Geometrie - Vorlesungsscript

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1 Geometrie - Vorlesungsscript Dr. S. Baader Wintersemester 07 Mitschrift: Alex Aeberli und Raoul Bourquin $Id$

2 Contents 1 Gruppen Eigenschaften, die für alle Gruppen gelten Gruppentafeln Gruppen kleiner Ordnung Vergleiche von Gruppen Die symmetrischen Gruppen S n Notation für Permutationen Die zyklischen Gruppen C n Geometrische Interpretation der endlichen zyklischen Gruppen Isometrien der Ebene und Drehgruppen Endliche Untergruppen der ebenen Isometriegruppe Endliche Diedergruppen Die endlichen Untergruppen von SO(R 3 ) Die speziellen orthogonalen Gruppen Klassifikation der endlichen Untergruppen der Drehgruppe SO(R 3 ) Hyperbolische Geometrie Inversion am Kreis Konstruktion eines neuen Abstandbegriffs Das Poincaré-Modell der Hyperbolischen Ebene Verifikation der Inzidenzaxiome Kongruenz und hyperbolische Distanz Hyperbolische Isometrien Hyperbolische Winkel Die obere Halbebene Die Isometriegruppe der hyperbolischen Ebene Flächeninhalt hyperbolischer Dreiecke Polyeder und Dehns Invariante Dehn sche Invariante

3 Chapter 1 Gruppen Sei ein gleichseitiges Dreieck in der euklidischen Ebene E. Gewisse Abbildungen ϕ : E E bilden das Dreieck auf sich selbst ab. C S 2 S S 1 A S 3 B Dies sind die Spiegelungen ϕ 1, ϕ 2, ϕ 3 an den Seitenhalbierenden S 1, S 2, S 3 und die Drehungen D, D 2 um den Schwerpunkt S mit 120 bzw 240. Die Komposition ϕ 1 ϕ 2 ist auch eine Abbildung E E und ist definiert durch: Zum Beispiel gilt: (ϕ 1 ϕ 2 )(P) = ϕ 1 (ϕ 2 (P)) E ϕ 1 ϕ 2 = D ϕ 2 ϕ 1 = D 2 ϕ 2 (ϕ 1 ϕ }{{ 2 ) = ϕ } 2 D = ϕ 3 =D Definition (euklidische Ebene) Die euklidische Ebene ist die Menge R 2 zusammen mit einer Abstandsfunktion d : R 2 R 2 R. Die übliche Abstandsfunktion ist folgende: Seien p, q zwei beliebige Punkte der Ebene. d : R R R (p, q) d(p, q) = (p x q x ) 2 + (p y q y ) 2 Definition (Isometrie) Eine Isometrie ϕ : E E ist eine Abbildung, die Abstände erhält. Das heisst für alle Punktepaare p, q E gilt d(ϕ(p), ϕ(q)) = d(p, q) 2

4 Proposition Sei ϕ : E E eine Isometrie, die das gleichseitige Dreieck in sich abbildet. Dann ist ϕ eine der folgenden 6 Abbildungen: Id E, ϕ 1, ϕ 2, ϕ 3, D, D 2 (= D D) Beweis Sei ϕ : E E eine solche Isometrie. 1. Betrachte die Bilder der Eckpunkte. ϕ(a), ϕ(b), ϕ(c) haben paarweise denselben Abstand wie A, B, C. Folglich müssen ϕ(a), ϕ(b), ϕ(c) wiederum Eckpunkte sein. Insgesamt existieren 6 Möglichkeiten, die von den Abbildungen realisiert werden. 2. Jede Isometrie von R 2 ist durch die Bilder der Eckpunkte des Dreiecks eindeutig bestimmt. Definition (Gruppe) Eine Gruppe ist eine Menge G zusammen mit einer Verknüpfung, so dass gilt: : G G G Folgenden Bedingungen müssen erfüllt sein: 1. Assoziativität: a (b c) = (a b) c 2. Es existiert ein eindeutiges neutrales Element e G mit e a = a e = a ( a G). 3. Zu jedem g G existiert ein inverses Element h G mit g h = h g = e. Das inverse Element wird meist als g 1 geschrieben. Beispiele 1 Die Isometrien des ebenen, gleichseitigen Dreiecks: Assotiativität ist erfüllt Iso( ) = { Id E, ϕ 1, ϕ 2, ϕ 3, D, D 2} Das neutrale Element ist vorhanden: Id E Inverse Elemente: Id 1 E D 2, (D 2 ) 1 = D G = {e} ist die triviale Gruppe = Id E, ϕ 1 1 = ϕ 1, ϕ 1 2 = ϕ 2, ϕ 1 3 = ϕ 3, D 1 = G = {} ist keine Gruppe, weil u.a. das neutrale Element fehlt. (e G) G = Z = {0, ±1, ±2, ±3,...} mit der Verknüpfung + bildet eine Gruppe. G = (N 0, +) ist keine Gruppe, weil es keine inversen Elemente gibt. Bemerkung Die Gruppe Z ist unendlich. Auch ist sie kommutativ (abelsch), das heisst a + b = b + a ( a, b Z). Die Gruppe Iso( ) ist nicht abelsch: ϕ 1 ϕ 2 = D D 2 = ϕ 2 ϕ 1. 3

5 Bemerkung (Assotiativität der Komposition von Abbildungen) Abbildungen sind gleich, wenn sie gleich wirken. (f g) h a a h(x) a(h(x)) f(g(h(x)))? = f (g h) b? = f b(x)? = f(b(x)) = f(g(h(x))) Eigenschaften, die für alle Gruppen gelten Sei (G, ) eine Gruppe. 1. Das neutrale Element e ist eindeutig 2. Das zu g G inverse Element g 1 ist eindeutig 3. Die Gleichungen a x = b und x a = b sind für alle fest gewählten a, b eindeutig nach x lösbar. Beweis Seien e G und e G zwei neutrale Elemente. Dann gilt e = e e = e. Somit sind e und e identisch. 2. Seien h und h zwei inverse Elemente zu g G so gillt: h (g h ) = (h g) h =e =e h = h e = e h = h 3. Die Gleichung a x = b löst man wie folgt: a x = b a 1 (a x) = a 1 b (a 1 a) x = a 1 b e x Die andere Gleichung ist analog zu lösen Gruppentafeln x = a 1 b = a 1 b Sei (G, ) eine Gruppe mit n Elementen. n nennt man die Ordnung der Gruppe und schreibt dafür n = G. G = g 1, g 2, g 3,..., g n =e Die Gruppentafel für G ist ein quadratisches Schema, dass alle Produkte der Form g i g j mit 1 i, j n enthält. 4

6 e g 2 g 3 g j g n e e e e g 2 e g 3 e g j e g n g 2 g 2 e g 2 g 2 g 2 g 3 g 2 g j g 2 g n g i g i e g i g 2 g i g 3 g i g j g i g n g n g n e g n g 2 g n g 3 g n g j g n g n In jeder Zeile der Gruppentafel findet sich eine Permutation aller Elemente. Ist die Gruppe abelsch, so ist die Tafel entlang der Diagonalen g 1,1,..., g i,i,..., g n,n symmetrisch. Beispiele 2 G = Iso( ) e ϕ 1 ϕ 2 ϕ 3 D D 2 e e ϕ 1 ϕ 2 ϕ 3 D D 2 ϕ 1 ϕ 1 e???? ϕ 2 ϕ 2? e??? ϕ 3 ϕ 3?? e?? D D??? D 2? D 2 D 2???? D Gruppen kleiner Ordnung n = 1 Gruppe mit einem Element: G = {e}. Dies ist die triviale Gruppe. e e e n = 2 Gruppe mit zwei Elementen: G = {e, a}. Das Element a ist selbstinvers. e a e e a a a e n = 3 Gruppe mit drei Elementen: G = {e, a, b} e a b e e a b a a b e b b e a n = 4 Gruppe mit vier Elementen: G = {e, a, b, c} 1 e a b c 3 e a b c e e a b c e e a b c a a b c e a a e c b b b c e a b b c a e c c e a b c c b e a 5

7 2 e a b c e e a b c a a c e b b b e c a c c b a e 4 e a b c e e a b c a a e c b b b c e a c c b a e Geometrische Realisierungen dieser Gruppentafeln Sei D eine Drehung um (0; 0) um den Winkel 90. Die Menge {Id E, D, D 2, D 3} hat eine natürliche Gruppenstruktur: e = Id E, a = D, b = D 2, c = D 3 Weil die Verknüpfung von Abbildungen assoziativ ist, schliessen wir, dass die Verknüpfung in Tafel 1 assotiativ ist. Die Gruppe wird als C 4 bezeichnet. Für Tafel 2 gilt: e = Id E, a = D, b = D 3, c = D 2 und für Tafel 3: e = Id E, a = D 2, b = D, c = D 3 Die ersten drei Gruppentafeln representieren also alle dieselbe Gruppe. Geometrische Interpretation der 4. Tafel. Seien g, h zwei zueinander senkrechte Geraden. Seien S g, S h die Spiegelungen an g und h. Weiterhin seien S g S h und S h S g die Spiegelung an g h. Nun gilt: Id E = e S h (P) h P S g = a g S h S g S h = b = c S g S h (P) S g (P) Diese vier Abbildungen der Ebene bilden zusammen mit der üblichen Verknüpfung eine Gruppe mit der 4. Gruppentafel, es ist die sog. Kleinsche Vierergruppe. Bemerkung Ab G = n 5 existieren Verknüpfungen auf G, die zwar den Axiomen 2 und 3 genügen, aber nicht assotiativ sind. Beispiele 3 Die Elemente sind selbstinvers, somit sind die inversen Elemente vorhanden. Die Verknüpfung ist aber nicht assotiativ! e a b c d e e a b c d a a e d b c b b c e d a c c d a e b d d b c a e Prüfe zum Beispiel folgende Verknüpfungen: (a a) b = e b = b a (a b) = a d = c Diese Gruppe hat keine geometrische Realisierung. 6

8 1.0.4 Vergleiche von Gruppen Definition (Gruppenhomomorphismus) Seien (G 1, ), (G 2, ) zwei Gruppen. Eine Abbildung ϕ : G 1 G 2 heisst Gruppenhomomorphismus falls folgendes gilt: ϕ(a b) = ϕ(a) ϕ(b) ( a, b G 1 ) Ein Gruppenhomomorphismus ϕ heisst Gruppenisomorphismus, falls er umkehrbar (bijektiv) ist. Also ψ : G 2 G 1 so dass ϕ ψ = Id G2 und ψ ϕ = Id G1. Beispiele 4 Seien G 1, G 2 zwei beliebige Gruppen. ϕ : G 1 G 2 mit g e 2. Dies ist der triviale Gruppenhomomorphismus. Sei G 1 = G 2 die Kleinsche Vierergruppen V 4. ϕ : V 4 V 4 e e a b b a c c Prüfe nun die Bedingungen: ϕ(e x) = ϕ(e) ϕ(x) was sich zu ϕ(x) = e ϕ(x) vereinfachen lässt. ϕ(a b)? = ϕ(a) ϕ(b) ϕ(c) = b a c = c Auf dieselbe Weise prüfe man ϕ(a c) und ϕ(b c). Die umgekehrten Fälle sind automatisch erfüllt, da V 4 abelsch (kommutativ) ist. Sei G 1 = G 2 = (Z, +) und sei a Z fest gewählt. ist die übliche Multiplikation in Z. ϕ a : Z Z n a n Ist ϕ nun ein Gruppenhomomorphismus? Prüfe folgendes: ϕ a (n + m)? = ϕ a (n) + ϕ a (m) a (m + n) = a n + a m Somit ist ϕ ein Gruppenhomomorphismus. Definition (Injektivität) Eine Abbildung f : X Y heisst injektiv, falls aus f(x 1 ) = f(x 2 ) folgt, dass x 1 = x 2 x 1, x 2 X. Jedes y Y hat also höchstens ein Urbild. 7

9 Proposition Sei ϕ : G 1 G 2 ein Gruppenhomomorphismus, dann gilt: 1. ϕ(e 1 ) = e 2 2. (ϕ(g)) 1 = ϕ(g 1 ) 3. ϕ ist injektiv Kern(ϕ) := ϕ(e 2 ) 1 = {e 1 } 4. Falls ϕ bijektiv ist, dann ist die Umkehrung ϕ 1 auch ein Gruppenhomomorphismus (sogar ein Gruppenisomorphismus). Beweis Sei 2. Berechne: ϕ(e 1 e 1 ) = ϕ(e 1 ) ϕ(e 1 ) (ϕ(e 1 )) 1 ϕ(e 1 ) ϕ(e 2 ) 1 = ϕ(e 1 e 2 ) e 1 = e 2 ϕ(g 1 g) = ϕ(g 1 ) ϕ(g) ϕ(e 1) e 2 = ϕ(g 1 ) ϕ(g) (ϕ(g)) 1 = ϕ(g 1 ) 3. Kern(ϕ) := ϕ 1 (e 2 ) = {g G 1 ϕ(g) = e 2 } Sei g G 1, g Kern(ϕ) G 1. Zeige, dass g = e 1. Es folgt, dass ϕ(g) = e 2 und ϕ(e 1 ) i) = e 2. Weil ϕ aber injektiv ist, folgt auch, dass g = e 1 und somit dass Kern(ϕ) = {e 1 }. Seien g, h G 1 mit ϕ(g) = ϕ(h). Berechne nun: ϕ(g h 1 ) = ϕ(g) ϕ(h 1 ) = ϕ(g) (ϕ(h)) 1 g h 1 Kern(ϕ) = {e 1 } = ϕ(g) (ϕ(g)) 1 = e 2 g h 1 = e 1 h g = h 4. Sei ϕ ein Gruppenisomorphismus. Zu zeigen ist, dass ϕ 1 auch ein Gruppenhomomorphismus ist. Wähle nun x, y G 1 mit ϕ(x) = a und ϕ(y) = b. (Dies ist erlaubt, da ϕ bijektiv ist.) ϕ 1 (a b) = ϕ 1 (a) ϕ 1 (b) ( a, b, G 2 ) 8

10 Setze nun ein: ϕ 1 (ϕ(x) ϕ(y))? = ϕ 1 (ϕ(x)) ϕ 1 (ϕ(y)) Weil ϕ ein Homomorphismus ist, gilt nun: ϕ 1 (ϕ(x y)) = ϕ 1 (ϕ(x)) ϕ 1 (ϕ(y)) x y = x y 1.1 Die symmetrischen Gruppen S n Definition (symmetrische Gruppe) Sei n N, n 1 fest gewählt. M = {1, 2, 3, 4,..., n} Eine bijektive Abbildung σ : M M heisst Permutation der Menge M. Die Menge aller Permutationen von M bildet zusammen mit der üblichen Verknüpfung von Abbildungen eine Gruppe. Man nennt diese Gruppe die symmetrische Gruppe S n Notation für Permutationen Definition Matrixschreibweise. Hier schreibt man in die obere Zeile die nicht-permutierten Elemente und in der Unteren ihre Permutationen. ( ) n σ(1) σ(2) σ(3) σ(4)... σ(n) Beispiele 5 ( ) Definition Zykelschreibweise In der Zykelschreibweise schreibt man die Zykel in runde Klammern. Die Identität wird so geschrieben: (1) 3 Zykel Beispiele 6 Zykelschreibweise des obigen Beispiels: (1 3 5)(2 4) Beispiele 7 Beispiele von Symmetrischen Gruppen. n = 1 Die symmetrische Gruppe besteht nur aus einem Element, der Identität. M = {1}, S 1 = {σ 1 } Die Permutation ist: σ 1 : {1} {1} =e 9

11 n = 2 Die Menge besteht aus zwei Elementen M = {1, 2} und die Gruppe enthält genau zwei Permutationen S 2 = {(1), (1 2)} = {e, a} n = 3 M = {1, 2, 3} S 3 = {(1), (1 2), (1 3), (2 3), (1 2 3), (1 3 2)} Behauptung: Die Gruppe S 3 ist isomorph zur Gruppe Iso( ). Das heisst, es existiert ein Gruppenisomorphismus ψ : S 3 Iso( ). Beweis: Explizite Angabe des Isomorphismus: ψ((1)) Id E 3 ψ((1 2)) ϕ 3 ψ((1 3)) ϕ 2 ψ((2 3)) ϕ 1 ψ((1 2 3)) D ψ((1 3 2)) D 2 1 S 3 2 ϕ ist wirklich ein Gruppenhomomorphismus. Bemerkung S 2 S S 1 Für n 3 ist S n nicht mehr abelsch (kommutativ). Es gilt zum Beispiel: (1 2) (1 3) = (1 3 2) (1 3) (1 2) = (1 2 3) Die Anzahl der Permutationen ist: S n = n!. Dies ist n mal die Anzahl der Permutationen von S n 1. (Beweis per Induktion.) Insbesondere gilt: S 4 = 24 Frage: Ist S 4 isomorph zu Iso( )? Antwort: Nein! Denn nicht jede der 24 Permutationen ist in Iso( ) geometrisch realisierbar. Es git: Iso( ) = 8. S 4 ist jedoch isomorph zur Isometriegruppe des regelmässigen Tetraeders (S 4 Iso(Tetraeder)). Sei n N 1 fest gewählt. Die Inklusion {1, 2, 3,..., n} {1, 2, 3,..., n, n + 1} liefert einen Gruppenhomomorphismus: i n : σ n σ n+1 σ i n (σ) wobei das letzte Element stets fest bleibt und nur die anderen n permutiert werden. (i n (σ))(n + 1) = n + 1 (i n (σ))(k) = σ(k) ( k n) Das Bild der Abbildung i n ist eine Teilmenge von S n+1, die wir als Untergruppe bezeichnen. 10

12 Definition (Untergruppe) Eine Teilmenge H einer Gruppe G heisst Untergruppe von G, falls gilt: 1. H ist eine echte, nichtleere Teilmenge von G: H, H G. 2. Aus a, b H folgt, dass auch a b H. (H ist abgeschlossen unter der Verknüpfung.) 3. Aus a H folgt, dass auch das Inverse Element a 1 H. 4. Die Assotiativität wird von G übernommen. (Homomorphieprinzip) Beispiele 8 1. Sei G beliebig. Dann sind {e} G und G G immer Untergruppen in G. 2. Seien G 1, G 2 beliebige Gruppen. Sei ϕ : G 1 G 2 ein Gruppenhomomorphismus. Dann sind die folgenden Teilmengen Untergruppen von G 1 bzw. G 2. Kern(ϕ) := {g G 1 ϕ(g) = e 2 } G 1 Bild(ϕ) := {g G 2 g 1 G 1 mit ϕ(g 1 ) = g} G 2 Für den Kern(ϕ) gilt Zu prüfen sind die 4 Eigenschaften einer Untergruppe. (a) e 1 Kern(ϕ) da ϕ(e 1 ) = e 2. Daraus folgt, dass der Kern(ϕ) nicht leer ist. (b) Seien a, b Kern(ϕ), das heisst ϕ(a) = e 2 = ϕ(b) Dann ist ϕ(a) ϕ(b) = e 2 e 2. Daraus folgt, dass a b Kern(ϕ). Also sind auch die Produkte zweier Elemente vorhanden. (c) Sei a Kern(ϕ), das heisst ϕ(a) = e 2. Daraus folgt, dass ϕ(a 1 ) = (ϕ(a)) 1 = e 1 2 = e 2. Somit sind auch die Inversen Elemente vorhanden. Für das Bild(ϕ) gilt Zu prüfen sind die 4 Eigenschaften einer Untergruppe. (a) Die Gruppe G 2 kann per Definition nicht leer sein. Jede Gruppe enthält mindestens das neutrale Element. (b) Seien v 1, v 2 G 2 und u 1, u 2 G 1 mit ϕ(u 1 ) = v 1 und ϕ(u 2 ) = v 2. Es gilt nun: ϕ(u 1 u 2 ) = ϕ(u 1 ) ϕ(u 2 ) = v 1 v 2. Folglich sind auch Verknüpfungen von Elementen in G 2 wiederum in G 2 enthalten. (c) Seien u und u 1 G 1 Es gilt nun: ϕ(e 1 ) G 2 ϕ(u u 1 ) G 2 ϕ(u) ϕ(u 1 ) G 2 v (ϕ(u)) 1 G 2 v v 1 G 2 11

13 3. Sei G = S 3. Alle Untergruppen dieser Gruppe sind in der folgenden Aufzählung enthalten. {e},{e, (1 2)}, {e, (1 3)},{e, (2 3)}, {e, (1 2 3), (1 3 2)}, S 3 Das Element (1 2 3) ist zu (1 3 2) invers. Definition Erzeugende Elemente Sei G eine beliebige Gruppe und a 1, a 2, a 3,...,a n G. Die kleinste Untergruppe von G, die alle a i enthält, heisst die von a i erzeugte Untergruppe von G. Notation: a 1, a 2, a 3,..., a n G Beispiele 9 Gegeben die folgende Gruppe G = (Z, +). 1 = Z 2, 3 = Z p, q = ggt(p, q) 6, 15 = 3 Für die Beweise sind die beiden Inklusionen und zu zeigen. 1.2 Die zyklischen Gruppen C n Definition (zyklische Gruppe) Eine Gruppe G heisst zyklisch, falls es genau ein Element g G gibt, so dass g = G. Mit anderen Worten: die ganze Gruppe G kann von einem einzigen Element erzeugt werden. Beispiele 10 Einige zyklische Gruppen S 3 ist nicht zyklisch. Es gibt keine Element in S 3 dass die ganze Gruppe erzeugen kann. Beweis: (indirekt) Wäre S 3 zyklisch, so gäbe es ein Element aus (1 2), (1 3), (2 3), (1 2 3), (1 3 2), e, welches alle anderen Elemente erzeugt. So ein Element gibt es aber nicht. Z ist zyklisch. Ebenso jede Untergruppe von Z {e} ist zyklisch. (triviale Gruppe) Sei n N fest gewählt und n 1. Definiere die folgende Menge: C n := { e, x, x 2, x 3,..., x n 1} Die x i sind schlicht formale Symbole (insbesondere keine Polynome). Behauptung: die Menge bildet zusammen mit der folgenden Verknüpfung eine Gruppe. : C n C n C n x i x j x i+j falls i + j n 1 x i x j x i+j n falls i + j n e = x 0 12

14 Beweis (C n, ) ist eine Gruppe Das neutrale Element ist vorhanden: e = x 0. Das zu x i inverse Element ist vorhanden: x n i. Es gilt x i x n 1 = x i+(n i) n = x Assotiativität. x i (x j x h ) = (x i x j ) x k = x i+j+k αn. Für l α 3 gemäss der Bedingung i + j + h αn {0, 1,...,n 1}. C n ist zyklisch, denn x i (i Z) = C n. Weiter ist die Gruppe sogar abelsch. Satz Sei G eine zyklische Gruppe der Ordnung n wobei n N { }, dann ist G isomorph zu C n, falls n. Ansonsten ist G isomorph zu Z. Beweis Annahme: n N. Sei g ein Erzeuger für G : g = G. Setze nun: φ : C n G x 0 e x i g i g i ist dabei nichts anderes als: g i = g (g (g...))). i Mal Behauptung: φ ist ein Gruppenisomorphismus. 1. Zu zeigen: N N, N 1 mit g N = e. (mit g N = g g g... g) Betrachte die Menge { e, g, g 2, g 3,... } G. Da G muss es zwei Zahlen i j geben, so dass g i = g j. (Injektivität) Betrachte nun g j i mit j > i. g j i = g j (g i ) = g j (g i ) 1 = g j (g j ) 1 = e N = j i ist das gewünschte N. g i ist dabei nichts anderes als (g g g... i Mal was dasselbe ist wie g 1 g 1 g i Mal 2. Sei N 0 1 die kleinste natürliche Zahl für die gilt g N0 = e (Surjektivität). Dann ist N 0 = n mit n = G. Beweis: Es gilt G = g = { e, g, g 2,...,g N0 1} Wieso ist das so? Die Teilmenge { e, g, g 2,..., g N0 1} G bildet eine Untergruppe von G. Andererseits ist G = g. Da g die kleinste Untergruppe von G ist, die g enthält, müssen die obige Teilmenge und G übereinstimmen. n = G = N 0. ) 1 13

15 Folgerung G = { e, g, g 2,..., g N0 1} φ ist ein Gruppenisomorphismus. Es ist: Der Fall n = wird ähnlich behandelt. φ : C n G x i g i Geometrische Interpretation der endlichen zyklischen Gruppen Sei D 2π die Drehung (im Gegenuhrzeigersinn) der euklidischen Ebene um den n Ursprung um den Winkel 2π n. Sei n 1 N fest gewählt. g := D 2π n Berechne nun Folgendes g 2 := g g. Dies entspricht zweimaligem Drehen. g 2 := g g = D 4π n g 3 := g g g = g g 2 = D 6π n g 4 :=.... g i := g g g... = D i 2π n i mal.. g n := D n 2π n = D 2π = Id E Per Konvention gilt, dass g 0 die Identität Id E ist. Es ist auch g n die identische Abbildung der Ebene. Inverse Elemente: Die Menge { Id E, g, g 2,..., g n 1} bildet mit der üblichen Verknüpgung von Abbildungen eine zyklische Gruppe. Es gilt folgendes: g i g j = g i+j (oder i + j n falls i + j > n) g 0 = Id E und g n = Id E Inverse Elemente: (g i ) 1 = g n i weil g i g n i = g 0. Beispiele 11 Sei C 4 die zyklische Gruppe mit 4 Elementen. Dann hat g 3 das Element g 4 3 = g 1 als Inverse. Erinnerung: Nicht jede Gruppe ist zyklisch, bspw. sind S 3 und V 4 nicht zyklisch. Jedes Element a aus V 4 erzeugt eine Untergruppe a = {e, a} V 4. Satz (Klassifikation der zyklischen Gruppen) Sei G eine zyklische Gruppe. 14

16 Falls n = G endlich ist, ist G isomorph zu C n. Falls n = G nicht endlich ist, ist G isomorph zu Z. Beweis Siehe Oben. 2. Sei G eine zyklische Gruppe unendlicher Ordnung, erzeugt von g G also g = G. Betrachte Potenzen von g: g 0 = e G neutrales Element g i = g g g... i mal i 1 g j = (g j ) 1 = (g g g...) 1 = g 1 g 1 g 1... j mal j mal Erste Behauptung: Die Menge aus allen Potenzen von g bildet eine Untergruppe von G, die mit G übereinstimmt. M := { g i i Z }. Beweis: Prüfe die Axiome für Untergruppen: (a) M Nicht leer. Ja, da mindestens e M. (b) a, b M a b M. Ja: g x g y = g x+y M. (c) Inverse Elemente. Ja: g a M und g a g a = g 0 = e M. M ist also wirklich eine Untergruppe von G, die g enthält. Andererseits ist g die kleinste Untergruppe von G mit g als Element. Zweite Behauptung: Seien a, b Z mit g a = g b, dann gilt a = b. (Nur für den unendlichen Fall.) Beweis: Angenommen a, b Z mit g a = g b und b > a. g a = g b (g a ) g a g a = g b g a e = g b g a = g b a = g N mit N := b a Dann bildet die Menge aus { e, g, g 2,..., g N 1} eine Untergruppe von G, die g enthält. Es ist also g eine Teilmenge, andererseits ist g = G. Folglich wäre G ind der endlichen Untergruppe enthalten. Also ist die Annahme falsch. Definiere eine Abbildung wie folgt: φ : Z G n g n Dass φ surjektiv ist, folgt aus der ersten Behauptung. Jedes g G lässt sich als g n schreiben. Dass φ injektiv ist, folgt aus der zweiten Behauptung. Folglich ist φ bijektiv. Weiterhin ist φ ein Gruppenhomomorphismus: φ(n + m) = g n+m = g n g m = φ(n) φ(m). Weil φ bijektiv ist, ist es sogar ein Gruppenisomorphismus. 15

17 Behauptung: D 4 ist nicht zyklisch. Daraus folgt, dass C 4 und D 4 nicht isomorph sein können. Der Beweis dazu: Sei ϕ : C 4 D 4 ein Isomorphismus. Sei g C 4 ein Erzeuger: g = C 4. Da ϕ bijektiv und insbesondere surjektiv ist, existiert für alle y D 4 ein x C 4 mit ϕ(x) = y. n N mit g n = x, also ϕ(g n ) = y. Wegen dem Gruppenhomomorphismus gilt nun aber ϕ(g n ) = (ϕ(g)) n = y. Jedes y D 4 ist eine Potenz von ϕ(g). Also erzeugt ϕ(g) ganz D 4. Dies ist aber ein Widerspruch, da D 4 nicht zyklisch ist. Satz (Klassifikation der Gruppen von Primzahlordnung) Sei G eine Gruppe der Ordnung p, wobei p eine Primzahl ist. Dann ist G isomorph zur zyklischen Gruppe C p. Beweis Sei g G, g e. Betrachte nun das Erzeugnis von g. Es enthält mindestens die Elemente e und g. g = {e, g} also ist g 2 Satz (Satz von Lagrange) Sei H eine Untergruppe einer endlichen Gruppe G, dann teilt die Ordnung von H die Gruppenordnung von G. Tatsächlich ist nun H eine Untergruppe von G mit H = g. Nach Lagrange muss nun gelten: H teilt p. Jetzt gibt es genau zwei Möglichkeiten. H kann entweder 1 oder p sein. Da aber H mindestens 2 Elemente enthält, muss H = p sein. Somit ist nun H = G. Vorbereitung zum Beweis des Satzes von Lagrange Sei H eine Untergruppe von G. Führe auf G eine Äquialenzrelation ein. a H b a 1 b H Teste nun die Bedingungen für eine Äquialenzrelation. 1. Reflexitivität H ist reflexiv: a H a denn a 1 a = e H 2. Symmetrie H ist symmetrisch: a H b a 1 b H (a 1 b) 1 H b 1 a H b H a 3. Transitivität H ist transitiv: a 1 b H und b 1 c H (a 1 b) (b 1 c) = a 1 c H Sei e H das neutrale Element. Für welche x H gilt nun x H e? Es gilt für alle x H. Beispiele 12 16

18 Sei G = Z. H = 2Z ist nun die Untergruppe aller geraden Zahlen. Weiterhin seien m, n Z. Wann gilt m H n? Es ist m 1 n m+n H. n m ist gerade, daraus folgt, dass es genau 2 Äquialenzklassen gibt: H = 2Z alle geraden Zahlen 1 + H = 1 + 2Z alle ungeraden Zahlen Sei G = S 3 und H = {(1), (1 2)} und x, y G. Wann gilt nun x H y? Es ist x 1 y H; entweder ist nun x 1 y = (1) oder x 1 y = (1 2). Daraus folgt y = x oder y = x(1 2). Die Äquialenzklasse ist nun H = {(1), (1 2)}. Die Nebenklassen von H sind dann: (1 2)H = {(1 3), (1 3) (1 2) = (1 2 3)} (2 3)H = {(2 3), (2 3) (1 2) = (1 3 2)} Dies sind aber keine Untergruppen. Definition (Linksnebenklassen) Es gilt a H b a 1 b H Sei a G fest. Definiere nun ah := {x G h H mit x = a h} Dies ist die sogenannte Linksnebenklasse zum Element a bezüglich der Untergruppe H. Lemma Seien a, b, G fest, x G. 1. a H x x ah 2. ah = bh 3. Entweder gilt ah = bh oder ah bh = Bemerkung Linksnebenklassen sind im allgemeinen Fall keine Untergruppen einer Gruppe. Beweis Sei a H x a 1 x H h H mit a 1 x = h a H mit x = a h x H Definiere nun eine Abbildung φ : ah bh x b a 1 x 17

19 Behauptung: φ ist wohldefiniert, das heisst φ(x) bh ( x ah). Sei x ah das heisst h mit x = a h. Berechne nun φ(x) = b a 1 a h = b h. Die Abbildung φ hat eine offensichtliche Umkehrung: Berechne: ψ : bh ah x a b 1 y ψ φ(x) = ψ(b a 1 x) = a b 1 b a 1 x = x φ ψ = φ(a b 1 y) = b a 1 a b 1 y = y Daraus folgt, dass φ bijektiv ist und somit gilt, dass ah = bh. Nehmen wir an, ah bh, das heisst x ah bh. Es existieren also h 1, h 2 H, so dass gilt x = a h 1 und x = b h 2. Dies gilt aber nur für endliche Mengen! a h 1 = b 2 h 1 1 a = b h 2 h 1 1 H a h = b h h bh H ah bh ah = bh Beweis (Satz von Lagrange) Sei H G und G eine endliche Gruppe. Bezüglich der Äquialenzrelation H zerfällt G in endlich viele, disjunkte Äquialenzklassen. (Dies sind gerade die Linksnebenklassen von H). 1. Jedes g G liegt in einer dieser Linksnebenklassen. Somit ist g gh. 2. Gemäss obigen Lemma sind alle Linksnebenklassen entweder gleich oder disjunkt. Für geeignete g 1... g n G ist also: G = g 1 H g 2 H g 3 H... g n H Wir können annehmen, dass g i H g j H = i j Da also g i H paarweise disjunkt sind, kann man schreiben: G = g 1 H + g 2 H + g 3 H g n H = eh = eh = eh = eh G = n eh = n H H teilt G 18

20 Chapter 2 Isometrien der Ebene und Drehgruppen Erinnerung: Eine Isometrie der euklidischen Ebene ist eine Abstand erhaltende Abbildung ϕ : E E. Es gilt: Beispiele 13 d(ϕ(p), ϕ(q)) = d(p, Q) wobei P, Q E orientierungserhaltende Isometrien Translation um den Vektor v R 2 : T v : E E v p + v Drehung um einen Punkt P E um einem Winkel 0 < θ < 2π. Für P = O gilt: D θ : E E ( x y ) orientierungsumkehrende Isometrien Spiegelung an einer Geraden g. ( cos(θ) sin(θ) sin(θ) cos(θ) ) ( x y ) Gleitspiegelung: Spiegelung an eine Achse und Translation (mit v 0) parallel zu dieser. Satz Jede Isometrie der Ebene ist in der obigen Liste enthalten. Der Typ der Isometrie ist eindeutig bestimmt. Lemma Jede Isometrie der Ebene: 19

21 1. Bildet Geraden auf Geraden ab. 2. Erhält Winkel zwischen Geraden. 3. Ist durch die Bilder des Ursprungs und der beiden Einheitsvektoren e 1, e 2 eindeutig bestimmt. Beweis Sei g eine Gerade E, weiterhin sei P, Q g, P Q. 1. Jeder weitere Punkt R g ist durch die beiden Abstände d(r, P) und d(r, Q) eindeutig bestimmt. R Q P g 2. Sei nun ϕ : E E eine Isometrie. ϕ(r) ist nun wiederum eindeutig bestimmt durch d(ϕ(r), ϕ(p)) und d(ϕ(r), ϕ(q)). Aus 1) und 2) schliessen wir, dass ϕ(g) auch eine Gerade ist. ϕ ϕ(g) ϕ(p) ϕ(q) ϕ(r) 3. Sei g E eine Gerade, P Q g, R g. R ist nun zweideutig bestimmt durch die Abstände d(p, R) und d(q, R). R 2 P α α Q α = α R 1 Wir schliessen nun: der Winkel α = (RPQ) ist eindeutig bestimmt. Sei ϕ : E E eine Isometrie. Wir nehmen vorläufig an, dass die Isometrie den Ursprung unverändert lässt: ϕ(o) = O. 20

22 e 2 ϕ ϕ(e 2 ) ϕ(e 1 ) e 1 ϕ (e 2 ) ϕ Im allgemeinen Fall gilt aber ϕ(o) = v R. Betrachte nun die Komposition T v ϕ : E E Es gilt folgendes: T v ϕ(o) = T v (v) = O. Wir schliessen daraus, dass T v ϕ entweder eine Drehung D θ um den Ursprung oder eine Spiegelung S w an einer Achse w durch den Ursprung ist. T v ϕ = D θ oder T v ϕ = S w oder ϕ = T v D θ orientierungserhaltend Beweis Wir müssen zwei Fälle untersuchen. ϕ = T v S w orientierungsumkehrend 1. Sei ϕ = T v D θ. Falls θ = 0, dann ist ϕ eine Translation. Sei nun also 0 < θ < 2π. Konstruiere den Fixpunkt der Abbildung ϕ. [GRAPHIK] Algebraisch: Gesucht ist der Punkt P(x, y) E für den gilt: T v D θ (P) = P Drückt man die Abbildung durch die Drehmatrix aus, bekommt man folgende Matrixgleichung: ( ) ( ( ) ( cos(θ) sin(θ) x vx x + = sin(θ) cos(θ) y) v y y) ( ( ) ( ) cos(θ) 1 sin(θ) x vx = sin(θ) cos(θ) 1) y v y Die Determinante ist: cos 2 (θ) 2cos(θ) sin 2 (θ) = 2 2cos(θ) 0 Somit existiert eine Lösung. Wir schliessen daraus, dass ϕ = T v D θ wirklich eine Drehung um θ um den Fixpunkt P ist. 21

23 2. Sei ϕ = T v S w eine Spiegelung an der Achse w. [GRAPHIK] Lege g parallel zu w durch v 2. ϕ bildet nun g genau in sich ab. φ ist eine Gleitspiegelung an g mit dem Verschiebungsvektor v g. vg ist dabei die orthogonale Projektion von v auf die Gerade g. Die Gruppe der ebenen Isometrien Iso(E) hat genau zwei natürliche Untergruppen. Dies sind Die Untergruppe T(E) aller Translationen Die Untergruppe O(E) der Isometrien, die den Ursprung fest lassen. Man spricht von der orthogonalen Gruppe oder auch O 2 (R). Definition (Normalteiler) Sei H eine Untergruppe von G. Dann heisst H Normalteiler von G, falls gilt: Beispiele 14 g G, h H : g h g 1 H 1. Sei G eine abelsche Gruppe, H eine beliebige Untergruppe. Dann ist H bereits ein Normalteiler. g h g 1 = g g 1 h = e h H 2. Sei G die nicht-kommutative Gruppe S 3 und H = {(1), (1 2)}. H ist kein Normalteiler. g h g 1 = (1 3) (1 2) (1 3) = (2 3) H Proposition Die Untergruppe T(E) ist ein Normalteiler der Isometriegruppe Iso(E). Beweis Sei h = T v eine Translation und g = D θ eine Drehung um den Ursprung. p sei ein beliebiger Punkt in der Ebene. Berechne nun g h g 1 g h g 1 = D θ T v D θ (p) = D θ (v + D θ )(p) = D θ (v) + D θ (D θ (p)) = D θ (v) + p Folgerung: D θ T v D θ ist eine Translation um den gedrehten Vektor D θ (v). Sei ϕ Iso(E) beliebig, h = T v eine Translation und p ein beliebiger Punkt der Ebene. Zeige: g h g 1 = ϕ T v ϕ 1 T(E) = ϕ T v ϕ 1 (p) = ϕ(v + ϕ 1 (p)) = ϕ(v) + ϕ(ϕ 1 (p)) = ϕ(v) + p 22

24 Die letzten beiden Schritte sind nur richtig, falls ϕ linear ist. Aber nicht jede Isometrie ist linear. Alternative: [GRAPHIK] Es gilt: ϕ(p + v) = ϕ(p) + ϕ(v) ϕ(o) = ϕ(v) + ϕ(ϕ 1 (p)) ϕ(o) = ϕ(v) ϕ(o) + p ist eine Translation Dies ist eine affine Abbildung. Folgerung ϕ T v ϕ 1 ist eine Translation um ϕ(v) ϕ(0). Frage 1 Ist O(E) auch ein Normalteiler von Iso(E)? Nein! Sei h O(E) = D θ und g Iso(E) = T e1. g h g 1 (0) = g h g 1 (0) = T e1 D θ T e1 (0) = T e1 D θ ( e 1 ) = T e1 ( e 2 ) = e 1 e 2 0 Diese Komposition lässt den Ursprung also nicht fest. 2.1 Endliche Untergruppen der ebenen Isometriegruppe Ziel 1 Klassifiziere alle endlichen Untergruppen von Iso(R 2 ) bis auf Isomorphie. Wieso bis auf Isomorphie? Wir finden alle zyklischen Gruppen unendlich oft. Beispielsweise als Drehgruppen um einen beliebigen Punkt der Ebene. Satz Jede endliche Untergruppe der Iso(E) hat einen Fixpunkt P E, ϕ(p) = P ϕ G Iso(E). Beweis Sei G eine solche Untergruppe: G := {g 1, g 2, g 3,...,g n }. Wähle nun einen beliebigen Punkt q E. Definition (Bahn) Es gilt q Bahn(q) weil q = g 1 (q). Bahn(q) := {p E ϕ G mit ϕ(q) = p} Bahn(q) = {g 1 (q), g 2 (q), g 3 (q),..., g n (q)} Definition Sei M eine endliche Teilmenge der Ebene. Der Schwerpunkt von M ist: S(M) := 1 p M p M 23

25 Lemma Sei ϕ : E E eine beliebige Isometrie. Dann gilt: S(ϕ(M)) = ϕ(s(m)) Beweis Dies gilt offensichtlich für alle Isometrie-Grundtypen. Betrachte nun den Schwerpunkt der Bahn von q: S(Bahn(q)). Sei ϕ eine beliebige Isometrie aus G. Berechne: ϕ(s(bahn(q))) = S(ϕ(Bahn(q))) = S(Bahn(q)) Somit ist der Schwerpunkt der Bahn von q ein Fixpunkt für G. Wieso gilt ϕ(bahn(q)) = Bahn(q) = {g 1 (q), g 2 (q), g 3 (q),..., g n (q)}? ϕ ist selbst ein g i G. Berechne: ϕ(bahn(q)) = {g i (g 1 (q)), g i (g 2 (q)), g i (g 3 (q)),..., g i (g n (q))}. g i g k G = {(g i g 1 )(q), (g i g 2 )(q), (g i g 3 )(q),..., (g i g n )(q)}. Dies ist eine Permutation von G und somit gleich der Bahn(q). Beweis Um das Lemma zu beweisen, unterscheidet man 3 Fälle: Translation Drehung Spiegelung Erinnerung: Sei ϕ Iso(R 2 ), dann existieren eine eindeutige Translation T v T(R 2 ) und eine eindeutige Drehung oder Spiegelung g O(R 2 ) so dass ϕ = T v g. Jede endliche Untergruppe von Iso(R 2 ) hat einen Fixpunkt. Folgerung Jede Untergruppe Iso(R 2 ), die zwei echte Drehungen um verschiedene Fixpunkte enthält, ist unendlich. Sei nun G Iso(R 2 ) eine endliche Untergruppe. Weiterhin sei P R 2 ein Fixpunkt von G, das heisst g G gilt g(p) = P. Definiere nun eine Abbildung: Es gilt 1. φ(g) O(R 2 ): φ : G O(R 2 ) g T P g T P (φ(g))(o) = T P g T P (O) = T P g (P) = T P (P) = O 2. φ ist injektiv. Sei g 1, g 2 G mit φ(g 1 ) = φ(g 2 ) T P T P g 1 T P = T P g 2 T P T P T P T P g 1 T P T P = T P T P g 2 T P T P g 1 = g 2 24

26 3. φ ist ein Gruppenhomomorphismus. φ(g 1 g 2 ) = φ(g 1 ) φ(g 2 ) = T P g 1 g 2 T P = T P g 1 Id g 2 T P = T P g 1 T P T P g 2 T P φ(g 1) φ(g 2) Insbesondere ist Bild(φ) O(R 2 ) eine Untergruppe, isomorph zu G. ψ : G Bild(ψ) erfüllt 1) bis 3) und ist surjektiv, folglich haben wir einen Gruppenisomorphismus Endliche Diedergruppen Sei n N, n 1. Definition D n := D 2π, S Iso(R 2 ) n D 2π n ist eine Drehung um den Ursprung um den Winkel 2π n. S ist eine Spiegelung an der X-Achse. Beispiele 15 Beispiele der ersten Diedergruppen. n = 1 n = 2 D 1 = D 2π, S = Id, S = {Id R 2, S} C 2 D 2 = D π, S = {Id R 2, D π, S, D π S} Dies entspricht der Kleinschen Vierergruppe V 4. D π (P) D π S D π P S S(P) n 3 P n ist das regelmässige n-eck mit Schwerpunkt im Ursprung und einem Eckpunkt auf der positiven X-Achse. Es gilt: D n = Iso(P n ). 25

27 P 6 O D n Iso(P n ): Sowohl D 2π als auch S bilden P n in sich ab. Gilt auch n Iso(P n ) D n? Ja: =d {}}{ Iso(P n ) = Id R 2, D 2π n, d2,..., d n 1, s, d s, d 2 s,..., d n 1 s orientierungserhaltend Somit ist wirklich Iso(P n ) D n. orientierungsumkehrend Satz (Klassifikation der endlichen Untergruppen von Iso(R 2 )) Jede endliche Untergruppe G Iso(R 2 ) ist isomorph zu einer der folgenden Gruppen: Eine zyklische Gruppe C n, n 1 (C 1 wäre die triviale Untergruppe) Eine Diedergruppe D n, n 2 (n 2 weil D 1 C 2 ) Bemerkung Es gilt D 3 S 3 Iso( ) Dies gilt aber nicht im allgemeinen Fall! D n = 2n S n = n! = n (n 1)(n 2) Wir hätten die Diedergruppen D n auch abstrakt einführen können, nämlich als Gruppe erzeugt von 2 Elementen a und b. welche die Relationen a n = e, b 2 = e, a b = b a 1 erfüllen. Beweis Sei G eine endliche Untergruppe von Iso(R 2 ). Nach obigen Betrachtungen ist G isomorph zu einer endlichen Untergruppe von O(R 2 ). Annahme: G O(R 2 ) und G {Id R 2} C 1 Erster Fall. G enthält nur echte Drehungen. Sei α ]0, 2π[, das heisst 0 < α < 2π der minimale Drehwinkel einer Drehung D α G. Behauptung: G = D α,α = 2π n, n = G. Beweis: Sei D θ G wobei 0 θ < 2π. Es existieren m N, β [0, α[ das heisst 0 β < α so dass gilt: θ = m α + β. Nun gilt aber: D θ = D m α+β = D m α D β = (D α ) m D β Daraus folgt, dass D β = (D α ) m D θ G und weiter D β = Id D θ = (D α ) m Folglich muss β = 0 sein, weil wir α minimal gewählt haben. Wir schliessen, dass G eine zyklische Gruppe ist. Also existiert ein n 2 N mit der Eigenschaft: G C n. 26

28 Zweiter Fall. G enthält eine Spiegelung S an einer Geraden durch den Ursprung. Sei H die Untergruppe von G, die aus den Drehungen aus G besteht. H ist also sicher zyklisch (wegen Fall 1). H = D α,α = 2π n, n = H. Behauptung: G = D 2π, S Beweis: Sei g G beliebig. Falls g eine Drehung n ist, dann ist g H = D 2π, S. Sei also g eine Spiegelung S. Wir wissen, n dass die Komposition zweier Spiegelungen orientierungserhaltend ist, somit ist es eine Drehung. Berechne nun folgendes S S G S S H = D 2π n ( ) k S S = D 2π für ein geeignetes k Z n ( ) k S = S D 2π n D 2π, S n Somit ist G isomorph zu einer Diedergruppe D n. Bemerkung (Nachtrag) Sei ϕ Iso(R 2 ). Zerlege ϕ nun ϕ = T v g wobei T v T(R 2 ) und g O(R 2 ). g ist entweder eine Drehung oder eine Spiegelung. Insbesondere ist g eine lineare Abbildung des Vektorraums R 2. Bezüglich der Standardbasis e 1, e 2 von R 2 hat g eine Abbildungsmatrix der Form ( ) a b A = c d ϕ : R R 2 ( x y) ( vx v y ) + ( ( ) a b x c d) y Dies ist eine affine Abbildung. Sie wird linear, sobald ( v x v y ) = ( 00 ) Vorsicht: nicht jede 2 2 Matrix tritt auf. Es können nur orthogonale Matrizen vorkommen. Orthogonale Matrizen haben die Eigenschaft, dass A A T = Id. 2.2 Die endlichen Untergruppen von SO(R 3 ) Wir kennen die orthogonale Gruppe aus R 2. O(R 2 ) = { φ Iso(R 2 ) φ(o) = O } Versuchen wir nun, eine ähnliche Gruppe für R 3 zu definieren. Definition (orthogonale Gruppe) Die orthogonale Gruppe im dreidimensionalen Raum R 3 mit dem euklidischen Abstand ist definiert als: O(R 3 ) = { φ Iso(R 3 ) φ(o) = O } 27

29 2.2.1 Die speziellen orthogonalen Gruppen Die speziellen orthogonalen Gruppen SO(R 2 ) in der Ebene sind wie folgt definiert: SO(R 2 ) = { ϕ O(R 2 ) ϕ ist eine Drehung } Dies ist äquivalent zu: SO(R 2 ) = { ϕ O(R 2 ) det(ϕ) = 1 } Im Raum definiert man die speziellen orthogonalen Gruppen auf die selbe Art: SO(R 3 ) = { ϕ O(R 3 ) ϕ ist eine Drehung um eine Achse durch den Ursprung. } Frage 2 Bilden diese Drehungen wiederum eine Untergruppe? Lemma Seien ϕ 1, ϕ 2 zwei Drehungen um Achsen durch den Ursprung. Dann ist die Komposition ϕ 1 ϕ 2 wiederum eine Drehung um eine Achse durch den Ursprung. Beweis Seien g 1, g 2 die zugehörigen Drehachsen und α 1, α 2 die Drehwinkel. Falls nun g 1 = g 2, dann ist ϕ 1 ϕ 2 wiederum eine Drehung um dieselbe Achse mit den Drehwinkel α 1 + α Falls g 1 g 2 aber g 1 g 2 = {O} gilt. Sei E die Ebene, die von g 1 und g 2 aufgespannt wird. Weiterhin sei E 1 eine Ebene mit E 1 E = g 1 und (E 1, E) = ± α1 2. Die Drehung ϕ 1 lässt sich nun als Komposition s 1 s schreiben, wobei s 1, s die Spiegelungen an E 1, E sind. Analog definieren wir eine Ebene E 2 mit E 2 E = g 2 und dem Zwischenwinkel (E 2, E) = α2 2. Es gilt nun ϕ 2 = s s 2. Insgesamt ist: ϕ 1 ϕ 2 = (s 1 s) (s s 2 ) = s 1 s s s 2 Id R 3 = s 1 s 2 Dies ist eine Drehung um die Schnittgerade der Ebenen E 1 und E 2. Satz (Klassifikation der endlichen Untergruppen von SO(R 3 )) Jede endliche Untergruppe ist isomorph zu einer der folgenden Gruppen. C n (n 1) D n (n 2) Iso + (T) Iso + (W) Iso + (I) 28

30 Iso + (T) steht dabei für die Gruppe der orientierungserhaltenden Isometrien des regelmässigen Tetraeders mit Schwerpunkt im Ursprung. Analog für die Gruppen des Würfels und des Ikosaeders. Beispiele Wieviele Elemente hat die Gruppe Iso + (T)? Die Gruppe hat 4 3 = 12 Elemente. 2. Wieviele Elemente hat die Gruppe Iso + (W)? Die Gruppe hat 8 3 = 24 Elemente. 3. Wieviele Elemente hat die Gruppe Iso + (I)? Die Gruppe hat 12 5 = 60 Elemente. Bemerkung Wegen der Dualitäten der 5 platonischen Körper gilt: Iso + (O) Iso + (W) Iso + (D) Iso + (I) Die Gruppen für das Oktaeder und das Dodekaeder müssen also nicht einzeln betrachtet werden. Gruppenoperationen Beispiele 17 Die Isometriegruppe der Ebene oder des Raumes operiert auf natürliche Weise auf diesem Raum: φ Iso(R 2 ) ist eine Abbildung φ : R 2 R 2. Definition (Gruppenoperation) Sei G eine Gruppe und M eine Menge. Eine Gruppenoperation von G auf M ist eine Abbildung: mit folgenden Eigenschaften: G M M (g G, m M) g m 1. Neutrales Element: e m = m ( m M) 2. Assoziativität: (g h) m = g (h m) Beispiele G = Iso(R 2 ) und M = R 2 Die Gruppenoperation ist gegeben als Iso(R 2 ) R 2 R 2 mit (ϕ, p) ϕ(p). (a) Id E p = Id E (p) = p R 2 (b) (ϕ 1 ϕ 2 )(p) = ϕ 1 (ϕ 2 (p)) = ϕ 1 ϕ 2 p 2. Sei G eine beliebige Gruppe und M = G. Eine Gruppenoperation ist nun definiert als G G G mit (g, h) g h. 29

31 (a) Es ist nun e h = h (b) (g 1 g 2 ) h = (g 1 g 2 ) h = g 1 (g 2 h) = g 1 g 2 h 3. Die Gruppe sei S n und die Menge M = {1, 2, 3,..., n}. Definiere eine Gruppenoperation als S n M M mit (σ, i) σ(i). (a) Die identische Permutation ist (1) i = i. (b) (σ 1 σ 2 ) i = σ 1 (σ 2 (i)) = σ 1 σ 2 i Definition (Bahn und Stabilisator) Sei G M M eine beliebige Gruppenoperation. Weiter sei p M ein fester Punkt. Definiere nun die Bahn von p als: B p := {q M g G mit g p = q} M Und die Stabilisatoruntergruppe von G als: Beispiele 19 G p := {g G g p = p} G 1. G = Iso(R 2 ) und M = R 2. Es ist nun die Bahn: B O = R 2 und der Stabilisator G O = O(R 2 ). 2. Für G = M ist B e = G und G e = {e}. 3. Für G = S n und M = {1,...,n} gilt: B 1 = M und G n S n 1. Satz (Bahnformel) Sei G eine endliche Gruppe, die auf einer Menge M operiert. Weiterhin sei p M beliebig. Es gilt nun die Bahnformel: G = B p G p Verschiedene Bahnen sind entweder gleich oder disjunkt. Beispiele Sei G = M endlich. Die Gruppenoperation ist G G G mit (g h) g h. Es gilt nun B e = G, G e = {e} und somit G = G {e} =1 2. Sei G = S n und M = {1, 2, 3,..., n}. Es gilt: B n = M und G n S n 1 folglich ist S n = n S n 1 und in Zahlen: n! = n (n 1) 3. Sei G = Iso + (T) und M = {e 1, e 2, e 3, e 4 } die Menge der Eckpunkte des Tetraeders. Es gilt B e1 = M und G e1 = { Id R 3, d 1, d 2 1}. Somit ist also G = M G e1 = 4 3 = 12. Falls wir die Gruppe Iso(T) wählen, gilt G e1 = 6 und daher Iso(T) = Sei G = Iso + (W) und M = {e 1,..., e 8 } die Menge der Eckpunkte des Würfels. Es gilt B e1 = M und G e1 = 3. Somit ist also G = 8 3 =

32 5. Sei G = Iso + (I) und M = {e 1,..., e 12 } die Menge der Eckpunkte des Ikosaeders. Es gilt B e1 = M und G e1 = 5. Somit ist also G = 12 5 = 60. Beweis (der Bahnformel) Sei G eine endliche Gruppe, G M M eine Gruppenoperation und p M. Betrachte nun die Abbildung: φ : G B p g g p Wir bemerken, dass φ surjektiv ist. Es gilt: G = φ 1 (B p ) = {g G φ(g) B p } G = φ(b p ) = φ 1 (q) q B p G = φ 1 (q) q B p Nebenbemerkung: Seien q 1 q 2 B p. Es gilt φ 1 (q 1,2 ) = {g G g p = q 1,2 }. Es ist also φ 1 (q 1 ) φ 1 (q 2 ) = Behauptung: q B p gilt: φ 1 (q) = G p. Es folgt daraus: G = q B p φ 1 (q) = q B p G p = B p G p. Beweis dieser Behauptung: Führe auf G folgende Äquivalenzrelation ein: g g φ(g) = φ(g ) Die Äquivalenzklassen von sind genau die Urbilder φ 1 (q) mit q B p Was bedeutet nun g g? φ(g) = φ(g ) g p = g p g 1 (g p) = g 1 (g p) (g 1 g) p = (g 1 g ) p e p = (g 1 g ) Stabilisator von p p g 1 g G p Die Äquivalenzrelation g g g 1 g H G. Die Äquivalenzklassen sind sogenannte Linksnebenklassen von H. Insbesondere haben alle diese Klassen gleichviele Elemente: H = G p Klassifikation der endlichen Untergruppen der Drehgruppe SO(R 3 ) Satz Jede endliche Untergruppe von SO(R 3 ) ist isomorph zu einer der folgenden Gruppen: C n (n 1) 31

33 D n (n 2) Iso + (T) Iso + (W) Iso + (I) Definiere S 2 := { p R 3 d(0, p) = 1 } R 3 als Einheitskugel. Die Drehgruppe SO(R 3 ) operiert auf S 2 wie folgt, da Drehgruppen abstanderhaltend sind: SO(R 3 ) S 2 S 2 (ϕ, p) ϕ(p) Sei nun G eine endliche Untergruppe von SO(R 3 ). Annahme: Die Gruppe hat immer mindestens eine echte Drehung: N = G 2. Jede echte Drehung hat genau 2 Fixpunkte auf S 2, nämlich die Schnittpunkte der Drehachse mit S 2. Man spricht von Polen. Definiere die Menge der Pole von G als: M := { p S 2 g G, g Id R 3 mit g(p) = p } Aus G < folgt automatisch, dass M <. Es gilt: M 2 N 2. Jede Id R 3 Drehachse definiert genau zwei Pole. Beispiele Realisiere C n (N 2) als Untergruppe von SO(R 3 ). Dann ist C n D 2π n, wobei D 2π n eine Drehung um eine beliebige Achse durch den Ursprung um den Winkel 2π N ist. Offensichtlich hat C n dann nur 2 Pole. [TODO: GRAPHIK?] 2. Realisiere Iso + (T) als Untergruppe von SO(R 3 ). Sei T das Tetraeder mit Schwerpunkt im Ursprung. Es ist nun Iso + (T) SO(R 3 ). Wie viele Pole hat diese Untergruppe? Es gibt insgesamt 4 Drehachsen durch die 4 Ecken und 3 Drehachsen durch je zwei gegenüberligende Seiten. Folglich gibt es 7 Drehachsen und 14 Pole. 3. Ist D n SO(R 3 ) realisierbar? Sei P n das regelmässige n-gon der Ebene mit Schwerpunkt im Ursprung. Behauptung: Iso + (P n ) SO(R 3 ) ist isomorph zu D n. Hier ist Iso + (P n ) die Gruppe der Drehungen (im Raum) um Achsen durch den Ursprung, die P n auf sich abbilden. Wieviele Pole hat nun Iso + (P n )? Behauptung: 2n + 2. Lemma Sei p ein Pol M und sei ϕ G. Dann ist ϕ(p) wiederum ein Pol, das heisst ϕ(p) M. Beweis Sei g G eine Drehung mit g(p) = p. Dann ist ϕ(p) ein Pol für folgende 32

34 Drehung: ϕ g ϕ 1 = (ϕ g ϕ 1 )(ϕ(p)) = ϕ(g(ϕ 1 (ϕ(p)))) =e = ϕ(g(p)) = ϕ(p) Dies ist somit ein Fixpunkt für ϕ g ϕ 1. Folgerung Somit operiert g auf der Menge M der Pole: G M M (ϕ, p) ϕ(p) Der Vorteil ist, dass M im Gegensatz zu S 2 endlich ist. Weiteres Vorgehen: Zähle alle Paare (ϕ, p) G M mit folgenden Eigenschaften: ϕ Id R 3 ϕ(p) = p Dies ergibt 2 N 2 Pole, denn jede echte Drehung hat genau 2 Pole. Die alternative Methode ist: Bestimme für jeden Pol die Anzahl echter Drehungen, die diesen Pol als Fixpunkt hat. Dies ergibt dann: p M G p 1 Id R 3 Durch gleichsetzten beider Ansätze bekommt man: ( G p 1) = 2 N 2 p M M zerfällt in Bahnen B p1, B p2,...,b pk bezüglich der Gruppenoperation G M M. Wir definieren eine Notation wie folgt. Die Anzahl der Pole in der Bahn B pi (1 i k) n i := B pi Anzahl der Elemente im Stabilisator von P i : Bemerkung r i := G pi Wegen der Bahnformel gilt: n i r i = G = N i Für alle Pole P B pi gilt: B p = B pi. Die Bahnen sind entweder gleich oder disjunkt. Daraus folgt: B p = B pi = n i und G p = G pi = r i 33

35 Beispiele 22 Sei G = D 4 die Isometriegruppe eines Quadrats. Die Menge der Pole zerfällt hier in 3 Bahnen mit 2 oder 4 Elementen. [TODO: GRAPHIK?] Zähle nun die Paare (ϕ, p) G M mit der Eigenschaft g(p) = p, g Id R 3 2(N 1) = p M( G p 1) = p P 1 ( G p = 1) + ( G p 1) p P =r 2 1 =r 2 (r 1 1) + (r 2 1) (r k 1) p P B1 p P B2 p P Bk 2(N 1) = n 1 (r 1 1) + n 2 (r 2 1) n k (r k 1) 2 2 N <2 = Teile nun durch Nn i r i = N ) ) ( (1 1r1 + (1 1r ) r k 1/2 2 > k 2 k 3 } {{ } k/2 Folgerung M besteht höchstens aus 3 Bahnen von Polen. 1. k = 1 Es muss gelten: Dies ergibt einen Widerspruch. 2 2 = 1 1 }{{ N } r }{{ 1 } 1 <1 2. k = 2 Erinnerung: r 1, r 2 teilen N. Es gilt also r 1, r 2 N 2 2 ( N = 1 1 ) ) + (1 1r2 r 1 2 N = r 1 r 2 1 N + 1 N = r 1 r 2 r 1 = r 2 = N n 1 = n 2 = 1 ( G p 1) p P k =r k In diesem Fall besteht M also aus 2 Bahnen mit je genau einem Pol. Die beiden Pole müssen folglich antipodal liegen. G ist also schlicht eine zyklische Gruppe: G C N. 34

36 3. k = ( N = 1 1 ) ) ) + (1 1r2 + (1 1r3 r N >1 = 1 r r r 3 >1 weil r i 2 Es muss hier also mindestens ein r i = 2 sein. Wir treffen nun die Annahme, dass dies r 1 sei N > 1 2 = 1 r r 3 > 1 2 r 2 r 3 3 Wir treffen nun die Annahme, dass r 2 3. r 2 = 2 Wobei N hier gerade sein muss. r 2 = 3 2 N = 1 r 3 r 3 = N N = 1 r 3 r 3 = 3, 4, 5 Mögliche Lösungen sind nun in der folgenden Schreibweise (r 1, r 2, r 3, N) aufgelistet: ( 2, 2, N 2, N) (2, 3, 3, 12) (2, 3, 4, 24) (2, 3, 5, 60) Es bleibt zu zeigen,dass die jeweiligen Lösungen nur für die Diedergruppen und die drei speziellen Isometriegruppen Iso + (T), Iso + (W), Iso + (I) auftreten können. Wir betrachten hier nur Iso + (T): (2, 3, 3) = (r 1, r 2, r 3 ) Wir wissen: r 3 = 3 und N = 12. Daraus folgt, dass n 3 = 4. Folglich existiert eine Bahn mit genau 4 Polen. Bezeichne diese Pole mit A, B, C, D. Was ist der Stabilisator von Pol A? Es gilt G A = 3 = r 3. Das ist eine Untergruppe mit drei Elementen. Also erzeugt von einer Drehgruppen um 2π 3. Unter dieser Drehung werden die anderen Pole permutiert. B, C, D müssen also ein gleichseitiges Dreieck bilden. Aus analogen Gründen bilden alle Tripel {A, B, C, D} gleichseitige Dreiecke. Also bilden A, B, C, D die Eckpunkte eines regelmässigen Tetraeders T. Die Drehgruppe bildet T auf sich ab. Es folgt G Iso + (T). Da die Anzahl der Elemente gleich ist, gilt sogar G = Iso + (T). 35

37 Chapter 3 Hyperbolische Geometrie Alle Isometrien der euklidischen Ebene sind Kompositionen von Spiegelungen an Geraden. Translation Drehung Spiegelung Gleitspiegelung Die hyperbolische Ebene wird eine Geometrie sein, deren Isometrien Kompositionen von Spiegelungen an Kreisen sind. 3.1 Inversion am Kreis Sei K R 2 ein Kreis mit Zentrum M. Die Inversion: i k : R 2 \ M R 2 \ M ist durch folgende Eigenschaften eindeutig bestimmt: i k lässt den Kreis k punktweise fest. i k bildet Geraden und Kreise, die senkrecht auf k stehen, in sich ab. i k vertauscht das Innere und das Äussere von k. Sei P R 2 \M, konstruiere nun den Bildpunkt P von P. Wieso ist das Resultat dieser Konstruktion eindeutig? [GRAPHIK] Satz (Sekantensatz) PA PA = PB PB Zwei Geraden schneiden sich und den Kreis k. 36

38 A 1 A 2 P k B 2 B 1 Anwendung auf die obige Situation: MP Mi k (P) = r 2. Folgerung Die Lage des Bildpunktes i k (P) ist unabhängig von der Wahl des Hilfkreises k 1. Bemerkung Sei P ein beliebiger Punkt in R 2 \ M. Dann gilt: i k (i k (P)) = P. Die Formel für den Bildpunkt ist symmetrisch. Derselbe Hilfskreis kann für P und i k (P) benützt werden. Wir können die Ebene R 2 mit der komplexen Ebene C identifizieren. Sei nun S 1 der Einheitskreis in der komplexen Ebene: S 1 := {z C z = 1} Dann schreibt sich die Abbildung i k wie folgt: i S 1(z) = 1 z Schreibe z in Polarkoordinaten: z = r e iϕ. Berechne nun 1 z = 1 1 r eiϕ re iϕ = Die allgemeine Formel für die Inversion des Punktes P am Kreis mit Mittelpunkt M und Radius r lautet: i k (P) = r 2 (P M) + M Man leitet die Formel her, indem man den Kreismittelpunkt in den Ursprung verschiebt und zusätzlich den Kreis auf Einheitsgrösse streckt. Proposition Die Inversion i k bildet: 1. Geraden durch M in sich ab. 2. Kreise durch M in Geraden nicht durch M ab. 3. Geraden nicht durch M in Kreise durch M ab. 4. Kreise nicht durch M auf (andere) Kreise nicht durch M ab. Beweis

39 1. Trivial. Geraden stehen senkrecht zu k (Siehe Definition der Inversion). 2. Sei c ein Kreis durch M (ohne M selbst). Weiterhin sei M P ein Durchmesser von c. Behauptung: Die Senkrechte auf g durch i k (P) ist genau das Bild des Kreises c. Die Dreiecke MPQ und Mi k (Q)i k (P) sind ähnlich. (Definitionsgleichung des Bildpunktes.) [GRAPHIK] MP Mi k (Q) = 3. Analog zu Punkt 2. MQ Mi k (P) MP Mi k(p) = MQ Mi k (Q) = const. 4. Einen Spezialfall kennen wir schon: Kreise senkrecht zu k werden auf sich abgebildet. Sei nun c ein beliebiger Kreis in der Ebene (mit M c). Annahme: M ist der Ursprung. Behauptung: Es existiert eine Zahl λ R, λ > 0 so dass λc := {λp P c} [GRAPHIK] senkrecht auf k steht. Der gestreckte Kreis ist der bekannte Spezialfall. Beweis der Behauptung: Sei t 1 R, t 1 > 0 minimal, so dass t 1 c k. Sei t 2 R, t 2 > 0 maximal, so dass t 2 c k. Betrachte nun die stetige Abbildung: h : [t 1 ; t 2 ] [0; π] t (tc, k) (tc, k) wird von tc aus in positiver Richtung gemessen. h(t 1 ) = 0 h(t 2 ) = Nach dem Zwischenwertsatz für stetige Funktionen existiert ein λ [t 1 ; t 2 ] mit h(λ) = π 2. λc steht nun senkrecht auf k. λc wird unter der Inversion i k (λc) auf sich abgebildet: i k (λc) = λc wegen i k (λp) = 1 λ i k(p). i k (c) = λ 2 c weil 0P 0i k (P) = r 2. Proposition (Inversionen sind winkeltreu) Seien g 1, g 2 zwei Geraden, die sich in genau einem Punkt P M schneiden. Dann schneiden sich die Bildkurven (im allgemeinen Fall Kreise) im Punkt i k (P) unter demselben Winkel wie g 1, g 2. Verallgemeinert gilt: Seien γ 1, γ 2 zwei beliebige, glatte Kurven. Schneiden sich γ 1, γ 2 unter dem Winkel ϕ, so schneiden sich auch i k (γ 1 ), i k (γ 2 ) unter demselben Winkel ϕ. Beweis Konstruire zwei Kreise k 1, k 2 welche die Geraden g 1, g 2 in P berühren und senkrecht auf k stehen. k 1, k 2 werden unter der Inversion in sich abgebildet. Also ist der Bildpunkt i k (P) der zweite Schnittpunkt von k 1 und k 2. Die Bildkurven i k (g 1 ), i k (g 2 ) sind wiederum im Bildpunkt i k (P) tangent an k 1, k 2. Sie bilden deshalb denselben Winkel α. Der obige Beweis funktioniert nur, falls P nicht auf dem Kreis k liegt. Der Fall P k ist Übung (Hier zu ergänzen, sobald gelöst :-)). π 38