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Klärung von für die Aufgabenstellung wichtigen BegriffenBearbeiten

Ehe man zur eigentlichen Aufgabenstellungen schreitet, empfiehlt es sich drei Begriffe vorab zu klären, da diese in der Fachliteratur unter verschiedenen Namen geführt werden.

Bewegung: Eine Bewegung ist eine Abbildung $ F:\mathbb{R}^n\rightarrow\mathbb{R}^n $, die Abstände respektiert, d.h. es gilt $ \forall x,y\in\mathbb{R}^n:\left|F(x)-F(y)\right|=\left|x-y\right| $.

orthogonale Transformation: Dies ist eine Bewegung, die den Ursprung fest lässt, d.h. es gilt: $ F(0)=0 $.

Symmetriegruppe einer Menge $ M\subseteq\mathbb{R}^n $: Unter der Symmetriegruppe einer Menge $ M\subseteq\mathbb{R}^n $ versteht man die Menge $ S=\{F:\mathbb{R}^n\rightarrow\mathbb{R}^n\vert F\;ist\;eine\;Bewegung\;und\;F(M)=M\} $, also die Menge aller Bewegungen des $ \mathbb{R}^n $, die $ M $ in sich selbst überführen.

AufgabenstellungBearbeiten

Man bestimme die Symmetriegruppe $ S $ von $ \mathbb{Z} $.


TippBearbeiten

Man beachte zunächst, dass $ \mathbb{Z} $ eine diskrete Teilmenge von $ \mathbb{R} $ ist. Man fertige eine Zeichnung an, die dies veranschaulicht: Die Elemente von $ \mathbb{Z} $ sind salopp gesagt Perlen einer Perlenkette und die Kette selbst ist $ \mathbb{R} $. Anhand dieser Zeichnung ermittele man alle Symmetrien von $ \mathbb{Z} $ und versuche diese mit Hilfe von Abbildungen $ F:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R} $ zu beschreiben. Dann bleibt nur noch zu zeigen, dass dies in der Tat alle Symmetrien sind.


LösungBearbeiten

Die Lösung ist nicht ganz einfach und muss in mehreren Etappen erkämpft werden.


(1) Stetigkeit von BewegungenBearbeiten

Behauptung:

Es sei $ F:\mathbb{R}^n\rightarrow\mathbb{R}^n $ eine abstandserhaltende Abbildung. Dann ist $ F $ stetig.

Beweis:

Es sei $ F:\mathbb{R}^n\rightarrow\mathbb{R}^n $ eine abstandserhaltende Abbildung und $ x\in\mathbb{R}^n $ ein beliebiger Punkt. Ferner sei $ \epsilon>0 $ beliebig vorgegeben. Dann folgt mit $ \delta=\epsilon $ für alle $ y\in\mathbb{R}^n $, für die $ \vert y-x\vert<\delta $ gilt:

$ \vert F(y)-F(x)\vert=\vert y-x\vert<\delta=\epsilon $, was die Stetigkeit liefert.

(2) Komposition von BewegungenBearbeiten

Behauptung:

Seien $ F,G:\mathbb{R}^n\rightarrow\mathbb{R}^n $ Bewegungen. Dann ist auch $ F\circ G $ eine Bewegung.

Beweis:

Es seien $ x,y\in\mathbb{R}^n $ beliebig. Dann gilt:

$ \vert (F\circ G)(x)-(F\circ G)(y)\vert = \vert F(G(x))-F(G(y))\vert =\vert G(x)-G(y)\vert=\vert x-y\vert $


(3) TranslationenBearbeiten

Behauptung:

Es sei $ T_b:\mathbb{R}^n\rightarrow\mathbb{R}^n;\;x\mapsto x+b\;(b\in\mathbb{R}^n) $ eine Translation. Dann gilt: $ T_b $ ist eine Bewegung.

Beweis:

Es seien $ x,y\in\mathbb{R}^n $ beliebig.

$ \vert T_b(x)-T_b(y)\vert =\vert (x+b)-(y+b)\vert =\vert x+b-y-b\vert =\vert x-y\vert $


(4) Darstellung von Bewegungen mit Translationen und orthogonalen TransformationenBearbeiten

Behauptung:

Jede Bewegung $ F $ des $ \mathbb{R}^n $ lässt sich in der Form $ F=T_b\circ f $ schreiben, wobei $ T_b:\mathbb{R}^n\rightarrow\mathbb{R}^n $ eine Translation und $ f:\mathbb{R}^n\rightarrow\mathbb{R}^n $ eine orthogonale Transformation ist.

Beweis:

Ist etwa $ F(0)=b $, so ist $ f:=T_{-b}\circ F $ eine orthogonale Transformation, denn:

$ f(0)=(T_{-b}\circ F)(0)=T_{-b}(f(0))=T_{-b}(b)=b+(-b)=0 $

Mit (2) und (3) folgt hieraus, dass $ f $ eine orthogonale Transformation ist.

Es folgt dann weiter:

$ T_b\circ f=T_b\circ (T_{-b}\circ F)=(T_b\circ T_{-b})\circ F= id_{\mathbb{R}^n}\circ F=F $.

Die Behauptung folgt.


(5) Linearität orthogonaler TransformationenBearbeiten

Bemerkung: Dies ist der mit Abstand schwierigste Satz, der für die Lösung gebraucht wird.


Behauptung:

Jede orthogonale Transformation $ A:\mathbb{R}^n\rightarrow\mathbb{R}^n $ ist linear.


Beweis:


(i)

Es gilt: $ \forall x,y\in\mathbb{R}^n: <x,y>=\frac{1}{2}(\vert x+y\vert^2 -\vert x\vert^2 -\vert y\vert^2) $, denn:

$ \vert x+y\vert^2= <x+y,x+y>= <x,x> +2<x,y>+<y,y>=\vert x\vert^2 +\vert y\vert^2 +2<x,y> $

$ \Rightarrow \vert x+y\vert^2 -\vert x\vert^2 -\vert y\vert^2=2<x,y> $

$ \Rightarrow \frac{1}{2}(\vert x+y\vert^2 -\vert x\vert^2 -\vert y\vert^2)=<x,y> $


(ii)

Es gilt: $ \forall x\in\mathbb{R}^n:\vert x\vert=\vert A(x)\vert $, denn:

$ \vert x\vert=\vert x-0\vert= \vert A(x)-A(0)\vert=\vert A(x)-0\vert=\vert A(x)\vert $


(iii)

Es gilt: $ \forall x,y\in\mathbb{R}^n: <A(x),A(y)>=<x,y> $. In der Tat:

Für $ x=0 $ ist das trivial. Sei also $ x\not=0 $ voraussgesetzt.

$ \vert x-(-x)\vert^2 = \vert A(x)-A(-x)\vert^2 $

$ \Leftrightarrow \vert 2x\vert^2 =\vert A(x)-A(-x)\vert^2 $

$ \Leftrightarrow 4\vert x\vert^2 = \vert A(x)\vert^2 -2<A(x),A(-x)> +\vert A(-x)\vert^2 =_{(ii)}\vert x\vert^2- <A(x),A(-x)> +\vert -x\vert^2 = 2\vert x\vert^2 -2<A(x),A(-x)> $

$ \Rightarrow 2\vert x\vert^2 = -2<A(x),A(y)> $

Andererseits gilt mit (ii):

$ 2\vert x\vert^2 = 2\vert A(x)\vert \vert A(-x)\vert $

Hieraus folgt:

$ \vert <A(x),A(-x)> \vert = \vert A(x)\vert \vert A(-x)\vert $

Das bedeutet, dass in der Cauchy-Schwarzschen Ungleichung Gleichheit gilt. Daher folgt:

$ \exists \lambda\in\mathbb{R}:A(-x)=\lambda A(x) $

Da $ x\not=0 $, ist $ x\not=-x $ und damit $ \vert x-(-x)\vert\not=0 $ und folglich $ \vert A(x)-A(-x)\vert\not=0 $. Hieraus folgt aber: $ A(x)\not=A(-x) $. Da allerdings wegen (ii) andererseits auch gilt, dass $ \vert A(-x)\vert =\vert -x\vert = \vert x\vert =\vert A(x)\vert $, folgt schon: $ \lambda=-1 $. Es gilt also:

$ \forall x\in\mathbb{R}^n: A(-x)=-A(x) $ (*)

Mit (i) und (ii) folgt:

$ <A(x),A(y)> = \frac{1}{2}(\vert A(x)+ A(y)\vert^2 -\vert A(x)\vert^2 -\vert A(y)\vert^2)=_{(*)}\frac{1}{2}(\vert A(x)-A(-y)\vert^2 -\vert x\vert^2 -\vert y\vert^2)=\frac{1}{2}(\vert x-(-y)\vert^2 -\vert x\vert^2 -\vert y\vert^2)=\frac{1}{2}(\vert x+y\vert^2 -\vert x\vert^2 -\vert y\vert^2 = <x,y> $.


(iv)

Erster Teil der Linearität: $ \forall x\in\mathbb{R}^n:\forall \lambda\in\mathbb{R}:A(\lambda x)= \lambda A(x) $

Mit (iii) folgt unmittelbar:

$ \vert <A(\lambda x), A(x)>\vert =\vert <\lambda x,x>\vert = \vert \lambda \vert \vert <x,x>\vert = \vert \lambda \vert \vert x\vert^2 = \vert \lambda x\vert \vert x\vert = \vert A(\lambda x)\vert \vert A(x)\vert $.

In der Cauchy-Schwarzschen Ungleichung gilt also abermals Gleichheit und es folgt:

$ \exists\mu\in\mathbb{R}:A(\lambda x)=\mu A(x) $

Hieraus folgt wegen $ \vert A(\lambda x)\vert =\vert \lambda x\vert =\vert \lambda \vert \vert x\vert= \vert \lambda\vert \vert A(x)\vert $, dass $ \vert\lambda\vert=\vert\mu\vert $.

Dabei entfällt der Fall $ \lambda=-\mu $, da dann insbsondere für $ \lambda=1 $ und $ x\not=0 $ mit (iii) folgen würde, dass $ A(x)=-A(x)=A(-x)\Rightarrow x=0 $ im Widerspruch zu der gerade gemachten Voraussetzung $ x\not=0 $.

Also: $ \forall x\in\mathbb{R}^n:\forall \lambda\in\mathbb{R}:A(\lambda x)=\lambda A(x) $


(v)

Zweiter Teil der Linearität:$ \forall x,y\in\mathbb{R}^n:A(x+y)=A(x)+A(y) $


Es seien $ e_1=(1,...,0),...,e_n=(0,...,1) $ die Einheitsvektoren im $ \mathbb{R}^n $ und ferner sei $ f_i=A(e_i) $. Für einen beliebigen Vektor $ x=(x_1,...,x_n) $ gilt dann, dass $ x_i= <x,e_i> $. Es folgt:

$ <A(x),f_i>= <A(x),A(e_i)> = <x,e_i>=x_i $

Das Bild von $ A(x) $ bei der orthogonalen Projektion von $ \mathbb{R}^n $ auf die Gerade $ \mathbb{R}f_i $ ist also der Vektor $ x_if_i $. Da $ <f_i,f_j>=<e_i,e_j>=0 $, falls $ i\not=j $ und $ <e_i,e_j>=1 $, falls $ i=j $, bilden die Geraden $ \mathbb{R}f_1,...,\mathbb{R}f_n $ ein anderers kartesisches Koordinatensystem (d.h. die Bilder der Basisvektoren bilden wieder eine Basis des $ \mathbb{R}^n $)und die i-te Komponente des Vektors $ A(x) $ bezüglich dieser Basis ist $ x_i $. Daher folgt:

$ A(x)=\sum_{i=1}^n x_if_i =\sum_{i=1}^n x_iA(e_i) $

Diese Formel ist linear in den Koeffizienten $ x_i $, so dass folgt:

$ A(x+y)=\sum_{i=1}^n (x_i+y_i)f_i=\sum_{i=1}^n x_if_i + \sum_{i=1}^n y_if_i=A(x)+A(y) $


(6) Lineare Abbildungen im Körper der reelen ZahlenBearbeiten

Man betrachte zunächst die Menge $ \mathcal{A}=\{f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\vert f(x+y)=f(x)+f(y)\} $

(i)

Es gilt $ f(0)=0 $, denn:

$ f(1)=f(1+0)=f(1)+f(0)\Rightarrow f(0)=0 $


(ii)

Es gilt: $ \forall x\in\mathbb{R}:f(-x)=-f(x) $, denn:

$ 0=f(0)=f(x+(-x))=f(x)+f(-x)\Rightarrow -f(x)=f(-x) $


(iii)

$ \forall n\in\mathbb{N}_0:f(n)=f(1)n $.

Beweis durch vollständige Induktion:

Induktionsanfang:$ n=0 $

$ f(0)=0=f(1)\cdot 0 $

Induktionsschluss:

$ f(n+1)=f(n)+f(1)=_{Ind.Vor.}f(1)n+f(1)=f(1)(n+1) $


(iv)

$ \forall z\in\mathbb{Z}:f(z)=f(1)z $.

Für $ z\in\mathbb{Z}_0^+ $ ist das klar laut (iii).

Für $ z\in\mathbb{Z}^- $ gilt: $ \exists n\in\mathbb{N}:z=-n $. Mit (ii) und (iii) folgt dann: $ f(z)=f(-n)=-f(n)=-f(1)n=f(1)(-n)=f(1)z $


(v)

$ \forall n\in\mathbb{N}:\forall x\in\mathbb{R}:f(nx)=nf(x) $

Beweis durch vollständige Induktion

Es sei $ x\in\mathbb{R} $ beliebig.

Induktionsanfang:$ n=0 $

$ f(0\cdot x)=f(0)=0=0\cdot f(x) $

Induktionsschluss:

$ f((n+1)x)=f(nx+x)=f(nx)+f(x)=_{Ind.Vor.}nf(x)+f(x)=(n+1)f(x) $


(vi)

Genauso wie in (iv) folgert man nun aus (v):

$ \forall z\in\mathbb{Z}:\forall x\in\mathbb{R}:f(zx)=zf(x) $


(vii)

Es gilt: $ \forall x\in\mathbb{Q}:f(x)=f(1)x $

Sei also $ q\in\mathbb{N} $ beliebig, dann folgt:

$ f\left(\frac{1}{q}\right)=f\left(1+\left(-\frac{q-1}{q}\right)\right)=f(1)+f\left(-\frac{q-1}{q}\right)=_{(ii)}f(1)-f\left(\frac{q-1}{q}\right)=_{(v)}f(1)-(q-1)f\left(\frac{1}{q}\right) $

Also: $ f\left(\frac{1}{q}\right)=f(1)-(q-1)f\left(\frac{1}{q}\right)\Leftrightarrow f\left(\frac{1}{q}\right)=\frac{1}{q}f(1) $.

Hieraus folgt mit (vi) und (iv) leicht die Behauptung.


(viii)

Man betrachte nun folgende Mengen:

wie oben:$ \mathcal{A}=\{f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\vert f(x+y)=f(x)+f(y)\} $

$ \mathcal{B}:=\{f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\vert f\;ist\;eine\;orthogonale\;Transformation\} $

$ \mathcal{C}:=\{f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\vert f\;ist\;linear\} $

$ \mathcal{C}(f,\mathbb{R}):=\{f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\vert f\;ist\;stetig\} $

$ \mathcal{A}_1:=\{f\in\mathcal{A}\vert f\;ist\;stetig\} $


Wegen (1) und wegen (5) gilt:

$ \mathcal{B}\subseteq\mathcal{C}\subseteq\mathcal{A}\land\mathcal{B}\subseteq\mathcal{C}(f,\mathbb{R}) $

$ \Rightarrow\mathcal{B}\subseteq\mathcal{A}_1 $

Im Folgenden sei darum zusätzlich vorausgesetzt, dass $ f $ stetig ist auf $ \mathbb{R} $.


(ix)

$ \forall x\in\mathbb{R}:f(x)=f(1)x $, denn:

Für $ x\in\mathbb{Q} $ ist das klar laut (vii).

Es sei $ x\in\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q} $ beliebig. Dann gibt es gewiss eine Folge $ (x)_{n\in\mathbb{N}} $ von ausschließlich rationalen Zahlen mit der Eigenschaft: $ \lim_{n\to\infty}x_n =x $. Mit der Stetigkeit von $ f $ auf $ \mathbb{R} $ folgt dann mit entsprechenden Grenzwertrechenregeln:

$ f(x)=f(\lim_{n\to\infty}x_n)=\lim_{n\to\infty}f(x_n)=\lim_{n\to\infty}f(1)x_n=f(1)\lim_{n\to\infty}x_n=f(1)x $.

Die Behauptung folgt.


(x)

$ f $ ist abstandserhaltend dann und nur dann, wenn $ \vert f(1)\vert=1 $:

Seien $ x,y\in\mathbb{R} $ beliebig mit $ x\not=y $, dann gilt:

$ \vert f(x)-f(y)\vert=\vert x-y\vert\Leftrightarrow\vert f(1)x-f(1)y\vert=\vert x-y\vert\Leftrightarrow\vert f(1)\vert \vert x-y\vert=\vert x-y\vert\Leftrightarrow \vert f(1)\vert =1 $


(xi)

Mit den Bezeichnungen aus (viii) und mit der Festlegung

$ \mathcal{D}:=\{f\in\mathcal{A}\vert\;\vert f(1)\vert =1\}=\{f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\vert f(x)=ax\;(\vert a\vert=1)\} $

gilt:

Wegen (5) gilt $ \mathcal{B}\subseteq\mathcal{C}\subseteq\mathcal{A} $. Hieraus folgt wegen (x), dass $ \mathcal{B}\subseteq\mathcal{D} $. Da aber $ \forall f\in\mathcal{A}:f(0)=0 $ gilt, folgt schon, dass $ \mathcal{B}=\mathcal{D} $.

(7) Symmetriegruppe von ZBearbeiten

Wegen (4) und (6)(xi) folgt:

$ \{F:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\vert F\;ist\;eine\;Bewegung\}=\{F:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\vert F(x)=ax+b\;(\vert a\vert=1;\;b\in\mathbb{R})\} $.

Hier muss man nun lediglich noch die Bewegungen finden, für die $ F(\mathbb{Z})=\mathbb{Z} $ gilt. Das ist jedoch ein mehr als simples Problem und man sieht schnell ein:

$ S=\{F:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\vert F\;ist\;eine\;Bewegung\;und\;F(\mathbb{Z})=\mathbb{Z}\}=\{F:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}\vert F(x)=ax+b\;(\vert a\vert =1;\;b\in\mathbb{Z})\} $.