Lösungen

Vorlesung Geometrie
http://www.math.uni-leipzig.de/~grosse/teaching
Dr. Nadine Große
WS 14/15
Übungsblatt 7– Probeklausur
Aufgabe 25. Seien A, B, C die Eckpunkte ein nichtentartetes Dreieck in der euklidischen Ebene. Für
zwei Punkte P, Q in der Ebene bezeichne MP Q ihr Mittelpunkt. Das Dreieck, welches durch die Punkte
MAB , MBC und MAC gebildet wird, nennen wir Mittendreieck.
a) Berechnen Sie das Verhältnis vom Flächeninhalt des Mittendreiecks zum Flächeninhalts des
Dreiecks ABC. [2 Punkte]
b) Zeigen Sie, dass der Schwerpunkt des Mittendreiecks gleich der Schwerpunkt S des Dreiecks ABC
ist. [2 Punkte]
c) Zeigen Sie, dass der Umkreismittelpunkt des Dreiecks ABC gleich dem Höhenschnittpunkt des
Mittendreiecks ist. [2 Punkte]
d) Sei A0 der Mittelpunkt von A und S, B 0 der Mittelpunkt von B und S und C 0 der Mittelpunkt
von C und S. Finden Sie eine Isometrie (sofern existent), die das Mittendreieck in das Dreieck
A0 B 0 C 0 überführt. Wie viele solcher Isometrien gibt es? [2 Punkte]
−−→
−−→
e) Zeigen Sie, dass im Dreieck ABC die Beziehung 2kSM k = kSHk gilt, wobei M der Umkreismittelpunkt und H der Höhenschnittpunkt im Dreieck ABC sind. (Tipp: Nutzen Sie b)-d) ) [2
Punkte]
−−−−→
−→
−−−−→
−−→
Lösung 25. a) 1.Weg: Es ist AB = 12 AMAB und AC = 12 AMAC . Damit ist 2|AMAB MBC | =
−−−−→ −−−−→
−
−
→
−
→
| det(AMAB , AMAC )| = 41 | det(AB, AC)| = 14 2|ABC|. Analog erhält man |BMAB MBC | = 14 |ABC| und
|CMAC MBC | = 14 |ABC|. Da |MAB MBC MAC | = |ABC| − |AMAB MBC | − |BMAB MBC | − |CMAC MBC |
ist, ist |MAB MBC MAC | = 41 |ABC|.
2.Weg: Es gilt nach Umkehrung des Strahlensatzes (Alternativ kann man das auch direkt ausrech−−−−−−−→
−→
−−−−−−−→
−−→
−→ −−→
nen) MAB MBC = 12 AC und MAB MAC = 12 BC. Damit ist 2|MAB MBC MAC | = | det( 12 AC, 12 BC)| =
−→ −−→
1
1
1
4 | det(AC, BC)| = 4 2|ABC|, also |MAB MBC MAC | = 4 |ABC|.
b) Nach Strahlensatz halbiert die Seitenhalbierende gAMBC auch die Mittellinie MAB MAC und ist damit
Seitenhalbierende im Mittendreieck von MBC aus. Analoges gilt auch für die anderen Seitenhalbierenden vom Dreieck ABC. Damit ist der Schwerpunkt als Schnittpunkt der Seitenhalbierenden in beiden
Dreiecken der gleiche.
c) Nach Strahlensatz ist gAB parallel zu gMAC MBC . Da die Mittelsenkrechte von AB durch MBC geht
und senkrecht zu AB und damit auch zu MAC MBC ist, ist diese Mittelsenkrechte die Höhe im Mittendreieck von MBC aus. Analoges gilt auch für die anderen Mittelsenkrechten. Damit ist der Umkreismittelpunkt von ABC als Schnittpunkt der Mittelsenkrechten in ABC gleich dem Höhenschnittpunkt in
MAB MBC MAC .
d) Da die Punkte A, S und MBC auf einer Geraden liegen, liegen auch A0 , S und MBC auf einer Geraden.
−−→
−−−−→
−→
Weiterhin ist SMBC = −2SA = −SA0 – analog von den anderen Ecken ausgesehen. Damit erhält man
durch Drehung um S um π aus dem Mittendreieck das Dreieck A0 B 0 C 0 .
e) Wir wenden die Isometrie aus d) an und sehen, dass der Höhenschnittpunkt von MAB MBC MAC
auf den Höhenschnittpunkt H 0 von A0 B 0 C 0 abgebildet wird. Mit c) ist also |M S| = |SH 0 | und damit
|M S| = 21 |SH|.
Aufgabe 26. Sei A ein affiner Raum über einem Körper K mit Richtung V .
a) Geben Sie die Definition des Begriffes einer affinen Abbildung f : A → A. [1 Punkt]
b) Zeigen Sie, dass für A = R3 mit K = R und V = R3 die Abbildung
f: A→A
c)
d)
e)
f)
(x1 , x2 , x3 ) 7→ (x1 + x2 , 2x2 + 1, 3x3 − x1 + 5)
eine affine Abbildung ist und geben Sie die zugrunde liegende lineare Abbildung explizit an. [2
Punkte]
Sei g : A → A, A wie in b), eine affine Abbildung, die g(1, 0, 0) = (2, 5, 0) und g(0, 1, 0) = (1, 4, 0)
abbildet. Bestimmen Sie g(1/4, 3/4, 0). [1 Punkt]
Ist die Abbildung g in c) eindeutig bestimmt? [1 Punkt]
A = R3 sei mit der euklidischen Abstandsfunktion versehen. Für die Abbildung g in c) gelte
zusätzlich g(0, 0, 1) = (2, 4, 1) und g(0, 0, 0) = (2, 4, 0). Bestimmen Sie g(x, y, z) und zeigen Sie,
dass g eine Isometrie ist. [4 Punkte]
Zerlegen Sie die Abbildung g aus e) in eine Hintereinanderausführung von elementaren Isometrien,
wobei elementare Isometrien die Drehungen, Spiegelungen und Translationen sind. [2 Punkte]
Lösung 26. a) f : A → A heißt affine Abbildung, wenn es eine lineare Abbildung ϕ : V → V gibt, so
−−−−−−→
→ für alle x, y ∈ A ist.
dass f (x), f (y) = ϕ(−
xy)
−−−−−−→
b) Sei ϕ(x1 , x2 , x3 ) = (x1 + x2 , 2x2 , 3x3 − x1 ). Dann ist ϕ : R3 → R3 linear. 1.Weg: Es gilt f (x), f (y) =
→
(y1 + y2 − x1 − x2 , 2y2 − 2x2 , 3y3 − y1 − 3x3 + x1 ) = ϕ(y1 − x1 , y2 − x2 , y3 − x3 ) = ϕ(−
xy).
2.Weg. Es ist f (x) = ϕ(x) + (0, 1, 5) und damit die Koordinatendarstellung einer affiner Abbildung. Also
ist f eine affine Abbildung.
c) (1, 3, 0)/4 liegt auf der Geraden durch (1, 0, 0) und (0, 1, 0) und ist damit durch g(1, 0, 0) und g(0, 1, 0)
eindeutig bestimmt:
3
1
g(1/4, 3/4, 0) = g(1/4(1, 0, 0)+3/4(0, 1, 0)) = g(1, 0, 0)+ g(0, 1, 0) = (2/4+3/4, 5/4+4/4, 0) = (5, 9, 0)/4.
4
4
(Da es nur einen Punkt gibt, sollte man hier davon Abstand nehmen, die allgemeine Form von g aufstellen
zu wollen – insbesondere im Hinblick auf d und e.)
d) Nein, da der R3 dreidimensional ist, muss eine affine Abbildung auf mindestens vier Punkten vorgeschrieben
werden.
e und f) 1.Weg: Sei f die Translation x 7→ x − (2, 4, 0). Dann gilt für die affine Abbildung h := f ◦ g, dass
h(0, 0, 0) = (0, 0, 0), h(1, 0, 0) = (0, 1, 0), h(0, 1, 0) = (−1, 0, 0)) und h(0, 0, 1) = (0, 0,
1). Also ist
 h schon
0 −1 0
eine lineare Abbildung und zwar h((x, y, z)T ) = (−y, x, z)T = A(x, y, z)T mit A = 1 0 0. Damit
0 0 1
ist g = f −1 ◦ h : (x, y, z) 7→ (−y, x, z) + (2, 4, 0). Weiterhin ist g eine Isometrie, da A ∈ SO(3) ist. Damit
ist f ((x, y, z)T ) = A(x, y, z)T + (2, 4, 0) auch schon zerlegt in eine Drehung A und eine Translation f −1 .
2.Weg: Eine allgemeine affine Abbildung hat folgende Form: g(x, y, z) = (a11 x + a12 y + a13 z + b1 , a21 x +
a22 y + a23 z + b2 , a31 x + a32 y + a33 z + b3 ). Aus g(0, 0, 0) = (2, 4, 0) folgt (b1 , b2 , b3 ) = (2, 4, 0). Aus
(2, 5, 0) = g(1, 0, 0) = (a11 + 2, a21 + 4, a31 ) folgt a11 = a31 = 0 und a21 = 1. Analog erhält man auch die
anderen aij und hat dann g(x, y, z) = (−y + 2, x + 4, z) = Ax + (2, 4, 0) mit A wie oben. Der Rest folgt
wie im ersten Weg.
Aufgabe 27. Sei P (V ) eine projektive Ebene. Seien g1 , . . . , g4 paarweise verschiedene projektive Geraden
in P (V ), die sich alle im Punkt P schneiden. Seien h1 , h2 zwei verschiedene projektive Geraden in P (V )
mit P 6∈ h1 und P 6∈ h2 .
a) Zeigen Sie, dass sich zwei projektive Geraden in P (V ) immer schneiden. [2 Punkte]
b) Sei h1 ∩ h2 = {Q}. Wählen Sie eine affine Ebene A in P (V ) derart, dass P, Q ∈ ∞A . Was lässt
sich dann über die Lagebeziehungen der affinen Geraden giA := gi ∩ A und hA
j := hi ∩ A, i = 1, 2, 3
und j = 1, 2, sagen? [2 Punkte]
c) Geben Sie eine Definition des Doppelverhältnisses vier paarweise verschiedener kollinearer Punkte
in P (V ) an. [2 Punkte]
d) Sei gi ∩ hj = {Zij }. Folgern Sie mittels b), dass die Doppelverhältnisse ω(Z11 , Z21 , Z31 , Z41 ) und
ω(Z12 , Z22 , Z32 , Z42 ) übereinstimmen. [2 Punkte]
Lösung 27. a) Seien g1 = P (V1 ) und g2 = P (V2 ) zwei projektive Geraden. Dann sind V1 und V2 zweidimensionale Untervektorräume vom dreidimensionalen V . Damit müssen V1 und V2 einen mindestens
eindimensionalen Schnitt haben und damit ist g1 ∩ g2 = P (V1 ∩ V2 ) mindestens null dimensional – enthält
also mindestens einen Punkt.
b) Wenn P ∈ ∞A liegt, dann müssen die Geraden giA alle parallel sein. Analog müssen wenn Q ∈ ∞A die
A
A
A
Geraden hA
1 und h2 parallel sein. Weiterhin schneiden sich hi und gj , denn wenn nicht dann wären sie
A
parallel und {Pij } := hi ∩ gj ∈ ∞A . Da P, Q verschieden sind (wegen P 6∈ h1 ) und A eine affine Ebene
ist, ist ∞A die projektive Gerade durch P, Q und damit ist ∞A also A sowieso eindeutig bestimmt. D.h.
P ∈ gPij Q = hi und das ist ein Widerspruch.
c) Wir hatten zwei verschiedene in der Vorlesung - welche hier steht ist egal.
A
d) Nach b) sind die Geraden hA
i und gi alle parallel und deshalb sind alle auftreten Vektoren im Doppelverhältnis von des Zi1 gleich den Vektoren im Doppelverhältnis von des Zi2 . Also sind die Doppelverhältnisse gleich.
Aufgabe 28. Sei (X, dX ) ein metrischer Raum. Sei A ⊂ X abgeschlossen und nichtleer. Für x ∈ X
definieren wir dX (x, A) := inf a∈A dX (x, a).
a) Wann heißt eine Teilmenge A ⊂ X des metrischen Raumes offen bzw. abgeschlossen? [2 Punkte]
b) Sei x ∈ A. Zeigen Sie, dass dX (x, A) = 0 ist. [1 Punkt]
c) Sei nun y ∈ X mit dX (y, A) = 0. Zeigen Sie, dass y ∈ A ist. [2 Punkte]
Lösung 28. a) A ⊂ X heißt offen, falls es für jedes x ∈ A ein > 0 gibt mit B (x) ⊂ A.
A ⊂ X heißt abgeschlossen, falls X \ A offen ist.
b) dX (x, A) ≥ 0 für alle x, das dX (x, a) ≥ 0 für alle x und a ist. Damit ist
0 ≤ dX (x, A) = inf dX (x, a) = dX (x, x) = 0
a∈A
wobei das vorletzte Gleichheitszeichen die Wahl von x = a darstellt. Damit gilt in der Ungleichungskette
überall Gleichheit und wir haben dX (x, A) = 0.
c) Sei nun y ∈ X mit dX (y, A) = 0. Dann gibt es ai ∈ A mit dX (y, ai ) = 0. Nehmen wir an, dass
y ∈ X \ A ist. Da A abgeschlossen ist, ist X \ A offen und es gibt ein > 0 mit B (y) ⊂ X \ A. Wähle i
groß genug, dass dX (y, ai ) < 2 ist, dann muss ai ∈ B (y) ⊂ X \ A also ai 6∈ A sein, was ein Widerspruch
ist.
Aufgabe 29. Die Punkte A, B, C bilden ein sphärisches Dreieck mit den Seitenlängen a, b, c und den
Winkelgrößen α, β, γ.
a) Zeigen Sie, dass hC × A, C × Bi = cos c − cos b cos a ist. [2 Punkte]
b) Zeigen Sie, dass cos c = cos a cos b + sin a sin b cos γ ist. [2 Punkte]
Lösung 29. a)hC × A, C × Bi = |C|2 hA, Bi − hC, BihC, Ai = cos c − cos b cos a
b) Es ist
hC × A, C × Bi =|C × A| · |C × B| · cos ^(C × A, C × B)
= sin ^(A, C) sin ^(B, C) cos ^(C × A, C × B)
= sin b sin a cos γ.
Zusammen mit a) ergibt sich der Seitenkosinussatz.
Aufgabe 30. Sei ABC ein nichtentartetes Dreieck in der euklidischen Ebene und I der Innkreismittelpunkt. Zeigen Sie, dass 2^AIC = π + ^ABC gilt. [2 Punkte]
Lösung 30. Der Inkreismittelpunkt ist der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden. Damit ist 2^AIC =
2(π − ^ACI − ^CAI) = 2π − ^ACB − ^CAB = π + ^ABC.

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