Lösungen ¨Ubung 7 - Institut für Mathematik

Institut für Mathematik
Geometrie und Lineare Algebra
J. Schönenberger-Deuel
Lösungen Übung 7
Aufgabe 1. Skizze (mit zusätzlichen Punkten):
Die Figur F wird begrenzt durch die Strecken AB und BC und den Kreisbogen CA auf l.
Wir werden die Bilder von AB, BC und CA unter der Inversion φk in dieser Reihenfolge
konstruieren.
Die Gerade AB geht durch den Mittelpunkt M von k. Satz 3.6.2.3 impliziert, dass φk die Gerade AB auf sich selbst abbildet. Das Bild der Strecke AB ist die Vereinigung der Halbgeraden
AA0 und BB 0 .
Die Gerade BC geht nicht durch M . Wegen Satz 3.6.2.4 ist ihr Bild unter φk der Kreis m
durch M (ohne M ), B und C. Da die Strecke BC innerhalb von k liegt, ist ihr Bild unter φk
der Kreisbogen BC auf m ausserhalb von k.
Der Kreis l geht durch M , A und C. Wegen Satz 3.6.2.4 ist das Bild von l (ohne M ) die
Gerade AC. Da der Kreisbogen CA auf l ausserhalb von k liegt, ist sein Bild unter φk die
Strecke CA.
Wir folgern, dass φk (F ) derjenige Teil der Ebene ist, der (von oben nach unten) durch die
Halbgerade AA0 , die Strecke CA, den Kreisbogen BC auf m ausserhalb von k, und schliesslich
die Halbgerade BB 0 begrenzt wird.
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Aufgabe 2. Skizze (mit zusätzlichen Punkten):
Vorbermerkungen: 1). Im Kleinschen Modell der hyperbolischen Geometrie sind die Geraden
die Durchschnitte von euklidischen Geraden in der Ebene mit dem Inneren des Kreises k.
Das “Quadrat” ABCD ist aber kein Quadrat im Sinne der hyperbolischen Geometrie! Wir
berechnen die hyperbolische Längen der Seiten von ABCD mit Definition 4.2.4 und finden
l(AB) = 1.43,
l(BC) = 1.25,
l(CD) = 1.57,
l(DA) = 1.61.
Die Seiten von ABCD sind in der hyperbolischen Geometrie also nicht gleich lang.
2). Die Punkte von k (zum Beispiel E und F ) sind keine Punkte der hyperbolischen Ebene! Sie
liegen “im Unendlichen”: Aus 4.2.4.3 folgt, dass sie bezüglich des hyperbolischen Abstandes
unendlich weit von jedem Punkt innerhalb von k entfernt sind.
Sei s die hyperbolische Spiegelung an EF . Wir müssen A0 = s(A), B 0 = s(B), C 0 = s(C)
und D0 = s(D) konstruieren. Wir folgen der Konstruktion in der Figur nach Definition 4.2.3
(Seite 69). Zuerst konstruieren wir den Pol G von EF bezüglich k, indem wir die Tangenten
an k durch E und F schneiden.
Um zum Beispiel s(A) zu finden, konstruieren wir die Gerade EA und ihr Schnittpunkt QA
(ungleich E) mit k. Die Gerade GQA schneidet k nun in QA und einem zweiten Punkt Q0A .
Der Punkt A0 = s(A) ist nun der Schnittpunkt von EQ0A und GA.
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Wir machen das Gleiche für B 0 , C 0 und D0 und erhalten folgende Figur.
Übrigens: Aus der Sicht der hyperbolischen Geometrie sind die Vierecke ABCD und A0 B 0 C 0 D0
kongruent, weil A0 B 0 C 0 D durch eine Isometrie aus ABCD entsteht. Aus der Sicht der euklidischen Geometrie aber ist A0 B 0 C 0 D0 , im Gegensatz zu ABCD, kein Quadrat mehr. Dies zeigt
einen wichtigen Nachteil des Kleinschen Modells: Die euklidischen Winkel zwischen Geraden
stimmen nicht überein mit den Winkeln in der hyperbolischen Geometrie. Man sagt, dass das
Kleinsche Modell nicht konform ist. Man kann zeigen, dass die zwei Poincaréschen Modelle
hingegen konform sind.
Aufgabe 3. Es gibt zwei mögliche nicht-entartete Konfigurationen: 1) g und h schneiden
sich nicht; 2) g and h schneiden sich. Es gibt auch Grenzfälle, in denen entweder g oder h ein
Durchmesser von k ist; in diesen Fällen ist die Konstruktion einfacher. Die Konstruktion in
den Fällen 1 und 2 ist ähnlich; wir beschreiben nur den 2. Fall.
Wie in Aufgabe 2 konstruieren wir zuerst den Pol G von g bezüglich k, d.h. den Schnittpunkt
der Tangenten an k in den Schnittpunkten U und V von k und g.
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Sei sg die hyperbolische Spiegelung. Diese bildet hyperbolische Geraden auf hyperbolische
Geraden ab; siehe Seite 70 des Skripts. Um sg (h) zu finden, müssen wir also nur das Bild
von zwei Punkten bestimmen. Wie in Aufgabe 2 könnten wir die Punkte C und D und die
Konstruktion auf Seite 69 benutzen. Es gibt aber eine einfachere Konstruktion, die auf der folgenden Beobachtung beruht. Jede Gerade im Kleinschen Modell schneidet den Kreis k in zwei
“Endpunkten”. Wie in Aufgabe 2 erklärt wurde, ist es wichtig, zu beachten, dass diese Punkte
nicht in der hyperbolischen Fläche, sondern “im Unendlichen” liegen. Die Spiegelung sg ist
trotzdem auf diese Punkte fortsetzbar, und zwar wie folgt: sg vertauscht die Schnittpunkte
von k mit einer beliebigen Geraden durch G. Ums sg (h) zu finden für eine Gerade h in der
hyperbolischen Ebene ist mit “Endpunkten” Z, W ∈ k, konstruieren wir Z 0 (bzw. W 0 ) als den
zweiten Schnittpunkt von GZ (bzw. GW ) mit k. Dann ist sg (h) = Z 0 W 0 .
Aufgabe 4. a). Die Geraden im Poincaréschen Halbebenenmodell sind entweder vertikale
euklidische Halbgeraden oder euklidische Halbkreise, deren Mittelpunkt auf der x-Achse liegt.
Wir wollen das hyperbolische Dreieck ABC konstruieren, d.h. die drei hyperbolischen Strecken
AB, BC und AC.
Weil B und C die gleiche x-Koordinate haben, ist die hyperbolische Strecke BC gleich der
vertikalen euklidischen Strecke BC.
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Um die hyperbolische Strecke AB zu konstruieren, zeichnen wir die Mittelsenkrechte der
Strecke AB und deren Schnittpunkt F mit der x-Achse. Die hyperbolische Strecke AB ist
nun derjenige Kreisbogen mit Mittelpunkt D, der durch A und B geht und in der oberen
Halbebene enthalten ist.
Die hyperbolische Strecke AC konstruieren wir auf die gleiche Weise wie AB.
b). Ausgangslage:
Der Mittelpunkt O des Kreises x2 + y 2 = 36 liegt auf der x-Achse; der obere Halbkreis
ist daher eine hyperbolische Gerade g im Poincaréschen Halbebenenmodell. Weil g keine
vertikale Halbgerade ist, zeigt die Übersicht auf Seite 71 des Skripts, dass die hyperbolische
Spiegelung sg mit der euklidischen Inversion am Kreis identifiziert werden kann. Wir benutzen
die bekannte Konstruktion der Inversion (siehe Übungsserie 6, Aufgaben 5 und 6), um die
Bilder A0 = sg (A), B 0 = sg (B) und C 0 = sg (C) zu konstruieren.
Die Spiegelung sg bildet hyperbolische Geraden auf hyperbolische Geraden ab. (Das steht
nicht ausdrücklich im Skript, aber ist eine zu erwartende Eigenschaft; sonst wäre die Definition
hyperbolischer Geraden oder der hyperbolischen Spiegelung nicht allzu sinvoll!)
Diese Tatsache kann man beweisen, indem man die Eigenschaften der euklidischen Inversion
(Satz 3.6.2.3-5) in die Sprache der hyperbolischen Geometrie übersetzt. Wenn h zum Beispiel
eine vertikale Halbgerade ist, die nicht durch O geht, so ist das Bild von h unter der Inversion
laut Satz 3.6.2.4 ein Kreisbogen auf einem Kreis ist, der nicht durch O geht; man verifiert
einfach, dass dieser Kreisbogen ein Halbkreis in der oberen Halbebene ist.
Wir folgern, dass sg das hyperbolische Dreieck ABC auf das hyperbolische Dreieck A0 B 0 C 0
abbildet. Um die Seiten dieses Dreiecks zu konstruieren, verwenden wir das gleiche Verfahren
wie in a).
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Aufgabe 5. Konstruktion der Ausgangslage:
Konstruktionsbericht:
1. Kreis k = K(M, 5 cm) konstruieren.
2. Durchmesser AB von k zeichnen.
3. Kreis l = K(B, 6 cm) konstruieren.
4. Tangente t an k in B konstruieren.
5. Schnittpunkt G von t und l zeichnen.
6. Kreisbogen g um G mit Radius 6 cm im Inneren von k konstruieren.
7. D = AG ∩ l.
8. Figur F einzeichnen.
Wie im Poincaréschen Halbebenenmodell ist die Spiegelung an einer hyperbolischen Gerade g
im Poincaréschen Kreisscheibenmodell aus der euklidischen Perspektive entweder eine Kreis-
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oder eine Geradenspiegelung. Weil unser g ein Kreisbogen ist, ist sg eine euklidische Inversion. Wie in den beiden anderen Modellen bildet jede hyperbolische Spiegelung hyperbolische
Geraden auf hyperbolische Geraden ab. Das folgt aus den Eigenschaften der euklidischen
Inversion (siehe Aufgabe 4).
Die Inversion in g bildet k auf k ab, weil k senkrecht auf g steht und daher ein Fixkreis der
euklidischen Inversion in g ist. Die Punkte B und D sind Fixpunkte, da sie auf g liegen. Das
Bild von A liegt auf k (weil k Fixkreis ist) und auf GA (weil G der Mittelpunkt von g ist).
Das heisst, dass A auf den anderen Schnittpunkt A0 von k und GA abgebildet wird.
Das Bild der euklidischen Geraden AB ist der Kreis durch A0 , B und G; das Bild der euklidischen Strecke AB ist der Kreisbogen A0 B auf diesem Kreis. Das Bild der Strecke AD ist die
Strecke A0 D. Der Kreisbogen g selber wird bei der Spiegelung festgehalten. Wir sehen also,
dass die Figur F auf die Figur F 0 in untenstehender Figur abgebildet wird.
Bemerkung: Im Poincaréschen Kreisscheibenmodell sind sowohl die euklidische Strecke AB
als auch der euklidische Kreisbogen A0 B hyperbolische Geraden. Die Strecke AA0 hingegen
ist keine hyperbolische Gerade, weil sie nicht senkrecht auf k steht.
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