Musterlösung Prüfung - D-MATH

D-MATH & D-PHYS
PD Dr. L. Halbeisen
Geometrie
HS 15
Musterlösung Prüfung
Jede Aufgabe gibt 8 Punkte.
1. Jede Teilaufgabe gibt 2 Punkte falls alle 4 Kreuze korrekt gesetzt wurden. Fehlt
eines oder ist eines davon falsch, gibt es 0 Punkte.
Prüfung C
Prüfung D
a) wwww
a) fwwf
a) wffw
b) fwwf
b) wffw
b) wwww
b) fwww
c) wffw
c) fwwf
c) fwww
c) wwww
d) wwww
d) fwww
d) wffw
d) fwwf
Prüfung A
Prüfung B
a) fwww
2.a)4P Die y-Koordinate ist nicht relevant für die Form der Kreise, deshalb nehmen
wir in der Lösung y = 0 an. In den verschiedenen Serien hatten die 3 Punkte
unterschiedliche y-Koordinaten.
Sei P = (x, 0) der Mittelpunkt auf der x-Achse. Für x = 2 ist der Einheitskreis ein horizontales Intervall der Länge 2 und Mittelpunkt P , d h der
Einheitskreis besteht aus den beiden Punkten (1, 0) und (3, 0). Für x = 0 ist
es der Einheitskreis in der 1-Norm (d.h. ein um 45◦ gedrehtes Quadrat mit
Mittelpunkt (0, 0) und Eckpunkten (±1, 0), (0, ±1).). Für x = 23 ist es eine
Mischung aus beidem: Die beiden Endpunkte des Intervalls gehören dazu,
sowie das kleine gedrehte Quadrat mit Mittelpunkt (0, 0) und den Ecken
(± 31 , 0), (0, ± 13 ) jedoch ohne den Punkt ( 31 , 0).
b) 2P Die erste Menge ist ein um 45◦ gedrehtes Quadrat, die zweite die obere
Hälfte eines solchen.
c) 2P Es folgt C = (±( 12 − t), ( 23 + t)), wobei 0 ≤ t ≤ 12 gilt und B, C natürlich
nicht identisch sein dürfen. D.h. mit ’-’ darf t nicht 0 sein.
3. Zeichnet man links und rechts jeweils eine Sekante ein, sind zwei Dreiecke sichtbar. Verbindet man die unteren zwei Punkte, weiss man dank dem Peripheriewinkelsatz, dass die beiden oberen Winkel gleich gross sind. (Gleiches kann man
analog für die unteren Winkel zeigen.) Die Winkel in der Mitte sind Wechselwinkel und somit identisch. Das heisst, wir haben zwei ähnliche Dreiecke, für
′
welche natürlich aa′ = bb gilt. Multiplizieren mit Hauptnenner ergibt das geforderte Verhältnis.
4. Lösung 1: Man legt eine Parallele zu CE durch B. Diese ist orthogonal zur
Winkelhalbierenden CD. Da die Winkel (an die Gerade CD angrenzend) gleich
sind, sind auch die beiden Geradenabschnitte auf der Parallelen gleich lang und
mit Satz 6.2 folgt sofort die Behauptung.
Lösung 2: Man benutzt, dass Winkelhalbierende die gegenüberliegende Seite im
Verhältnis der angrenzenden Seiten Teilen. Einmal mit der ’üblichen’ Winkelhalbierenden durch D, ein zweites Mal mit der ’unüblichen’ Winkelhalbierenden
durch E. Setzt man die eine Gleichung in die andere ein, erhält man |DV | = 1.
5. In a) gibt es 5 und in b) 2 Punkte. Zusätzlich erhält man einen Punkt für
T = (2X, −4Y, −2Z) (in a) oder b)).
a) Durch Aufzeichnen oder einsetzen erhält man die beiden Punkte P = (1, 0)
und Q = (−1, 0) auf k. Homogenisieren ergibt K : X 2 −2Y 2 −Z 2 = 0 und die
Punkte (1, 0, 1) sowie (−1, 0, 1). T = (2X, −4Y, −2Z) ergibt die Tangenten
(1, 0, −1) und (1, 0, 1). Der Schnittpunkt dieser Tangenten ist R = (0, 1, 0).
Diesen bekommt man entweder mit überlegen, oder via Vektorprodukt. Als
Basiswechsel erhalten wir die Matrix


0 1 −1
S = T −1 = 1 0 0 
0 1 1
und damit (Y − Z)2 − 2(X)2 − (Y + Z)2 = 0 oder 2y = −x2 .
Rechnet man mit den Zahlen im Hinweis, erhält man den Schnittpunkt
(1, 0, 17) und (bei optimalem Kürzen) die Gleichung 4y = x2 . Die Zahlen
sollte man jeweils nicht ausmultiplizieren, sondern 172 = 2 · 122 + 1 verwenden.
(An verschiedensten Orten kann man die projektiven Koordinaten ’kürzen’,
um dabei die Zahlen zu vereinfachen. Oft erhält man dabei eine andere
Transformation sowie ein anderes Schlussresultat.)
b) T = (2X, −4Y, −2Z), die Tangente an ( 79 , 74 , 1) = (9, 4, 7) lautet also 9X −
8Y − 7Z = 0. Schneiden mit der Ferngeraden heisst Z = 0 setzen, und man
erhält 9X − 8Y = 0, dies beschreibt den Punkt (8, 9, 0). Alternativ erhält
man den Punkt auch als Vektorprodukt von (9, −8, −7) und (0, 0, 1).
6. Teilaufgabe a) ist 3 Punkte wert, b) 4 Punkte. 1 zusätzlichen Punkt erhält man,
wenn man in a) oder b) den Satz von Pascal erwähnt und anwendet.
a) Man benutzt die Konstruktion vom Satz von Pascal für Kegelschnitte und
bemerkt, dass (+) nicht auf dem Kegelschnitt liegt.
5
+
1
3
b
P
b
b
R
b
b
Q
b
4
b
2
6
b
Man sieht deutlich, dass die drei Schnittpunkte nicht auf einer Geraden
liegen.
Je nach Nummerierung liegen die drei Schnittpunkte P , Q und R günstiger
oder weniger günstig. Falls nicht alle drei auf dem Blatt liegen, sollte man
klar andeuten, in welcher Richtung sie etwa liegen und erklären, warum sie
nicht kolinear sein können.
b) Mit einer ähnlichen Konstruktion wie in Aufgabe 27 erhält man einen weiteren Punkt. Man darf aber keine beliebige Gerade wählen, sondern muss die
vertikale verwenden. Dabei führt nicht jede Nummerierung zum Ziel. Am
Besten überlegt man sich zuerst an einer Skizze, wie die Konstruktion etwa
aussehen könnte.
1
P
5
b
b
b
1
4
b
R
b
b
b
3
2
Q
6
b
b
Den zweiten (noch unbekannten) Punkt auf der vertikalen Geraden nennen
wir 1. Als Schnittpunkt der vertikalen Geraden und 4 − 5 erhalten wir P ,
weiter Q = (2 − 3) ∧ (5 − 6), R = (3 − 4) ∧ (P − Q) und schliesslich
1 = (6−R)∧(2−P ). (Kontrolle: betrachtet man die ersten 5 Punkte, erkennt
man, dass der Kegelschnitt eine Hyperbel ist, und dass der zusätzliche Punkt
oberhalb 2 und unterhalb der Geraden 4 − 5 liegen muss.)