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 = 2 ein Unterraum. Die Gitterpunkte
G =
werden durch parallel einfallendes ,,Licht`` auf den Unterraum projeziert.
Die Richtung des ,,Lichtes`` sei .
Abbildung 5:
Projektion des Gitters auf eine Gerade
|
Es ist
2 = U . Ist
2 gibt es
ein eindeutig bestimmtes
() U und
H =
mit
= () + . Es ist
() der Schnittpunkt der
Geraden in Richtung durch mit dem Unterraum U. ist
ein Homomorphismus. Er kann durch eine Matrix beschrieben werden.
Das Bild eines beliebigen Gitterpunktes
= ist dann
() = (e0) . p0 + (e1) . p1 |
(17) |
Es müssen daher
(e0) und
(e1) bestimmt werden.
Es gilt
Löst man dieses Gleichungssystem, so ergibt sich:
(e0) |
= |
. |
|
(e1) |
= |
. (- ) |
(19) |
Haupsächlich sind wir an dem Fall interessiert, dass
=
ist. Dann ist
det(,) = = u02 + u12.
Ist zusätzlich
|| = 1, dies kann man immer so einrichten, so ist die
Projektionsmatrix
Bei der Projektion des Einheitsquadrates auf den Unterraum
entstehen zwei Parkettsteine
() und
().
Satz 5.1
Sei
= ein beliebiger von linear
unabhängiger Vektor.
Dann sind äquivalent:
- a0 und a1 sind inkommensurabel.
- Die Projektion auf
in Richtung ist
eingeschränkt auf
2 ein injektiver Homomorphismus abelscher
Gruppen.
-
(2) ist dicht in
.
Beweis:1.
2.:
Sei
( . z0 + . z1) = , wobei
z0, z1 sind. Dann ist
. z0 + . z1 Ke() = . Es folgt:
für ein
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 ist injektiv.
2.
3.:
Ist injektiv, so ist
(2) als
- Modul
zweidimensional. Daher liegt
(2) dicht in
.
3.
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
= () = () . x . d + () . y . d.
Daher ist
(e0) . x + () . y = .
Sei etwa x 0. Dann ist
() = () . . Das heisst: Ist
= () . ,
so ist
(2) . .
Ein zyklischer
-Modul kann aber nicht dicht in
sein.
Also ist
(2) nicht dicht in
.
Wie gesagt entsehen bei der Projektion des Einheitsquadrates auf den Unterraum
zwei Parkettstein
() und
().
Aufgaben:
- Wie lang sind die Parkettsteine?
Der Unterraum
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] {}. Dies ist das
Einheitsquadrat ohne die rechte untere Ecke.
Ist weiter
2 und
g = + eine beliebige
Gerade, so wollen wir nur den Bereich
(g + Q)( ) projezieren. Dies ist
ein zum Unterraum
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
|
Bemerkung 5.2
Zu jedem
2 enthält + Q genau einen Gitterpunkt.
Beweis:Es sei
= x + y.
- 1. Fall
-
x :
Es ist
[x] < x < [x] + 1 = x0. Daher ist x0 - x < 1. Sowieso ist
[y]y < [y] + 1 = x1. Es folgt:
. x0 + x1 = + . (x0 - x) + . (x1 - y) + Q
- 2. Fall
-
x . Dann setzen wir x0 : = x und
x1 : = [y] + 1
und es folgt wieder
. x0 + . x1 + Q.
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 ein Vektor mit nur positiven Komponenten
ist.
Satz 5.3
Sei
g = + eine zu
parallele Gerade. Dann
gilt:
g + Q genau dann, wenn
:
det(,) < det(, - )det(,) ist.
Beweis:
:
Es ist
- = + + mit
, [0, 1]. Ist = 1, so kann nicht 0 sein.
Es ergibt sich:
det(, - ) = det(,) + det(,). Über ist vorausgesetzt, dass beide
Komponenten > 0 sind. Also ist
det(,) < 0 und
det(,) > 0. Ist < 1, so folgt:
det(,) |
< |
det(,) |
|
|
< |
det(,) + det(,) |
|
|
|
det(,) |
|
Ist = 1, so ist > 0:
det(,) < det(,) + det(,)det(,).
:
Es ist vorausgesetzt:
det(,) < det(, - )det(,).
- 1. Fall
-
det(, - ) 0. Da und
linear unabhängig sind, gibt es
, mit
- = + .
Daher ist
0det(, - ) = det(,)det(,). Da
det(,) > 0 ist folgt:
01. Das heißt
= + + g + Q.
- 2. Fall
-
det(, - ) < 0:
Da
und linear unabhängig sind, gibt es
,
mit
- = + . Also ist
det(, - ) = det(,).
Es ist
det(,) < det(,) nach
Voraussetzung. Also ist:
< 1.
Da außerdem
det(, - ) = det(,) < 0
ist, muss auch > 0 gelten. Damit ist die Behauptung gezeigt.
Nun können wir belegen, dass es im Streifen von Gitterpunkt zu Gitterpunkt nur
einen monoton steigenden Gitterweg gibt.
Satz 5.4
Sei
g = + . Dann gilt: Ist
g + Q im Streifen,
so ist genau einer der beiden Vektoren
+ oder
+ im Streifen.
Beweis:
- 1. Fall
-
det(, - ) 0. Es ergibt sich:
Addieren von
det(,) ergibt:
det(,)det(, + - ) |
|
det(, + )det(,) |
|
Also liegt
+ in g + Q.
- 2. Fall
-
det(, - ) < 0.
det(,) < det(, - ) < 0det(, + ) < det(, + - ) < det(,).
Da
det() < det( + ) folgt die
Behauptung.
Beides zusammen hieße:
det(, - ) 0 und
det(, - ) < 0. Das kann nicht sein.
Jetzt projezieren wir den Parallelstreifen auf die Gerade. Es ergibt sich:
Satz 5.5
Das Projektionsmuster ist genau dann periodisch, wenn die Gerade
durch zwei Gitterpunkte geht.
Beweis:Sei zunächst das Muster periodisch. Das heißt es ist invariant gegenüber einer
Verschiebung eines Punktes aus dem Muster:
Dabei ist ein Punkt des Musters. Es gibt daher zu jedem
z
ein
az, bz mit
(()a + ()b) . z = ()az + ()bz |
|
und
az + bz ist im Streifen.
Angenommen die Steigung von
ist irrational. Dann ist der
Homomorphismus
: 2 injektiv wegen Satz
5.1. Es folgt für alle
z :
. z = liegt im Streifen.
(Es kann
drt(,) < det(, . z - ) = det(,) . z - det(,) für alle
z nur gelten, wenn
det(,) = 0 ist. Das heißt
und sind linear abhängig.
Geometrisch bedeutet dies
geht durch einen zweiten
Gitterpunkt.
Zur Umkehrung:
Sei die Steigung der Geraden
rational. Dann gibt es einen
Gitterpunkt auf
außer dem Nullpunkt. Ich nenne den Gitterpunkt
= a + b. Es ist
) = .
Behauptung: Die Verschiebung um
führt das Muster in sich über.
Beweis:
Sei ein Punkt des Musters. Dann gibt es einen Gitterpunkt
aus dem Streifen mit
= . Da
ist folgt:
+ = + = + M.
Genau dasselbe gilt für
- .
4
Hinweise:
- Wie sieht das in drei Dimensionen aus
- Bei der Projektion eines Streifens auf eine Gerade?
- Bei der Projektion einer Ebene auf eine Ebene?
Ein Unterraum
U V heißt gegenüber dem Homomorphismus
f : V V abgeschlossen, wenn
f (U) U ist.
Hilfssatz 5.6
Sei
V = U H. Und
: V V die Projektion auf U. Dann
gilt: ist vertauschbar mit f genau dann, wenn U und H gegenüber
f abgeschlossen sind
Beweis:Seien U und H gegenüber f abgeschlossen.
Jedes v V lässt sich eindeutig schreiben: v = u + h mit u U und
h H. Es folgt:
f(v) = f (u) und
f (v) = (f (u) + f (h)) = f (u), da f (u) U und
f (h) H = Kern() sind. Also ist f vertauschbar mit .
Sei umgekehrt f vertauschbar mit . Dann folgt für ein u U:
f (u) = f ((u)) = (f (u)) U.
Also ist f (u) U.
Für in h H folgt
(f (h)) = f ((h)) = f (0) = 0. Also ist
f (h) Kern() = H. Auch H ist
somit gegenüber f abgeschlossen.
Bis jetzt hatten wir über den Vektor nichts besonderes
vorausgesetzt. Wir wollen aber zum goldenen Schnitt zurückkehren. Also
betrachten wir die Matrix
F = siehe Gleichung 7.
Sie hat die Eigenvektoren
= mit dem Eigenwert
und
= mit dem Eigenwert
.
Das heißt in Richtung die durch die Matrix
definierte Abbildung um den Faktor , das ist eine Verlängerung.
In der dazu senkrechten Richtung um
den Faktor
, das ist eine Verkürzung.
Wir projezieren in Richtung
auf
.
Da durch F die
Orientierung geändert wird, möchte ich lieber F2 betrachten. Das ist
die Matrix
A = .
Sei
g = . 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)2 entsteht, so ist A(M) eine echte
Vergröberung von M, sie entsteht durch Streckung von M um den Faktor .
Die Umkehrmatrix
B = A-1 =
dehnt in Richtung von
um den Faktor und staucht in
Richtung um den Faktor
. Sie bildet den Streifen
+ Q2
in den breiteren Streifen
+ B(Q) 2 bijektiv ab,
siehe Zeichnung 8. Ein endliches
Stück davon enthält mehr Gitterpunkte als
+ Q. Daher ist
( + Q 2) ( + B(Q) 2)
Abbildung 8:
Verfeinern
|
Aufgaben:
- 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