Einfache Aufgaben zu projektiven Räumen

28.08.2010, 12:26	Tarnfara	Auf diesen Beitrag antworten »
Einfache Aufgaben zu projektiven Räumen Hallo ! In den letzten Wochen der Vorlesung hatte ich leider kaum Zeit und konnte daher nicht sehr intensiv an den Übungen teilnehmen. Wie auch immer, ich habe hier ein paar einfach Aufgaben allein gerechnet und würde mich sehr freuen, wenn jemand rüberschauen und gegebenenfalls verbessern könnte. Ich bin mir einfach nicht sicher, ob ich nicht irgendwo Mist verzapfe: Aufgabenstellung: Im projektiven Raum $\begin{eqnarray} \mathbb P^2( \mathbb R) \end{eqnarray}$ seien die Punkte $\begin{eqnarray} P_1 = (1:1:0), P_2 = (1:0:1), P_3 (0:1:1), P_4 = (1:1:1), P_5 = (2:1:0), P_6 =(2:2:3) \end{eqnarray}$ durch ihre homogenen Koordinaten gegeben. Diese erzeugen die Verbindungsräume $\begin{eqnarray} \mathbb U_1 = P_1 \lor P_2, \mathbb U_2 = P_1 \lor P_3, \mathbb U_3 = P_3 \lor P_4, \mathbb U_4 = P_5 \lor P_6 \end{eqnarray}$ Bestimmen Sie $\begin{eqnarray} \mathbb U_1 \cap \mathbb U_2 , \mathbb U_3 \cap \mathbb U_4 , \mathbb U_1 \lor \mathbb U_2 , \mathbb U_3 \lor \mathbb U_4 \end{eqnarray}$ als Verbindungsräume von Punkten aus $\begin{eqnarray} \mathbb P^2 (\mathbb R) \end{eqnarray}$ Zunächst war kein Koordinatensystem angegeben, deswegen gehe ich vom Standardkoordinatensystem aus, dh. ich rechne bezüglich der Basis $\begin{eqnarray} S = \{ e_1, e_2, e_3 \} \end{eqnarray}$ des R^3 und mein KST E ist dann $\begin{eqnarray} \left( (1:0:0), (0:1:0), (0:0:1), (1:1:1) \right) \end{eqnarray}$ bzw. $\begin{eqnarray} \left( \langle e_1 \rangle, \langle e_2 \rangle, \langle e_3 \rangle, \langle e_1+e_2+e_3 \rangle \right) \end{eqnarray}$ . Hier bin ich jedenfalls unsicher wegen der Schreibweisen. Wie auch immer, auf gehts: $\begin{eqnarray} \mathbb U_1 = \langle e_1 + e_2, e_1 + e_3 \rangle \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \mathbb U_2 = \langle e_1 + e_2, e_2 +e_3 \rangle \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \mathbb U_3 = \langle e_2 + e_3, e_1 + e_2 + e_3 \rangle \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \mathbb U_4 = \langle 2e_1 + e_2, 2e_1 + 2e_2 + 3e_3 \rangle \end{eqnarray}$ Irgendwie kann ich nicht glauben, dass es so einfach sein soll. Wie auch immer, dann ist $\begin{eqnarray} \mathbb U_1 \cap \mathbb U_2 = \langle e_1 + e_2 \rangle = (1:1:0) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \mathbb U_3 \cap \mathbb U_4 = \langle -4e_1 -3 e_2 -3e_3 \rangle = (-4:-3:-3) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \mathbb U_1 \lor \mathbb U_2 = \langle ... \rangle = (1:1:0 ) \lor (1:0:1) \lor (0:1:1) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \mathbb U_3 \lor \mathbb U_4 = \langle ... \rangle = (1:1:0) \lor (0:1:1) \lor (2:1:0) \end{eqnarray}$ Ist das richtig so ? LG
28.08.2010, 13:00	Tarnfara	Auf diesen Beitrag antworten »
Aufgabe 2 Im projektiven Raum $\begin{eqnarray} \mathbb P^2 (\mathbb R) \end{eqnarray}$ seien die Punkte $\begin{eqnarray} F_0 = (1:1:0), F_1 = (1:0:1), F_2 = (0:1:1), F_3 =( 2:3:3) \end{eqnarray}$ durch ihre homogenen Koordinaten gegeben. a) Zeigen Sie, dass $\begin{eqnarray} F = (F_0, ..., F_3) \end{eqnarray}$ ein projektives Koordinatensystem von $\begin{eqnarray} \mathbb P^2 (\mathbb R) \end{eqnarray}$ bildet. Geben Sie eine durch F bestimmte Basis $\begin{eqnarray} \{ s_0, s_1, s_2 \} \end{eqnarray}$ von $\begin{eqnarray} \mathbb R^3 \end{eqnarray}$ an. Ich nehme wieder als ursprüngliches KST das Standard-KST: $\begin{eqnarray} F_0 = \langle e_1 + e_2 \rangle =: \langle v_0 \rangle, F_1 = \langle e_1 + e_3 \rangle =: \langle v_1 \rangle, F_2 = \langle e_2 + e_3 \rangle =: \langle v_2 \rangle , F_3 = \langle 2e_1 + 3 e_2 + 3 e_3 \rangle =: \langle v_3 \rangle \end{eqnarray}$ Vektoren aus je drei verschiedenen Erzeugendensystemen sind dann linear unabhängig. Daher besitzt v_3 auch eine eindeutige Darstellung als LK der v_i: $\begin{eqnarray} v_3 = v_0 + v_1 + 2 v_2 \end{eqnarray}$ , wähle daher $\begin{eqnarray} S:= \{ v_0, v_1, 2v_2 \} \end{eqnarray}$ als von F induzierte Basis mit den gewünschten Eigenschaften. ? :o [edit] b) Sei $\begin{eqnarray} B = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ -1 & 1 & 3 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} L \subseteq \mathbb R^3 \end{eqnarray}$ der Lösungsraum von $\begin{eqnarray} Bx = 0 \end{eqnarray}$ . Bestimmen Sie den zugehörigen projektiven Raum $\begin{eqnarray} \mathbb U \subseteq \mathbb P^2(\mathbb R) \end{eqnarray}$ (als Verbindungsraum), dh. es gilt: $\begin{eqnarray} \Delta_F(\mathbb U) = (L \setminus \{0 \} ) / \mathbb R^{} \end{eqnarray}$ Vorab, ich hab keine Ahnung, was R^ ist... :-( Was mich nicht daran hindert, wild zu rechnen. :-) Ich bestimme zunächst den Lösungsraum im R^3: $\begin{eqnarray} B \sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ , also $\begin{eqnarray} L = \langle \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix} \rangle \end{eqnarray}$ . Das ist eine Gerade, also im projektiven Raum ein Punkt. Wenn er bezüglich F die Koordinaten (1, -2, 1) bekommen soll, dann wird er von $\begin{eqnarray} v_0 -2 v_1 + v_3 \end{eqnarray}$ aufgespannt. Das ist $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} -1 \\ 3 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Also: $\begin{eqnarray} \mathbb U = (-1:3:0) \end{eqnarray}$ , was eigentlich ja auch nur eine Koordinatendarstellung bzgl. Standard-KST ist; aber egal. ? [edit^2] c) Seien Punkte $\begin{eqnarray} P_1, P_2 \in \mathbb P^2 (\mathbb R) \end{eqnarray}$ gegeben durch $\begin{eqnarray} P_1 = (3:2:1) , P_2 = (2: -1: -1) \end{eqnarray}$ Sei $\begin{eqnarray} \mathbb U = P_1 \lor P_2 \end{eqnarray}$ ihr Verbindungsraum. Bestimmen Sie ein $\begin{eqnarray} A \in \mathbb R^{1 \times 3} \end{eqnarray}$ mit der Eigenschaft $\begin{eqnarray} AP_F = 0 \forall P \in \mathbb U \end{eqnarray}$ . P_F ist der Koordinatenvektor von P bzgl F. Wie oben ist $\begin{eqnarray} P_1 \lor P_2 = \langle \begin{pmatrix} 3\\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix} \rangle \end{eqnarray}$ , daraus folgt, dass ein Vektor v aus diesem Erzeugendensystem die Gestalt $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 3a+2b \\ 2a-b \\ a-b \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ bzgl. irgendwelcher Skalare a,b hat. Ich berechne seine Koordinaten bzgl der v_i: $\begin{eqnarray} v = (2a+b) v_0 + (a+b) v_1 -b v_2 \end{eqnarray}$ , also ist $\begin{eqnarray} P_F = (2a + b : a+b : -b) \end{eqnarray}$ für alle Vektoren aus $\begin{eqnarray} \mathbb U \end{eqnarray}$ . Daraus ergibt sich, dass $\begin{eqnarray} A = \begin{pmatrix} 1 &-2 & -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ eine mögliche gesuchte Matrix ist.

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