Möbiustransformation

12.01.2013, 12:53

rose-de-jaspe

Möbiustransformation

Meine Frage:
Bestimme die sechs Projektivitäten $\begin{eqnarray*} \mathbb{K}P^1 -> \mathbb{K}P^1 \end{eqnarray*}$ in der form $\begin{eqnarray*} x-> \frac{ax+b}{cx+d} \end{eqnarray*}$ die die Punkte 0,1, $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ permutiert.

Meine Ideen:
Hallo
Ich verstehe die Theorie dahinter gut, mir wollen nur nicht die Abbildungen einfallen, die dies ermöglichen.

$\begin{eqnarray*} \pi= \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 1 & 0 \\\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ vertauscht z.B 0 mit $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ , lässt aber 1 fix. $\begin{eqnarray*} (\pi(i(0))=[0:1], \pi(i(1))=i(1)..) \end{eqnarray*}$ Hab auch andere Komb von 0,1,-1 Matrizen ausprobiert. ABer bin noch nicht auf die richtige Lösung gekommen.

12.01.2013, 13:47

Leopold

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Es gibt sechs Permutationen. Der Einfachheit halber schreibe ich nur die Bilder von $\begin{eqnarray*} 0,1,\infty \end{eqnarray*}$ (in dieser Reihenfolge) auf. Bei lexikographischer Anordnung (auch mit dieser Reihenfolge) sind dies:

$\begin{eqnarray*} \pi_1 = \begin{pmatrix} 0 & 1 & \infty \end{pmatrix} \, , \ \ \pi_2 = \begin{pmatrix} 0 & \infty & 1 \end{pmatrix} \, , \ \ \pi_3 = \begin{pmatrix} 1 & 0 & \infty \end{pmatrix} \, , \ \ \pi_4 = \begin{pmatrix} 1 & \infty & 0 \end{pmatrix} \, , \ \ \pi_5 = \begin{pmatrix} \infty & 0 & 1 \end{pmatrix} \, , \ \ \pi_6 = \begin{pmatrix} \infty & 1 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Zur $\begin{eqnarray*} \pi_1 \end{eqnarray*}$ gehört natürlich die Identität oder (modulo einem konstanten Faktor ungleich $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ ) die Einheitsmatrix. Als Beispiel nehme ich einmal $\begin{eqnarray*} \pi_3 \end{eqnarray*}$ . Da $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ ein Fixpunkt ist, wählt man $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ als Nenner: $\begin{eqnarray*} x \mapsto ax + b \end{eqnarray*}$ . Mit den Bedingungen $\begin{eqnarray*} 0 \mapsto 1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} 1 \mapsto 0 \end{eqnarray*}$ bekommst du ein simples lineares Gleichungssystem in $\begin{eqnarray*} a,b \end{eqnarray*}$ .

Oder die Permutation $\begin{eqnarray*} \pi_4 \end{eqnarray*}$ . Um $\begin{eqnarray*} 1 \mapsto \infty \end{eqnarray*}$ zu erreichen, gebe ich den Nenner $\begin{eqnarray*} x-1 \end{eqnarray*}$ vor. Also habe ich den Ansatz $\begin{eqnarray*} x \mapsto \frac{ax+b}{x-1} \end{eqnarray*}$ . Damit gilt $\begin{eqnarray*} \infty \mapsto a \end{eqnarray*}$ . Und $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ ist wegen $\begin{eqnarray*} \infty \mapsto 0 \end{eqnarray*}$ klar. Den fehlenden Parameter $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ bekommt man über $\begin{eqnarray*} 0 \mapsto 1 \end{eqnarray*}$ .

12.01.2013, 15:04

rose-de-jaspe

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Hallo
Danke für die Antwort.

Zu $\begin{eqnarray*} \pi_1 \end{eqnarray*}$ wie wählst du dann a,b,c,d?
Es geht doch darum a,b,c,d, antsprechend für die jeweilige Permutation zu wählen oder?

Woher weiß ich was ich wie vorgeben muss bei den Permutationen?

12.01.2013, 15:14

rose-de-jaspe

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$\begin{eqnarray*} x \mapsto \frac{ax+b}{x-1} \end{eqnarray*}$ .
Du hat geschrieben: Damit gilt $\begin{eqnarray*} \infty \mapsto a \end{eqnarray*}$
Ich sehe nicht, dass das stimmt wenn ich unendlich einsetze für x.

12.01.2013, 15:17

Leopold

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Zu $\begin{eqnarray*} \pi_1 \end{eqnarray*}$ gehört die Identität $\begin{eqnarray*} f_1: \ x \mapsto y = x \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} y = \frac{1 \cdot x + 0}{0 \cdot x + 1} \end{eqnarray*}$ . Das führt auf die Koeffizientenmatrix

$\begin{eqnarray*} E = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Bekanntermaßen ist die Koeffizientenmatrix nicht eindeutig bestimmt. Man darf sie mit einem von Null verschiedenen Skalar multiplizieren, ohne die Möbiustransformation zu ändern. Dem entspricht, daß man in der Möbiustransformation einen Bruch mit einer von Null verschiedenen Zahl erweitern kann. Diese Erweiterung wirkt sich auf die Koeffizienten aus, nicht jedoch auf die gesamte Transformation.

12.01.2013, 15:21

Leopold

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Zitat:

Original von rose-de-jaspe
$\begin{eqnarray*} x \mapsto \frac{ax+b}{x-1} \end{eqnarray*}$ .
Du hat geschrieben: Damit gilt $\begin{eqnarray*} \infty \mapsto a \end{eqnarray*}$
Ich sehe nicht, dass das stimmt wenn ich unendlich einsetze für x.

Für eine Möbiustransformation $\begin{eqnarray*} x \mapsto \frac{ax+b}{cx+d} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} c \neq 0 \end{eqnarray*}$ gilt definitionsgemäß $\begin{eqnarray*} \infty \mapsto \frac{a}{c} \end{eqnarray*}$ . Man erhält das auch durch den Grenzübergang $\begin{eqnarray*} x \to \infty \end{eqnarray*}$ .

12.01.2013, 16:17

rose-de-jaspe

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Ah lansgam verstehe ich.

STimmt das denn:
$\begin{eqnarray*} \pi_5: x-> x-1 \end{eqnarray*}$
Denn um $\begin{eqnarray*} 0-> \infty \end{eqnarray*}$ zu erreichen muss $\begin{eqnarray*} x-> \frac{ax+b}{x} \end{eqnarray*}$ und aus den anderen beiden Bed. folgt x-> x-1

$\begin{eqnarray*} \pi_6 : x-> 1/x \end{eqnarray*}$

Bei
$\begin{eqnarray*} \pi_2 \end{eqnarray*}$ steh ich auf der Leitung.
Um 0-> 0 zu erreichen muss b=0 sein.
umd $\begin{eqnarray*} \infty -> 1 \end{eqnarray*}$ zu erreichen muss a/c=1 sein

12.01.2013, 16:48

Leopold

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$\begin{eqnarray*} \pi_6 \end{eqnarray*}$ stimmt (du identifizierst die Permuation mit der Möbiustransformation - von mir aus!), aber $\begin{eqnarray*} \pi_5: x \mapsto x-1 \end{eqnarray*}$ offensichtlich nicht. Durch Einsetzen der $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ -Werte findet man:

$\begin{eqnarray*} 0 \mapsto - 1 \, , \ \ 1 \mapsto 0 \, , \ \ \infty \mapsto \infty \end{eqnarray*}$

Oder hast du da einfach die Division durch $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ vergessen?

Und bei $\begin{eqnarray*} \pi_2 \end{eqnarray*}$ kümmere dich zuerst um $\begin{eqnarray*} 1 \mapsto \infty \end{eqnarray*}$ (Nenner: $\begin{eqnarray*} x-1 \end{eqnarray*}$ ), dann um $\begin{eqnarray*} \infty \mapsto 1 \end{eqnarray*}$ . Damit hast du $\begin{eqnarray*} a,c,d \end{eqnarray*}$ mit einem Streich erledigt. Beachte, daß du Freiheiten hast: Beim Ansatz für den Nenner würde $\begin{eqnarray*} 2013x-2013 \end{eqnarray*}$ ebenso gehen. Dann bekommst du auch bei $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ die entsprechenden Vielfachen. Dazu habe ich in meinem vorigen Beitrag schon etwas gesagt (Nichteindeutigkeit der Koeffizientenmatrix). Das ist auch der Grund, wie du auf dein $\begin{eqnarray*} \frac{a}{c} = 1 \end{eqnarray*}$ kamst. Du kannst $\begin{eqnarray*} a,c \end{eqnarray*}$ frei $\begin{eqnarray*} \neq 0 \end{eqnarray*}$ wählen. Nur gleich mußt du sie wählen. Dann ist $\begin{eqnarray*} \frac{a}{c} = 1 \end{eqnarray*}$ erfüllt.

12.01.2013, 16:59

rose-de-jaspe

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Ich danke dir vielmals für die guten Erklärungen Augenzwinkern

Mercii

12.01.2013, 17:03

jester.

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Wenn man (legitimerweise) hier die Möbiustransforamtionen mit den Permutationen von $\begin{eqnarray*} \{0,1,\infty\} \end{eqnarray*}$ identifiziert, sollte man - so es sich um eine Übungsaufgabe handelt - erwähnen, dass jede Möbiustransformation auf $\begin{eqnarray*} \widehat{\mathbb{C}} \end{eqnarray*}$ durch die Angabe dreier Bilder eindeutig (natürlich bis auf Multiplikation mit einem Skalar) festgelegt ist.

Edit: Das ist vielleicht seltsam ausgedrückt. Gemeint ist, dass für $\begin{eqnarray*} M =\begin{pmatrix}a&b \\ c&d \end{pmatrix}\in\mathrm{GL}_2(\mathbb{C}) \end{eqnarray*}$ und die Abbildung $\begin{eqnarray*} \varphi_M ~:~ \widehat{\mathbb{C}} \to \widehat{\mathbb{C}}, ~ z\mapsto \frac{az+b}{cz+d} \end{eqnarray*}$ gilt:
Genau dann stimmen $\begin{eqnarray*} \varphi_M \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \varphi_N \end{eqnarray*}$ ( $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ ebenfalls aus $\begin{eqnarray*} \mathrm{GL}_2(\mathbb{C}) \end{eqnarray*}$ ) an mindestens drei Punkten von $\begin{eqnarray*} \widehat{\mathbb{C}} \end{eqnarray*}$ überein, wenn $\begin{eqnarray*} M=aN \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a\in\mathbb{C}^* \end{eqnarray*}$ , was natürlich dann ebenfalls dazu äquivalent ist, dass die Abbildungen auf der gesamten Zahlenkugel übereinstimmen.

12.01.2013, 21:27

Che Netzer

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Zitat:

Original von jester.
dass jede Möbiustransformation auf $\begin{eqnarray*} \widehat{\mathbb{C}} \end{eqnarray*}$ durch die Angabe dreier Bilder eindeutig (natürlich bis auf Multiplikation mit einem Skalar) festgelegt ist.

Keine Sorge, das war schon klar (aus einem anderen Thread erkenntlich). Wir sind hier aber nicht auf $\begin{eqnarray*} \hat{\mathbb C} \end{eqnarray*}$ , sondern allgemeiner auf $\begin{eqnarray*} \mathbb K\mathrm P^1 \end{eqnarray*}$ – da sind dann drei verschiedene Punkte automatisch in allgemeiner Lage.

13.01.2013, 10:42

jester.

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Stimmt, ich hätte mich da vom Titel des Threads leiten lassen. Ich habe nämlich den Begriff der Möbiustransformation immer nur in Verbindung mit der Riemannschen Zahlenkugel gesehen...

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