Übung 1.

Seien \({ p \coloneqq \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ -3 \end{pmatrix} }\), \({ u \coloneqq \begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} }\), \({ q \coloneqq \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} }\), \({ v_2 \coloneqq \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix} }\), \({ v_3 \coloneqq \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} }\) und \({ v_4 \coloneqq \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} }\) reelle Vektoren. Seien weiter \({ G \coloneqq p + \langle u \rangle }\) und \({ H \coloneqq q + \langle v_2, v_3, v_4 \rangle }\) die zugehörige Gerade und affine Hyperebene. Bestimmen Sie die Schnittmenge \({ G \cap H }\).

Lösung.

Sei \[ n \coloneqq v_2 \times v_3 \times v_4 = \begin{pmatrix} \det \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\ - \det \begin{pmatrix} 0 & 2 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\ \det \begin{pmatrix} 0 & 2 & -1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \end{pmatrix} \\ - \det \begin{pmatrix} 0 & 2 & -1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ \end{pmatrix} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix} \] und \({ \alpha \coloneqq \varphi_{n^T} \colon \R^4 \to \R,\, v \mapsto n^T v }\) die zugehörige Linearform. Dann ist \({ H }\) die Faser von \({ \alpha }\) über \[ \alpha(q) = n^T q = \begin{pmatrix} 1 & -2 & -2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} = 2 . \] Sei weiter \({ f \colon \R \to \R^4,\, t \mapsto p + tu }\) dann gilt \({ G = f(\R) }\). Insgesamt erhalten wir \[ G \cap H = f(\R) \cap \alpha^{-1}(2) = f((\alpha \circ f)^{-1}(2)) . \] Wir bestimmen zunächst \({ (\alpha \circ f)^{-1}(2) }\). Sei dazu \({ t \in \R }\) dann gilt die Gleichung \[ \begin{split} 2 &= (\alpha \circ f)(t) \\ &= n^T (p + tu) \\ &= n^T \begin{pmatrix} p & u \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ t \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 1 & -2 & -2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ -3 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ t \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} -4 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ t \end{pmatrix} \\ &= -4 + 2t \end{split} \] genau dann, wenn die Gleichung \({ 6 = 2t }\) und damit \({ t = 3 }\) gilt. Wir erhalten also \({ (\alpha \circ f)^{-1}(2) = \{3\} }\) und damit \[ \begin{split} G \cap H &= f(\{3\}) \\ &= \{f(3)\} \\ &= \{ p + 3 u \} \\ &= \left\{ \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ -3 \end{pmatrix} + 3 \begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \right\} \\ &= \left\{ \begin{pmatrix} 10 \\ 1 \\ 3 \\ 0 \end{pmatrix} \right\} . \end{split} \]

Übung 2.

Seien \({ v_1 \coloneqq \begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} }\) und \({ v_2 \coloneqq \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} }\) reelle Vektoren, sei \({ A \coloneqq \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & -1 \end{pmatrix} \in \R^{3 \times 3} }\) und sei \({ \varphi \coloneqq \varphi_A \colon \R^3 \to \R^3,\, u \mapsto A u }\) die zugehörige lineare Abbildung. Bestimmen Sie eine Basis des Urbilds \({ \varphi^{-1}(\langle v_1, v_2 \rangle) }\).

Lösung.

Sei \( n \coloneqq v_1 \times v_2 = \begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 \\ 3 \\ -2 \end{pmatrix} \), dann gilt die Gleichung \({ \langle v_1, v_2 \rangle = n^{\perp} }\). Zusammen mit dem Lemma zu Urbildern von orthogonalen Komplementen folgt die Gleichung \( \varphi^{-1}(\langle v_1, v_2 \rangle) = \varphi^{-1}(n^{\perp}) = \varphi^T(n)^{\perp} = (A^T n)^{\perp} \). Weiter ist das orthogonale Komplement des Spaltenvektors \({ A^T n }\) bezüglich Standard-Bilinearform der Kern des Zeilenvektors \[ \begin{split} {(A^T n)^T} &= {n^T A} \\ &= { \begin{pmatrix} -1 & 3 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & -1 \end{pmatrix} } \\ &= \begin{pmatrix} 0 & -1 & 3 \end{pmatrix} . \end{split} \] Als Zeilenvektor ist \({ n^T A }\) bereits in Zeilenstufenform mit genau einer Stufe; hier in der zweiten Spalte. Um eine Basis \({ \{u_1, u_2\} }\) für \[ \ker n^T A = \varphi^{-1}(\langle v_1, v_2 \rangle) \] zu bestimmen, wählen wir deshalb den Ansatz \({ u_1 = \begin{pmatrix} 0 \\ y \\ 1 \end{pmatrix} }\) und \({ u_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} }\). Für \({ u_1 \in \ker n^T A }\) muss nun die Gleichung \( 0 = {n^T A u_1} = { \begin{pmatrix} 0 & -1 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 \\ y \\ 1 \end{pmatrix} } = {-y + 3} \) und damit \({ y = 3 }\) gelten. Wir erhalten also \({ u_1 = \begin{pmatrix} 0 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} }\) und damit \({ \{u_1, u_2\} = \left\{ \begin{pmatrix} 0 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \right\} }\) als Basis von \({ \ker n^T A = \varphi^{-1}(\langle v_1, v_2 \rangle) }\).

Übung 3.

Sei \({ \varphi \colon V \to W }\) ein linearer Isomorphismus zwischen Vektorräumen \({ V }\) und \({ W }\) der Dimension \({ n \in \N \setminus \{0\} }\) und mit Volumenformen \({ \nu_1 \colon V^n \to K }\) und \({ \nu_2 \colon W^n \to K }\). Sei weiter \({ \gamma \colon V \times V \to K }\) eine reguläre symmetrische Bilinearform, \({ q \in W }\), und \({ v_2, \dots, v_n \in V }\) linear unabhängige Vektoren. Zeigen Sie, die affine Hyperebene \[ H \coloneqq \varphi^{-1}(q) + \langle v_2, \dots, v_n \rangle \subset V \] ist die Faser der Linearform \[ \gamma(v_2 \times \cdots \times v_n, -) \colon V \to K \] über \({ \displaystyle{ \frac{\nu_2(q, \varphi(v_2), \dots, \varphi(v_n))}{\det \varphi} } }\).

Lösung.

Sei \({ n \coloneqq v_2 \times \cdots \times v_n }\) dann gilt die Gleichung \({ H = \varphi^{-1}(q) + n^{\perp} }\). Damit ist \({ H }\) die Faser von \({ \gamma(n, -) \colon V \to K }\) über \({ \gamma(n, \varphi^{-1}(q)) }\). Es bleibt die Gleichung \[ \gamma(n, \varphi^{-1}(q)) = \frac{\nu_2(q, \varphi(v_2), \dots, \varphi(v_n))}{\det \varphi} \] bzw. \({ (\det \varphi) \gamma(n, \varphi^{-1}(q)) = \nu_2(q, \varphi(v_2), \dots, \varphi(v_n)) }\) zu zeigen. Schließlich berechnen wir \[ \begin{split} (\det \varphi) \gamma(n, \varphi^{-1}(q)) &= (\det \varphi) \gamma(v_2 \times \cdots \times v_n, \varphi^{-1}(q)) \\ &= (\det \varphi) \nu_1(\varphi^{-1}(q), v_2, \dots, v_n) \\ &= \varphi^* \nu_2(\varphi^{-1}(q), v_2, \dots, v_n) \\ &= \nu_2(\varphi(\varphi^{-1}(q)), \varphi(v_2), \dots, \varphi(v_n)) \\ &= \nu_2(q, \varphi(v_2), \dots, \varphi(v_n)) . \end{split} \]

Übung 4.

Seien \({ p \coloneqq \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} }\), \({ u \coloneqq \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} }\), \({ q \coloneqq \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} }\), \({ v_1 \coloneqq \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} }\) und \({ v_2 \coloneqq \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} }\) reelle Vektoren, sei \({ A \coloneqq \begin{pmatrix} -1 & 0 & 1 \\ 0 & 3 & 0 \\ 2 & 0 & -4 \end{pmatrix} \in \R^{3 \times 3} }\) und sei \({ \varphi \coloneqq \varphi_A \colon \R^3 \to \R^3,\, u \mapsto A u }\) die zugehörige lineare Abbildung. Seien weiter \({ G \coloneqq p + \langle u \rangle }\) und \({ E \coloneqq \varphi^{-1}(q) + \langle v_1, v_2 \rangle }\) die zugehörige Gerade bzw. affine Ebene. Bestimmen Sie die Schnittmenge \({ G \cap E }\). Sie dürfen das Ergebnis aus Übung 3 ohne Beweis verwenden.

Lösung.

Sei \({ n \coloneqq v_1 \times v_2 = \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 \\ 3 \\ 2 \end{pmatrix} }\) dann ist \({ E }\) nach Übung 3 die Faser von \({ \alpha \coloneqq \varphi_{n^T} \colon \R^3 \to \R,\, v \mapsto n^T v }\) über \[ \frac{ \det \begin{pmatrix} q & \varphi(v_1) & \varphi(v_2) \end{pmatrix} }{ \det \varphi } . \] Wir berechnen also zunächst \[ \begin{split} \begin{pmatrix} \varphi(v_1) & \varphi(v_2) \end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} A v_1 & A v_2 \end{pmatrix} \\ &= A \begin{pmatrix} v_1 & v_2 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} -1 & 0 & 1 \\ 0 & 3 & 0 \\ 2 & 0 & -4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} -1 & -3 \\ 0 & 3 \\ 0 & 6 \end{pmatrix} \end{split} \] und weiter \({ \det \begin{pmatrix} q & \varphi(v_1) & \varphi(v_2) \end{pmatrix} = \det \begin{pmatrix} 0 & -1 & -3 \\ 1 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & 6 \end{pmatrix} = 6 }\). Außerdem gilt \( {\det \varphi} = {\det A} = { \det \begin{pmatrix} -1 & 0 & 1 \\ 0 & 3 & 0 \\ 2 & 0 & -4 \end{pmatrix} } = {3 (4 - 2)} = 6 \). Insgesamt erhalten wir die affine Ebene \({ E }\) als Faser von \({ \alpha \colon \R^3 \to \R }\) über \[ \frac{ \det \begin{pmatrix} q & \varphi(v_1) & \varphi(v_2) \end{pmatrix} }{ \det \varphi } = \frac{6}{6} = 1 . \] Sei nun \({ f \colon \R \to \R^3,\, t \mapsto p + tu }\) dann gilt \({ f(\R) = G }\) und damit \({ G \cap E = f(\R) \cap \alpha^{-1}(1) = f((\alpha \circ f)^{-1}(1)) }\). Wir berechnen also zunächst die Faser von \({ \alpha \circ f }\) über \({ 1 }\). Sei dazu \({ t \in \R }\) dann gilt die Gleichung \[ \begin{split} 1 &= (\alpha \circ f)(t) \\ &= n^T (p + tu) \\ &= n^T \begin{pmatrix} p & u \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ t \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} -1 & 3 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ t \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ t \end{pmatrix} \\ &= 1 + 2t \end{split} \] genau dann, wenn die Gleichung \({ 0 = 2t }\) und damit \({ t = 0 }\) gilt. Wir erhalten also \({ (\alpha \circ f)^{-1}(1) = \{0\} }\) und damit \[ \begin{split} G \cap E &= f((\alpha \circ f)^{-1}(1)) \\ &= f(\{0\}) \\ &= \{f(0)\} \\ &= \{p\} \\ &= \left\{ \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \right\} . \end{split} \]