orientierungserhaltende Isometrien der hyperbolischen Ebene

06.10.2009, 18:34	helpless	Auf diesen Beitrag antworten »
orientierungserhaltende Isometrien der hyperbolischen Ebene Hallo Leute, Ich möchte hier eine Übung mit Beweis vorstellen, um festzustellen, ob ich alles verstanden habe: Übung: Sei $\begin{eqnarray} L \end{eqnarray}$ ein Euklidischer Kreis, oder eine Halbgerade, der/die orthogonal auf der reelllen Achse steht, welcher/welche die reelle Achse in dem endlichen Punkt $\begin{eqnarray} \alpha \end{eqnarray}$ trifft. (1) Beweise dass die Transformation $\begin{eqnarray} T(Z)=-\frac{1}{z-\alpha}+ \beta \in PSL\left(2,\mathbb R \right) \end{eqnarray}$ ist. (2) Beweise, dass $\begin{eqnarray} T(Z) \end{eqnarray}$ für ein angemessenes $\begin{eqnarray} \beta \end{eqnarray}$ jedes beliebige $\begin{eqnarray} L \end{eqnarray}$ auf die imaginäre Achse abbildet. Beweis (1) Als Voraussetzung für $\begin{eqnarray} T(Z) \in PSL\left(2,\mathbb R \right) \end{eqnarray}$ muss eine Abbildungsvorschrift der Form $\begin{eqnarray} T(Z)\frac{a z - b}{cz-d} \end{eqnarray}$ mit zugehöriger Matrix $\begin{eqnarray} g=\begin{pmatrix}a & b \\ c & d \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ existieren, mit $\begin{eqnarray} det\ g=ad-bc=1 \end{eqnarray}$ . Durch Umformung erhält man $\begin{eqnarray} T(Z)=-\frac{1}{z-\alpha}+ \beta = \frac{\beta z - \left(\alpha \beta+1\right)}{z-\alpha} \end{eqnarray}$ mit zugehöriger Matrix $\begin{eqnarray} g=\begin{pmatrix}\beta & -\alpha \beta-1 \\ 1 & -\alpha \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ . Da $\begin{eqnarray} det\ g/=1 \end{eqnarray}$ folgt direkt das die Transformation der Form $\begin{eqnarray} T(Z)=-\frac{1}{z-\alpha}+ \beta \end{eqnarray}$ Element von $\begin{eqnarray} PSL\left(2,\mathbb R \right) \end{eqnarray}$ ist. (2) So und ab jetzte versteh ichs nicht mehr wirklich. Es folgt eine Fallunterscheidung. 1.Fall: $\begin{eqnarray} L \end{eqnarray}$ ist Halbgerade orthogonal zur reellen Achse, mit dem endlichen Punkt $\begin{eqnarray} \alpha \end{eqnarray}$ auf der reellen Achse und dem unendlichen Punkt $\begin{eqnarray} \alpha= \infty \end{eqnarray}$ . Laut Beweis bildet in diesem Fall $\begin{eqnarray} T(z) \end{eqnarray}$ L genau dann auf die Imaginäre Achse ab, wenn $\begin{eqnarray} \beta=0 \end{eqnarray}$ . Dann lautet die Abbildungsvorschrift: $\begin{eqnarray} T(z)=-\frac{1}{z-\alpha} \end{eqnarray}$ Ich habe jetzt folgende Schlussfolgerung gezogen: $\begin{eqnarray} \lim_{z \to \alpha} T(z)= \lim_{z \to \alpha}-\frac{1}{z-\alpha }= 0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \lim_{z \to \alpha} T(z)= \lim_{z \to \alpha}-\frac{1}{z-\alpha }= \infty \end{eqnarray}$ (linksseitiger Grenzwert) und für beliebige $\begin{eqnarray} z=\alpha+iy \in L \end{eqnarray}$ gilt $\begin{eqnarray} T(z) = \frac {-1}{\alpha+iy-\alpha}=\frac{1}{iy}=i\frac{1}{y} \in \end{eqnarray}$ Imaginäre Achse Somit werden alle Punkte der Halbgeraden L auf die Imaginäre Achse abgebildet. 2.Fall: $\begin{eqnarray} L \end{eqnarray}$ ist ein Halbkreis orthogonal zur reellen Achse mit dem ersten endlichen Punkt $\begin{eqnarray} \alpha \end{eqnarray}$ auf der reellen Achse und dem zweiten unendlichen Punkt $\begin{eqnarray} \alpha \neq \infty \end{eqnarray}$ . Laut Beweis bildet in diesem Fall $\begin{eqnarray} T(z) \end{eqnarray}$ L genau dann auf die Imaginäre Achse ab, wenn $\begin{eqnarray} \beta=\frac{1}{\alpha-\alpha} \end{eqnarray}$ . Dann lautet die Abbildungsvorschrift: $\begin{eqnarray} T(z)=-\frac{1}{z-\alpha}+\frac{1}{\alpha-\alpha} \end{eqnarray}$ Ich habe jetzt folgende Schlussfolgerung gezogen: $\begin{eqnarray} \lim_{z \to \alpha} T(z)= \lim_{z \to \alpha}-\frac{1}{z-\alpha}+\frac{1}{\alpha-\alpha}= 0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \lim_{z \to \alpha} T(z)= \lim_{z \to \alpha}-\frac{1}{z-\alpha}+\frac{1}{\alpha-\alpha}= \infty \end{eqnarray}$ (linksseitiger Grenzwert) Und jetzt weiß ich nicht genau, wie man zeigen soll das jedes belibige $\begin{eqnarray} z \in L \end{eqnarray}$ auf die Imaginäre Achse abbgebildet wird. Genügt es hier, dass man und gezeigt hat und man weiß, dass $\begin{eqnarray} T(z) \end{eqnarray}$ eine Isometrie ist, also Abstände bewahrt? oder muss ich explizit für ein beliebiges $\begin{eqnarray} z \in L \end{eqnarray}$ , dass der Realteil Null wird? z.B.was in der Art? $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}\frac{1}{\alpha-\alpha} & \frac{-\alpha}{\alpha-\alpha}-1 \\1 & -\alpha \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0\\irgendwas \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ Wäre toll, wenn mir jemand weiterhelfen könnte! lieber Gruß helpless
07.10.2009, 08:41	helpless	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: orientierungserhaltende Isometrien der hyperbolischen Ebene Sorry, an der einen Stelle bei der ersten Fallunterscheidung hat sich ein Fehler eingeschlichen Für ein beliebiges $\begin{eqnarray} z=\alpha+iy \in L \end{eqnarray}$ gilt $\begin{eqnarray} T(z)=\frac{-1}{\alpha+iy-\alpha} =\frac{-1}{iy}=i \frac{1}{y} \end{eqnarray}$ so muss es natürlich lauten!

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