Technische Universität München - M10

Technische Universität München
Zentrum Mathematik
Prof. Dr. Dr. Jürgen Richter-Gebert, Bernhard Werner
Projektive Geometrie SS 2016
www-m10.ma.tum.de/ProjektiveGeometrieSS16
Lösungen zu Aufgabenblatt 5 (2016-05-12)
— Präsenzaufgaben—
Aufgabe 1. Doppelverhältnisse in CP1
CP1 ist die projektive Gerade über C. Stellen Sie sich diese vor als die komplexe Zahlenebene (also die Ebene, in der
Realteil und Imaginärteil zwei reelle Koordinaten sind), zusammen mit einem weiteren Punkt im Unendlichen. Punkte
in dieser Zeichenebene werden homogen durch Vektoren aus zwei komplexen Zahlen beschrieben.
a) Überlegen Sie sich, weshalb in dieser Zeichenebene Doppelverhältnisse auch von nicht-kollinearen Punkten sinnvoll definiert sind, ohne dass man dazu einen Punkt angeben müsste, von dem aus dieses zu betrachten sei.
b) Geben Sie (möglichst einfache) Koordinaten an für vier Punkte, so dass drei davon ein gleichseitiges Dreieck
bilden, und der vierte in der Mitte dieses Dreiecks liegt. Berechnen Sie ein Doppelverhältnis dieser vier Punkte.
c) Berechnen Sie ein Doppelverhältnis von vier Punkten, die ein Quadrat bilden.
d) Überlegen Sie sich, möglichst ohne viel zu rechnen, wie viele andere Werte bei den beiden eben ausgerechneten
Doppelverhältnissen durch Vertauschen der Reihenfolge auftreten können, und welche Werte sich so ergeben.
Lösung:
a) Die „Ebene“ ist im Sinne der projektiven Geometrie gar keine Ebene, sondern eine Gerade über dem Körper
C. Die Anschauung als reelle Ebene ändert daran nichts. Da die Vektoren nur zwei Einträge haben, ist in den
Determinanten gar kein Platz, um noch einen dritten Punkt als „Blickpunkt“ einzubauen. Für vier beliebige
Zahlen ist das Doppelverhältnis also entweder eine komplexe Zahl oder unendlich.
b) Mögliche Koordinaten sind
0
A=
1
B=
2
1
C=
√ −1 + 3i
1
D=
√ −1 − 3i
1
Da die zweite Koordinate überall 1 ist, kann man die Determinante [AB] auch schreiben als a − b, wobei a die
erste Komponente von A sei. Damit ergibt sich das Doppelverhältnis
√
√
√
(a − c)(b − d)
(1 − 3i)(2 + 1 + 3i)
3 − 3i
√
√
√
(A, B; C, D) =
=
=
(a − d)(b − c)
(1 + 3i)(2 + 1 − 3i)
3 + 3i
√
√
√
√
(3 − 3i)(3 − 3i)
6 − 6 3i
1
3
√
√
=
=
= −
i
12
2
2
(3 + 3i)(3 − 3i)
c) Man wählt wieder alle Koordinaten in Standard-Einbettung, etwa so:
a=1
b=i
c=0
d=1+i
Damit ergibt sich
(A, B; C, D) =
(a − c)(b − d)
(1 − 0)(i − 1 − i)
−1
=
=
= −1
(a − d)(b − c)
(1 − 1 − i)(i − 0)
1
Die vier Punkte liegen also in harmonischer Lage.
1
d) Es gibt immer eine Permutation der Punkte, die einen bestimmten der vier Punkte an die erste Stelle bringt, ohne
den Wert des Doppelverhältnisses zu ändern. Aus diesem Grund schränkt die Wahl, den Mittelpunkt A immer an
erster Stelle zu nehmen, die Möglichkeiten noch nicht ein. Die verbleibenden drei Möglichkeiten entsprechen den
Symmetrien des Dreiecks. Dabei kann man jedoch Rotationen um den Ursprung als projektive Transformationen
auffassen, unter denen das Doppelverhältnis bekanntlich invariant ist. Lediglich eine Änderung des Drehsinns
ist (unter Beibehaltung des Mittelpunkts) keine projektive Transformation. Eine Operation, die den Drehsinn
ändert, indem sie C und D vertauscht,
ist die Konjugation. Dabei wird auch das Ergebnis konjugiert, so dass
√
3
1
der zweite mögliche Wert 2 + 2 i ist.
Hinweis: Eine projektive Abbildung ist in CP1 wie in jeder projektiven Geraden durch drei Punkte und deren
Bilder definiert. Eine so aufgestellte Transformation, die den Drehsinn des Dreiecks ändert, vertauscht jedoch
den Mittelpunkt mit dem Fernpunkt, so dass sich das Doppelverhältnis der vier Punkte ändert.
Das Quadrat hat harmonische Lage, und somit je nach Wahl der Reihenfolge eines der drei dafür bezeichnenden
Doppelverhältnisse: −1, 12 oder 2. Das entspricht den drei Möglichkeiten, mit welchem der drei anderen Punkte
der Punkt A ein Paar bildet, da harmonische Lage ja eine Eigenschaft von zwei unsortierten Punktepaaren ist.
Aufgabe 2. Konstruierbares Maximum
Gegeben sei eine projektive Basis 0, 1, ∞ auf einer Zeichengeraden. Aus diesen Punkten lassen sich mit den von-StaudtKonstruktionen für Addition und Multiplikation weitere Punkte konstruieren, die bezüglich der Skala bestimmten Zahlen entsprechen. m(n) sei die größtmögliche Zahl, die auf diese Weise konstruiert werden kann, wenn die Konstruktion
maximal n Punkte enthalten darf. Dabei sollen alle Punkte mitgezählt werden: die drei vorgegebenen, das Endresultat,
sowie alle Zwischenergebnisse und sonstigen Hilfspunkte, die für die von-Staudt-Konstruktionen verwendet werden.
Wird ein Hilfspunkt von mehreren von-Staudt-Konstruktionen verwendet, ist er dennoch nur ein mal zu zählen.
a) Geben Sie eine Formel (ggf. mit Fallunterscheidungen) an, die m(n) für alle n ∈ {3, 4, 5, . . . } errechnet.
b) Untersuchen Sie asymptotisch das Verhalten von m(n).
c) Mit der in den meisten Computerprogrammen verwendeten Gleitkommadarstellung in doppelter Genauigkeit
(double precision floating point numbers) sind endliche Zahlen nur dann darstellbar, wenn sie kleiner als 21024
sind. Wie viele Punkte reichen aus, um eine Inzidenzkonfiguration anzugeben, die diese Schranke sprengt?
d) Bereits deutlich kleinere natürliche Zahlen können als Gleitkommazahlen nicht mehr exakt widergegeben werden:
oberhalb von 253 werden natürliche Zahlen eventuell auf Vielfache von Zweierpotenzen gerundet. Wie viele
Punkte benötigt man zum Durchbrechen dieser Schranke?
Lösung:
Mit m(n) wird laut Aufgabenstellung die maximale mit n Punkten konstruierbare Zahl bezeichnet. n < 3 geht nicht,
da drei Punkte bereits vorgegeben sind. Für n = 3 ergibt sich m(3) = 1, da dies der größte vorgegebene Punkt ist.
Ausgehend von diesen drei Punkten kann eine Multiplikation keine neuen Punkte ergeben, so dass die erste Konstruktion eine Addition sein muss, die 1 + 1 = 2 berechnet, da alle anderen Operationen nur wieder zu bekannten Punkten
führen. Die Addition benötigt vier Hilfspunkte abseits der Rechengerade sowie einen Punkt für das Ergebnis, was zu
einer Gesamtzahl von 8 führt, also m(8) = 2.
2
0
1
2
Addition 1 + 1 = 2
∞
0
1
2 3
Wiederholte Addition 1 + k
∞
Jetzt kommt die Multiplikation ins Spiel: ausgehend von den bereits existierenden Konstruktionselementen kann man
mit nur zwei weiteren Punkten eine Multiplikation ausführen. Da auch eine Addition ausgehend von den bestehenden
Elementen zwei weitere Punkte benötigen würde, ergibt es keinen Sinn, an dieser Stelle weiter Additionen auszuführen.
Mit einer einzigen Multiplikation erhält man m(10) = 4.
0
1
2
4
Multiplikation 2 · 2 = 4
∞
0 1 2
4
8
Wiederholte Multiplikation 2 · 2k = 2k+1
∞
Man kann jetzt weiter die Zahl 2 auf das jeweils neueste Ergebnis multiplizieren, und erhält somit Zahlen 2k aus
Konstruktionen mit 2k + 6 Punkten. Es geht aber noch besser: Ausgehend von der 4 kann man diese auch mit sich
selbst multiplizieren, um somit die 16 ohne Umweg über die 8 zu konstruieren. Diese neue Konstruktion zum Quadrieren
benötigt einen weiteren Hilfspunkt auf der Geraden im Unendlichen, und somit insgesamt drei neue Punkte. Deshalb
ist für 12 Punkte noch die Multiplikation mit 2 günstiger, und m(12) = 8.
3
∞
0
0
1
2
4
16
2
∞
1 2
4
16
Wiederholte Quadratur 2(2
Quadratur 4 = 16
k
Mit Quadrieren erhält man m(13) = 42 = 16 und allgemein m(3k + 7) = 2(2
)
k
256
) 2
k
= 2(2
·2)
= 2(2
k+1
)
für k ≥ 1.
Wenn die Schranke n keine komplette Quadratur zulässt, könnte mit den verbleibenden Punkten noch eine Multiplikation in Frage kommen. Bei zwei zusätzlichen Punkten multipliziert man am günstigsten die vorletzte Zahl auf die letzte,
1
um so statt der zweiten eine dritte Potenz zu berechnen. Auf diese Weise erhält man etwa m(15) = 43 = 2(2 ·3) = 64
k
und allgemein m(3k + 12) = 2(2 ·3) .
Mit nur einem einzigen Punkt lässt sich keine zusätzliche von-Staudt-Konstruktion mehr anfertigen. Wenn man jedoch
eine Quadratur ausfallen lässt, so kann man statt dieser zwei Multiplikationen ausführen. Dies bringt jedoch keinerlei
Gewinn: statt über Quadrieren mit drei Punkten von x2 auf x4 zu kommen, kommt man über Multiplizieren zunächst
mit zwei Punkten auf x3 und dann ebenfalls auf x4 , mit insgesamt vier weiteren Punkten. Da kann man den letzten
verfügbaren Punkt genausogut verfallen lassen.
a) Um m direkt in Abhängigkeit von n auszudrücken, kann man wie folgt umformen:
m(3k + 7) = 2(2
k
)
n
(2 3
m(n + 7) = 2
(2
m(n) = 2
)
n−7
3
k
m(3k + 12) = 2(2
k ∈ {1, 2, 3, . . . }
)
·3)
n
(2 3
n ∈ {3, 6, 9, . . . }
m(n + 12) = 2
·3)
n
(2 3 −4 ·3)
n ∈ {10, 13, 16, . . . }
m(n) = 2
Insgesamt ergibt sich also folgende Formel:

1





2
n
3·2 3 −4
m(n) =
2



 2b n−7
3 c


2
k ∈ {0, 1, 2, . . . }
n ∈ {0, 3, 6, . . . }
n ∈ {12, 15, 18, . . . }
für 3 ≤ n ≤ 7
für 8 ≤ n ≤ 9
für n ≥ 12, n mod 3 = 0
sonst
b) Asymptotisch ist lediglich das wiederholte Quadrieren relevant. Jede Quadratur benötigt dabei drei Punkte, so
dass sich das asymptotische Verhalten ergibt als:
n m ∈ Θ 2(2 3 )
c) 1024 = 210 , weshalb mit 3 · 10 + 7 = 37 Punkten bereits eine Konfiguration formuliert werden kann, die den
Rahmen des Darstellbaren sprengt.
d) 3 · 24 = 48 < 53 < 64 = 26 , weshalb bereits ab 3 · 6 + 7 = 25 Punkten selbst ganzzahlige Koordinaten nicht mehr
unbedingt exakt wiedergegeben werden können. Man könnte also mit 25 Punkten die Zahl 264 konstruieren und
mit zwei weiteren Punkten die Zahl 1 dazu addieren. Das Ergebnis wäre eine Konfiguration mit 27 Punkten, von
denen manche vom Computer nicht mehr unterschieden werden können.
4
— Hausaufgaben—
Aufgabe 3. Binäre Konstruktion
Für eine gegebene natürliche Zahl k ∈ N benötigt deren Binärdarstellung n Bits, von denen m Einsen seien. Formal:
k=
n−1
X
i=0
bi 2i
bi ∈ {0, 1}
n−1
X
bn−1 = 1
bi = m
i=0
Beweisen Sie, wie man mit maximal n + m − 1 einzelnen Konstruktionen harmonischer Punkte (im Sinne der Funktion
h aus Blatt 4 Aufgabe 2) die Zahl k konstruieren kann, ausgehend von den Punkten 0, 1 und ∞ auf einer Geraden
der reellen projektiven Ebene.
Lösung:
Eine harmonische Konstruktion kann verwendet werden, um eine einzelne Zahl zu verdoppeln, nämlich über h(x, ∞; 0) =
2x. Mit n solchen Verdoppelungen kann man, ausgehend von der gegebenen 1, alle Zweierpotenzen bis 2n konstruieren.
Das ist eine mehr, als in der Binärdarstellung auftaucht. Da man jedoch mit einer einzelnen harmonischen Konstruktion nicht addieren kann, sondern nur einen Mittelwert bestimmen, taucht dabei im Nenner immer eine 2 auf. Diese
kann durch einen um einen Faktor zwei größeren Zähler kompensiert werden.
Hat man also alle Zweierpotenzen bis 2n konstruiert, dann kann die Zahl k in m − 1 weiteren harmonischen Konstruktionen konstruiert werden. Das lässt sich am einfachsten als Induktion über m beweisen:
Induktionsanfang: Wenn die Zahl k bereits eine Zweierpotenz ist, gilt
k = 2n−1 .
m=1
In diesem Fall hat man die Zahl bereits konstruiert, und ist mit m − 1 = 0 weiteren Schritten fertig.
Induktionsschritt: Andernfalls lässt sich die Zahl k schreiben als
k = 2n−1 + k 0 =
2n + 2k 0
= h(2n , 2k 0 ; ∞),
2
wobei k 0 eine Zahl mit weniger als n Bits und genau m − 1 Einsen ist. Die Zahl 2k 0 hat ebenfalls m − 1 Einsen
und maximal n Bits. Sie lässt sich deshalb nach Induktionsvoraussetzung in m − 2 Schritten konstruieren, so
dass mit diesem einen Schritt hier das Ergebnis k nach m − 1 Mittelwertschritten vorliegt. Der Punkt 2n wurde
bereits vorab konstruiert.
Insgesamt genügen also n Verdoppelungen sowie m − 1 Mittelwertkonstruktionen, macht in Summe n + m − 1 Schritte.
Ein konkretes Beispiel: Die Zahl 25 wird konstruiert als
32 + 32+4
25 + 2
2
k = 25 = 110012 = 16 + 8 + 1 =
=
2
2
5
+22
2
Das benötigt n = 5 Verdoppelungen und m − 1 = 2 Mittelwerte, in Summe als 7 harmonische Konstruktionen.
5
Aufgabe 4. Teilverhältnisse
a) In RP2 sei ein nicht degeneriertes Dreieck gegeben durch seine Eckpunkte A1 , A2 , A3 . Die Seiten werden durch
Punkte Bi unterteilt, wobei Bi auf der Verbindungsgerade von Aj und Ak liegt, für {i, j, k} = {1, 2, 3}. Alle
bisher beschriebenen Punkte seien endlich. Fertigen Sie eine Skizze dieser Konfiguration an.
b) Es sei Fi der Fernpunkt der Verbindungsgerade Aj ∨ Ak für {i, j, k} = {1, 2, 3}. Mit diesem sei das sogenannte
Teilverhältnis ti mit Hilfe des Doppelverhältnisses definiert als
ti = −(Ai+1 , Ai+2 ; Bi , Fi )
wobei die Indizes modulo 3 gerechnet werden. Beschreiben Sie das so definierte Teilverhältnis als ein Verhältnis
euklidischer Längen. Welche Rolle spielt die Orientierung dabei?
c) In der Standardeinbettung mit auf z = 1 normierten Repräsentanten können Sie 3 × 3-Determinanten auch als
orientierte Dreiecksflächen auffassen. Verwenden Sie diese Interpretation, um die oben definierten Teilverhältnisse
ti äquivalent als Verhältnisse von Flächen zu beschreiben. Verwenden Sie bestehende Punkte der Konfiguration
als Ecken dieser Flächen.
d) Im Folgenden soll das Produkt der drei Teilverhältnisse, also t = t1 · t2 · t3 , genauer untersucht werden. Drücken
Sie dieses Produkt mit Hilfe der Determinanten aus Teilaufgabe c) aus.
e) Begründen Sie, weshalb Sie die in Teilaufgabe c) eingeführte Normierungsbedingung auf z = 1 für den Wert von
t keine Rolle mehr spielt.
f) Untersuchen Sie, ob die so berechnete Größe t unter projektiven Transformationen invariant ist. Wie verhält sich
diese Größe insbesondere, wenn Punkte der Konfiguration auf die Gerade im Unendlichen abgebildet werden?
Lösung:
a) Jedes Bi liegt beliebig auf der Ai gegenüberliegenden Dreieckskante. Es kann auch auf der Verlängerung der
Kante liegen, also außerhalb der Strecke (Ai+1 , Ai+2 ), auch wenn das die nachfolgende Skizze nicht illustriert.
A1
B2
B3
A2
B1
A3
b) Man kann einfach eine Basis auf der Geraden annehmen, in der der Punkt Fi tatsächlich ein Fernpunkt ist.
a2 b1 a3 1
·
1 1 1 0
(a − b1 )(−1)
[A2 , B1 ][A3 , F1 ]
b1 − a2
=− 2
t1 =
= − =
[A2 , F1 ][A3 , B1 ]
(−1)(a3 − b1 )
a3 − b1
a2 1 · a3 b1 1 0 1 1 Die Tatsache, dass der Punkt Fi tatsächlich der Fernpunkt der Geraden ist, stellt sicher, dass sich die Differenzen
der Koordinaten tatsächlich als (gerichtete) euklidische Längen (bezüglich einer unbekannten aber wohldefinierten
Einheitslänge) auffassen lassen. Für das Teilverhältnis ti gilt also:
|ti | =
kBi , Ai+1 k
kAi+2 , Bi k
wobei kX, Y k als Schreibweise für die euklidische Distanz zwischen zwei Punkten X und Y gemeint ist.
Da die Distanzen im Doppelverhältnis mit Vorzeichen eingehen, muss man sich noch das Vorzeichen überlegen.
Aus der Gleichung oben kann man ablesen, dass das Vorzeichen genau dann positiv ist, wenn der Punkt Bi
zwischen den Punkten Ai+1 und Ai+2 liegt.
6
c) Man kann das Teilverhältnis t1 auch schreiben als
t1 =
[B1 , A2 , A1 ]
.
[A3 , B1 , A1 ]
Die anderen Teilverhältnisse ergeben sich entsprechend zyklisch. Dass diese Gleichung zu obiger gleichwertig ist,
sieht man, wenn man die Determinanten als (doppelte) Dreiecksflächen betrachtet. Beide Dreiecke haben eine
Kante auf der Geraden A2 ∨ A3 , so dass der Abstand des Punktes A1 von dieser Geraden eine für beide Dreiecke
gleiche Höhe ist. Diese kürzt sich aus dem Bruch, so dass sich die Flächen wie die Grundseiten verhalten, und
die orientierten Flächen entsprechend wie die orientierten Grundseiten.
d)
t = t1 · t1 · t3 =
[B1 , A2 , A1 ][B2 , A3 , A2 ][B3 , A1 , A3 ]
[A3 , B1 , A1 ][A1 , B2 , A2 ][A2 , B3 , A3 ]
e) Die Punkte Ai kommen im Zähler wie im Nenner jeweils zweimal vor, die Bi jeweils einmal. Die Vorfaktoren
von Vielfachen kürzen sich daher aus dem Bruch, weshalb sie auf das Ergebnis keinen Einfluss haben.
f) Die Größe t ist projektiv, weil Zähler und Nenner wie gerade beschrieben multihomogen sind und gleiche Punkte
gleich oft auftauchen. Die Unabhängigkeit vom Repräsentanten wurde gerade gezeigt. Bei Transformation mit
einer Matrix M kürzt sich die dritte Potenz deren Determinante, da sie sich aus jeder einzelnen Determinante
rausziehen lässt.
Man erhält also ausgehend von dem euklidischen Konzept „Längenverhältnis“ eine projektiv invariante Funktion,
die selbst dann noch sinnvoll definiert ist, wenn einzelne Objekte der Konfiguration im Unendlichen landen und
man nicht mehr sinnvoll von einzelnen Längen reden kann.
7