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Zutaten: Zucker, Kakaomasse (50%), Milchzucker, Weizenmehl, Vollmilchpulver, Magermilchpulver, Butterreinfett, Sahnepulver, Butter (1,4%)
Kann Spuren von Analysis und Geometrie enthalten.

IV_02_titel_moebius_01

Sportliche Möbiustransformation

Rike Dieses endlose Band finde ich nicht so motivierend. Ich fänd‘s schöner, eine lange Strecke geradeaus zu laufen, draußen natürlich.

Ben Ich auch.

Rike Weißt Du, wenn dieser Kreis hier in der komplexen Ebene wär, dann wüsste ich eine Transformation, mit der der Einheitskreis auf die Gerade abgebildet werden kann.

Ben Okay, die komplexe Ebene hat wohl viele tolle Eigenschaften?

Möbiustransformationen

Rike Ja, mit bestimmten Transformationen kannst Du

\mathbf{C} \;\longrightarrow\; \mathbf{C}

konform abbilden, und vor allem Kreise auf Kreise, Geraden auf Geraden, Geraden auf Kreise und umgekehrt.

Ben Hört sich gut an. Kannst Du denn auch so eine geeignete konstruieren?

Rike Klar! Zunächst sind Möbiustransformationen Verallgemeinerungen von linearen Transformationen

z\;  \longrightarrow\;  az\;+\;b

und Spezialfälle von Spiegelungen am Kreis

z\; \longrightarrow\;  \frac{1}{z}

Allgemein heißt die Abbildung

M(z)\;=\;\frac{az\;+\;b}{cz\;+\;d}

mit a,\;b,\;c,\;d\; \in\;\mathbf{ C} und

ad\; -\;  bc\;  \ne\;  0

Möbiustransformation.

Ben Diese Bedingung

ad \; -\;  bc\;  \ne\;  0

sieht wie eine Determinante aus.

Rike Richtig. Wenn diese Bedingung erfüllt ist, dann wird die komplexe Ebene auf sich abgebildet, sogar differenzierbar.

Eine konkrete Transformation

Lass uns mal

M_1(z)\;=\;\frac{iz\;+\;i}{-z\;+\;1}

nehmen. Dann sind die Bilder M1(z) für

z\;=\;e^{i\varphi}

alle reell und z = 1 wird auf den unendlichen Punkt abgebildet.

Ben Was?

Rike Ja, z = 1 kommt bei der Abbildung M1 nach unendlich.

M_1(1)\; =\; \infty,

Im Komplexen gibt es nur ein Unendlich, nicht +\infty oder - \infty. Da ist Unendlich einfach der "Punkt" mit dem größten Radius.

Ben Iss‘ ja cool. Warte mal, dann ist

M_1(0)\; =\; i,

aber was ist M_1(\infty)?

Rike Dafür bilden wir einfach den Grenzwert für

z \;\longrightarrow\; \infty

Und das ist genau dann, wenn für

w\; = \;\frac{1}{z}

w \;\longrightarrow\; 0

Ben Okay, dann versuche ich mal den Grenzwert zu bestimmen:

\lim _{z \;\longrightarrow\; \infty} M_1(z) \;=\; \lim _{z \;\longrightarrow\; \infty} \;\frac{iz\;+\;i}{-z\;+\;1}

 \;=\; \lim _{z \;\longrightarrow\; \infty} \;\frac{i\;+\;\frac{i}{z}}{-1\;+\;\frac{1}{z}}

\;=\; \lim _{w \;\longrightarrow\; 0} \;\frac{i\;+\;iw}{-1\;+\;w}

\;=\;-i

Rike Gut.

IV_02_moebius_arnold_02-03
Die Transformation M1 mit M_1(0)\; =\; i, \;M_1(1)\; =\; \infty, und M_1(\infty)\; =\; -i.

Ben Aber wieso bildet Deine Transformation M1 den Kreis auf die Gerade ab?

Rike Das kann ich Dir zeigen. Wir nehmen für z nur Punkte auf dem Einheitskreis

z\;=\;e^{i\varphi},\;\varphi \in \mathbf{R,

und berechnen M_1(e^{i\varphi})\; :

M_1(e^{i\varphi}) \;=\;i \;\frac{z\;+\;1}{-z\;+\;1}

   \;=\; i\; \frac{e^{i\varphi}\;+\;1}{-e^{i\varphi}\;+\;1}

   \;=\; i\; \frac{e^{i\varphi}\;+\;1}{-e^{i\varphi}\;+\;1} \cdot \frac{1\;-\;e^{-i\varphi}}{1\;-\;e^{-i\varphi}}

   \;=\; i\;  \frac{1\;+\;e^{i\varphi}\;-\;e^{-i\varphi}\;-\;1}{1\;-\;e^{i\varphi}\;-\;e^{-i\varphi}\;+\;1}

   \;=\; i\;  \frac{ e^{i\varphi}\;-\;e^{-i\varphi}}{2\;-\;(e^{i\varphi}\;+\;e^{-i\varphi})}

Das können wir prima mit den Eulerformeln vereinfachen:

Eulerformeln

e^{i\varphi}\;+\;e^{-i\varphi}\;=\;2 \cos \varphi

e^{i\varphi}\;-\;e^{-i\varphi}\;=\;2i \sin \varphi

Ben Okay.

Rike Weiter gehts:

M_1(e^{i\varphi})\;=\;i \;\frac{2i \sin \varphi}{2\;-\;2 \cos \varphi}

 =\;-\;\frac{ \sin \varphi}{1\;-\;\cos \varphi} \in \mathbf {R}

Ben Gut.

Rike Also die Bildpunkte des Kreises liegen auf der reellen Achse.

IV_02_moebius_2_arnold_02-04
M_1 transformiert den Einheitskreis auf die reelle Achse.

Ben Gut, verstehe. Und wie geht das wieder zurück?

Inverse Transformation

Rike Du hattest schon die richtige Idee. Du nimmst die dazugehörige Matrix

IV_02_formel_01und berechnest dazu die Inverse. Das gibt

IV_02_formel_02

Ben Stimmt,

IV_02_formel_03

Rike Die inverse Transformation M2 zu M1 ist

M_2(z)\;=\;\frac{-\;\frac{iz}{2}\;-\;\frac{1}{2}}{-\;\frac{iz}{2}\;+\;\frac{1}{2}}

Jetzt nehmen wir reelle Argumente:

z\;=\;x \in \mathbf{R},

und berechnen den Betrag von M2(x):

     |M_2(x)|\;= \;| \frac{-\;\frac{ix}{2}\; -\;\frac{1}{2} }{ -\;\frac{ix}{2} \;+\;\frac{1}{2}}|

\;=\;| \frac{-ix\;-\;1}{-ix\;+\;1}|

\;=\;| \frac{-ix\;-\;1}{-ix\;+\;1}\; \cdot \;\frac{ix\;+\;1}{ix\;+\;1}|

\;=\; \frac{|(1\;+\;ix)^2|}{ 1\;+\;x^2}

\;=\; \frac{1\;+\;x^2}{ 1\;+\;x^2}

\;=\;1

Ben Okay. Iss‘ ja cool. Aber vielleicht sind wir mit dem Kreis doch besser dran als mit der reellen Zahlengeraden? Nach dem Kreis könnten wir noch was unternehmen, nach der Gerade doch wohl nicht mehr?

Rike Hahaha

***

Übungsaufgaben

  1. Zeige, dass für ad\;-\;bc\;\gt\; 0,\; a,\;b,\;c,\;d\; \in\; \mathbf{R} die Abbildung

    M_3(z)\;=\; \frac{az\;+\;b}{cz\;+\;d}

    die reelle Achse in sich abbildet.

  2. Wo liegt M3(i) ?

Lösungen

  1. Für z\;=\;x \in \mathbf{R} ist offensichtlich

      M_3(x)\;=\;\frac{ax\;+\;b}{cx\;+\;d} \in \mathbf{R}

  2. \Im (M_3(i)) > 0. Der Bildpunkt liegt in der oberen Ebene.