Plan für Heute/Morgen

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1 Plan für Heute/Morgen Kongruenzsätze: aus der Schule wissen wir die SSS, SWS, und SSW Kongruenzsätze für Dreiecke: Wir wollen diese Sätze im Rahmen unseres Modells (wenn Punkte die 2 Tupel von reellen Zahlen sind) beweisen. Außerdem wollen wir noch Isometrien zur Lösung von schulgeometrischen Aufgaben anwenden.

2 Isometrien von R 2, die einen Punkt A auf B abbilden A Gegeben sind zwei Punkte A,B R 2. Eine Isometrie, mit A B, kann man sofort finden: die Translation T v Iso; T v (x) = x + v mit v = B A bildet A auf B ab. B v=b-a Frage. Wie beschreibt man ALLE Isometrien, mit A B? Bemerkung. Man kann dies direkt ausrechnen, in dem man das Gleichungssystem OA + b = B für die unbekannte orthogonale Matrix O und den unbekannten Vektor b löst (da die Matrix O eine D(α) oder eine S(α) ist, ist das ein algebraisches (nichtlineares) Gleichungssystem auf drei Unbekannte b 1,b 2,α; es ist trotzdem lösbar). Diese Methode wird aber für kompliziertere Aufgaben nichtanwendbar. Man kann die Lösung auch erraten (in diesem Fall sind solche Isometrien die Verkettungen von Drehungen um A und Parallelverschiebung T (B A) oder Verkettungen von Spiegelungen bzgl. den Punkt A enthaltenden Geraden und Parallelverschiebung T (B A) ). In dem Fall ist es nicht so einfach zu zeigen, dass es sonst keine Isometrien mit der Bedingung A B gibt.

3 Um die Frage zu beantworten, benutzen wir das Iso eine Gruppe ist. Wir lösen zuerst die folgende Aufgabe : Aufgabe. Man beschreibe alle Isometrien, die den Punkt 0 als Fixpunkt haben, d.h Lösung. Nach Satz 1 hat jede Isometrie das Aussehen I(x) = Ox + b, wobei O eine orthogonale 2 2- Matrix ist. Ist I( 0) = 0, so ist O 0 + b = 0, also b = 0. Also, muss jede Isometrie, die 0 0, das Aussehen I(x) = Ox haben; offensichtlich haben alle Isometrien der Form I(x) = Ox den Punkt 0 als Fixpunkt.

4 Zurück zu der alten Aufgabe: Wie beschreibt man ALLE Isometrien, mit A B? Lösung. Angenommen, I(A) = B. Wir betrachten die Isometrie T ( B) I T A. (Die Verkettung T ( B) I T A ist eine Isometrie, weil Verkettung von Isometrien stets eine Isometrie ist; siehe Vorl. 1). Die Isometrie I := T ( B) I T A hat Fixpunkt 0: nachrechnen: T ( B) I T A ( 0) = T ( B) (I(T A ( 0))) = T ( B) (I(A)) = T ( B) (B) = B B = 0. ßÞÐ B Dann ist I (x) = Ox. Da Iso eine Gruppe ist, ist die Bedingung I = T ( B) I T A zu der Bedingung T B I T ( A) = I }{{}}{{} ( ) ( ) äquivalent: um zu zeigen, dass alle Isometrien I,I, die ( ) erfüllen, auch die Bedingung ( ) erfüllen müssen, kann man ( ) von links mit ( ) 1 T( B) = TB und von rechts mit (T A ) 1 = T ( A) multiplizieren. Analog gilt: Um zu zeigen, dass alle Isometrien I,I, die ( ) erfüllen, auch die Bedingung ( ) erfüllen müssen, kann man ( ) von links mit T ( B) und von rechts mit T A multiplizieren. Also besteht die Menge der Isometrien, mit A B, aus Isometrien der Form x O(x A) + B = Ox + B OA. }{{} v

5 Aktion (Wirkung, Operation) von Gruppen Es sei G eine Gruppe. M eine Menge, und S M die Menge der bijektiven Abbildungen von M nach M, S M := {F : M M F bijektiv}. Aus linearer Algebra (siehe z.b. matveev/lehre/la10/vorlesung1.pdf ) wissen wir, dass S M eine Gruppe bezüglich der Verknüpfung ist; wir wiederholen das kurz: (G1): a(bc) = (ab)c (für alle a, b, c G) Assoziativität (G2): Es gibt e G mit ea = a. (für alle a G) Existenz eines neutralen Elements (G3): Für jedes a G gibt es ein b G mit ba = e. Existenz eines inversen Elements Die erste Eigenschaft (G1) ist erfüllt, weil die Operation Verknüpfung von Abbildungen immer assoziativ ist. Das neutrale Element ist die Identitätsabbildung Id, Id(x) = x. Sie ist eine Bijektion und erfüllt Id F(x) = F(x), also Id F = F. Das inverse Element ist die Umkehrabbildung F 1, definiert durch die Regel F 1 (x) = y, so dass F(y) = x. Weil F eine Bijektion ist, ist die durch diese Regel definierte Abbildung F 1 wohldefiniert; nach Konstruktion erfüllt sie die Eigenschaft F 1 F = Id, weil F 1 F(y) }{{} = y.

6 Bsp. Permutationsgruppe Wenn die Menge M endlich ist, o.b.d.a M = {1,...,n}, so ist die Gruppe S n die berühmte Permutationsgruppe. Sie besteht as n! Elementen und spielt eine wichtige Rolle in der Mathematik und in der Geometrie. Wir werden die Permutationsgruppe später wiederholen und untersuchen.

7 Def. Eine Aktion einer Gruppe G auf M ist ein Gruppenhomomorphismus α : G S M. Eine Abbildung α : G H (wobei G und H Gruppen sind) ist ein Gruppenhomomorphismus, wenn g 1, g 2 G gilt α(g 1 ) α(g 2 ) = α(g 1 g 2 ), wobei die Gruppenoperationen sind: auf der linken Seite, in der Gruppe H und auf der rechten Seite, in der Gruppe G. D.h., eine Wirkung einer Gruppe auf einer Menge M ist eine Regel (α), die jedem Gruppenelement eine Bijektion α(g) : M M zuordnet, s.d. diese Zuordnung die Gruppenoperationen respektiert : α(g 1 g 2 ) = α(g 1 ) α(g 2 ). Bsp. Man betrachte die tautologische Aktion von Iso(R 2,, ) auf R 2 : Elemente der Isometriegruppe sind bereits Elemente von S R 2; also ist die Abbildung α : Iso S R 2 die Identitätsabbildung. Bsp. Man betrachte die Gruppe O 2 = {A Mat(2,2, R) AA t = Id} bzgl. Matrizenmultiplikation. Dann operiere die Abbildung α : O 2 S R 2 wie folgt: die Matrix A wird auf die Isometrie der Form I(x) = Ax abgebildet. Diese Abbildung α ist tatsächlich eine Aktion: die (einzige) Eigenschaft aus der Definition der Aktion einer Gruppe ist offensichtlich erfüllt, da das Matrizenprodukt von Matrizen aus O 2 (d.h., die Gruppenoperation in O 2 ) der Verknüpfung der entsprechenden linearen Abbildungen entspricht.

8 Fixmenge und Stabilisator Wir betrachten die Wirkung einer Gruppe G auf M. Eine Teilmenge T M heißt eine Fixmenge bzgl. der Aktion eines Elements g G, wenn x T α(g)(x) = x. Bsp. Wir betrachten die oben definierte Wirkung von O 2 auf R 2 : die Matrix A O 2 wird auf die Isometrie der Form I(x) = Ax abgebildet Dann ist die Menge { 0} eine Fixmenge jedes Elements. Außerdem ist die Gerade durch 0 mit dem Richtungsvektor sin(α) eine Fixmenge von cos α S(α) := sin α sin α cos α 1 cos(α), da die entsprechende Abbildung x S(α)x die Spiegelung bzgl. dieser Geraden ist, siehe Vorl. 2. Es sei T M. Der Stabilisator der Teilmenge T ist eine Teilmenge von G; sie besteht aus allen Elementen, für die T eine Fixmenge ist. G T := {g G T ist eine Fixmenge für g} Bsp. Man betrachte die tautologische Aktion von G = Iso(R 2,, ) auf R 2. Der Stabilisator von 0 besteht aus allen Isometrien der Form x Ox: G 0 = {I Iso(R2,, ) I(x) = Ox für O O 2 }.

9 Der Stabilisator ist nie leer, da das neutrale Element immer darin enthalten ist, weil α ein Gruppenhomomorphismus ist und deswegen α(e) = Id.

10 Stabilisator der Teilmenge T M ist G T := {g G T ist eine Fixmenge für g} G Def. Sei (G, ) eine Gruppe. Eine Untergruppe der Gruppe G ist eine nicht leere Teilmenge G G mit den Eigenschaften. (i) Für alle a, b G ist a b G. (geschlossen bzgl. Multiplikation) (ii) Für jedes a G ist a 1 G (geschlossen bzgl. Invertieren) Satz (LA; z.b. matveev/lehre/la10/vorlesung1.pdf) Eine Untergruppe einer Gruppe ist eine Gruppe (bzgl. der induzierten Multiplikation.) Eine Wirkung einer Gruppe auf einer Menge M ist eine Regel (α), die jedem Gruppenelement eine Bijektion α(g) : M M zuordnet, s.d. diese Zuordnung die Gruppenoperationen respektiert : α(g 1 g 2 ) = α(g 1 ) α(g 2 ). Lemma 9. Der Stabilisator einer Menge ist eine Untergruppe (und deswegen eine Gruppe). Beweis. Sei T M eine Menge. Nach Def. oben müssen wir zeigen, dass g 1,g 2 G T wir g 1 g 2 G T haben. Angenommen, g 1,g 2 G T, d.h., α(g 1 )(x) = x und α(g 2 )(x) = x für jedes x T. Dann gilt: Def. von Wirkung α(g 1 g 2 )(x) = α(g 1 ) α(g 2 )(x) = α(g 1 )(x) = x, also für jedes x T, ist α(g 1 g 2 )(x) = x und damit g 1 g 2 G T.

11 Konjugation Def. Sei G eine Gruppe und g G. Die g-konjugation ist die Abbildung von G nach G, gegeben durch die Formel g g 1 g g. Aussage: Konjugation ist ein Gruppenisomorphismus. Beweis. Konjugation respektiert die Gruppenoperation: wenn wir Produkt von zwei Elementen konjugieren, bekommen wir das Produkt von konjugierten Elementen. g 1 g g g = g 1 g gg 1 g g = g 1 g g }{{}}{{} e g 1 g g }{{}. Konj. von g Konj. von g Also ist Konjugation ein Gruppenhomomorphismus. Konjugation ist bijektiv: um Bijektivität einer Abbildung zu zeigen, genügt es die Existenz der Umkehrabbildung zu zeigen. Die Konjugation mit g 1 ist die Umkehrabbildung: wegen (g 1 ) 1 = g ist die Konjugation mit g 1 die Abbildung g gg g 1. Dann gilt: gg 1 }{{} e g gg 1 = g, also ist die Konj. mit g }{{} 1 die Linksinverse zur Konj. mit g e Analog gilt: Konjugation mit g 1 ist die Rechtsinverse zur Konjugation mit g. Also ist Konjugation ein Gruppenisomorphismus.

12 Lemma 10. Die Gruppe (G, ) operiere auf M. Wir betrachten eine Teilmenge T M und die Teilmenge α(g)(t) = {α(g)x x T }, den Stabilisator G α(g)t, und die Untergruppe g 1 G α(g)t g := {g 1 g g g G α(g)t }. Dann gilt: G T = g 1 G α(g)t g. In Worten. Stabilisator der Teilmenge T M ist die g Konjugation des Stabilisators von α(g)(t) M. Bemerkung. g 1 G α(g)t g := {g 1 g g g G α(g)t } ist tatsächlich eine Untergruppe, weil g-konjugation ein Gruppenisomorphismus ist, und deswegen Untergruppen in Untergruppen überführt. Beweis des Lemmas. Wir müssen zeigen, dass G T g 1 G α(g)t g und G T g 1 G α(g)t g. Sei g G α(g)t. Dann ist α(g ) (α(g)(x)) = α(g)(x) für alle x T. Wir wenden die Abbildung α(g 1 ) auf beide Seiten der letzten Gleichung an und bekommen α(g 1 ) α(g ) α(g)(x) = α(g 1 ) α(g)(x). Da die Abbildung α ein Gruppenhomomorphismus ist, kann man die letzte Formel umformen: wir bekommen α( g 1 g 1 g )(x) = α(g g)(x). Da α ein }{{}}{{} g-konjugation von g e Gruppenhomomorphismus ist, ist α(e) = Id, und deswegen ist g 1 g g G T. Der Beweis G T g 1 G α(g)t g ist analog

13 Lösung der Aufgabe vom Anfang der Vorlesung mit Lemma 10. Aufgabe. Man beschreibe alle Isometrien, mit A B. Wir betrachten die tautologische Wirkung von G = Iso auf R 2. Der Stabilisator G 0 besteht aus allen Isometrien I(x) = Ox + v mit I( 0) = 0 und ist deswegen die Menge der Isometrien der Form x Ox, G 0 = {I Iso(R2,, ) I(x) = Ox für O O 2 }. Das Element T A B überführt B A. Für jedes Element g G = Iso, so dass g (A) = B, gilt T A B g (A) = A; also liegt T A B g im Stabilisator von A. Analog gilt: wenn ein Element T A B g im Stabilisator von A liegt, so ist g (A) = B. Aus Lemma 10 wissen wir den Stabilisator von A: G A = T A G 0 T A. Also ist die gesuchte Teilmenge der Gruppe, die Menge T (B A) T A G 0 }{{} T ( A) = T B G 0 T ( A). T B

14 Wann kann man eine Strecke auf eine andere Strecke überführen? Lemma 11. Seien A B und A B R n. Dann gilt: es gibt eine Isometrie I mit A A und B B, genau dann wenn d(a,b) = d(a,b ). Ferner gilt: gilt d(a,b) = d(a,b ), so gibt es genau zwei Isometrien mit A A und B B.

15 Zuerst Vorarbeit: Def. Die Gruppe (G, ) operiere auf M. Sie operiert transitiv, wenn x,y M ein g G existiert mit α(g)(x) = y. Def. Wir betrachten die oben definierte Wirkung von O 2 auf R 2 : für eine Matrix A O 2 ist die Abbildung α(a) die Abbildung x Ox. Diese Wirkung induziert eine Wirkung von O 2 auf K r := {x R 2 x = r}, wobei r > 0, weil für jedes x K r und jedes g O 2 gilt, dass α(g)(x) K r (weil d(α(g)(x), 0) = d(x, 0) = r für jedes x K r ). Bemerkung. Die induzierte Wirkung α ist wie folgt definiert: α (g) = α(g); da α(g)(x) K r für x K r, ist α (g) S Kr. Die einzige Eigenschaft aus der Definition einer Wirkung, nämlich α (g 1 ) α (g 2 ) = α (g 1 g 2 ) ist automatisch erfüllt, weil sie für die Abbildung α erfüllt ist. Aussage 1. Die oben definierte Wirkung der Gruppe O 2 auf K r ist transitiv.

16 Aussage 1. Die oben definierte Wirkung der Gruppe O 2 auf K r ist transitiv. Beweis der Aussage. Wir werden im Wesentlichen die gleichen Formeln benutzen wie im Beweis von Lemma 4. Sei x y Kr, d.h., x 2 + y 2 = r. x Wir betrachten die Zahlen und y. Diese Zahlen haben die x 2 +y 2 x 2 +y2 Eigenschaft, dass 2 2 x y Ô x 2 + y 2 + Ô = 1. x 2 + y 2 Wie wir im Beweis von Lemma 4 erklärt haben, existiert dann α [ π,π] x mit = cos(α) und y = sin(α).wir betrachten die Matrix x2 +y2 x2 +y2 D(α) O 2 ; D(α) = cos(α) sin(α) sin(α) cos(α). Dann ist D(α) r 0 = r cos(α) r sin(α) = r x r r = x y. Also existiert für jedes x y y Kr ein Element g aus r O 2, s.d. α(g) r. Da α eine Wirkung ist, gilt α(g 1 ) = (α(g)) 1. 0 = x y. Also, α(g 1 ) x y = r 0 Wir zeigen jetzt, dass für je zwei Elemente x 1 y 1, x2 y 2 Kr ein g O 2 existiert, mit α(g) x 1 y 1 = x2 y 2. Wie wir oben bewiesen haben, existieren g 1,g 2 mit α(g 1 ) x 1 y 1 = r 0 und α(g2 ) r 0 = x2 y 2. Dann gilt: α(g 2 g 1 ) x 1 y 1 = α(g2 ) α(g 1 ) x 1 y 1 = α(g2 ) α(g 1 ) x 1 α(g 2 ) r 0 = x2 y 2. y 1 =

17 Aussage 2. Die Gruppe O 2 operiere auf K r wie oben. Dann gilt für jeden Punkt x y Kr : Der Stabilisator von { x y } besteht aus genau zwei Elementen. Beweis. Nach Lemma 10 und Aussage 1 sind, für je zwei Punkte x 1 y 1 und x 2 y 2, die Stabilisatoren G x1 und G x 2 isomorph (Isomorphismus ist y 1 y 2 Konjugation) und deswegen ist die Anzahl der Elemente gleich. Also genügt es zu zeigen, dass der Stabilisator von r 0 aus zwei Elementen besteht. Nach Lemma 4 ist jedes Element aus O 2 D(α) = cos(α) sin(α) sin(α) cos(α) oder S(α) = cos(α) sin(α) sin(α) cos(α). Wenn wir D(α) oder S(α) auf r 0 anwenden, bekommen wir cos(α) sin(α) sin(α) r cos(α) 0 = r cos(α) r sin(α) und cos(α) sin(α) r sin(α) cos(α) 0 = r cos(α) r sin(α). Wir sehen, dass D(α) r 0 = r 0 bzw. S(α) r 0 = r 0, g.d.w. cos(α) = 1 und sin(α) = 0, also wenn D(α) = 1 1 und S(α) = 1 1. Also existieren genau zwei Elementen aus O 2, die den Punkt r 0 als Fixpunkt haben,

18 Beweis von Lemma 11. Lemma 11. Seien A B und A B R n. Dann gilt: es gibt eine Isometrie I mit A A und B B, genau dann wenn d(a, B) = d(a, B ). Ferner gilt: gilt d(a, B) = d(a, B ), so gibt es genau zwei Isometrien mit A A und B B. Aussage 1. Die Standard-Wirkung der Gruppe O 2 auf K r ist transitiv. Aussage 2. Die Gruppe O 2 operiere (standard) auf K r. Der Stabilisator jedes Punktes besteht aus genau zwei Elementen. Beweis von Lemma in = Richtung. Angenommen, I(A) = A und I(B) = B. Dann ist d(a,b) = d(a,b ),. Beweis von Lemma in = Richtung. Die Isometrien, die A A überführen, haben wir oben beschrieben: alle solche Isometrien haben die Form I(x) = Ox + A OA. Wir müssen also diejenigen finden, die auch }{{} v B B überführen, also solche O O 2 bestimmen, s.d. OB + A OA = B ( Umformen O(B A) = B A. Da die Längen von B A und B A gleich r = d(a,b) sind, gibt es nach Aussagen 1,2 genau 2 solche O O 2,

19 Kongruenz Def. Zwei Teilmengen T 1,T 2 R 2 heißen kongruent, wenn eine Isometrie I von R 2 existiert, s.d. I(T 1 ) = T 2. Def. Seien A,B,C R 2, s.d. sie nicht auf einer Geraden liegen. Die Menge AB BC AB heißt ein Dreieck. Wir werden das Dreieck mit ABC oder ABC bezeichnen. Bemerkung. Dreieck ABC (als Objekt, eine Menge) bestimmt eindeutig die Ecken (Beweis ist im Wesentlichen wie für eine Strecke; wir werden einen alternativen Beweis im Kapitel konvexe Geometrie geben.

20 SSS-Kongruenzsatz. Es seien A,B,C und A,B,C Punkte des R 2, s.d. weder A,B,C noch A,B,C auf einer Geraden liegen. Dann gilt: es gibt eine Isometrie I, mit A A, B B, C C, genau dann wenn d(a,b) = d(a,b ), d(b,c) = d(b,c ) und d(a,c) = d(a,c ). Ferner gilt: ist d(a,b) = d(a,b ), d(b,c) = d(b,c ) und d(a,c) = d(a,c ), so ist eine solche Isometrie eindeutig. Beweis. Nach Lemma 11 existieren genau 2 Abbildungen, I und Ĩ, mit A A und B B. Wir betrachten I(C) und Ĩ(C). Diese Punkte sind verschieden, da die Isometrien nach Satz 1 Affinitäten (=affine Isomorphismen) sind, und die Bilder von drei Punkten in allgemeiner Lage bestimmen die Affinität des R 2 eindeutig. Die Punkte I(C) und Ĩ(C) liegen auf dem Schnitt von zwei Kreisen K d(a,c) (A) = {x R 2 d(x,a) = d(a,c)}, K d(b,c) (B) = {x R 2 d(x,b) = d(b,c)}. Nach Hausaufgabe 3, Serie 2 haben solche Kreise höchstens 2 Schnittpunkte; also sind die Punkte I(C) und Ĩ(C) genau diese Schnittpunkte. Da C auch auf dem Schnitt von diesen Kreisen liegt, ist entweder C = I(C) oder C = Ĩ(C).