = 0, n =

√3x+ y − 8 = 0

c) `1,2 =√

3x+ y − 8± 8√

3 = 0

Aufgabe 4.26. a) (3.1) und A > 0 beachten, K2 = −3x2 − 10xy − 3y2 + 24x = 0b) M(− 9

4 |154 )

c) h = 2x+ 2y − 3 = 0, n = x− y + 6 = 0d) a1a2 = −3x2−10xy−3y2 +24x+27 = 0, a1 = 3x+y+3 = 0, a2 = x+3y−9 = 0

Aufgabe 4.27. a) t1t2 = xy + x− 6y − 6 = (x− 6)(y + 1) = 0

b) t1t2 = x2 + 8xy − y2 + 6x− 44y − 59 = (x+ (4−√

17)y + (3− 2√

17)(x+ (4 +√17)y + (3 + 2

√17)) = 0


Aufgabe 4.28. t1t2 = 2x2 +5xy+2y2−6x+6y−36 = (x+2y−6)(2x+y+6) = 0,B1(6|0), B2(0| − 6)

Aufgabe 4.29. a) p0 ≡ g3, K2(0|0) = a33

b) t1t2 = 2x2 + 7xy + y2 = 0, t1,2 = (7±√

41)x+ 2y = 0

Aufgabe 4.30. a) t1t2 ≡ a1a2 = −11x2 + 26xy − 11y2 = 0, K2 = a1a2 + k liefertmit M(2|2): k = −16, K2 = −11x2 + 26xy − 11y2 − 16 = 0 b) h = x − y = 0,n = x+ y = 0c) S1(2|2), S2(−2| − 2)

Aufgabe 4.31. (4.5) gilt auch für parallele Tangenten; die Grundpunkte sind diedoppelt gezählten Berührpunkte. Daher muss t1t2 = K2 − κp2

0 = 0 sein oder mitκ = 1/µ, t1t2 = p2

0 − µK2 = 0, sodass „K2(P0)“= µ ist.

Aufgabe 4.32. Bei der Hyperbel ist wegen a < 0: a2 + b2 = a2 + ap = a(a+ p) =R2 R 0 für p Q −a, woraus nach der vor der Tabelle 1 stehenden Bemerkung dieBehauptung folgt.

Aufgabe 4.33. a) Aus (3.5) und (3.6) folgt wegen(2.23) und (2.24) a2+b2 =s33A

A233

,

sodass sich mit (3.13) die angegebene Gleichung für den orthoptischen Kreis ergibt.b) K2 = 36x2 + 36y2 − 54x+ 36y − 65 = 0

Aufgabe 4.34. a) Der angegebene Kreis hat M(3| − 2) und R2 = a2 + b2 = 34,woraus mit ab = 15 folgt: a2 = 25, b2 = 9. S1M liefert die Hauptachse h =4x + 3y − 6 = 0, woraus sich n = 3x − 4y − 17 = 0 ergibt. Mit (1.15) wirdK2 = 481x2 + 384xy + 369y2 − 2118x+ 324y − 2124 = 0b) S2(6| − 6),c) F1( 3

5 |65 ), F2( 27

5 | −265 )

d) `1 = 12x− 16y + 57 = 0, `2 = 12x− 16y + 193 = 0

Aufgabe 4.35. Für die Parabel y2 − 2px = 0 ist p0 = yy0 − p(x + x0) = 0. Aus(4.6) folgt 2px0y

2 + p2x2 + · · · = 0, sodass s33 = 0: x0 = −p2 liefert und P0 in dertat stets auf der Leitgeraden liegt.

Aufgabe 4.36.1

mh− mh =

u

v− v

u=

ε2u2 − ε2v2

ε2uv=

(a11 + 1)− (a22 + 1)

a12=

a11 − a22

a12=a11 − a22

a12

Aufgabe 4.37. (4.3) liefert mit der Lösung von Aufgabe 4.36 κ = − 19 , K2 =

4x2 − 4xy + y2 − 29x+ 22y + 42 = 0

Aufgabe 4.38. a) Aus mh = 1 folgt a22 = a11,K2 = −5x2 + 6xy − 5y2 − 8x+ 24y + 48 = 0b) e =

√30, ε = 1

2

√3

c) a = 2√

10, b =√

10d) h = x− y + 2 = 0, n = x+ y − 4 = 0

Aufgabe 4.39. Satz von Pascal:Bei jedem einer K2 einbeschriebenem Sechseck (P1, P2, P3, P4, P5, P6) schneidensich die drei Gegenseitenpaare g12 und g45 bzw. g23 und g56 bzw. g34 und g61 indrei Punkten S1 bzw. S2 bzw. S3 einer Geraden, die die Pascalsche Gerade desSechsecks heißt.

Aufgabe 4.40. Zum Beweis:a) Die K ′2 zerfällt in die Gerade g25 = 0 und g = κ1g34 − κ3g16 = 0b) S1 anuliert g12 und g45, also auch K ′2; S2 anuliert g23 und g56, also auch K ′2.


c) S3 anulliert g34 und g16, d.h. S3 liegt auf g.d) Es ist noch nicht gezeigt, dass S1 und S2 mit g – und nicht mit g25 – inzidieren.e) S1 und S2 können nicht auf g25 liegen, denn z.B. schneiden sich g56 und g25 inP5 bzw. g12 und g25 in P2. Die verschiedenen Geraden g56 und g16 können sich abernur in einem Punkt schneiden und nicht in den verschiedenen Punkten P2 und P5.

Aufgabe 4.41. Rein geometrisch sind die drei Gegenseitenschnittpunkte S1, S2,S3 offensichtlich durch das gegebene Sechseck eindeutig festgelegt. Es ist anschau-lich das Inzidieren mit einer Geraden nicht erkennbar, gegebenenfalls aber die Ein-deutigkeit einer solchen Geraden. Rein algebraisch – ohne die Einzelschritte nocheinmal zu wiederholen – kann der K2 mit ihrem festen Sechseck auf drei Weisen einezerfallende K2 zugeordnet werden, weil genau eine Gerade der letzteren durch einGegenpunktpaar des Sechsecks gebildet wird. Die andere Gerade der zerfallendenK2 gehört dem Büschel mit einem Grundpunkt an, der ein Si ist. Hier entstehtdie Einsicht, dass, wenn man beweisen kann, ein zweites Sj liegt auf der Büschel-geraden, diese Aussage deshalb für das dritte Sk richtig ist, weil es vor Sj nichtausgezeichnet ist. Die Probleme sind verschieden!

Zu [1, Abbildung 21]:Der Kreis um P1 mit r1 schneidet GF in F ′. Die Parallele zu P1F

′ durch F schneidets in P2, denn es ist

r2

d2=

r1

d1= ε. Bewegt sich F ′ auf dem Kreisbogen bis F , so

wandert P2 bis P1, d.h. s dreht sich um P1 bis in die Stellung der Tangente in P1.P ′F ist dann Tangente des Kreises, d.h.

∠P ′FP1 =π

2;

sinα

sinβ=

r1

P1P ′/d1

P1P ′=r1

d1= ε

Aufgabe 4.42. KS = (1− ε2)x2 + y2 − 2px+ ε2x2 = (x− p)2 + y2 − p2 = 0, d.h.M(p|0), ρS = p.

Aufgabe 4.43. K2 = b2x2 +a2y2−a2b2 = 0, tN = y−b = 0, KN = K2 +κt2N = 0;a12 = 0 ist von selbst erfüllt, a11 = a22 liefert κ = b2 − a2. Damit wird KN =

x2+(y− b2−a2b )2−(a

2

b )2 = 0, d.h. ρN = a2

b ; aus (3.5) und (3.6) folgt ρN =

√A

(−λ1)3.

Aufgabe 4.44. M(1|1), a = 6√

2, b = 2√

2, n = i+j√2, rS1 = rM−an gibt S1(−5|−5);

rN1 = rM + bk× n liefert N1(−1|3);

Aufgabe 4.45. a) Wenn κ vorK2 steht, ergeben die Kreisbedingungen zwei lineareGleichungen für κ und ms.b) Aus (4.11) folgt mit der ersten Formel (3.48):K = (a11κ−g1(B)ms)x

2+(2a12κ−g2(B)ms+g1(B))xy+(a22κ+g2(B))y2+· · · = 0.Die Kreisbedingungen liefern das Gleichungssystem

(a11 − a22)κ− g1(B)ms = g2(B)

2a12κ− g2(B)ms = −g1(B)(∗∗)

bzw., falls die K2 ein Kreis ist,

g1(B)ms = −g2(B)

g2(B)ms = g1(B)

Das letzte spezielle System enthält einen Widerspruch, da wegen g21(B)+g2

2(B) 6= 0unlösbar. Dies ist deshalb interessant, weil es andererseits den Krümmungskreisgibt, nämlich den gegebenen Kreis selbst. Der Widerspruch zwischen Unlösbarkeiteinerseits und Existenz andererseits liegt schon im Ansatz: ein K2-Büschel enthältnur in Sonderfällen einen Kreis; enthält es sogar zwei Kreise K ′2 und K ′′2 , so bestehtdas ganze Büschel aus Kreisen. Nimmt man K ′2 und K ′′2 als Erzeugende in (4.1),


so folgt aus (4.2) nämlich wegen a′11 = a′22, a12′ = 0 und a′′11 = a′′22, a′′12 = 0 soforta11 = a22 und a12 = 0. Würde man also den gesuchten Krümmungskreis noch ein-mal als mit dem gegebenen identisch im Büschel kombinieren können, so bestündedas Büschel aus lauter Kreisen und könnte nicht die als Erzeugende verwendete zer-fallende K2 enthalten. Der Ansatz kann daher den existierenden Krümmungskreisnicht liefern.

Im allgemeinen Fall liefert der Ansatz (4.11) über (∗∗) den Krümmungskreis, wennbei der Anwendung der Cramerschen Regel auf (∗∗) die Nennerdeterminante D =∣∣∣∣a11 − a22 −g1(B)

2a12 −g2(B)

∣∣∣∣ 6= 0 ist.

Wann tritt der Fall D = 0 ein?

(1) Ist a22−a11 = 0, so darf a12 6= 0 angenommen werden, weil der Kreis bereitserledigt ist. Dann verschwindet D für g1(B) = 0, d.h. es gilt B ≡ H oderB ≡ T und (∗∗) ist unlösbar. Die erste Gleichung 0 = g2(B) ist nämlich imWiderspruch zu g2(B) 6= 0.

(2) Ist a12 = 0, so ist a22−a11 6= 0 anzunehmen. Dann wird D durch g2(B) = 0annulliert, d.h. es ist B ≡ L oder B ≡ R; (∗∗) ist wieder unlösbar, weil nundie zweite Gleichung 0 = g1(B) im Widerspruch zu g1(B) 6= 0 steht.

(3) Ist schließlich a22 − a11 6= 0 6= a12, so verschwindet D für g1(B) 6= 0 6=g2(B), weil g1(B) = 0 auch g2(B) = 0 nach sich zieht und umgekehrt, wasnicht möglich ist. (Die Fälle g1 ≡ 0, g2(B) = 0 bzw. g1(B) = 0, g2 ≡ 0bedeuten A = 0, und hier wird eine reguläre K2 betrachtet). Wieder ist(∗∗) für D = 0 unlösbar. Multipliziert man nämlich die erste Gleichung mit−g2(B) und die zweite mit g1(B), so folgt nach Addition der Widerspruch0 = g1(B)2 + g2

2(B). Hier wird nach Aufgabe 4.36 und (3.52) D = 0 für

(†) mt =1

2(mh −

1

mh)

Die Fälle (1) und (2) sind in dieser Bedingung enthalten.

Zusammenfassung: Erfüllt B die Bedingung (†), so versagt die Büschelmethode ge-mäß (4.11) bei der Bestimmung des Krümmungskreises in B; das gilt auch speziell,wenn B einer der Punkte H, T , L oder R gemäß Fall (1) oder (2) ist.

Bei vierpunktiger Berührung des Krümmungskreises, also in K2-Scheiteln, verliertder Ansatz (4.11) seinen Sinn, da er dreipunktige Berührung voraussetzt. DieseFälle sind nach (4.10) bzw. mittels des Ansatzes

KN = K2 + κt2N = 0

(siehe Aufgabe 4.43) zu behandeln.

Will man auch die obigen Fälle B = H,T, L,R der Büschelmethode erschließen, sokann man zunächst den Krümmungskreis K ′ im Spiegelpunkt B′ von B bezüglichder Hauptachse mittels (4.11) bestimmen und danach K ′ an der Hauptachse in dengesuchten Kreis K spiegeln. Dasselbe gilt, wenn B (†) erfüllt.Aufgabe 4.46. t = 4x+y−6 = 0, s = y−2−ms(x−1) = 0; die Kreisbedingungenbei (4.11) liefern κ = − 17

4 und ms = − 92 , K = 21x2 +21y2−178x−118y+309 = 0.

Aufgabe 4.47. K = (x− 2)2 + (y − 1)2 − 25 = 0

Aufgabe 4.48. (4.11) liefert mit K2 = (1 − ε2)x2 + y2 − 2px = 0 aus a12 = 0ms = −mt, woraus die Behauptung folgt.

Aufgabe 4.49. t = y−2 = 0, s = msx−y−2ms+2 = 0, Ansatz:K2 = κK2+ts = 0;P2 liefert κ = ms − 1, P3: m2 = − 1

5 , K2 = 6x2 + xy + 11y2 − 26x− 10y = 0


Aufgabe 4.50. Ansatz K2 = κK2 + t1s = 0 mit t1 = x + 2y − 5 = 0 unds = msx − y + 2 = 0; B2 liefert ms = κ+3

3 . Die Tangente in B2 hat jetzt dieGleichung t2 = (7κ+ 9)x+ (2κ−9)y+ 7κ+ 9 = 0. Der Vergleich ihrer Steigung mitmt2 gibt 7κ+9

2κ−9 = 1, also κ = − 185 , K2 = 19x2 + 7xy + 28y2 − 16x− 47y − 35 = 0

Aufgabe 4.51. Nach (4.10) ist K2 = KS − ε2t2S = 0 mit tS in Hesseform, KS =x2 + y2 + · · · = 0.a) ε = 1, K2 = x2 + 4xy + 4y2 + 18x− 14y + 81 = 0, p =

√5, h = x+ 2y − 1 = 0,

` = 4x− 2y + 11 = 0, F (−4| 52 ), S(−3|2);b) ε =

√2, K2 = 3x2− 8xy− 3y2 + 14x− 2y− 17 = 0, p =

√5, M(−1|1), a = −

√5,

b =√−5, e = −

√10, F1,2(−1±2

√2|1∓

√2), S1(−3|2), S2(1|0), h = x+2y−1 = 0,

n = 2x−y+3 = 0, `1,2 = 4x−2y+6∓5√

2 = 0, a1a2 = 3x2−8xy−3y2+14x−2y+8 =

(x− 3y + 4)(3x+ y + 2) = 0, f = 12

√10

Aufgabe 4.52. wL = p/ε = f > 0 ist der Abstand der Leitgeraden von F (0|0).

Daher ist (Aik) =

−p2 0 εuLp0 −p2 εvLp

εuLp εvLp 1− ε2

. Wegen (1.10) ist b2 = p2

1−ε2 , und aus

(1.6) und (1.11) folgt e =εp

1− ε2. Daher gilt

1

1− ε2(Aik) =

(1

1− ε2Aik

)=

−b2 0 euL0 −b2 evLeuL evL 1

Aufgabe 4.53. Aus (3.13) folgt daher M(euL|evL) ≡ M(

xF1+xF2

2 |yF1+yF2

2 ) ≡M(

xF2

2 |yF2

2 ), woraus die Behauptung abzulesen ist. Dann ist 11−ε2 (Aik) =

=

−b2 0xF2

2

0 −b2 yF2

2xF2

2

yF2

2 1

, womit die angegebene K2-Gleichung in Linienkoordinaten

folgt.

Aufgabe 4.54. K2 = 47u2 + 220uv + 113v2 + 72uw + 96vw + 16w2 = 0

Aufgabe 4.55. K2 = 10u2 + 16uv + 21v2 + 8uw + 10vw + w2 = 0

Aufgabe 4.56. K2 = 222u2 + 675uv + 422v2 + 175uw + 225vw + 25w2 = 0

Aufgabe 4.57. Die im Anschluß an den Text der Aufgabe 4.56 angegebene Glei-chung

−p2

(u2 + v2) + w(uLu+ vLv) = 0

gestattet nach Division durch u2 + v2 =√u2 + v2

√u2 + v2 wegen u2

L + v2L = 1 die

folgende koordinatenfreie, also bewegungsinvariante Interpretation:Für jede Parabeltangente t = ux+ vy + w = 0 gilt:(Abstand Parabelfokus

von der Tangente

)·(Skalarprodukt aus orientiertem Achseneinheits-

und Normaleneinheitsvektor der Tangente

)=p

2

Für beliebige Lage von F zum Koordinatensystem ist nun

(1) der Abstand des Parabelfokus von der Tangente gleichxFu+ yF v + w√

u2 + v2

(2) das Skalarprodukt aus dem Normaleneinheitsvektor der Tangente und demorientierten Achseneinheitsvektor gleich

u√u2 + v2

· cosϕ+v√

u2 + v2· sinϕ


Mit diesen Ausdrücken für (1) und (2) entsteht aus der obigen Parabelgleichungdie zu beweisende Gleichung (4.14).

Aufgabe 4.58. Aus der in Aufgabe 4.57 bewiesenen Parabelgleichung (4.14)

−p2

(u2 + v2) + (xFu+ yF v + w)(u cosϕ+ v sinϕ) = 0

erhält man mit dem zum zweiten Quadranten zeigenden Achseneinheitsvektor cosϕi+sinϕj = − 1

2

√2i + 1

2

√2j die Gleichung

K2 = 5u2 + uv + 2v2 + uw − vw = 0

während man mit dem zum vierten Quadranten weisenden Achseneinheitsvektorcosϕi + sinϕj = 1

2

√2i− 1

2

√2j die Gleichung

K2 = 3u2 − uv + 6v2 − uw + vw = 0

erhält. Mit (1.18) erhält man übrigens auch die zugehörigen Gleichungen in Punkt-koordinaten

K2 = x2 + 2xy + y2 + 10x− 22y − 39 = 0

K2 = x2 + 2xy + y2 − 22x+ 10y − 71 = 0

Aufgabe 4.59. K geht offenbar durch die Ecken (Schnittpunkte von si und sj).Die Kreisbedingungen a11 = a22 und a12 = 0 liefern zwei lineare Gleichungen fürκ1 und κ2.

Aufgabe 4.60. K = (x− 2)2 + (y − 1)2 − 25 = 0

Aufgabe 4.61. Nein. Zwar gilt, wie in Aufgabe 4.59, dass alle K2 des Netzes durchdie (reellen) Ecken (Schnittpunkte von si und sj) gehen. Da aber die sisj jeweilsals elliptisch zerfallende K2 aus zwei konjugiert komplexen Geraden bestehen und,weil z.B. si zwei Mal auftritt, folgt si = sj (Widerspruch).

Aufgabe 4.62. Der Punkt P0 besitzt bezüglich der K2 = s21 +κ1s

22 +κ2s

23 = 0 die

Polare (Separation) p0 = s1(P0)s1 +κ1s2(P0)s2 +κ2s3(P0)s3 = 0. Ist z.B. P12 ≡ P3

der Schnittpunkt von s1 und s2, so ist seine Polare wegen s1(P3) = s2(P3) = 0:p3 = κ2s3(P3)s3 = 0, d.h. p3 fällt mit s3 zusammen. Analog sind auch die anderenEcken die Pole ihrer Gegenseiten.

Aufgabe 4.63. Mit P1 ≡ A, P2 ≡ B und P3 ≡ C wird s1 = 2x − y + 2 = 0,s2 = 14x−y−13 = 0 und s3 = x−2y+ 1 = 0; (4.15) ergibt mit P κ2 = −1−16κ1,sodass aus t (Separation) mt = 1+24κ1

1+12κ1= 1

2 , d.h. κ1 = − 136 folgt; κ2 = − 5

9 ; (4.15)liefert nun die angegebene Gleichung.

Hinweis:Zur leicht einzusehenden Bemerkung vor (4.19): Die Koordinaten von P (xP |yP )bzw. die Koeffizienten von t = xPx + yP y + 1 = 0 befriedigen gleichzeitig die K2-bzw. die K ′2-Gleichung (1.2) und (4.17) – oder sie tun es beide nicht.

Aufgabe 4.64. Beschreibt man die K2 gemäß (3.59) in Linienkoordinaten undeine weitere K ′′2 gemäß (4.20) in Punktkoordinaten, so befriedigen die Koeffizientender Tangente t = xPx + yP y + 1 = 0 und die Koordinaten des Punktes P (xP |yP )gleichzeitig dieK2- bzw. dieK ′′2 -Gleichung oder sie tun es beide nicht. Die geforderteInterpretation ist: Die K ′′2 besteht aus allen Polen, deren Polaren bezüglich desnullteiligen Einheitskreises (4.18) die Tangenten der K2 sind.

Aufgabe 4.65. Sei t eine Tangente und B der Berührpunkt der festen K2. Sowohlt als auch B werden durch die Polarität am Einheitskreis x2 +y2 +1 = 0 abgebildetund zwar t auf Pt (einen Kurvenpunkt der K ′2) und B auf tB (eine Tangente der


K ′′2 ). Da nach Abschnitt § 3.16.4 eine Inzidenzrelation bei Polaritäten erhaltenbleibt, liegt wegen der Inzidenz von t und B der Kurvenpunkt Pt der K ′2 auf derTangente tB der K ′′2 . Es fehlt die Einsicht, dass der Punkt Pt der K ′2 auch derBerührpunkt der Tangente tB der K ′′2 ist. Wäre dies nicht der Fall, so gäbe es einezweite Tangente der K ′′2 durch Pt. Damit gäbe es zwei Punkte der gegebenen K2,die wegen der sich fortsetzenden Inzidenzrelation beide auf t lägen (Widerspruch).

Aufgabe 4.66. Soll die Gleichung (4.20) der K ′′2 in Punktkoordinaten jetzt in Lin-nienkoordinaten beschrieben werden, so kann das einerseits durch Auswechselungder Aik durch ihre algebraischen Komplemente in der Matrix (Aik) geschehen. Weilaber andrerseits K ′′2 = K ′2 ist, und die K ′2 in Linienkoordinaten beschrieben ist,müssen diese algebraischen Komplemente (bis auf einen Proportionalitätsfaktor)die aik sein.

Nunmehr kann man die beiden in Aufgabe 4.58 anzugebenden Parabeln direkt –also ohne eine neue Lösung mittels (1.18) – in Punktkoordinaten überführen. Manüberzeuge sich vom Überseinstimmen der Ergebnisse.

Aufgabe 4.67. Das Ergebnis über die Auswechselung von Punkt- und Linien-koordinaten unter Festlassen der Koeffizienten beweist schon die Behauptung. Eshandelt sich lediglich um eine andere Formulierung.

Aufgabe 4.68. Die Gleichung a1a2 + b1b2 + c1c2 = 0 belehrt darüber, dass dieInzidenz der Geraden g1 = a1x + b1y + c1 = 0 mit dem Punkt P2(a2c2 |

b2c2

) unddie Inzidenz der Geraden g2 = a2x + b2y + c2 = 0 mit dem Punkt P1(a1c1 |

b1c1

)gleichbedeutend sind.

Aufgabe 4.69. Bei jedem einer K2 umbeschriebenen Sechseck (Tangentensechs-eck) gehen die Verbindungsgeraden der drei Gegenpunktepaare durch einen Punkt,den sogenannten Brianchon-Punkt.

Beispiel zu den Ortskurven:Ein rechter Winkel rotiert um seinen Scheitel. Seine Schenkel schneiden zwei paral-lele Geraden. Welche Kurve wird von den Verbindungsgeraden der Schnittpunkteeingehüllt? Der Scheitel liege zwischen den Parallelen (Abbildung 9).

x

y

S1

S2

y = −xm

y = mx

p

a1 a2

g1 g2

x

y

G2 G1M

P

s1s2

Abb. 9

Durch Dualisieren erhält man aus S1(−a1|a1m ), S2(a2|a2m), g1 = 1a1x + 1 = 0,

g2 = − 1a2x+ 1 = 0 und p gemäß (4.19) die Daten für die rechte Figur:

s1 = −a1x+ a1m y + 1 = 0, s2 = a2x+ a2my + 1 = 0, G1( 1

a1|0), G2(− 1

a2|0) und P .

Die Lösung des dualisierten Problems ist der Thaleskreis

K = 2a1a2(x2 + y2)− 2(a2 − a1)x− 2 = 0,


woraus bereits die Gleichung der gesuchten, durch p eingehüllten Kurve der linkenFigur in Linienkoordinaten folgt:

K2 = 2a1a2(u2 + v2)− 2(a2 − a1)uw − 2w2 = 0.

Will man die K2-Gleichung auch in Punktkoordinaten angeben, so hat man in derGleichung des Thaleskreises die aik durch ihre algebraischen Komplemente Aik zu

ersetzen. Wegen (aik) =

2a1a2 0 a1 − a2

0 2a1a2 0a1 − a2 0 −2

wird

(Aik) =

−4a1a2 0 2a1a2(a2 − a1)0 −(a1 + a2)2 0

2a1a2(a2 − a1) 0 4a21a

22

, sodass

K2 =(x+ a1−a2

2 )2

(a1+a22 )2

+y2

a1a2− 1 = 0

Analog kann man alle auf Kreise führenden Ortsaufgaben durch Dualisieren in K2-Aufgaben mit schwererer Problemstellung überführen.

Bemerkung zu den Ortskurven über K2:Das Dualisieren führt nur dann auf eine Kreisaufgabe, wenn man den Ursprung desKoordinatensystems in einen Brennpunkt der gegebenen K2 legt.

Aufgabe 4.70. a) p = ax + by + 1 = 0 und P (a|b) sind ein Paar Pol und Polarebezüglich des nullteiligen Kreises x2 + y2 + 1 = 0.

Die Polare zum Pol P bezüglich des Kreises x2 +y2−1 = 0 ist p = ax+ by−1 = 0.Die Spiegelung von p am Ursprung liefert p. Der Pol zur Polaren p bezüglich desKreises x2 + y2 − 1 = 0 ist P (−a| − b). Der Spiegelpunkt zu P ist P .

b) Ja, denn offenbar kann die Spiegelung zuerst ausgeführt werden.

Documents

Lösungen zum ersten Paragraphen · Aufgabe 1.4. y y 1 m(x x 1) = 0; g 1 = y y 1 = 0,g 2 = x x ... 1 = 12x 16y+ 25 = 0, ... k 0 kx M 0 k ky M kx M ky M k(R2 x2 M y 2 M) 1 ALetzteresfolgtaus