TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN Zentrum Mathematik

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1 TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN Zentrum Mathematik Prof. Dr. Boris Springborn, Martin von Gagern Projektive Geometrie, SS Lösungen zu Aufgabenblatt (. Juni ) Aufgabe. Spiegelungen im Klein-Modell Präsenzaufgaben In dieser Aufgabe soll gezeigt werden, dass sich die Spiegelung an einer Hyperebene h im Klein-Modell (bei geeigneter Wahl von A und p) durch folgende Funktion beschreiben lässt: f : RP n RP n f(x) = x pt Ax p T Ap p a) Erinnern Sie sich an die Definition einer Projektivspiegelung, wie sie im letzten Semester (in Aufgabe 5 auf Blatt ) eingeführt worden war. Verallgemeinern Sie diese Definition auf beliebige Dimensionen, also projektive Räume RP n. Für eine konsistente Bezeichnung sei eine solche Projektivspiegelung hier definiert durch einen Punkt p und eine Hyperebene h, jeweils dargestellt durch homogene Koordinaten. b) Es sei A die primale Matrix, die das Fundamentalgebilde einer hyperbolischen Geometrie in n Dimensionen beschreibt. Geben Sie eine möglichst einfache Matrix an, die hierfür geeignet ist. c) Unter welcher Voraussetzung stellt eine solche Projektivspiegelung eine Isometrie einer Cayley-Klein-Geometrie dar? Welche Beziehung zwischen p und h lässt sich daraus ableiten? Sie müssen Ihre Aussagen hier nicht beweisen. Im Folgenden sei p der Punkt, der sich so aus h ergibt. d) Wie kann man sich diese Beziehung zwischen p und h für die Spiegelung an einer Ebene im Klein-Modell eines dreidimentionalen hyperbolischen Raumes geometrisch (nicht algebraisch) vorstellen? e) Beweisen Sie, dass die oben angegebene Funktion f unabhängig von der Wahl des Repräsentanten ist. f) Welche einfache inzidenzgeometrische Aussage können sie über die relative Lage der Punkte p, x und f(x) treffen? g) Weisen Sie nach, dass x und f(x) stets auf der gleichen Seite der durch A repräsentierten Quadrik liegen. h) Beweisen Sie, dass die Funktion f tatsächlich die durch p und h definierte Projektivspiegelung darstellt, also eine hyperbolische Spiegelung an einer Hyperebene. i) Stellen Sie einen Zusammenhang her zwischen der Matrix A, die das Fundamentalgebilde repräsentiert, und dem Raum, in dem das Hyperboloid-Modell dargestellt wird. Welche andere Schreibweise für die Funktion f ergibt sich daraus? Welches Objekt im Hyperboloid-Modell entspricht dem durch A repräsentierten Fundamentalgebilde? j) Welche Formel beschreibt eine hyperbolische Punktspiegelung?

2 Lösung: a) Die Projektivspiegelung, die durch die Hyperebene h und den Punkt p definiert ist, bildet einen Punkt x auf seinen Spiegelpunkt x wie folgt ab:. Konstruiere g = x p, die Verbindungsgerade von x mit p.. Bestimme q = h g, den Schnittpunkt dieser Geraden mit der Hyperebene h.. Wähle x auf g so, dass (x, x; p, q) harmonisch liegen. b) Benötigt wird eine reelle und nicht-degenerierte Quadrik. Das einfachste Beispiel hierfür ist die Einheitsspähre S n. Sie wird dargestellt durch die Diagonalmatrix... R(n+) (n+) c) Eine projektive Abbildung (und somit auch eine Projektivspiegelung) ist genau dann eine Isometrie, wenn sie das Fundamentalgebilde der Geometrie auf sich selbst abbildet. Das ist genau dann der Fall, wenn p der Pol von h ist, also [h] = [Ap] gilt. Der Beweis Hierzu wurde letztes Semester geführt. d) Das Klein-Modell modelliert den hyperbolischen Raum durch das Innere des Einheitsballs. Eine Ebene, die im Inneren dieses Balls verläuft, hat einen Pol, der außerhalb liegt. Dazu wird die Ebene mit dem Rand des Balls geschnitten, und in dem so entstandenen Schnittkreis ein Kegel tangential an den Einheitsball gelegt. Die Spitze dieses Kegels ist der Pol der Ebene. e) Beweis durch einfaches Durchrechnen: ( ) f(λx) = λx pt A(λx) p T Ap p = λx Ax λpt p T Ap p = λ x pt Ax p T Ap p = λf(x) [f(x)] f) f(x) ist eine Linearkombination von x und p und muss daher auf deren Verbindungsgerade liegen. Man kann auch die Determinante [x, p, f(x)] betrachten und erkennen, dass diese aufgrund der linear abhängigen Spalten stets ist. p, x und f(x) liegen also stets kollinear. g) Ein Punkt x liegt genau dann auf der Quadrik, wenn x T Ax = ist. Dementsprechend liegt ein Punkt abseits der Quadrik, wenn x T Ax ist. Man kann sich mit Stetigkeitsargumenten leicht überlegen, dass das Vorzeichen des Ausdrucks x T Ax Auskunft über die Seite gibt, auf der x im Bezug auf A liegt, wobei die konkrete Interpretation von der Wahl des Repräsentanten für A abhängt. Es ist also zu zeigen, dass das Vorzeichen von f(x) T Af(x) das gleiche ist wie das von x T Ax. ( f(x) T Af(x) = x T Ax pt Ax p T ) Ax p T Ap pt Ax + p T p T Ap Ap ( p = x T T Ax ) ( p T Ax ) Ax p T + Ap p T = x T Ax Ap Das Vorzeichen bleibt also eindeutig erhalten. h) Hier müssen die Schritte aus Teilaufgabe a) algebraisch reproduziert werden.. Alle Punkte auf der Verbindungsgeraden g = x p (mit Ausnahme des Punktes p selbst) sind Linearkombinationen der Form x + λp.. Ein Punkt q liegt auf der Hyperebene h, wenn das Skalarprodukt h, q = ist. Da q auch auf g liegt, kann man es als Linearkombination schreiben. h, q = Ap, x + λp = p T Ax + λp T Ap = λ = pt Ax p T Ap q = x + λp = x pt Ax p T Ap p

3 . Um das Doppelverhältnis zu berechnen, kann man p und x als projektive Basis der Geraden auffassen. Die Punkte q und f(x) lassen sich dann als Linearkombinationen daraus darstellen. λ λ p = x = q = f(p) = Das Doppelverhältnis (x, f(x); p, q) = (, λ;, λ) = kennt man entweder, oder kann man schnell nachrechnen. [x, p][f(x), q] (x, f(x); p, q) = [x, q][f(x), p] = λ λ ( ) (λ λ) λ λ = = λ ( λ) ( ) λ = Damit ist gezeigt, dass der Punkt f(x) = x + λp tatsächlich das Ergebnis einer Spiegelung an der Hyperebene h ist. i) Die Matrix A ist genau die Matrix des Skalarprodukts, R n,. Daher kann man die Funktion auch schreiben als f(x) = x p, x R n, p p, p R n, Die Punkte der Einheitssphäre im Klein-Modell entsprechen den Geraden, die zusammen den Lichtkegel im R n, bilden. Das ist die übliche Entsprechung von projektiven Punkten und linearen eindimensionalen Unterräumen, da das Klein-Modell projektiv ist, das Hyperbolid-Modell hingegen nicht. Man kann auch sagen, dass sich die Einheitssphäre, die das Klein-Modell einfasst, als Schnitt des Lichtkegels mit der Projektionsebene x n+ = ergibt. j) Punktspiegelungen sind wie Spiegelungen an Hyperebenen auch als Projektivspiegelungen mit einem Pol-Polare- Paar zu beschreiben. Es gilt daher die gleiche Formel. Der einzige Unterschied ist der, dass der Punkt p im Inneren der Sphäre liegt, während die dazu polare Hyperebene h außerhalb verläuft.

4 Hausaufgaben Aufgabe. Spiegelketten Die Funktion f n : R p,q f n (v) = v v, n R p,q n, n R p,q beschreibt für beliebige Signaturen (p, q) eine Abbildung, die im Rahmen dieser Aufgabe als Spiegelung bezeichnet werden soll. a) Weisen Sie nach, dass die Abbildung f n eine Bijektion ist. b) Fassen Sie die Abbildung zunächst linear und nicht projektiv auf. Geben Sie eine Formel an, die die Menge aller Fixpunkte der Abbildung f n beschreibt. Welche Rolle spielt der Vektor n in dieser Sichtweise? c) Weisen Sie nach, dass die Abbildung f n orthogonalität erhält, also orthogonale Vektoren wieder auf orthogonale Vektoren abbildet. d) Weisen Sie nach, dass die Abbildung f n teil der orthogonalen Gruppe O(p, q) ist, dass sie also den Wert von Skalarprodukten erhält: f n (x), f n (y) = x, y. e) Jede beliebige Abbildung aus O(p, ) lässt sich schreiben als Verkettung von endlich vielen Spiegelungen, also als f n f nr. Beweisen Sie diese Aussage. Hinweis: Induktion über eine Orthonormalbasis. f) Auch jede Abbildung aus O(p, q) lässt sich als Verkettung von Spiegelungen schreiben. Lässt sich Ihr Beweis übertragen? Falls nein, wo und wie muss er angepasst werden? g) Geben Sie in Abhängigkeit von p und q eine möglichst enge Schranke für die Anzahl r der verketteten Spiegelungen an. h) Setzen Sie diese Aufgabe in Beziehung zur Präsenzaufgabe sowie zum Stoff der Vorlesung. Welche Querbezüge können Sie erkennen? i) In Aufgabe b) von Blatt haben Sie eine orthogonale Matrix für eine Abbildung bestimmt. Finden Sie jetzt eine Zerlegung dieser Abbildung in Spiegelungen. n Lösung: a) Die Abbildung f n ist eine Involution, wie man leicht überprüfen kann: f n (f n (v)) = f n (v) f n(v), n n n, n v, n = v n, n n v v,n n,n n, n n, n v, n v, n v, n n = v n n + n, n, n n, n n, n n, n n = v Daher ist die Abbildung ihr eigenes Inverses, und nachdem nur eine Bijektion ein im gesamten Wertebereich eindeutig definiertes Inverses hat, muss f n eine Bijektion sein. b) Ein Vektor v ist Fixpunkt der Abbildung, wenn die Differenz zwischen Urbild und Bild verschwindet: v, n f n (v) v = n, n n = Unter der Annahme, dass n ist, ist dies genau für v, n = der Fall. Die Menge aller Fixpunkte ist folglich die zu n orthogonale Hyperebene. n selbst tritt hier als Normalenvektor auf. n

5 c) Ich weiß gerade nicht mehr, wie ich das zeigen wollte, ohne die nächste Teilaufgabe dafür zu verwenden. d) Man kann nachrechnen, dass das Skalarprodukt zweier Bildvektoren dem der zugehörigen Urbilder entspricht: v, n n f n (v), f n (w) = v n, w w, n, n n, n n w, n = v, w v, n, n n v, n n, n n, w v, n n + n, w, n, n n, n n v, n w, n v, n w, n = v, w + n, n n, n n, n = v, w e) Induktionsanfang: Die Gruppe O(, ) erhält insbesondere die Quadrate von reellen Zahlen. Sie besteht daher lediglich aus der Identität und der Negation x x. Letztere ergibt sich aus der Definition von f n für beliebige von verschiedene n. Jedes Element von O(, ) lässt sich also aus bis Spiegelungen kombinieren. Induktionsschritt: Die orthogonale Abbildung sei als A O(p, ) bezeichnet. Man betrachte einen beliebigen Vektor v. Falls : Wenn Av = v ist, ist im Induktionsschritt keine weitere Spiegelung erforderlich. Der Vektor v kann normiert und als Element einer Orthonormalbasis betrachtet werden. Alle anderen Vektoren zerfallen so in eine Komponente, die parallel zu v liegt und von A nicht verändert wird, sowie eine Komponente, die senkrecht zu v liegt und durch die Einschränkung von A auf den Orthogonalraum beschrieben wird. Diese eingeschränkte Abbildung ist ein Element der O(p, ) und lässt sich folglich nach Induktionsvoraussetzung als Kette von Spiegelungen darstellen. Da diese Spiegelungen Orthogonalität erhalten, bleibt die Komponente in Richtung v davon unberührt. Man kann folglich die gleiche Spiegelungskette eine Dimension höher auch zum Beschreiben von A verwenden. Fall : Wenn Av v ist, dann muss es eine Spiegelung geben, die v auf Av abbildet, und umgekehrt. Als Normalenvektor dieser Spiegelung kann man den Differenzvektor n = Av v verwenden. Führt man f n nach A aus, erhält man mit f n A eine Abbildung, die v auf v abbildet. Man kann diese nach Fall behandeln, um eine Spiegelungskette f n f nr zu erhalten. An diese kann man f n links anhängen, um f n f n A = A als f n f n f nr zu beschreiben. f) Prinzipiell lassen sich die gleichen Schritte wie im eben geführten Beweis anwenden. Dabei gibt es jedoch zwei Dinge zu beachten, für jeden Fall im Infuktionsschritt eine Bedingung: Fall : Damit der Vektor v als Element einer Orthonormalbasis aufgefasst werden kann, muss er auf v, v = ± normierbar sein. Auch v darf also nicht lichtartig sein. Fall : Damit eine Abbildung f n sinnvoll definiert ist, muss n, n = sein. Der Differenzvektor n = Av v darf also nicht lichtartig sein. Die Matrix B = (A I) bildet v auf n ab. Ein Vektor v, der im Kern von B liegt und nicht lichtartig ist, kann in Fall des Induktionsschritts verwendet werden. Ein Vektor v, der nicht im Kern von B liegt und dessen Bild n = Bv nicht lichtartig ist, kann im Fall verwendet werden. Die einzige Möglichkeit, die die Existenz eines geeigneten Vektors v verhindern könnte, wäre demnach die, dass sowohl der gesamte Kern als auch das gesamte Bild von B lichtartig sind. Jetzt hilft eine Dimensionsabschätzung. Die Dimension der lichtartigen Teilräume von O(p, q) beträgt genau min{p, q}. Das kann man sich überlegen, indem man sich Basisivektoren dieser Räume zusammensetzt aus je einem raumartigen und einem zeitartigen Basisvektor des gesamten Raumes. Da bekanntlich die Dimensionen von Kern und Bild sich zur Dimension des gesamten Raumes addieren, ist für p q sichergestellt, dass der Induktionsschritt bei geeigneter Wahl des Vektors v wie oben angegeben durchführbar ist. Lediglich der Fall der ausgeglichenen Signatur p = q stellt ein Problem dar. Die Aussage, dass man jede orthogonale Abbildung in eine Kette von Spiegelungen zerlegen kann, gilt auch hier, ist jedoch deutlich schwerer zu beweisen. Aus diesem Grund hätte diese Teilaufgabe eigentlich ein Sternchen verdient gehabt. g) Jeder Induktionsschritt fügt entweder keine oder eine einzige Spiegelung zur Kette hinzu. Folglich gilt r p + q. h) In der Vorlesung wurde zum einen erklärt, dass jede Isometrie durch ein Element der orthogonalen Gruppe dargestellt werden kann. Folglich lässt sich jede Isometrie als Verkettung von Spiegelungen auffassen. Dass 5

6 man diese Spiegelungen nicht nur linear interpretieren kann, sondern auch als Projektivspiegelung, die das Fundamentalgebilde des Klein-Modells erhält, sieht man leicht durch Vergleich der Formeln mit denen aus der Präsenzaufgabe, insbesondere der Notation aus Teilaufgabe i). i) In der folgenden Berechnung stellt F i jeweils die Matrix der Abbildung f ni dar. Diese Matrix erhält man beispielsweise, indem man die Funktion der Reihe nach auf die einzelnen Basisvektoren anwendet. Der Rest ist selbsterklärend. A = 5 v = A v = 5 n = 5 F = F A = A = 5 v = A v = 5 n = F = F A = A = v = A v = n = F = Somit ergibt sich eine Zerlegung der Abbildung A in drei Spiegelungen: A = f n f n f n. Natürlich kann man statt der angegebenen Repräsentanten für die n i auch beliebige skalare Vielfache nehmen. Und wenn man andere Vektoren v i wählt, ergibt sich eine andere Zerlegung, da diese gesamte Kettenkonstruktion alles andere als eindeutig ist. Aufgabe. Freiheitsgrade Sie können die Teilaufgaben dieser Aufgabe in beliebiger Reihenfolge bearbeiten. a) Durch die Bilder von wie vielen ideallen Punkten ist eine hyperbolische Isometrie im H im Allgemeinen eindeutig bestimmt? b) Wie viele solche Punkte benötigen Sie für den H? c) Verallgemeinern Sie diese Betrachtung auf hyperbolische Räume beliebiger Dimension. d) Durch die Bilder von wie vielen endlichen hyperbolischen Punkten ist eine hyperbolische Isometrie im H d eindeutig bestimmt? e) Wie viele relle Freiheitsgrade sind zur Beschreibung einer Isometrie des H d erforderlich? Lösung: a) Eine Isometrie in der hyperbolischen Ebene ist im Poincaré-Kreisscheibenmodell eine (Anti-)Möbiustransformation, die die Kreisscheibe auf sich selbst abbildet. Eine solche Transformation ist durch die Bilder von drei Punkten auf dem Kreisrand eindeutig beschrieben. b) Man kann sich dies im Halbraum-Modell überlegen. Eine Isometrie ist auch hier eine (Anti-)Möbiustransformation, die den oberen Halbraum auf sich selbst abbildet. Auf dem Rand des Halbraums entspricht dies einer Möbiustransformation einer Ebene, diesmal ohne zusätzliche Einschränkungen. Ein idealer Punkt ist ein Punkt in der Ebene. Eine Isometrie wird also auch hier wieder durch drei ideale Punkte und deren Bilder eindeutig festgelegt. e) Wenn man diese Teilaufgabe vorzieht, kann man sich bei der Betrachtung der folgenden Teilaufgaben auf diese Ergebnisse stützen. Zunächst einmal sollte man sich induktiv überlegen, wie viele reelle Freiheitsgrade eine Möbiustransformation der S d hat. Um eine solche Transformation eindeutig zu beschreiben, genügt es, wenn man für eine gegebene S d zum einen weiß, wo dieses Bild liegt, und zum zweiten, wie die punktweise Transformation zwischen den beiden Sphären aussieht. Die Lage des Bildes kann durch d reelle Freiheitsgrade für das Zentrum sowie rellen 6

7 Freiheitsgrad für den Radius beschrieben werden. Die Transformation der Sphäre in sich selbst ist wiederum eine Möbius-Transformation. Dadurch ergibt sich induktiv Daraus ergibt sich ganz allgemein #DOF(S ) = = #DOF(S ) = + + = 6 #DOF(S ) = = #DOF(S ) = + + = 5 #DOF(S 5 ) = = #DOF(S d ) = #DOF(S d ) + d + = (d + )(d + ) Wie bereits am Beispiel des Halbraum-Modells gesehen wird jede hyperbolische Isometrie im H d beschrieben durch eine Möbius-Transformation auf dem Rand des Modells, welcher isomorph zu einer S d ist. Eine Isometrie im H d hat also d(d+) reelle Freiheitsgrade. Für d = erhält man, entsprechend den Bildern von drei Punkten auf dem Kreisrand, der ja isomorph zu einer projektiven reellen Gerade ist. Für d = erhält man 6, was den drei komplexen Zahlen entspricht, die eine Möbius-Transformation in CP beschreiben. c) Die von der Aufgabenstellung suggerierte Schlussfolgerung, dass immer drei ideale Punkte eine Isometrie eindeutig festlegen, ist leider falsch. Schlimmer noch, wenn man die (d+)(d+) reellen Freiheitsgrade einer Möbiustransformation der S d zu d Freiheitsgraden je Punkt zusammenfassen will, geht das nicht auf. Für H bzw. S ergeben sich etwa = ideale Punkte. Drei Punkte können komplett frei gewählt werden, ein vierter nur auf einer bereits vorgegebenen Geraden. Analog für höhere Dimensionen. d) Für Punkte im Inneren des H d kann man die d(d+) reellen Freiheitsgrade einer Isometrie zu Punkten mit je d Freiheitsgraden zusammenfassen. Auch das geht nicht immer auf. Für H ergeben sich innere Punkte. Für einen vorgegebenen Punkt kann man also den zugehörigen Bildpunkt wählen, und dann noch für eine Gerade durch das Urbild die Richtung der entsprechenden Bildgerade. Wenn dann noch bekannt ist, ob die Isometrie Orientierung erhält oder umkehrt, ist diese dadurch bereits eindeutig festgelegt. Für ungerade d geht die Rechnung jedoch auf. Dennoch ist auch hier Vorsicht geboten: Auch wenn rein rechnerisch eine Isometrie im H durch die komplett frei gewählten Bilder von zwei Punkten vorgegeben wäre, erzwingt die Eigenschaft, dass die Abbildung eine Isometrie sein soll, eine Beibehaltung des Abstandes dieser zwei Punkte. Der zweite kann also nur auf einer Sphäre fixen Abstandes um den ersten gewählt werden, und ist daher nicht frei. Deshalb ist eine Aufteilung der reellen Freiheitsgrade auf innere Punkte in dieser Form zwar rechnerisch manchmal möglich, geometrisch aber nicht sinnvoll. Sinnvoller ist es da, die Freiheitsgrade als d(d+) = d+(d )+ + aufzufassen. Der erste Punkt kann komplett frei im inneren des d-dimensionalen hyperbolischen Raums gewählt werden, das entspricht d Freiheitsgraden. Der nächste muss auf einer hyperbolischen Sphäre mit dem ersten Punkt als Mittelpunkt liegen, da der Abstand durch den Abstand der Urbilder gegeben ist. Es bleiben also (d ) Freiheitsgrade. Der nächste Punkt ist auf den Schnitt zweier (d )-Sphären beschränkt, was eine (d )-Sphäre ist. In dem Stil geht das immer weiter. Der letzte Punkt ist auf eine -Sphäre beschränkt, also einen Kreis. Eigentlich käme dann noch ein weiterer Punkt, der auf eine S beschränkt ist, also ein Punktepaar. Von den zwei Wahlmöglichkeiten entspricht an dieser Stelle die eine den orientierungserhaltenden Abbildungen, die andere den umkehrenden. Der Wahlparameter ist jedoch nicht reell. Zusammenfassend kann man sagen, dass das längentreue Bild eines volldimensionalen Simplex eine Isometrie eindeutig definiert, einschließlich ihrer Orientierung. 7