Stereographische Projektion

02.05.2011, 21:59	Alinaaaaa	Auf diesen Beitrag antworten »
Stereographische Projektion Meine Frage: Hallöchen, kann mir vielleicht jemand helfen? Ich habe letztens in Mathe einen Referat über die Riemannsche Zahlenkugel gehalten und soll noch eine Rechnung anfertigen, wie man von den Koordinaten eines Punktes auf der Zahlenkugel zu Koordinaten eines P auf der Zahlenebene kommt. Da hab ich aber leider keine Ahnung. Besser gesagt, ich habe natürlich die Formeln gefunden, kann sie aber nicht im geringsten erklären. Hilfeeee! Meine Ideen: Formeln: P(x,y,z) = (2: (2-z))(x+yi) das ist von Kugel zur Ebene andersrum, von Ebene zu Kugel: P hoch -1 (u+vi)= 1 durch Ausdruck (u zum Quadrat + v zum Quadrat + 4) und alles mal (4v,4u,2uQuadrat + 2vQuadrat)
04.05.2011, 16:10	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Diese stereographische Projektion durchzuführen, dafür gibt es mehrere Möglichkeiten. Leider gibst du nicht an, von welcher dieser Möglichkeiten du ausgehst. Ich lege daher von mir aus die im Folgenden beschriebene Situation zugrunde. In einem dreidimensionalen kartesischen $\begin{eqnarray} uvw \end{eqnarray}$ -Koordinatensystem liegt die Einheitskugel $\begin{eqnarray} k: \ u^2 + v^2 + w^2 = 1 \end{eqnarray}$ Der Punkt auf $\begin{eqnarray} k \end{eqnarray}$ mit der höchsten $\begin{eqnarray} w \end{eqnarray}$ -Koordinate ist der Nordpol $\begin{eqnarray} N=(0,0,1) \end{eqnarray}$ . Wir denken uns nun einen Punkt $\begin{eqnarray} P \end{eqnarray}$ in der $\begin{eqnarray} uv \end{eqnarray}$ -Ebene mit den Koordinaten $\begin{eqnarray} u=x, v=y \end{eqnarray}$ , also $\begin{eqnarray} P=(x,y,0) \end{eqnarray}$ . Die Gerade $\begin{eqnarray} g=NP \end{eqnarray}$ schneidet die Kugel außer in $\begin{eqnarray} N \end{eqnarray}$ in einem weiteren Punkt $\begin{eqnarray} Z \end{eqnarray}$ . Die Abbildung $\begin{eqnarray} P \mapsto Z \end{eqnarray}$ definiert die stereographische Projektion. Rechnet man nun kerzengerade mit den Methoden der Analytischen Geometrie, so kommt man ganz von alleine auf $\begin{eqnarray} Z \end{eqnarray}$ . Wir beginnen mit der Geraden $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ . Sie hat die Gleichung $\begin{eqnarray} g: \ \begin{pmatrix} u \\ v \\ w \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + \lambda \begin{pmatrix} x \\ y \\ -1 \end{pmatrix} \, , \ \lambda \in \mathbb{R} \end{eqnarray}$ Für die Schnittpunktberechnung setzt man die Koordinaten $\begin{eqnarray} u,v,w \end{eqnarray}$ aus $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ in die Gleichung von $\begin{eqnarray} k \end{eqnarray}$ ein: $\begin{eqnarray} \left( \lambda x \right)^2 + \left( \lambda y \right)^2 + \left( 1 - \lambda \right)^2 = 1 \ \ \Leftrightarrow \ \ \left( x^2 + y^2 + 1 \right) \lambda^2 - 2 \lambda = 0 \end{eqnarray}$ Diese Gleichung hat $\begin{eqnarray} \lambda=0 \end{eqnarray}$ als Lösung. Das führt auf $\begin{eqnarray} N \end{eqnarray}$ . Für $\begin{eqnarray} Z \end{eqnarray}$ brauchen wir das zweite $\begin{eqnarray} \lambda \end{eqnarray}$ . Man dividiert daher die Gleichung durch $\begin{eqnarray} \lambda \end{eqnarray}$ und berechnet $\begin{eqnarray} \lambda = \frac{2}{x^2 + y^2 + 1} \end{eqnarray}$ Identifiziert man $\begin{eqnarray} P=(x,y,0) \end{eqnarray}$ mit der komplexen Zahl $\begin{eqnarray} z = x + \operatorname{i}y \end{eqnarray}$ , so kann man das auch so schreiben: $\begin{eqnarray} \lambda = \frac{2}{\|z\|^2 + 1} \end{eqnarray}$ Mit diesem $\begin{eqnarray} \lambda \end{eqnarray}$ geht man in die Geradengleichung und erhält den Punkt $\begin{eqnarray} Z \end{eqnarray}$ . Die Abbildungsvorschrift für die stereographische Projektion $\begin{eqnarray} \sigma \end{eqnarray}$ lautet daher $\begin{eqnarray} \sigma: \ \ z \mapsto Z=(u,v,w) \ \ \text{mit} \ \ u = \frac{2 \, \Re(z)}{\|z\|^2 + 1} \, , \ v = \frac{2 \, \Im(z)}{\|z\|^2 + 1} \, , \ w = \frac{\|z\|^2 - 1}{\|z\|^2 + 1} \end{eqnarray}$ Die geometrische Anschauung sagt einem, daß, wenn $\begin{eqnarray} z \end{eqnarray}$ die Menge $\begin{eqnarray} \mathbb{C} \end{eqnarray}$ durchläuft, jeder Punkt $\begin{eqnarray} Z \neq N \end{eqnarray}$ der Einheitskugel erfaßt wird, und zwar genau einmal. Für die Umkehrabbildung $\begin{eqnarray} \sigma^{-1}: \ \ Z \mapsto z \end{eqnarray}$ löst man die Gleichungen von $\begin{eqnarray} \sigma \end{eqnarray}$ nach $\begin{eqnarray} x = \Re(z) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} y = \Im(z) \end{eqnarray}$ auf. Zunächst errechnet man aus der dritten Gleichung $\begin{eqnarray} \|z\|^2 = \frac{1+w}{1-w} \end{eqnarray}$ Das setzt man in die erste bzw. zweite Gleichung ein und findet $\begin{eqnarray} \sigma^{-1}: \ \ Z=(u,v,w) \mapsto z = x + \operatorname{i}y \ \ \text{mit} \ \ x = \frac{u}{1-w} \, , \ y = \frac{v}{1-w} \end{eqnarray}$ Die Vorschrift gilt für alle $\begin{eqnarray} Z \in k, Z \neq N \end{eqnarray}$ . Beispiel: Durch $\begin{eqnarray} \sigma \end{eqnarray}$ wird $\begin{eqnarray} z = 1 - 2 \operatorname{i} \end{eqnarray}$ auf $\begin{eqnarray} Z = \left( \frac{1}{3} , - \frac{2}{3} , \frac{2}{3} \right) \end{eqnarray}$ abgebildet. Umgekehrt bringt $\begin{eqnarray} \sigma^{-1} \end{eqnarray}$ den Kugelpunkt $\begin{eqnarray} Z \end{eqnarray}$ nach $\begin{eqnarray} z \end{eqnarray}$ hinüber. Einfach einmal nachrechnen. Soweit ich es deinen etwas kryptischen Angaben entnehmen kann, gehst du von einer anderen Methode für die stereographische Projektion aus. Das liegt vermutlich daran, daß die Kugel bei dir anders im Raum liegt. Das prinzipielle Vorgehen zur Herleitung der Gleichungen dürfte aber dasselbe sein. Versuche es selbst einmal.

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