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Universität/Hochschule Doppelverhältnis auf der projektiven Geraden über den Quaternionen
Gestath
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  Themenstart: 2022-10-13

Hallo zusammen, Mich interessiert, ob ein Doppelverhältnis über der projektiven Geraden über den Quaternionen definiert werden kann. Mein Ansatz für das DV ist analog zum Skript von Prof. Ziegler (https://page.mi.fu-berlin.de/gmziegler/vorlesung/38geometrie.pdf Kapitel 5.4) Sei V ein 2-dimensionaler H-Vektorraum über den Quaternionen H. Multiplikation schreibe ich von rechts, also es gibt eine Abbildung VxH -> V (v,\lambda) -> v\lambda mit den entsprechenden Vektorraumeigenschaften. Mit P(V) wird der Raum aller eindimensionalen Unterräume von V bezeichnet. Also P(V)=menge(v*H; v\el\ V) seien a, b, x, y \el\ P(V) paarweise verschieden. Ich möchte zeigen, dass es einen eindeutig bestimmten 2-dimensionalen komplexen Unterraum gibt, in dem alle vier Punkte liegen. Seien a^^, b^^, x^^ und y^^ entsprechende Vektoren mit a=a^^*H usw. dann sind a^^, b^^ und x^^ linear abhängig, es ex. also \alpha, \beta, \gamma \el\ H (alle <>0) mit a^^*\alpha+b^^*\beta+x^^*\gamma=0. Setze a^-=a^^*\alpha, b^-=b^^*\beta und x^-=x^^*\gamma es gilt -a^--b^-=x^- die Vektoren a^-, b^- und x^- sind also über \IR linear abhängig. In meiner Vorstellung ist der von a^- und b^- gebildete reelle Unterraum eine eindimensionale projektive reelle Gerade. Konkret gemeint ist die projektive reelle Gerade menge(a^-*\omega+b^-*\psi, \omega, \psi \el\ \IR). Jeder Vektor repräsentiert einen Punkt in P(V) und je zwei verschiedene Vektoren repräsentieren auch verschiedene Punkte (bis auf reelle Vielfache). Hinzufügen eines weiteren Punktes ergibt dann eine projektive komplexe Gerade. Genauer: wir können y^-=y^^*\omega mit \omega\el\ H so wählen, dass gilt: y^-=a^-*\delta+b^-*\epsilon mit \delta \el\ \IR und \epsilon\el\ H zusammengefasst hat man also: x^-=-a^--b^- und y^-=a^-*\delta+b^-*\epsilon mit \delta \el\ \IR und \epsilon \el\ H man kann dann definieren: DV\(a, b ; x,y)=DV \( a^-, b^-; x^-, y^-)= \delta/\epsilon=\delta*\epsilon^(-1) das sollte auch unabhängig von der Auswahl der Repräsentanten sein. Kann man das so machen und gibt es dazu Literatur oder besser noch Links? MfG Gestath


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StefanVogel
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  Beitrag No.1, eingetragen 2022-10-22

\ Hallo Gestath, analog zum Skript würde ich das so definieren: x^^ und y^^ sind beides Linearkombinationen von a^^ und b^^, etwa x^^=a^^*x_a + b^^*x_b, y^^=a^^*y_a+b^^*y_b für x_a, x_b, y_a, y_b aus H. Das Doppelverhältnis ist dann ein Produkt der Faktoren x_a^(-1), x_b, y_a, y_b^(-1). Für reelle und komplexe Zahlen ist die Reihenfolge der Faktoren egal. Sonst stehen 24 Permutationen der Reihenfolge zur Auswahl mit ganz oder teilweise unterschiedlichen Ergebnissen als Produkt. Im Skript werden die beiden Varianten x_b*x_a^(-1)*y_a*y_b^(-1) und x_b*y_a*y_b^(-1)*x_a^(-1) verwendet, wenn ich die Brüche als Multiplikation mit der Inversen schreibe und keine Faktoren dabei vertausche. Bei deiner Definition erhalte ich die Variante x_a^(-1)*y_a*y_b^(-1)*x_b. Für welche Reihenfolge man sich entscheidet, sollte egal sein, oder man nimmt vorsichtshalber den Vektor aller Ergebnisse als Doppelverhältnis. Nur muss man dann während weiterer Berechnungen durchgängig dabei bleiben. Viele Grüße, Stefan


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Gestath
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-10-28

Hallo Stefan, danke für deine Antwort. Mittlerweile glaube ich, dass man das DV so nicht definieren sollte. Man will ja in erster Linie, dass das Doppelverhältnis invariant unter Möbiustransformationen z-> (az+b)(cz+d)^(-1) ist. Diese repräsentieren ja gerade die projektiven Abbildungen. Betrachte MTs, die (\inf ,0,1) auf sich selbst abbilden. daraus folgt b=0, c=0 und a+b=c+d bzw. a=d. Also sind das alle MTs der Form z -> aza^(-1) Das sind also alles MTs, die \IR punktweise festlassen. Sei \epsilon\el\ H mit \epsilon^2=-1 dann ex also immer genau eine Abbildung, die \IR konstant lässt und i auf \epsilon abbildet. Als Bildmenge eines DV kommt daher erstmal nur die obere komplexe Halbebene in Frage. Ich glaube auch, dass es für vier Punkte (u,v,w,x) genau eine Abbildung in die komplexe obere Halbebene (als Teilmenge in H) gibt mit (u,v,w,x) -> (\inf ,0,1, z) gibt mit z=\alpha+\beta*i (\alpha, \beta \el\ \IR, \beta>=0) und man das DV dann über diese Abbildung definieren kann. Nur wie beweist man das? MfG Gestath


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StefanVogel
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  Beitrag No.3, eingetragen 2022-10-29

Hier (und auch in anderen Situationen) ist es hilfreich, dass der skalare Faktor rechts vom Vektor steht \ x^^ = a^^*x_a + b^^*x_b, y^^=a^^*y_a+b^^*y_b mit x_a, x_b, y_a, y_b aus H (siehe hierzu letzter Absatz "Nebenbei festgestellt..." in https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?topic=232648&post_id=1693628"). Dann passt doch der Beweis zu Theorem 5.18 aus dem Skript, dass bei projektiven Abbildungen das Doppelverhältnis unverändert bleibt. Ich sehe bis hierher noch keinen Grund, eine andere Definition für das Doppelverhältnis zu suchen.


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StefanVogel
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  Beitrag No.4, eingetragen 2022-11-05

\quoteon(2022-10-28 07:33 - Gestath in Beitrag No. 2) Man will ja in erster Linie, dass das Doppelverhältnis invariant unter Möbiustransformationen z-> (az+b)(cz+d)^(-1) ist. Diese repräsentieren ja gerade die projektiven Abbildungen. \quoteoff Bei dieser Schreibweise der projektiven Abbildung muss man mit darauf achten, dass man nicht unbemerkt Faktoren vertauscht. \ Die beiden Abbildungen (z;1) -> (a,b;c,d) (z;1) = (az+b;cz+d) und (z;1) -> (ta,tb;tc,td) (z;1) = (taz+tb;tcz+td) = (t(az+b);t(cz+d)) sollen dieselbe projektive Abbildung erzeugen. Im Skript ist das die Anmerkung zu Lemma 5.5. Das erreicht man dadurch, dass man die zweite Komponente vom Ergebnis wieder auf 1 bringt. Dazu muss man aber den Vektor auf der rechten Seite von links mit (t(cz+d))^(-1) multiplizieren, um den Faktor t wegzubekommen \(die Rechenregel (xy)^(-1)=y^(-1) x^(-1) gilt auch für nichtkommutative Multiplikation). (t(az+b);t(cz+d)) entspricht dann ((cz+d)^(-1) (az+b);1) und man erhält z -> (cz+d)^(-1) (az+b). Oder, wenn man die Matrixmultiplikationen so auffassen will (z;1) -> (a,b;c,d) (z;1) = (za+b;zc+d) (z;1) -> (at,bt;ct,dt) (z;1) = (zat+bt;zct+dt) = ((za+b)t;(zc+d)t), muss man von rechts mit ((zc+d)t)^(-1) multiplizieren und erhält z -> (za+b)(cz+d)^(-1). In beiden Varianten ergibt a=d, b=c=0 die identische Abbildung z -> z. \quoteon(2022-10-28 07:33 - Gestath in Beitrag No. 2) Betrachte MTs, die (\inf ,0,1) auf sich selbst abbilden. daraus folgt b=0, c=0 und a+b=c+d bzw. a=d. Also sind das alle MTs der Form z -> aza^(-1) Das sind also alles MTs, die \IR punktweise festlassen. Sei \epsilon\el\ H mit \epsilon^2=-1 dann ex also immer genau eine Abbildung, die \IR konstant lässt und i auf \epsilon abbildet. Als Bildmenge eines DV kommt daher erstmal nur die obere komplexe Halbebene in Frage. Ich glaube auch, dass es für vier Punkte (u,v,w,x) genau eine Abbildung in die komplexe obere Halbebene (als Teilmenge in H) gibt mit (u,v,w,x) -> (\inf ,0,1, z) gibt mit z=\alpha+\beta*i (\alpha, \beta \el\ \IR, \beta>=0) und man das DV dann über diese Abbildung definieren kann. Nur wie beweist man das? \quoteoff Im Skript Beispiel 5.11. steht zwar, dass man jedes Viereck auf ein beliebiges Viereck abbilden kann, doch das ist dort eine Aussage für die projektive Ebene. Auf der projektiven Gerade reichen schon drei Punkte, um die projektive Abbildung festzulegen. Für a=d, b=c=0 ist das die identische Abbildung. Auch i und \epsilon liegen mit auf dieser projektiven Gerade und werden auf sich selbst abgebildet.


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Gestath
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  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-24

3 Punkte reichen nicht, um die Abb. eindeutig festzulegen: Wenn dir die Abbildung x-> axa^(-1) für a<>0 nicht reicht als Bsp. dann vielleicht folgendes Bsp: x-> -1/x und x -> (x-1)/(x+1) haben beide dieselbe Fixpunktmenge, nämlich S^2 (Menge aller reinen Quaternionen mit Betrag 1), sind aber verschiedene Abbildungen (Zähler und Nenner kommutieren immer, man braucht hier nicht auf die Reihenfolge achten). Es ist vielleicht auch hilfreich, sich diese Gruppe als eine Untergruppe von SL(C^4) vorzustellen.


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Gestath
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  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-25

Ich habe ein paar Vermutungen zum Thema, die ich vorstellen möchte. Endziel wäre dann die Bestimmung gewisser Automorphismengruppen. Konkret von D^3=menge(z, abs(z)<=1) und D^2=menge(z, abs(z)<=1, Re(z)=0) Leider stocke ich bei der Definition der Basics, um das wirklich beweisen zu können (falls die Vermutungen richtig sind) Konkret geht es um eine tragfähige Definition des Doppelverhältnisses (vermutlich als Abbildung in C) und idealerweise noch um eine Definition der Einbettung einer komplexen Gerade in die quaternionische Gerade. Zu dem Komplex gehört auch: Seinen a, b, c, d vier verschiedene Punkte, die nicht auf einer reellen Geraden liegen. das soll heißen: seien a^^, b^^ , c^^ und d^^ zugehörige Vektoren und gelte c^^=a^^+b^^ und d^^=a^^+b^^*\lambda, dann soll gelten: \lambda \notel\ \IR Dann möchte ich diesen vier Punkten eine (eindeutig bestimmte) komplexe Gerade auf "natürliche" Weise zuordnen. Genau wie man es mit drei Punkten auf der komplexen Gerade macht. 1) Themenkomplex "symmetrisch zum Kreis" Für den Fall der komplexen Gerade zitiere ich mal die engl. Wikipedia (wo es "conugate" heisst: "Conjugation Two points z1 and z2 are conjugate with respect to a generalized circle C, if, given a generalized circle D passing through z1 and z2 and cutting C in two points a and b, (z1, z2, a, b) are in harmonic cross-ratio (i.e. their cross ratio is -1). This property does not depend on the choice of the circle D. This property is also sometimes referred to as being symmetric with respect to a line or circle.[3][4]" Im wesentlichen kann man zusammenfassen (aus meiner Sicht): Seien a,b,c, \el\ \IC\union\ \inf drei verschiedene Punkte: Die Grundaufgabe ist: finde eine Gerade mit: 1) a und b ist symmetrisch zu M und 2) c\el\ M. Dann gilt M=menge(z, norm(DV(a,b,c,z))=1) Dann ist M eine verallgemeinerte Gerade und c\el\ M. a und b ist dann symmetrisch zu M und c\el\ M. Beispiel: a=\inf b=0, c=1 - man erhält den Einheitskreis,für c=2 erhält man den Kreis mit Radius 2 um 0. Das soll irgendwie verallgemeinert werden. Man braucht de facto das DV nur, wenn es reell oder Betrag 1 hat für diese Symmetrieüberlegungen. So wäre in H für a=1, b=-1 und c ein reines Quaternion (Realteil 0) M die Menge der reinen Quaternionen M=menge(z, Re(z)=0) oder a=\inf , b=0, c=1 M=menge(z \el\ H; norm(z)=1) Meine Vermutung hierzu ist: Seien a,b,c \el\ H S die Menge aller Möbiustransformationen mit Fixpunkt a und b, die auch Involutionen sind. S=menge(f, f ist Möbiustransformation und f^2=id, f(a)=a und f(b)=b) Dann ist M=menge(z, z=f(c), f \el\ S) also die Bilder von c unter allen Spiegelungen (=Involutionen) mit Fixpunkten a und b. Edit: Wobei diese Charakterisierung hochgradig redundant ist. D.h. wenn d \el\ M und d=f(c), dann gibt es einen Haufen andere Abbildungen aus S, die c auf d abbilden. 2) Automorphismengruppe von \IR^3 Definiere V=menge(z \el\ H\union\ \inf , Re(z)=0) 0 und \inf sind Elemente von V. Also V ist der 3-dim. VR der reinen Quaternionen und "unendlich" Sei G die Menge der Möbiustransformationen, die V auf V abbildet. ich kann zwei Untergruppen G_1 und G_2 von V angeben und vermute, dass G=G_1\circ\ G_2 (Evtl. braucht man mehr Faktoren, aber ich glaube, dass man G aus G_1 und G_2 erzeugen kann) G_1 ist eine gewisse Menge von MTs mit Fixpunkten 1 und -1 G_1=menge(f; f(x)=(ax+b)*(bx+a)^(-1); a*b^(-1) \el\ V) G_2 ist eine gewisse Menge von MTs mit Fixpunkt \inf. G_2=menge(f, f(x)=(ax+b)*d^(-1), d=a*\lambda, \lambda\el\ \IR, b*d^(-1) \el\ V ) Wenn man G wirklich bestimmt hat, ist es vermutlich nur ein kurzer Weg bis zur Automorphismengruppe von D^3=menge(z, abs(z)<=1) Denn: die MT z-> (z-1)/(z+1) bildet V auf S^3 ab und der rechte Halbraum (=menge(z, Re(z)>=0)) wird auf D^3 abgebildet. Die Automorphismengruppe von D^3 ist also isomorph zu einer Untergruppe von G, nämlich der, die den rechten Halbraum auf sich selbst abbildet. Edit: der Komplex der Automorphismengruppe von D^3 wird hier in einer Bachelorarbeit abgehandelt, allerdings auf völlig andere Weise: https://plenz.com/tmp/pdf/bachelor.pdf


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StefanVogel
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  Beitrag No.7, eingetragen 2022-11-26

Das Thema überblicke ich nicht und ist auch extremes Glatteis für mich. Deshalb will ich nochmal meine ersten beiden Schritte aufschreiben, wo ich glaube, halbwegs sicheren Stand zu haben. \ Schritt 1: Aus deiner Definition im Themenstart erhalte ich für vier Punkte a^^, b^^, x^^ = a^^*x_a + b^^*x_b, y^^=a^^*y_a+b^^*y_b das Doppelverhältnis DV(a^^ , b^^ \; x^^ , y^^) = x_a^(-1)*y_a*y_b^(-1)*x_b, wobei ich noch die Möglichkeit sehe, die Reihenfolge der Faktoren zu vertauschen, wenn diese Variante zu Widersprüchen führt. Schritt 2: Weil die Multiplikation nicht kommutativ ist, müsste man die Möbiustransformation schreiben als z -> (cz+d)^(-1) (az+b) oder z -> (za+b)(cz+d)^(-1) und auch hier besteht noch Auswahlmöglichkeit, falls eine der beiden Varianten zu Widersprüchen führt. \quoteon(2022-11-24 11:10 - Gestath in Beitrag No. 5) 3 Punkte reichen nicht, um die Abb. eindeutig festzulegen: Wenn dir die Abbildung x-> axa^(-1) für a<>0 nicht reicht als Bsp. ... \quoteoff \ So ist es, diese Abbildung ist nach Schritt 2 nicht darstellbar als z -> (cz+d)^(-1) (az+b) oder z -> (za+b)(cz+d)^(-1) und deshalb keine Möbiustransformation. \quoteon ... dann vielleicht folgendes Bsp: x-> -1/x und x -> (x-1)/(x+1) haben beide dieselbe Fixpunktmenge, nämlich S^2 (Menge aller reinen Quaternionen mit Betrag 1), sind aber verschiedene Abbildungen (Zähler und Nenner kommutieren immer, man braucht hier nicht auf die Reihenfolge achten). \quoteoff \ Ja, dieses Beispiel überzeugt mich. Dann reichen auch vier Punkte und mehr nicht aus, die Möbiustransformation eindeutig zu bestimmen. Eventuell müsste man zusätzlich verlangen, dass die Punkte unterschiedlichen Betrag haben sollen. Was meinst du mit "Zähler und Nenner kommutieren immer", weil (x-1)/(x+1) und (x+1)/(x-1) sind doch nicht gleich?


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Gestath
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  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-26

Ich will begründen, warum x -> axd^(-1) doch eine MT ist für a, d \el\ H-menge(0). Skalarmultiplikation mit Elementen von H schreibe ich von rechts ich betrachte zunächst H selbst als eindimensionalen Rechtsvektorraum und bestimme die Menge aller linearen Abbildungen: Sei A eine lineare Abb. 1 ist eine Basis von H es gilt also A(x)=A(1*x)=A(1)*x Man erhält also alle linearen Abbildungen durch Linksmultiplikation mit einem Quaternion r=A(1). Analog erhält man alle linearen Abbildungen von HxH als Rechts-VR; (x,y) ->(ax+by, cx+dy) mit a,b,c,d \el\ H im projektiven Raum ergibt sich dann: (x,y)=(xy^(-1) ,1) und analog (ax+by, cx+dy)=(ax+b)*(cx+d)^(-1) Für b=0=c ergibt sich (ax,dy)=(a*xy^(-1)*d^(-1) ,1) bzw. für z=x*y^(-1)(z,1) ->(azd^(-1) ,1) \quoteon Dann reichen auch vier Punkte und mehr nicht aus, die Möbiustransformation eindeutig zu bestimmen. Eventuell müsste man zusätzlich verlangen, dass die Punkte unterschiedlichen Betrag haben sollen. Was meinst du mit "Zähler und Nenner kommutieren immer", weil (x-1)/(x+1) und (x+1)/(x-1) sind doch nicht gleich? \quoteoff Ich meine natürlich, dass (x-1) und (x+1)^(-1) vertauschbar sind und man getrost (x-1)/(x+1) schreiben kann. Danke, du mich darauf hingewiesen hast, denn so kann ich noch mal meine Begeisterung über diese so einfache Darstellung der sterographischen Projektion zum Ausdruck bringen. Die Menge der reinen Quaternionen (=\IR^3) wird aud S^3 abgebildet. Mit den Beträgen der Zahlen hat es nichts zu tun, u.a. weil x-> axd eben doch eine MT ist. Ich gehe davon aus, dass eine MT auf 5 Punkten in allgemeiner Lage eindeutig bestimmt ist (es wäre aber noch zu klären, was "allgemeine Lage genau sein soll), etwa auf 0,1, unendlich, i, j oder -1, 0,1, i,j. Wobei man die Bilder der ersten drei Punkte frei wählen kann, danach ist die Auswahl nicht mehr ganz so frei :) Was man sonst noch sagen kann: Die Konjugation x-> x^- ist keine MT, wie man mit der 5 Punkte-Regel feststellt. Als Fixpunktmenge hab ich bisher folgene Möglichkeiten: 1 FP: x-> x+a 2 FP: x-> x-> 1/x verallgemeinerte komplexe Gerade als Fixpunktmenge (was das auch immer sein soll) : x-> -1/x Im bereits erwähnten Skript wird implizit angedeutet, dass es auch Abbildungen ohne Fixpunkt geben soll. Mir ist aber keine derartige Abbildung bekannt. plenz.com/tmp/pdf/bachelor.pdf


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StefanVogel
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  Beitrag No.9, eingetragen 2022-11-27

\quoteon(2022-11-26 10:31 - Gestath in Beitrag No. 8) (x,y)=(xy^(-1) ,1) und analog (ax+by, cx+dy)=(ax+b)*(cx+d)^(-1) \quoteoff An der Stelle will ich zeigen, dass man (x,y)=(y^(-1) x ,1) und (ax+by, cx+dy)=(cx+d)^(-1) * (ax+b) definieren muss, doch die Begründung muss ich mir nochmal überlegen. In dem, was ich soeben aufschreiben wollte, war ein Fehler drin. \quoteoff EDIT: Ich denke, dass hier ein Widerspruch drin steckt: \quoteon(2022-11-26 10:31 - Gestath in Beitrag No. 8) es gilt also A(x)=A(1*x)=A(1)*x \quoteoff \ Wenn ich als A die Multiplikation von rechts mit einem konstanten Faktor r verwende, dann ist A(x)=x*r und das ist im Allgemeimnen verschieden von A(1)*x = r*x Solche Umformungen kann man dann eben nicht mehr verwenden.


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Gestath
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  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-27

Ich denke wir können uns darauf verständigen, erstmal nur einen eindim. abstrakten Rechts-VR V über H zu betrachten. Sei e ein fest gewähltes Element aus V und \lambda \el\ H fest. Ich möchte \lambda die Abb. A_\lambda zuordnen (die hängt auch im eindimensionalen Fall von der Wahl der Basis ab, also von der Wahl von e - so verstehe ich das jedenfalls) Die Abbildung A_\lambda wird definiert auf der Basis e: e->e*\lambda Sei jetzt x\el\ V und x=e*\alpha mit \alpha \el\ H Es muss gelten: A_\lambda (x)=A_\lambda (e*\alpha)=A_\lambda (e)*\alpha=e*\lambda*\alpha Die Abbildungsmatrix von A_\lambda ist also (\lambda), die Koordinate von x unter der Basis e ist (\alpha) und (\lambda)*(\alpha)=(\lambda*\alpha) die Koordinate des Bildvektors. Das Gewöhnungsbedürftige ist für meine Begriffe, dass auch im 1-dimensionalen Fall die Abb. A_\lambda von der Wahl der Basis abhängt. Letztendlich ist das im Fall eines kommutativen Körpers ab der Dimension 2 auch so. Kern des Ganzen ist also, dass A_\lambda in Matrixschreibweise gerade die Multiplikation von links mit \lambda ist.


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StefanVogel
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  Beitrag No.11, eingetragen 2022-11-27

\ Einverstanden, mit dieser Definition von A_\lambda sehe ich erstmal noch keine Widersprüche. Es wird nicht verlangt, dass das eine lineare Abbildung sein soll und muss deshalb nicht die für lineare Abbildungen geforderten Eigenschaften haben: Die definierende Umformung A_\lambda (e*\alpha)=A_\lambda (e)*\alpha braucht nur für das festglegte Basiselement e gelten. Ich würde das Basiselement e sogar mit in die Funktionsbezeichnung aufnehmen als A_(e,\lambda), damit das nicht verloren geht. Ja, das ist dann letztendlich Multiplikation der Koordinate von links mit \lambda. Für ein neues Basiselement f \(darf auch gleich e sein) und einem y=f*\delta \(\delta \in H) gilt dann analog A_(f,\lambda)(y) = f*\lambda*\delta, Multiplikation der Koordinate \delta von links mit \lambda. Wenn ich nun (x, y) = ( A_(e,\lambda)(x) , A_(f,\lambda)(y) ) setzen will für alle \lambda, in Koordinatenschreibweise ( \alpha , \delta ) = ( \lambda*\alpha , \lambda * \delta), dann wird die zweite Koordinate gleich 1 für \lambda = \delta^(-1) und damit ( \alpha , \delta ) = ( \delta^(-1)*\alpha , 1). Jetzt wird e auf e*\delta^(-1)*\alpha abgebildet und das ist bei \delta=\alpha die identische Abbildung. Das soll meine Begründung sein, dass mit dieser Überlegung eben nicht x -> axd^(-1) \(Beitrag No.8) als Ergebnis herauskommt.


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  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-27

1) Die Rechnung A(x)=A(1*x)=A(1)*x aus Beitrag 8 ist also korrekt. x wird hier einmal als Vektor verstanden und beim zweiten Mal als Skalar mit 1 als Vektor. Denn 1 ist ja die gewählte Basis. Ich kann deine Rechnungen nicht nachvollziehen und rechne das Verhalten bei Basiswechsel mal selbst. A_\lambda ist zweifelsfrei eine lineare Abbildung. Sei also f<>0 ein anderes Element von unserem eindim. VR V. Es gilt für ein \beta \el\ H: f=e*\beta. Also ist A_\lambda (f)=A_\lambda (e*\beta)=A_\lambda (e)*\beta=e*\lambda*\beta=f*\beta^(-1)*\lambda*\beta Also ist die Abbildungsmatrix von A_\lambda unter der Basis f (\beta^(-1)*\lambda*\beta) Ich seh immer noch keine Probleme bei der Definition. Die Abb: (x,y) -> ax+by, cx+dy) ist auch zweifelsfrei linear. Die Verknüpfung ist auch linear usw.


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  Beitrag No.13, eingetragen 2022-11-27

\ Auf die Schnelle finde ich das jetzt nicht mehr das Beispiel warum nicht linear. Wäre ja auch nicht weiter schlimm, dann ist die Abbildung eben linear. Das ändert aber nichts daran, dass nach meiner Berechnung als MT die Abbildung e -> e*\delta^(-1)*\alpha herauskommt. Siehst du da einen Fehler drin?


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  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-28

HxH ist ja kein abstrakter H-VR. Du musst keine Verrenkungen bzgl einer Basis machen. es ist völlig klar, dass (x,y)->(ax+by, cx+dy) lineare Abbildungen sind, wenn man HxH als Rechts-VR betrachtet. Und dass man so auch alle Abb. erhält.So wie es da steht, kann ich das nicht nachvollziehen. Im Gegenzug frage ich Dich: Habe ich mich bei den Grundlagen unklar ausgedrückt oder ist irgendetwas falsch?


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  Beitrag No.15, eingetragen 2022-11-28

\ Mir ist unklar, warum du in Beitrag No.8 (x,y)=(xy^(-1) ,1) rechnest und mit welcher Begründung nicht (x,y)=(y^(-1) x ,1). Dazu steht nichts geschrieben. Im kommutativen Fall sind beide Varianten möglich mit gleichem Ergebnis. Im nichtkommutativen Fall sind beide Ergebnisse verschieden und da muss es doch eine Begründung geben, warum du dich für die eine Variante entscheidest und nicht für die andere.


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Gestath
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  Beitrag No.16, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-28

ich bestimme also die lineare Hülle von (x,y) \el\ HxH <(x,y)> ist die Menge menge((x,y)*\lambda, \lambda\el\ H) Für y<>0 setze ich \lambda_0=y^(-1) es ergibt sich (xy^(-1) ,1) \el\ <(x,y)> Man kann sich weiter fragen: Wann ist (y^(-1)*x ,1) \el\ <(x,y)>? es muss gelten: (y^(-1)*x ,1) =(x,y)*\lambda Also muss gelten x*y^(-1)=y^(-1)*x Interessant ist die Bestimmung aller Spiegelungen in H\union\ \inf (bzw. Involutionen, eine Abb.g mit g^2=id) Das führt auf die Bestimmung aller linearen Abbildungen f: HxH -> HxH wo entweder gelten muss: (1) f^2=id oder (2) f^2=-id Fall 1: f^2=id Dann gilt x=(x+f(x))/2+(x-f(x))/2 (x\el\ HxH) Die Abbildung x-> (x+f(x))/2 ist aber glücklicherweise H-linear und das Bild hat Dimension 0 , 1 oder 2 Für uns interessant ist nur Dimension 1 und es ergibt sich: menge(x+f(x), x \el\ HxH) ist genau wie menge(x-f(x), x \el\ HxH) H-eindimensional und das sind die einzigen invarianten Unterräume. es ergeben sich also Spiegelungen (Spiegelung verwende ich statt Involution) mit genau 2 Fixpunkten. Fall 2 ist diffiziler: Gelte also f^2=-id Ich betrachte HxH als \IC-VR mit der Einbettung \IC-> H a+bi \el\ \IC -> a+bi \el\ H es ergibt sich die Zerlegung x=(x-f(x)*i)/2+(x+f(x)*i)/2 Bezeichne U_1=menge(x-f(x)*i, x\el\ HxH) und U_2=menge(x+f(x)*i, x\el\ HxH) Dann kann man festhalten: U_1 ist Eigenraum zum Eigenwert i und U_2 ist Eigenraum zum Eigenwert -i denn f(x-f(x)*i)=f(x)+x*i=(x-f(x)*i)*i und es gibt die \IR-lineeare Abbildung und Bijektion: J: U_1->U_2 z-> z*j (j\el\ H) Beweis: es muss gezeigt werden: Sei x-f(x)*i \el\ U_1, dann ist xj-f(x)*i*j \el\ U_2. f(xj-f(x)*i*j)=f(x)*j+x*k Andererseits ist auch (xj-f(x)*i*j)*(-i)=f(x)*j+x*k \bigbox Wir haben also einen \IC-2-dim: UVR U_1 und U_2=U_1*j ist auch \IC-2-dim. Sei e_1 und e_2 eine \IC-Basis von U_1 Die \IC-lineare Hülle von e_1 und e_2 ist dann gerade die Fixpunktmenge der zugehörigen projektiven Abbildung. Edit: Besser gefällt mir: Sie P die Projektion von HxH in H\union\ \inf. Dann ist P(U_1)=P(U_2) die Fixpunktmenge der zugörigen projektiven Abbildung. Ich interpretiere das als "Spiegelung an einer Geraden". Edit: das reicht wohl nicht: man muss wohl alle Abb. mit f^2(z)=z*\alpha betrachten, für \alpha \el H


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Bozzo
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  Beitrag No.17, eingetragen 2022-11-28

Ich habe jetzt nicht den ganzen Thread durchgelesen und habe nicht richtig herausbekommen, was jetzt der Stand der Dinge ist und was die aktuell offenen Frage sind. Ich möchte nur kurz anmerken, dass über R oder C die Möbiustransformationen selbst projektiv sind (d. h. ein R-, bzw. C-Vielfaches einer MT ist dieselbe MT). Über H ist das jedoch nicht so, d. h. (az+b)(cz+d)-1 ist im allgemeinen für beliebige Quaternionen h nicht dieselbe MT wie (ahz+bh)(chz+dh)-1. Daher reichen auch 12 Parameter (durch 3 Quaternionzuordnungen) nicht aus, um die MT zu fixieren. Da die MTs allerdings reell projektiv sind (wenn h in obiger Formel reell ist), braucht es maximal 15 Parameter und 4 Quaternionzuordnungen überspezifizieren die MT schon.


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Gestath
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  Beitrag No.18, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-30

Hallo Bozzo, meine Fragen sind konkret: Wie sehen diverse Untergruppen aller MTs konkret aus? Insbesondere die Gruppe G aller MTs, die V auf V abbildet. V=menge(x, Re(x)=0, x \el\ H)\union\ \inf Da hab ich ja in Beitrag 6 eine Vermutung geäussert, die von Analogiebetrachtungen zu normalen MTs herrührt. Kann man G zerlegen als Produkt gewisser kleinerer Untergruppen? Weiter interessiert mich die Untergruppe von G, die zusätzlich noch S^2 auf S^2 abbildet.Also es soll V auf V und S^2 auf S^2 abgebildet werden. S^2=menge(x, Re(x)=0 und norm(x)=1, x \el\ H)\ Natürlich auch andere Gruppen, etwa die, die S^3 invariant lässt etc. Und weiter: Gibt es eine Einbettungsabbildung von der projektiven komplexen Gerade in die quaternionische projektve Gerade? Bzw. ist das überhaupt sinnvoll, selbst wenn es das gibt? Was ist das Analogon zu verallgermeinerten Geraden bei normalen MTs (das waren ja gerade Kreise und Geraden - die kann man sich aber gut als eindimensional reell projektive Räume vorstellen)? Oder gibt es so etwas gar nicht? Kann ich sinnvoll Symmetriebetrachtungen anstellen? siehe dazu https://en.wikipedia.org/wiki/Möbius_transformation Abschnitt "Conjugation" Wenn es denn ein Doppelverhältnis gäbe und a,b,c drei verschiedene Punkte sind. Die Menge M=menge(z, norm(DV(a,b,c,z))=1)) wäre dann die Menge, wo ich am ehesten sagen würde: a und b ist symmetrisch zu M mit der Nebenbedingung c\el\ M. Gibt es vielleicht noch weitere Symmetrien? Die Abb. z->-1/z hat ja als Fixpunktmenge S^2 und nicht nur zwei Punkte. Aufgrund dieser neuen Fixpunktmenge halte ich die Frage nach anderen Symmetrien auch für legitim.


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StefanVogel
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  Beitrag No.19, eingetragen 2022-12-03

\quoteon(2022-11-28 10:18 - Gestath in Beitrag No. 16) ich bestimme also die lineare Hülle von (x,y) \el\ HxH <(x,y)> ist die Menge menge((x,y)*\lambda, \lambda\el\ H) Für y<>0 setze ich \lambda_0=y^(-1) es ergibt sich (xy^(-1) ,1) \el\ <(x,y)> \quoteoff \ Die Abbildung x -> x * \lambda ist keine lineare Abbildung, das hast du selber schon mehrfach vorgerechnet, zuerst in \quoteon(2022-11-26 10:31 - Gestath in Beitrag No. 8) ich betrachte zunächst H selbst als eindimensionalen Rechtsvektorraum und bestimme die Menge aller linearen Abbildungen: Sei A eine lineare Abb. 1 ist eine Basis von H es gilt also A(x)=A(1*x)=A(1)*x Man erhält also alle linearen Abbildungen durch Linksmultiplikation mit einem Quaternion r=A(1). \quoteoff \ und später für x=e*\alpha als A_\lambda (x)=A_\lambda (e*\alpha)=A_\lambda (e)*\alpha=e*\lambda*\alpha. Warum definierst du dann die lineare Hülle nicht als <(x,y)> = menge((A_\lambda\.(x),A_\lambda\.(y)), \lambda\el\ H) ?


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Gestath
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  Beitrag No.20, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-04

Ich betrachte generell Rechts-VR. Skalare werden von rechts an den Vektor multipliziert. Die lin. Abbildungen werden dann (in gewisser Weise) von links ranmultipliziert Also ich habe eine additive Gruppe und eine Skalarmult. VxH -> H, (v,\lambda) -> v\lambda Wenn man H=V also als 1-dim VR betrachtet, habe ich eine natürliche Skalarmultiplikation von rechts. Die linearen Abbildungen sind aber gerade die Multiplikationen von links, wie man leicht selbst überprüft. A_\lambda ist eine lineare Abbildung und wurde auf einer Basis definiert und dann linear fortgesetzt.


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StefanVogel
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  Beitrag No.21, eingetragen 2022-12-04

\ Das "in gewisser Weise" nenne ich in meinen Worten "von links an den Koordinatenvektor" ranmultipliziert. Also in einem Rechts-VR sind lineare Abbildungen Matrixmultiplikationen von links an den Koordinatenvektor. Ich habe eine Weile gebraucht, um das einzusehen, deshalb die umständliche Rechnung mit den Basiselementen e und f. A_\lambda ist eine solche lineare Abbildung. Soweit bin ich ja mit deinen Überlegungen voll einverstanden und halte sie für richtig. Jetzt verstehe ich den Schritt nicht, warum du für die lineare Hülle von (x,y) eine Definition verwendest, nach der (A_\lambda\.(x),A_\lambda\.(y)) nicht zu dieser linearen Hülle gehört. Warum verwendest du diese Definition der linearen Hülle und keine andere?


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  Beitrag No.22, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-04

Die lineare Hülle ist ja die Menge aller Linearkombinationen. Also die lineare Hülle eines Vektor v ist gerade menge(v*\lambda, \lambda \el\ H)


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StefanVogel
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  Beitrag No.23, eingetragen 2022-12-04

\ Warum nicht menge(A_\lambda\.(v), \lambda \el H) ? Begründung: v -> A_\lambda\.(v) ist eine lineare Abbildung, v -> v*\lambda ist keine lineare Abbildung.


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Gestath
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  Beitrag No.24, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-04

Na dann definiere doch mal die lineare Hülle von einer Menge M eines abstrakten Rechts-Vektorraums über einem Schiefkörper. Ich kann mich auf das übliche zurück ziehen mit meiner Sicht (Durchschnitt aller UVR, die M enthalten oder Menge aller LK von Vektoren aus M).


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  Beitrag No.25, eingetragen 2022-12-04

\ = menge(A_\lambda\.(v), \lambda\el\ H), das stimmt noch mit der Menge menge(v*\lambda, \lambda \el\ H) Beitrag No.22 überein. Bei zwei Komponenten kommt dann eine andere Menge heraus, <(x,y)> = menge((A_\lambda\.(x),A_\lambda\.(y)), \lambda\el\ H), und die ist verschieden von menge((x,y)*\lambda, \lambda\el\ H) aus Beitrag No.16. Das definiere ich ohne Rücksicht darauf, ob das die üblichen Forderungen erfüllt. Falls es eine der üblichen Forderungen nicht erfüllt, dann erfüllt es die eben nicht, macht doch nichts. Hauptsache (A_\lambda\.(x),A_\lambda\.(y)) gehört zu dieser Variante der linearen Hülle von (x,y).


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  Beitrag No.26, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-04

Ich würde das gerne in einem separaten Thread diskutieren. Du hast die lineare Hülle nicht allgemein definiert. A_lambda war auch nicht komponentenweise definiert, sondern auf einer Basis. Und natürlich hat man gewisse Erwartungen an einen Hüllenoperator.


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  Beitrag No.27, eingetragen 2022-12-04

Von mir aus gerne, Streitpunkt ist "Du hast die lineare Hülle nicht allgemein definiert". Ich sollte sie ja "nur" definieren. In https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/viewtopic.php?rd2&topic=38050 ist auch etwas dazu geschrieben und Literatur angegeben, dass in Rechts-VR nicht alles aber einiges aus üblichen VR übernommen werden kann. Habe ich vorhin gefunden erst.


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Gestath
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  Beitrag No.28, vom Themenstarter, eingetragen 2022-12-13

Gibt es noch andere Ideen, wie man an die Untergruppen rankommt, die S^2 bzw V=R^3 festlassen? Sei weiterhin V=menge(z \el\ H\ , Re(z)=0)\union\ \inf Ich möchte erstmal zeigen, dass die Untergruppe der MTs G_1=menge(f; f(x)=(ax+b)*(bx+a)^(-1); a^(-1)*b \el\ V. a,b nicht beide =0) wirklich V auf V abbildet. Dazu wird umgeformt: (ax+b)*(bx+a)^(-1)= a(x+a^(-1)*b)*(a*(a^(-1)*b*x+1))^(-1) =a*(x+a^(-1)*b)*(a^(-1)*b*x+1)^(-1)*a^(-1) Da die Abb. y -> aya^(-1) sicher V auf V abbildet, ist nur noch zu zeigen mit r=a^(-1)*b \el\ V x \el\ V -> f(x)=(x+r)*(rx+1)^(-1) \el\ V r \el\ V bedeutet r^-=-r und zu zeigen ist für x\el\ V (bzw.x=-x^-): f(x)=-f(x)^- Beweis: wir zeigen äquivalent: wenn f(x)=(x+r)*(rx+1)^(-1) \el\ V <=> f^(-1)(x)= (rx+1)*(x+r)^(-1) \el\ V bzw: (rx+1)*(x+r)^(-1)=-((rx+1)*(x+r)^(-1))^- da x+r rein imaginär ist, gilt:(x+r)^(-1)=(-x-r)/norm(x+r)^2 die folgende Rechnung zeigt (rx+1)*(x+r)^(-1)=-((rx+1)*(x+r)^(-1))^- -((rx+1)*(x+r)^(-1))^- =-((x+r)^(-1))^-*(rx+1)^-=-(x+r)/norm(x+r)^2*(xr+1) =-(x^2*r+x+rxr+r)/norm(x+r)^2 =-(rx^2+x+rxr+r)/norm(x+r)^2 (x^2 ist reell) =-((rx+1)*x+(rx+1)*r)/norm(x+r)^2 =-(rx+1)*(x+r)/norm(x+r)^2 =(rx+1)*((-x-r)/norm(x+r)^2) =(rx+1)(x+r)^(-1) \bigbox


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