Lösungen

Vorlesung Geometrie
http://www.math.uni-leipzig.de/~grosse/teaching
Dr. Nadine Große
WS 14/15
Übungsblatt 3
Aufgabe 9. Sei A ein endlichdimensionaler affiner Raum über K mit Richtung V mit dim A ≥ 2. Sei
P ∈ A. Sei ψ : A → A eine bijektive Abbildung, die je drei kollineare (= auf einer Geraden liegende)
Punkte P, Q und R wieder auf kollineare Punkte ψ(P ), ψ(Q) und ψ(R) abbildet. Sei ϕ : V → V definiert
−−−−−−−−−−→
als v 7→ ψ(P )ψ(P + v). Zeigen Sie
a) Sind L und L0 affine parallele Geraden , so auch ψ(L) und ψ(L0 ).
b) Sind u, v ∈ V linear unabhängig, so ist ϕ(u + v) = ϕ(u) + ϕ(v).
c) Es gibt eine Bijektion σ : K → K mit σ(0) = 0, die folgendes erfüllt: Sind u ∈ V und λ ∈ K so
ist ϕ(λu) = σ(λ)ϕ(u).
Lösung 9. Siehe Skript Seite 18/19.
Aufgabe 10. Zeigen Sie, dass ein Körperautomorphismus von
a) Q bereits die Identität ist
b) R bereits die Identität ist.
(Tipp für b: Verwenden Sie a) und dass R ein angeordneter Körper ist und jedes positive Element aus R
eine Wurzel besitzt.)
Lösung 10. Für jeden inneren Automorphismus σ : K → K, K Körper, gilt: σ(0 + 0) = σ(0) + σ(0), also
σ(0) = 0, und σ(1 · 1) = σ(1)σ(1), damit ist σ(1) gleich 0 oder 1. Wegen der Bijektivität von σ bleibt
nur σ(1) = 1.
Sei nun K = Q. Dann folgt aus der Additivität für m ∈ N, dass σ(m) = mσ(1) = m ist. Weiterhin ist
0 = σ(0) = σ(m + (−m)) = σ(m) + σ(−m) = m + σ(−m), also σ(−m) = −m. Sei nun a, b ∈ Z, b 6= 0.
Dann ist a = σ(a) = σ(b · a/b) = σ(b)σ(a/b) = bσ(a/b), also σ(a/b) = a/b. Damit ist a) gezeigt.
Sei nun K = R. Dann folgt genau wie eben, dass σ|Q = Id ist. Nehmen wir nun an, dass σ 6= Id auf ganz
R ist. Dann gibt es r, s ∈ R mit ψ(r) = s 6= r. O.b.d.A. sei r < s. Dann gibt es eine rationale Zahl
q ∈ (r, s)
[Die Frage noch den Körperautomorphismen von C ist schwieriger: Wenn man zusätzlich verlangt, dass
der Körperautomorphismus reelle Zahlen wieder auf reelle Zahlen abbildet, dann kann man (ähnlich wie
oben) zeigen, dass es nur die Identität und die komplexe Konjugation gibt. Gleiches erhält man, wenn
man verlangt, dass der Körperautomorphismus stetig sein soll. Verlangt man das nicht, gibt es zusätzlich
noch überabzählbar viele unstetige Körperautomorphismen von C, siehe ??]
Aufgabe 11. Seien P QR und P SQ zwei Dreiecke mit ^P QR = ^P SQ = π/2 gegeben, so dass R und
S auf verschiedenen Halbebenen von gP Q liegen. Zeigen Sie
i) cos ^QP R = d(P,Q)
d(P,R) ,
2
d(P, Q) + d(Q, R)2 = d(P, R)2 ,
sin ^QP R = d(R,Q)
d(P,R)
ii) ^SP R = ^SP Q + ^QP R
Lösung 11. i) Siehe Skript Lemma 2.5 ii) (Kürzere Version im Skript Lemma 2.6 - da auch mit Bild)
Sei α := ^SP Q, β = ^QP R.
Sei g die durch Q verlaufende zu gP S parallele Gerade. Sie T ∈ g derart, dass T und R bzgl. gQS auf
der gleichen Halbebene liegen. Nach Stufenwinkelsatz ist ^T QP = ^QP S. Wir zeigen als erstes, dass
γ := ^RQT = π/2 − α ist: Dafür betrachten wir ein Rechteck ABCD mit ^DBA = α und ^CBD = β.
√
−−→
−−→
−−→
Sei a = kABk und b = kBCk. Dann gilt kBDk = a2 + b2 =: c.
cos(α + γ) = cos α cos γ − sin α sin γ
=
ab ba
−
= 0.
cc cc
Also, β = π/2 − α.
−→
−→
−−→
Seien e1 , e2 orthogonale normalisierte Vektoren, so dass P S = ue1 , SQ = ve2 und QR = w1 e1 + w2 e2 .
O.B.d.A. sei u, v > 0. Dann ist w1 < 0. Wir berechnen
cos(α + β) = cos α cos β − sin α sin β
=
u
kue1 + ve2 k
v
kwk
−
kue1 + ve2 k k(u + w1 )e1 + (v + w2 )e2 k kue1 + ve2 k k(u + w1 )e1 + (v + w2 )e2 k
Sei δ := ^RP S. Dann cos δ =
also genau dann, wenn
hu,u+v+wi
uk(u+w1 )e1 +(v+w2 )e2 k .
Es ist δ = α+β genau dann, wenn cos δ = cos(α+β),
p
v w12 + w22
hu, u + v + wi
=u −
u
kue1 + ve2 k
p
v w2 + w22
⇔ u + w1 =u − √ 1
u2 + v 2
q
p
⇔ w1 u2 + v 2 = − v w12 + w22
⇔ w12 (u2 + v 2 ) =v 2 (w12 + w22 )
⇔ w12 u2 =v 2 w22
⇔ w12 u2 =v 2 w22
⇔
w22 u2
=
w12 v 2
⇔ tan2 β = tan2 α w.A.
Aufgabe 12.
i) Sei d : R2 × R2 → R gegeben durch
d((x1 , y1 ), (x2 , y2 )) =
|x1 − x2 | + |y1 | + |y2 | falls x1 6= x2
|y1 − y2 |
falls x1 = x2 .
Zeigen Sie, dass d eine Abstandsfunktion auf R2 definiert. Zeichnen Sie die Einheitsbälle um die
Punkte (0, 0), (1/2, 1/2) und (1, 1). Dabei ist der Einheitsball um den Punkt P als die Menge
SP (1) := {Q ∈ R2 | d(P, Q) = 1} definiert.
ii) Sei V = C 0 ([a, b], R) der Vektorraum der stetigen Funktionen f : [a, b] → R, mit a < b. Sei
k.kmax : V → R definiert durch kf kmax := maxx∈[a,b] |f (x)|. Zeigen Sie, dass k.kmax eine Norm
auf V definiert. Erfüllt sie die Parallelogrammidentität? Begründen Sie.
iii) Sei V eine endliche Menge und E eine Teilmenge von V × V so dass mit (a, b) ∈ E auch immer
(b, a) ∈ E ist1. Ein Weg von P ∈ V nach Q ∈ V ist eine endliche Folge (P0 , . . . , Pk ) für ein
k ∈ N ∪ {0} mit P0 = P , Pk = Q und (Pi−1 , Pi ) ∈ E für alle i = 1, . . . , k. Sei E derart,
dass zwischen je zwei P, Q ∈ V immer mindestens ein Weg existiert. Wir definieren die Länge
des Weges γ = (P0 , . . . , Pk ) als L(γ) = k und die Abbildung d : V × V → R durch d(P, Q) =
inf{L(γ) | γ ist Weg von P nach Q}. Zeigen Sie, dass es immer einen Weg γ von P nach Q mit
d(P, Q) = L(γ) geben muss, aber dass dieser nicht eindeutig bestimmt sein muss. Zeigen Sie
weiterhin, dass d eine Abstandsfunktion auf V definiert.
Lösung 12. i) Symmetrie klar, d(x, y) ≥ 0 klar, z.z. Dreiecksungleichung zwischen zi = (xi , yi ) für
i = 1, 2, 3
1. Fall: x1 = x2 = x3 . Dann ist |y1 − y2 | + |y2 − y3 | ≥ |y1 − y3 | nach Dreiecksungleichung für R.
2. Fall: x1 = x2 6= x3 : Dann ist d(z1 , z2 )+d(z2 , z3 ) = |y1 −y2 |+|x2 −x3 |+|y2 |+|y3 | ≥ |y1 |+|x1 −x3 |+|y3 | =
d(z1 , z3 )
3. Fall: x1 = x3 6= x2 : Dann ist d(z1 , z2 ) + d(z2 , z3 ) = |x1 − x2 | + |y1 | + |y2 | + |x2 − x3 | + |y2 | + |y3 | ≥
1fehlte in der Aufgabe - dann ist d nicht symmetrisch
|y1 | + |y3 | = d(z1 , z3 )
4. Fall: xi paarweise verschieden: Dann ist d(z1 , z2 )+d(z2 , z3 ) = |x1 −x2 |+|y1 |+|y2 |+|x2 −x3 |+|y2 |+|y3 | ≥
|x1 − x3 | + |y1 | + |y3 | = d(z1 , z3 ).
Es bleibt die zu zeigen, dass d nicht degeneriert ist: Sei nun d(z1 , z2 ) = 0. 1.Fall: x1 = x2 Dann ist
0 = d(z1 , z2 ) = |y1 − y2 |, also y1 = y2 .
2.Fall x1 6= x2 . Dann ist d(z1 , z2 ) ≥ |x1 − x2 | > 0 und wir haben einen Widerspruch.
ii) Das k.kmax eine Norm ist, folgt ähnlich wie oben aus den Eigenschaften der Betragsnorm auf R.
Die Norm erfüllt nicht die Maximumsnorm - Gegenbeispiel: Seien f1 (x) = x und f2 (x) = 1 − x auf
[a, b] = [0, 1] gegeben. Dann ist kf1 kmax = kf1 kmax = 1, kf1 + f2 kmax = 1 und kf1 − f2 kmax = 1. Damit
ist
2(kf1 k2max + kf1 k2max ) = 4 6= 2 = kf1 + f2 kmax + kf1 − f2 kmax .
iii) Da L(γ) ≥ 0 und zwischen P, Q jeweils mindestens ein Weg existiert, ist d(P, Q) ≥ 0. Sei d(P, Q) = d.
Dann gibt es eine folgen von Wegen γi von P nach Q mit L(γi ) → d. Da L(γ) nur ganzzahlige Werte
annimmt, ist für i groß genug L(γi ) = d. Insbesondere gibt es ein γ, dass den Abstand realisiert. Sei
nun d(P, Q) = 0 dann gibt es einen Weg γ mit L(γ) = 0, also P = P0 = Q. Seien nun P, Q, R gegeben.
Symmetrie von d(., .) ist klar. Dann gibt es γ1 von P nach Q mit L(γ1 ) = d(P, Q) und γ2 von Q nach R
mit L(γ2 ) = d(Q, R). Dann ist die Hintereinanderausführung von γ1 und γ2 ein Weg γ von P nach R.
Es gilt d(P, R) ≤ L(γ) = L(γ1 ) + L(γ2 ) = d(P, Q) + d(Q, R)
Ist d(P, Q) = L(γ), dann muss γ nicht eindeutig bestimmt sein. Sei (V, E) der Graph des Quadrats (V
ist die Menge der vier Eckpunkte und E die der Kanten. Dann kann man gegenüberliegende Eckpunkte
auf zwei Wegen mit einem kürzesten Weg erreichen.

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