Lineare Muster

Gehe an einem sonnigen Tag durch den Walld und du wirst bewundern, was die Sonne auf den Boden malt. Sie zeichnet das komplexe Bild der tausend Äste und Blätter über uns auf den Boden. Wir wollen eine einfachere Welt auf ein primitiveres Blatt zeichnen. Gegeben sei eine Gerade U = $ \vec{{u}}\,$$ \mbox{$\mathbb{R}$}$ $ \subset$ $ \mbox{$\mathbb{R}$}$2 ein Unterraum. Die Gitterpunkte G$\scriptstyle \mbox{$\mathbb Z$}$ = $ \overrightarrow{e_{0}}$$ \mbox{$\mathbb Z$}$ $ \oplus$ $ \overrightarrow{e_{1}}$$ \mbox{$\mathbb Z$}$ werden durch parallel einfallendes ,,Licht`` auf den Unterraum projeziert. Die Richtung des ,,Lichtes`` sei $ \vec{{a}}\,$.
Abbildung 5: Projektion des Gitters auf eine Gerade
\includegraphics{bilder/projektion8}

Es ist $ \mbox{$\mathbb{R}$}$2 = U $ \oplus$ $ \vec{{a}}\,$$ \mbox{$\mathbb{R}$}$. Ist $ \vec{{p}}\,$ $ \in$ $ \mbox{$\mathbb{R}$}$2 gibt es ein eindeutig bestimmtes $ \pi$($ \vec{{p}}\,$) $ \in$ U und $ \vec{{h}}\,$ $ \in$ H = $ \vec{{a}}\,$$ \mbox{$\mathbb{R}$}$ mit $ \vec{{p}}\,$ = $ \pi$($ \vec{{p}}\,$) + $ \vec{{h}}\,$. Es ist $ \pi$($ \vec{{}}\,$) der Schnittpunkt der Geraden in Richtung $ \vec{{a}}\,$ durch $ \vec{{p}}\,$ mit dem Unterraum U. $ \pi$ ist ein Homomorphismus. Er kann durch eine Matrix beschrieben werden.

A = $\displaystyle \left(\vphantom{\pi(\overrightarrow{e_{0}}),\pi(\overrightarrow{e_{1}})}\right.$$\displaystyle \pi$($\displaystyle \overrightarrow{e_{0}}$),$\displaystyle \pi$($\displaystyle \overrightarrow{e_{1}}$)$\displaystyle \left.\vphantom{\pi(\overrightarrow{e_{0}}),\pi(\overrightarrow{e_{1}})}\right)$

Das Bild eines beliebigen Gitterpunktes $ \vec{{p}}\,$ = $ \left(\vphantom{\begin{array}{c}
p_{0}\\
p_{1}\\
\end{array}}\right.$$ \begin{array}{c}
p_{0}\\
p_{1}\\
\end{array}$$ \left.\vphantom{\begin{array}{c}
p_{0}\\
p_{1}\\
\end{array}}\right)$ ist dann

$\displaystyle \pi$($\displaystyle \vec{{p}}\,$) = $\displaystyle \pi$(e0) . p0 + $\displaystyle \pi$(e1) . p1 (17)

Es müssen daher $ \pi$(e0) und $ \pi$(e1) bestimmt werden. Es gilt
$\displaystyle \pi$($\displaystyle \vec{{u}}\,$) = $\displaystyle \vec{{u}}\,$  
$\displaystyle \pi$($\displaystyle \vec{{a}}\,$) = $\displaystyle \vec{{0}}\,$ (18)

Löst man dieses Gleichungssystem, so ergibt sich:
$\displaystyle \pi$(e0) = $\displaystyle {\frac{{a_{1}}}{{det(\vec{u},\vec{a})}}}$ . $\displaystyle \vec{{u}}\,$  
$\displaystyle \pi$(e1) = $\displaystyle {\frac{{a_{0}}}{{det(\vec{u},\vec{a})}}}$ . (- $\displaystyle \vec{{u}}\,$) (19)

Haupsächlich sind wir an dem Fall interessiert, dass $ \vec{{a}}\,$ = $ \vec{{u}}^{{\bot}}_{}$ ist. Dann ist det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{a}}\,$) = $ \left\vert\vphantom{
\begin{matrix}
u_{0 } & -u_{1}\\
u_{1} & u_{0}
\end{matrix}}\right.$$ \begin{matrix}
u_{0 } & -u_{1}\\
u_{1} & u_{0}
\end{matrix}$$ \left.\vphantom{
\begin{matrix}
u_{0 } & -u_{1}\\
u_{1} & u_{0}
\end{matrix}}\right\vert$ = u02 + u12. Ist zusätzlich |$ \vec{{u}}\,$| = 1, dies kann man immer so einrichten, so ist die Projektionsmatrix $ \left(\vphantom{
\begin{matrix}
u_{0}^{2} & u_{0}u_{1}\\
u_{0}u_{1}& u_{1}^{2}
\end{matrix}}\right.$$ \begin{matrix}
u_{0}^{2} & u_{0}u_{1}\\
u_{0}u_{1}& u_{1}^{2}
\end{matrix}$$ \left.\vphantom{
\begin{matrix}
u_{0}^{2} & u_{0}u_{1}\\
u_{0}u_{1}& u_{1}^{2}
\end{matrix}}\right)$ Bei der Projektion des Einheitsquadrates auf den Unterraum $ \vec{{u}}\,$$ \mbox{$\mathbb{R}$}$ entstehen zwei Parkettsteine $ \pi$($ \vec{{e_{0}}}\,$) und $ \pi$($ \vec{{e_{1}}}\,$).

Satz 5.1   Sei $ \vec{{a}}\,$ = $ \left(\vphantom{\begin{array}{c}
a_{0}\\
a_{1}\\
\end{array}}\right.$$ \begin{array}{c}
a_{0}\\
a_{1}\\
\end{array}$$ \left.\vphantom{\begin{array}{c}
a_{0}\\
a_{1}\\
\end{array}}\right)$ ein beliebiger von $ \vec{{u}}\,$ linear unabhängiger Vektor. Dann sind äquivalent:
  1. a0 und a1 sind inkommensurabel.
  2. Die Projektion $ \pi$ auf $ \vec{{u}}\,$$ \mbox{$\mathbb{R}$}$ in Richtung $ \vec{{a}}\,$ ist eingeschränkt auf $ \mbox{$\mathbb Z$}$2 ein injektiver Homomorphismus abelscher Gruppen.
  3. $ \pi$($ \mbox{$\mathbb Z$}$2) ist dicht in $ \vec{{u}}\,$$ \mbox{$\mathbb{R}$}$.

Beweis:1. $ \Longrightarrow$2.: Sei $ \pi$($ \overrightarrow{e_{0}}$ . z0 + $ \overrightarrow{e_{1}}$ . z1) = $ \vec{{0}}\,$, wobei z0, z1 $ \in$ $ \mbox{$\mathbb Z$}$ sind. Dann ist $ \overrightarrow{e_{0}}$ . z0 + $ \overrightarrow{e_{1}}$ . z1 $ \in$ Ke($ \pi$) = $ \overrightarrow{a}$$ \mbox{$\mathbb{R}$}$. Es folgt:

$\displaystyle \vec{{e_{0}}}\,$z0 + $\displaystyle \vec{{e_{1}}}\,$z1 = $\displaystyle \vec{{e_{0}}}\,$a0r + $\displaystyle \vec{{e_{1}}}\,$a1r    

für ein r $ \in$ $ \mbox{$\mathbb{R}$}$. Also ist z0 = a0r und z1 = a1r. Dies heißt r = 0 oder a0 und a1 haben im Widerspruch zur Voraussetzung ein gemeinsames Maß. Also ist r = 0 und daher sind z0 und z1 = 0. Das heißt $ \pi$ ist injektiv.

2. $ \Longrightarrow$3.: Ist $ \pi$ injektiv, so ist $ \pi$($ \mbox{$\mathbb Z$}$2) als $ \mbox{$\mathbb Z$}$ - Modul zweidimensional. Daher liegt $ \pi$($ \mbox{$\mathbb Z$}$2) dicht in $ \vec{{u}}\,$$ \mbox{$\mathbb{R}$}$.

3. $ \Longrightarrow$1.: Angenommen a0 und a1 haben ein größtes gemeinsames Maß d. Es sei etwa a0 = d . x und a1 = d . y, wobei x, y ganze Zahlen sind und nicht beide = 0 sind. Es ist dann $ \vec{{0}}\,$ = $ \pi$($ \vec{{a}}\,$) = $ \pi$($ \vec{{e_{0}}}\,$) . x . d + $ \pi$($ \vec{{e_{1}}}\,$) . y . d. Daher ist $ \pi$(e0) . x + $ \pi$($ \vec{{e_{1}}}\,$) . y = $ \vec{{0}}\,$. Sei etwa x $ \neq$ 0. Dann ist $ \pi$($ \vec{{e_{0}}}\,$) = $ \pi$($ \vec{{e_{1}}}\,$) . $ {\frac{{-y}}{{x}}}$. Das heisst: Ist $ \vec{{f}}\,$ = $ \pi$($ \vec{{e_{1}}}\,$) . $ {\frac{{1}}{{x}}}$, so ist $ \pi$($ \mbox{$\mathbb Z$}$2) $ \subset$ $ \vec{{f}}\,$ . $ \mbox{$\mathbb Z$}$. Ein zyklischer $ \mbox{$\mathbb Z$}$ -Modul kann aber nicht dicht in $ \vec{{u}}\,$$ \mbox{$\mathbb{R}$}$ sein. Also ist $ \pi$($ \mbox{$\mathbb Z$}$2) nicht dicht in $ \vec{{u}}\,$$ \mbox{$\mathbb{R}$}$. $ \Box$

Wie gesagt entsehen bei der Projektion des Einheitsquadrates auf den Unterraum zwei Parkettstein $ \pi$($ \vec{{e}}_{{0}}^{}$) und $ \pi$($ \vec{{e}}_{{1}}^{}$).

Aufgaben:

  1. Wie lang sind die Parkettsteine?
Der Unterraum $ \vec{{u}}\,$$ \mbox{$\mathbb{R}$}$ soll durch diese Bausteine parkettiert werden. Damit sich die verschieden Projektionen der Einheitsvektoren nicht überlappen müssen wir den projezierten Bereich beschränken. Ich bezeichne mit Q = [0, 1]×[0, 1] $ \setminus$ {$ \vec{{e}}_{{0}}^{}$}. Dies ist das Einheitsquadrat ohne die rechte untere Ecke. Ist weiter $ \vec{{v}}\,$ $ \in$ $ \mbox{$\mathbb{R}$}$2 und g = $ \vec{{v}}\,$ + $ \vec{{u}}\,$$ \mbox{$\mathbb{R}$}$ eine beliebige Gerade, so wollen wir nur den Bereich (g + Q)$ \bigcap$($ \vec{{e}}_{{0}}^{}$$ \mbox{$\mathbb Z$}$ $ \oplus$ $ \vec{{e}}_{{1}}^{}$$ \mbox{$\mathbb Z$}$) projezieren. Dies ist ein zum Unterraum $ \vec{{u}}\,$$ \mbox{$\mathbb{R}$}$ paralleler Streifen. Die obere Begrenzungsgerade go gehört zum projezierten Bereich, die untere gu nicht. Es ist ein halboffener Parallelstreifen. Auf diese Weise gelingt uns eine Parkettierung. Die Idee dahinter ist: Zwischen zwei Gitterpunkten im Streifen gibt es stets genau einen monoton steigenden Weg längs Gitterlinien, der nur Einheitsschritte nach rechts oder nach oben benutzt. Projeziert man diesen Weg erhält man eine gewünschte Parkettierung.
Abbildung 6: Projektion eines Parallelstreifens
\includegraphics[width=\textwidth]{bilder/projektion1}

Bemerkung 5.2   Zu jedem $ \vec{{p}}\,$ $ \in$ $ \mbox{$\mathbb{R}$}$2 enthält $ \vec{{p}}\,$ + Q genau einen Gitterpunkt.

Beweis:Es sei $ \vec{{p}}\,$ = $ \vec{{e}}_{{0}}^{}$x + $ \vec{{e}}_{{1}}^{}$y.
1. Fall
x $ \notin$$ \mbox{$\mathbb Z$}$: Es ist [x] < x < [x] + 1 = x0. Daher ist x0 - x < 1. Sowieso ist [y]$ \le$y < [y] + 1 = x1. Es folgt: $ \vec{{e}}_{{0}}^{}$ . x0 + $ \vec{{e}}_{{1}}^{}$x1 = $ \vec{{p}}\,$ + $ \vec{{e}}_{{0}}^{}$ . (x0 - x) + $ \vec{{e}}_{{1}}^{}$ . (x1 - y) $ \in$ $ \vec{{p}}\,$ + Q
2. Fall
x $ \in$ $ \mbox{$\mathbb Z$}$. Dann setzen wir x0 : = x und x1 : = [y] + 1 und es folgt wieder $ \vec{{e}}_{{0}}^{}$ . x0 + $ \vec{{e}}_{{1}}^{}$ . x1 $ \in$ $ \vec{{p}}\,$ + Q.

$ \Box$
Um zu entscheiden ob ei Punkt im Parallelstreifen liegt brauchen wir noch ein rechnerisches Kriterium mit dem der Computer etwas anfangen kann. Ich setze voraus, dass $ \vec{{u}}\,$ ein Vektor mit nur positiven Komponenten ist.

Satz 5.3   Sei g = $ \vec{{v}}\,$ + $ \vec{{u}}\,$$ \mbox{$\mathbb{R}$}$ eine zu $ \vec{{u}}\,$$ \mbox{$\mathbb{R}$}$ parallele Gerade. Dann gilt: $ \vec{{p}}\,$ $ \in$ g + Q genau dann, wenn : det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{e}}_{{0}}^{}$) < det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{p}}\,$ - $ \vec{{v}}\,$)$ \le$det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{e}}_{{1}}^{}$) ist.

Beweis: $ \Rightarrow$: Es ist $ \vec{{p}}\,$ - $ \vec{{v}}\,$ = $ \vec{{u}}\,$$ \alpha$ + $ \vec{{e}}_{{0}}^{}$$ \beta$ + $ \vec{{e}}_{{1}}^{}$$ \gamma$ mit $ \beta$,$ \gamma$ $ \in$ [0, 1]. Ist $ \beta$ = 1, so kann $ \gamma$ nicht 0 sein. Es ergibt sich: det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{p}}\,$ - $ \vec{{v}}\,$) = det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{e}}_{{0}}^{}$)$ \beta$ + det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{e}}_{{1}}^{}$)$ \gamma$. Über $ \vec{{u}}\,$ ist vorausgesetzt, dass beide Komponenten > 0 sind. Also ist det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{e}}_{{0}}^{}$) < 0 und det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{e}}_{{1}}^{}$) > 0. Ist $ \beta$ < 1, so folgt:
det($\displaystyle \vec{{u}}\,$,$\displaystyle \vec{{e}}_{{0}}^{}$) < det($\displaystyle \vec{{u}}\,$,$\displaystyle \vec{{e}}_{{0}}^{}$)$\displaystyle \beta$  
  < det($\displaystyle \vec{{u}}\,$,$\displaystyle \vec{{e}}_{{0}}^{}$)$\displaystyle \beta$ + det($\displaystyle \vec{{u}}\,$,$\displaystyle \vec{{e}}_{{1}}^{}$)$\displaystyle \gamma$  
  $\displaystyle \le$ det($\displaystyle \vec{{u}}\,$,$\displaystyle \vec{{e}}_{{1}}^{}$)  

Ist $ \beta$ = 1, so ist $ \gamma$ > 0: det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{e}}_{{0}}^{}$) < det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{e}}_{{0}}^{}$)$ \beta$ + det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{e}}_{{1}}^{}$)$ \gamma$$ \le$det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{e}}_{{1}}^{}$).

$ \Leftarrow$: Es ist vorausgesetzt: det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{e}}_{{0}}^{}$) < det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{p}}\,$ - $ \vec{{v}}\,$)$ \le$det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{e}}_{{1}}^{}$).

1. Fall
det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{p}}\,$ - $ \vec{{v}}\,$)$ \ge$ 0. Da $ \vec{{u}}\,$ und $ \vec{{e}}_{{1}}^{}$ linear unabhängig sind, gibt es $ \alpha$,$ \beta$ $ \in$ $ \mbox{$\mathbb{R}$}$ mit $ \vec{{p}}\,$ - $ \vec{{v}}\,$ = $ \vec{{u}}\,$$ \alpha$ + $ \vec{{e}}_{{1}}^{}$$ \beta$. Daher ist 0$ \le$det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{p}}\,$ - $ \vec{{v}}\,$) = det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{e}}_{{1}}^{}$)$ \beta$$ \le$det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{e}}_{{1}}^{}$). Da det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{e}}_{{1}}^{}$) > 0 ist folgt: 0$ \le$$ \beta$$ \le$1. Das heißt $ \vec{{p}}\,$ = $ \vec{{v}}\,$ + $ \vec{{u}}\,$$ \alpha$ + $ \vec{{e}}_{{1}}^{}$$ \beta$ $ \in$ g + Q.
2. Fall
det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{p}}\,$ - $ \vec{{v}}\,$) < 0: Da $ \vec{{e}}_{{0}}^{}$ und $ \vec{{u}}\,$ linear unabhängig sind, gibt es $ \alpha$,$ \beta$ mit $ \vec{{p}}\,$ - $ \vec{{v}}\,$ = $ \vec{{u}}\,$$ \alpha$ + $ \vec{{e}}_{{0}}^{}$$ \beta$. Also ist det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{p}}\,$ - $ \vec{{v}}\,$) = det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{e}}_{{0}}^{}$)$ \beta$. Es ist det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{e}}_{{0}}^{}$) < det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{e}}_{{0}}^{}$)$ \beta$ nach Voraussetzung. Also ist: $ \beta$ < 1. Da außerdem det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{p}}\,$ - $ \vec{{v}}\,$) = det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{e}}_{{0}}^{}$)$ \beta$ < 0 ist, muss auch $ \beta$ > 0 gelten. Damit ist die Behauptung gezeigt.
$ \Box$

Nun können wir belegen, dass es im Streifen von Gitterpunkt zu Gitterpunkt nur einen monoton steigenden Gitterweg gibt.

Satz 5.4   Sei g = $ \vec{{v}}\,$ + $ \vec{{u}}\,$$ \mbox{$\mathbb{R}$}$. Dann gilt: Ist $ \vec{{p}}\,$ $ \in$ g + Q im Streifen, so ist genau einer der beiden Vektoren $ \vec{{p}}\,$ + $ \vec{{e}}_{{0}}^{}$ oder $ \vec{{p}}\,$ + $ \vec{{e}}_{{1}}^{}$ im Streifen.

Beweis:
1. Fall
det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{p}}\,$ - $ \vec{{v}}\,$)$ \ge$ 0. Es ergibt sich:
0$\displaystyle \le$det($\displaystyle \vec{{u}}\,$,$\displaystyle \vec{{p}}\,$ - $\displaystyle \vec{{v}}\,$) $\displaystyle \le$ det($\displaystyle \vec{{u}}\,$,$\displaystyle \vec{{e}}_{{1}}^{}$)  

Addieren von det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{e}}_{{0}}^{}$) ergibt:
det($\displaystyle \vec{{u}}\,$,$\displaystyle \vec{{e}}_{{0}}^{}$)$\displaystyle \le$det($\displaystyle \vec{{u}}\,$,$\displaystyle \vec{{p}}\,$ + $\displaystyle \vec{{e}}_{{0}}^{}$ - $\displaystyle \vec{{v}}\,$) $\displaystyle \le$ det($\displaystyle \vec{{u}}\,$,$\displaystyle \vec{{e}}_{{0}}^{}$ + $\displaystyle \vec{{e}}_{{1}}^{}$)$\displaystyle \le$det($\displaystyle \vec{{u}}\,$,$\displaystyle \vec{{e}}_{{1}}^{}$)  

Also liegt $ \vec{{p}}\,$ + $ \vec{{e}}_{{0}}^{}$ in g + Q.
2. Fall
det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{p}}\,$ - $ \vec{{v}}\,$) < 0. det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{e}}_{{0}}^{}$) < det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{p}}\,$ - $ \vec{{v}}\,$) < 0$ \iff$det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{e}}_{{0}}^{}$ + $ \vec{{e}}_{{1}}^{}$) < det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{p}}\,$ + $ \vec{{e}}_{{1}}^{}$ - $ \vec{{v}}\,$) < det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{e}}_{{1}}^{}$). Da det($ \vec{{e}}_{{0}}^{}$) < det($ \vec{{e}}_{{0}}^{}$ + $ \vec{{e}}_{{1}}^{}$) folgt die Behauptung.
Beides zusammen hieße: det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{p}}\,$ - $ \vec{{v}}\,$)$ \ge$ 0 und det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{p}}\,$ - $ \vec{{v}}\,$) < 0. Das kann nicht sein. $ \Box$

Jetzt projezieren wir den Parallelstreifen auf die Gerade. Es ergibt sich:

Satz 5.5   Das Projektionsmuster ist genau dann periodisch, wenn die Gerade $ \vec{{u}}\,$$ \mbox{$\mathbb{R}$}$ durch zwei Gitterpunkte geht.

Beweis:Sei zunächst das Muster periodisch. Das heißt es ist invariant gegenüber einer Verschiebung eines Punktes aus dem Muster:

$\displaystyle \vec{{m}}\,$ = $\displaystyle \pi$($\displaystyle \vec{{e}}_{{0}}^{}$)a + $\displaystyle \pi$($\displaystyle \vec{{e}}_{{1}}^{}$)b, a, b $\displaystyle \in$ $\displaystyle \mbox{$\mathbb Z$}$    

Dabei ist $ \vec{{m}}\,$ ein Punkt des Musters. Es gibt daher zu jedem z $ \in$ $ \mbox{$\mathbb Z$}$ ein az, bz $ \in$ $ \mbox{$\mathbb Z$}$ mit

($\displaystyle \pi$($\displaystyle \vec{{e}}_{{0}}^{}$)a + $\displaystyle \pi$($\displaystyle \vec{{e}}_{{1}}^{}$)b) . z = $\displaystyle \pi$($\displaystyle \vec{{e}}_{{0}}^{}$)az + $\displaystyle \pi$($\displaystyle \vec{{e}}_{{1}}^{}$)bz    

und $ \vec{{e}}_{{0}}^{}$az + $ \vec{{e}}_{{1}}^{}$bz ist im Streifen. Angenommen die Steigung von $ \vec{{u}}\,$$ \mbox{$\mathbb{R}$}$ ist irrational. Dann ist der Homomorphismus $ \pi$ : $ \mbox{$\mathbb Z$}$2 $ \rightarrow$ $ \vec{{u}}\,$$ \mbox{$\mathbb{R}$}$ injektiv wegen Satz 5.1. Es folgt für alle z $ \in$ $ \mbox{$\mathbb Z$}$: $ \left(\vphantom{\begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}}\right.$$ \begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}$$ \left.\vphantom{\begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}}\right)$ . z = $ \left(\vphantom{\begin{array}{c}
a_{z}\\
b_{z}\\
\end{array}}\right.$$ \begin{array}{c}
a_{z}\\
b_{z}\\
\end{array}$$ \left.\vphantom{\begin{array}{c}
a_{z}\\
b_{z}\\
\end{array}}\right)$ liegt im Streifen. (Es kann drt($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{e}}_{{0}}^{}$) < det($ \vec{{u}}\,$,$ \left(\vphantom{\begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}}\right.$$ \begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}$$ \left.\vphantom{\begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}}\right)$ . z - $ \vec{{v}}\,$) = det($ \vec{{u}}\,$,$ \left(\vphantom{\begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}}\right.$$ \begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}$$ \left.\vphantom{\begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}}\right)$) . z - det($ \vec{{u}}\,$,$ \vec{{v}}\,$) für alle z $ \in$ $ \mbox{$\mathbb Z$}$ nur gelten, wenn det($ \vec{{u}}\,$,$ \left(\vphantom{\begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}}\right.$$ \begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}$$ \left.\vphantom{\begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}}\right)$) = 0 ist. Das heißt $ \left(\vphantom{\begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}}\right.$$ \begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}$$ \left.\vphantom{\begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}}\right)$ und $ \vec{{u}}\,$ sind linear abhängig. Geometrisch bedeutet dies $ \vec{{u}}\,$$ \mbox{$\mathbb{R}$}$ geht durch einen zweiten Gitterpunkt.

$ \Leftarrow$ Zur Umkehrung:

Sei die Steigung der Geraden $ \vec{{u}}\,$$ \mbox{$\mathbb{R}$}$ rational. Dann gibt es einen Gitterpunkt auf $ \vec{{u}}\,$$ \mbox{$\mathbb{R}$}$ außer dem Nullpunkt. Ich nenne den Gitterpunkt $ \left(\vphantom{\begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}}\right.$$ \begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}$$ \left.\vphantom{\begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}}\right)$ = $ \vec{{e}}_{{0}}^{}$a + $ \vec{{e}}_{{1}}^{}$b. Es ist $ \pi$$ \left(\vphantom{\left(\begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}\right))}\right.$$ \left(\vphantom{\begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}}\right.$$ \begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}$$ \left.\vphantom{\begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}}\right)$)$ \left.\vphantom{\left(\begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}\right))}\right)$ = $ \left(\vphantom{\begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}}\right.$$ \begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}$$ \left.\vphantom{\begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}}\right)$.

Behauptung: Die Verschiebung um $ \left(\vphantom{\begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}}\right.$$ \begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}$$ \left.\vphantom{\begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}}\right)$ führt das Muster in sich über.

Beweis: Sei $ \vec{{m}}\,$ ein Punkt des Musters. Dann gibt es einen Gitterpunkt $ \left(\vphantom{\begin{array}{c}
a_{1}\\
a_{2}\\
\end{array}}\right.$$ \begin{array}{c}
a_{1}\\
a_{2}\\
\end{array}$$ \left.\vphantom{\begin{array}{c}
a_{1}\\
a_{2}\\
\end{array}}\right)$ aus dem Streifen mit $ \pi$$ \left(\vphantom{\left(\begin{array}{c}
a_{1}\\
a_{2}\\
\end{array}\right)}\right.$$ \left(\vphantom{\begin{array}{c}
a_{1}\\
a_{2}\\
\end{array}}\right.$$ \begin{array}{c}
a_{1}\\
a_{2}\\
\end{array}$$ \left.\vphantom{\begin{array}{c}
a_{1}\\
a_{2}\\
\end{array}}\right)$$ \left.\vphantom{\left(\begin{array}{c}
a_{1}\\
a_{2}\\
\end{array}\right)}\right)$ = $ \vec{{m}}\,$. Da $ \left(\vphantom{\begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}}\right.$$ \begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}$$ \left.\vphantom{\begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}}\right)$ $ \in$ $ \vec{{u}}\,$$ \mbox{$\mathbb{R}$}$ ist folgt:

$ \pi$$ \left(\vphantom{\left(\begin{array}{c}
a_{1}\\
a_{2}\\
\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}\right)}\right.$$ \left(\vphantom{\begin{array}{c}
a_{1}\\
a_{2}\\
\end{array}}\right.$$ \begin{array}{c}
a_{1}\\
a_{2}\\
\end{array}$$ \left.\vphantom{\begin{array}{c}
a_{1}\\
a_{2}\\
\end{array}}\right)$ + $ \left(\vphantom{\begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}}\right.$$ \begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}$$ \left.\vphantom{\begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}}\right)$$ \left.\vphantom{\left(\begin{array}{c}
a_{1}\\
a_{2}\\
\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}\right)}\right)$ = $ \pi$$ \left(\vphantom{\left(\begin{array}{c}
a_{1}\\
a_{2}\\
\end{array}\right)}\right.$$ \left(\vphantom{\begin{array}{c}
a_{1}\\
a_{2}\\
\end{array}}\right.$$ \begin{array}{c}
a_{1}\\
a_{2}\\
\end{array}$$ \left.\vphantom{\begin{array}{c}
a_{1}\\
a_{2}\\
\end{array}}\right)$$ \left.\vphantom{\left(\begin{array}{c}
a_{1}\\
a_{2}\\
\end{array}\right)}\right)$ + $ \left(\vphantom{\begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}}\right.$$ \begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}$$ \left.\vphantom{\begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}}\right)$ = $ \vec{{m}}\,$ + $ \left(\vphantom{\begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}}\right.$$ \begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}$$ \left.\vphantom{\begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}}\right)$ $ \in$ M. Genau dasselbe gilt für $ \vec{{m}}\,$ - $ \left(\vphantom{\begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}}\right.$$ \begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}$$ \left.\vphantom{\begin{array}{c}
a\\
b\\
\end{array}}\right)$. 4

Hinweise:

  1. Wie sieht das in drei Dimensionen aus
    1. Bei der Projektion eines Streifens auf eine Gerade?
    2. Bei der Projektion einer Ebene auf eine Ebene?

$ \Box$
Ein Unterraum U $ \hookrightarrow$ V heißt gegenüber dem Homomorphismus f : V $ \rightarrow$ V abgeschlossen, wenn f (U) $ \hookrightarrow$ U ist.

Hilfssatz 5.6   Sei V = U $ \oplus$ H. Und $ \pi$ : V $ \rightarrow$ V die Projektion auf U. Dann gilt: $ \pi$ ist vertauschbar mit f genau dann, wenn U und H gegenüber f abgeschlossen sind

Beweis:Seien U und H gegenüber f abgeschlossen. Jedes v $ \in$ V lässt sich eindeutig schreiben: v = u + h mit u $ \in$ U und h $ \in$ H. Es folgt: f$ \pi$(v) = f (u) und $ \pi$f (v) = $ \pi$(f (u) + f (h)) = f (u), da f (u) $ \in$ U und f (h) $ \in$ H = Kern($ \pi$) sind. Also ist f vertauschbar mit $ \pi$.

Sei umgekehrt f vertauschbar mit $ \pi$. Dann folgt für ein u $ \in$ U: f (u) = f ($ \pi$(u)) = $ \pi$(f (u)) $ \in$ U. Also ist f (u) $ \in$ U. Für in h $ \in$ H folgt $ \pi$(f (h)) = f ($ \pi$(h)) = f (0) = 0. Also ist f (h) $ \in$ Kern($ \pi$) = H. Auch H ist somit gegenüber f abgeschlossen. $ \Box$

Bis jetzt hatten wir über den Vektor $ \vec{{u}}\,$ nichts besonderes vorausgesetzt. Wir wollen aber zum goldenen Schnitt zurückkehren. Also betrachten wir die Matrix F = $ \left(\vphantom{
\begin{matrix}
1 & 1\\
1 & 0
\end{matrix}}\right.$$ \begin{matrix}
1 & 1\\
1 & 0
\end{matrix}$$ \left.\vphantom{
\begin{matrix}
1 & 1\\
1 & 0
\end{matrix}}\right)$ siehe Gleichung 7. Sie hat die Eigenvektoren $ \vec{{u}}\,$ = $ \left(\vphantom{\begin{array}{c}
\Phi\\
1\\
\end{array}}\right.$$ \begin{array}{c}
\Phi\\
1\\
\end{array}$$ \left.\vphantom{\begin{array}{c}
\Phi\\
1\\
\end{array}}\right)$ mit dem Eigenwert $ \Phi$ und $ \vec{{u}}^{{\bot}}_{}$ = $ \left(\vphantom{\begin{array}{c}
\frac{-1}{\Phi}\\
1\\
\end{array}}\right.$$ \begin{array}{c}
\frac{-1}{\Phi}\\
1\\
\end{array}$$ \left.\vphantom{\begin{array}{c}
\frac{-1}{\Phi}\\
1\\
\end{array}}\right)$ mit dem Eigenwert $ {\frac{{-1}}{{\Phi}}}$. Das heißt in Richtung $ \vec{{u}}\,$ die durch die Matrix definierte Abbildung um den Faktor $ \Phi$, das ist eine Verlängerung. In der dazu senkrechten Richtung um den Faktor $ {\frac{{-1}}{{\Phi}}}$, das ist eine Verkürzung. Wir projezieren in Richtung $ \vec{{u}}^{{\bot}}_{}$ auf $ \vec{{u}}\,$$ \mbox{$\mathbb{R}$}$.

Da durch F die Orientierung geändert wird, möchte ich lieber F2 betrachten. Das ist die Matrix A = $ \left(\vphantom{
\begin{matrix}
2 & 1\\
1 & 1
\end{matrix}}\right.$$ \begin{matrix}
2 & 1\\
1 & 1
\end{matrix}$$ \left.\vphantom{
\begin{matrix}
2 & 1\\
1 & 1
\end{matrix}}\right)$. Sei g = $ \vec{{u}}\,$$ \mbox{$\mathbb{R}$}$. Die Abbildung A bildet den Streifen g + Q in den schmaleren Streifen bijektiv ab. Siehe Zeichnung 7. F und damit A ist mit der Projektion vertauschbar. Ist M das Muster, welches durch Projektion von (g + Q)$ \bigcap$$ \mbox{$\mathbb Z$}$2 entsteht, so ist A(M) eine echte Vergröberung von M, sie entsteht durch Streckung von M um den Faktor $ \Phi^{{2}}_{}$.

Abbildung 7: Vergröbern
Die Umkehrmatrix B = A-1 = $ \left(\vphantom{
\begin{matrix}
1 & -1\\
-1 & 2
\end{matrix}}\right.$$ \begin{matrix}
1 & -1\\
-1 & 2
\end{matrix}$$ \left.\vphantom{
\begin{matrix}
1 & -1\\
-1 & 2
\end{matrix}}\right)$ dehnt in Richtung von $ \vec{{u}}^{{\bot}}_{}$ um den Faktor $ \Phi^{{2}}_{}$ und staucht in Richtung $ \vec{{u}}\,$ um den Faktor $ {\frac{{1}}{{\Phi^{2}}}}$. Sie bildet den Streifen $ \vec{{u}}\,$$ \mbox{$\mathbb{R}$}$ + Q$ \bigcap$$ \mbox{$\mathbb Z$}$2 in den breiteren Streifen $ \vec{{u}}\,$ + B(Q) $ \cap$ $ \mbox{$\mathbb Z$}$2 bijektiv ab, siehe Zeichnung 8. Ein endliches Stück davon enthält mehr Gitterpunkte als $ \vec{{u}}\,$$ \mbox{$\mathbb{R}$}$ + Q. Daher ist $ \pi$($ \vec{{u}}\,$$ \mbox{$\mathbb{R}$}$ + Q $ \cap$ $ \mbox{$\mathbb Z$}$2) $ \subsetneq$ $ \pi$($ \vec{{u}}\,$$ \mbox{$\mathbb{R}$}$ + B(Q) $ \cap$ $ \mbox{$\mathbb Z$}$2)
Abbildung 8: Verfeinern
\includegraphics[width=\textwidth]{bilder/projektion7}

Aufgaben:

  1. Man zähle in der Projektion Abbildung 7 die Anzahl der kurzen Parkettsteine und die Anzahl langen Parkettsteine. Welcher Zahle nähert sich der Quotient für lange Teilstücke der Geraden an?
Andreas Bartholome
2004-10-27