Poincarés modell för den hyperboliska geometrin

Transkript

1 Poincarés modell för den hyperboliska geometrin Niklas Palmberg, matrikelnr Uppsats för kandidatexamen i naturvetenskaper Matematiska institutionen Åbo Akademi

2 Innehåll 1 Presentation av modellen Henri Poincaré Axiom Sträckor i Poincarés modell Längdelementet Den geodetiska linjen Den hyperboliska triangeln Gränstriangel Vinklar Satser

3 Kapitel 1 Presentation av modellen Det finns två olika versioner av Poincarés modell. I den ena utgör enhetscirkeln hela vår värld, medan övre halvplanet utgör världen i den andra modellen. I båda fallen talar man om hyperbolisk geometri. Vi kommer här att enbart ytligt gå in på övre halvplansmodellen, emedan den i denna text enbart behövs i beviset till Sats 2 i kapitel 3.3. I modellen med enhetscirkeln som vår värld, ser vi enhetsranden som något, som är oändligt långt borta medan origo utgör nollpunkten. Motsvarigheterna i övre halvplansmodellen fås om man tänker sig reella axeln som origo och den linje, som är parallell (i euklidisk mening) med reella axeln och oändligt långt borta, som enhetsranden. Det hela torde bli klarare om man förklarar modellen i sagoform (på så vis slipper man ägna sig åt tekniska detaljer, som skulle ta länge att bevisa) enligt följande: Låt X vara enhetscirkeln, som utgör hela världen. Antag att det i denna värld finns en två-dimensionell befolkning, som lever och bor däri. Vi, som åskådare, befinner oss som gudlika jättar utanför denna värld och betraktar vad som sker inne i världen. Antag vidare att världen är fylld med en konstig gas, som gör att tex en måttstock krymper då den förflyttar sig bort från centrum. Detta händer alltså för alla ting som befinner sig i världen. En invånare i världen märker alltså ingenting konstigt om han förflyttar sig ut mot kanten med en måttstock i handen, eftersom han själv genomgår samma förkrympning som måttstocken. I hans ögon är måttstocken hela tiden av en konstant längd! Om måttstocken då den befinner sig i centrum, visar att mannen är två meter lång, så visar den det oberoende var mannen står. Slutligen antar vi att en ljusstråle, som rör sig mellan två punkter i denna värld, alltid väljer den kortaste sträckan mellan punkterna, 2

4 KAPITEL 1. PRESENTATION AV MODELLEN 3 mätt enligt invånarna! Dvs för oss, som åskådare, är sträckan en rät linje endast om den sammanfaller med diametern i cirkeln. Annars utgör den en cirkelbåge, som böjer sig mot centrum och skär enhetscirkeln rätvinkligt! Detta är, som vi senare kommer att se, definitionen på en rät linje i den hyperboliska geometrin, dvs i Poincarés modell. 1.1 Henri Poincaré Henri Poincaré ( ) var en Fransk matematiker och fysiker som bidragit stort med sina funderingar till det mesta inom matematik och fysik. Han var så att säga ett universalsnille, som ägnade sig åt bland annat teorin bakom komplexa funktioner, analys, topologi, vetenskapsfilosofi, sannolikhetslära, kosmologi, relativitetsteori med mera. Eftersom alla mätningar innehåller fysiska och geometriska antaganden ansåg han det vara meningslöst att fråga om ett rum är euklidiskt eller icke-euklidiskt. Frågan man istället borde ställa sig är, vilken geometri som lämpligast avspeglar den fysiska världen! För de flesta solsystemen är den euklidiska geometrin lättast att använda pga dess enkelhet, men på en större skala har den icke-euklidiska 4-dimensionella rymden visat sig vara mycket behändigare. 1.2 Axiom Alla axiom som gäller i den euklidiska geometrin, gäller även i den hyperboliska. De tre viktigaste axiomen är följande: Axiom 1. Genom två punkter går endast en rät linje. Axiom 2. Genom en punkt utanför en rät linje går endast en rät linje som är parallell med den förra. (Parallellaxiomet) Axiom 3. Om punkterna på en rät linje kan indelas i två klasser, så att varje punkt i den ena klassen ligger på samma sida om varje punkt i den andra klassen, så finns det en punkt, som skiljer de båda klasserna åt. (Kontinuitetsaxiomet) Det enda axiomet, som måste omdefinieras är parallellaxiomet. Parallellaxiomet (i euklidiska geometrin) säger, som sagt, att om man tar en punkt utanför

5 KAPITEL 1. PRESENTATION AV MODELLEN 4 en rät linje, så finns det en och endast en linje som går genom denna punkt utan att skära den första linjen. Denna linje är parallell med den första linjen. Varför fungerar inte detta i den hyperboliska geometrin? För att besvara denna fråga måste vi först analysera vad en rät linje är. I Poincarés modell definieras en rät linje som en euklidisk cirkelbåge som skär enhetscirkeln (reella axeln i övre halvplansmodellen) vinkelrätt. Ok, om vi nu tar en punkt utanför en rät linje, inser vi lätt att det går oändligt många räta linjer genom denna punkt utan att skära förstnämnda linje! Alltså, parallellaxiomet behöver endast omdefinieras till den grad att vi stället för att begränsa oss till existensen av en parallell linje, har oändligt många parallella linjer. Parallellaxiomet i Poincarés modell lyder således: Alla hyperboliskt räta linjer som ej skär varandra är parallella. Om två hyperboliskt räta linjer tangerar varandra på randen av enhetscirkeln, så är de också parallella.

6 Kapitel 2 Sträckor i Poincarés modell I detta kapitel kommer vi att behandla sträckor. Vi kommer att härleda längdelementet d(z 1, z 2 ) i Poincarés modell i enhetscirkeln och studera den geodetiska linjen. Först skall vi dock konstatera några grundläggande saker om en sträcka. En sträcka är alltid icke-negativ och symmetrisk. En sträcka är oföränderlig under strikta rörelser, s.k. Möbiustransformationer. En sträcka är approximativt Euklidisk för små sträckor, dvs 2.1 Längdelementet d(0, z) lim z 0 z Vi vill alltså få fram ett uttryck för d(z 1, z 2 ), där z 1, z 2 < 1. Vi börjar dock med ett specialfall, som vi kommer att ha nytta av i nästa avsnitt, nämligen = 1 d(0, r) = d(r), ( r < 1). Vi börjar med följande uttryck: Om vi nu gör en Möbiustransformation d(0, r + h) = d(0, r) + d(r, r + h) w = z r 1 rz som överför z = r till w = 0 och z = r + h till w = så får vi följande ekvation: d(0, r + h) d(r) = d(0, d(0, r + h) d(0, r) h h 1 hr r 2 h 1 hr r 2 ) = d(0, h 1 hr r 2 ) h på d(r, r + h) ovan, 5

7 KAPITEL 2. STRÄCKOR I POINCARÉS MODELL 6 Om vi vidare låter h gå mot 0 så får vi: d(0, r + h) d(0, r) lim h 0 }{{ h } =d (r) d(r) = 1 1 r dr = 2 d(0, = lim h 0 h ) 1 hr r 2 h } {{ } = 1 1 r 2 1 (1 r)(1 r) dr Med hjälp av partialbråksuppdelning kan vi skriva detta som ( ) 1/2 d(r) = (1 r) + 1/2 dr (1 r) Då vi utför integrationen och sätter konstanten som uppkommer vid integration till 0 får vi det slutgiltiga uttrycket för d(r): d(r) = 1 2 ln(1 r) ln(1 + r) = 1 ( ) 1 + r 2 ln 1 r En Möbiustransformation som överför z 1 och z 2 på w = 0 och w = z 2 z 1 1 z 1 z 2 bibehåller som sagt längden på sträckan, dvs ( ) d(z 1, z 2 ) = d 0, z 2 z 1 1 z 1 z 2 Vi får alltså den allmänna formeln d(z 1, z 2 ) genom att i vårt uttryck för d(0, r) ersätta r med z 2 z 1 1 z 1 z 2, dvs 1 z 1 z 2 d(z 1, z 2 ) = 1 2 ln ( 1 + z 2 z 1 1 z 2 z 1 1 z 1 z 2 d(z 1, z 2 ) = 1 2 ln 1 z 1z 2 + z 2 z 1 1 z 1 z 2 z 1 z Den geodetiska linjen En geodetisk linje är den kortaste linjen mellan två punkter. I euklidiska geometrin är den geodetiska linjen en euklidiskt rät sträcka mellan två punkter. Motsvarigheten i den hyperboliska geometrin är förstås en hyperboliskt rät linje, dvs en euklidisk cirkelbåge! Vi har visat att avståndet mellan två godtyckliga punkter z 1 och z 2 i enhetscirkeln ges av: ) d(z 1, z 2 ) = 1 2 ln 1 z 1z 2 + z 2 z 1 1 z 1 z 2 z 1 z 2

8 KAPITEL 2. STRÄCKOR I POINCARÉS MODELL 7 och att avståndet mellan origo och en godtycklig punkt r ( r < 1) ges av: d(0, r) = 1 ( ) 1 + r 2 ln 1 r Före vi ger oss in på att motivera att detta faktiskt är den kortaste sträckan från origo till punkten r, så kan vi se på vad som händer om vi låter r gå mot 1. 1 lim d(0, r) = lim r 1 r 1 2 ln {}}{) 1 + r = 1 }{{ r } 0 ( 1 Vi kan alltså konstatera att då vi närmar oss enhetsranden, så blir sträckan oändligt lång, vilket stämmer väl överens med vårt antagande att enhetsranden är oändligt långt borta! För att bevisa att den geodetiska linjen faktiskt är den kortaste sträckan mellan två godtyckliga punkter i enhetscirkeln, så räcker det med att bevisa det för det specialfall där z 1 ligger i origo och z 2 längs den positiva reella axeln. Orsaken till detta är att vi kan alltid göra en Möbiustransformation som transformerar en punkt till origo. Vid Möbiustransformationer bibehålls längden på sträckan. Efter detta kan man rotera enhetscirkeln så, att den andra punkten hamnar på den positiva reella axeln (jämför figur 3.4 i kapitel 3). Även nu kommer längden på sträckan inte att förändras. Vi har alltså z 1 = 0 och z 2 = r, där 0 < r < 1. Vi har nu överfört problemet på att bestämma längden på sträckan mellan 0 och r och påstår att den kortaste sträckan mellan dessa punkter är den euklidiskt räta linjen (radien i enhetscirkeln)! Ty om vi sätter z = t i figur 2.1 nedan, så är dz dt. Figur 2.1 Den geodetiska linjen.

9 KAPITEL 2. STRÄCKOR I POINCARÉS MODELL 8 Längden på bågen mellan punkterna 0 och r i figur 2.1 ges av r dz 1 z = 1 ( ) 1 + r 2 2 ln 1 r 0 (jämför kapitel 2.1). Minsta värdet på detta fås då bågen (0, r) förenas med radien (0, r) (och endast då, som man lätt kan se ur figur 2.1). Vi har alltså härlett längdelementet och konstaterat att den geodetiska linjen ges av en hyperboliskt rät linje. Med andra ord: Den kortaste sträckan mellan två punkter i den hyperboliska geometrin är en euklidisk cirkelbåge! För att kunna relatera detta till verkligheten kan man konstatera att då man på jordklotet går en kortaste sträcka mellan två punkter, så går man längs en cirkelbåge, eftersom jorklotet är runt!

10 Kapitel 3 Den hyperboliska triangeln Hur ser en triangel ut i Poincarés modell? Svaret på denna fråga kommer man underfund med genom att betrakta en euklidisk triangel. En euklidisk triangel får man genom att dra tre räta linjer, så att ingen av dem har samma riktningskoefficient. På detta vis kommer linjerna att skära varandra och således avgränsa en triangel. Exakt samma sak gäller för den hyperboliska triangeln. Dra tre olika räta linjer och vi får en triangel. Det som gör triangeln speciell är att den består av tre euklidiska cirkelbågar I Figur 3.1 nedan kan vi betrakta två olika hyperboliska trianglar; ABC och DEF, där DEF utgör ett specialfall där ena räta linjen sammanfaller med diametern. Obs! Figurerna i denna text har för tydlighetens skull material utanför enhetscirkeln, även om där på riktigt inte finns något! Figur 3.1 Två hyperboliska trianglar. 9

11 KAPITEL 3. DEN HYPERBOLISKA TRIANGELN Gränstriangel En gränstriangel i Poincarés modell är en triangel, vars samtliga hörn ligger på randen av enhetscirkeln. Det intressanta med gränstrianglar är, som vi senare kommer att se, att de alla har samma yta. Vid första anblicken av de tre nedanstående gränstrianglarna (se figur 3.2), skulle man kanske vilja påstå att ytorna definitivt inte är lika stora. Detta är dock fallet, eftersom själva enhetsranden är oändligt långt borta i Poincarés modell. Ytelement nära enhetsranden, som i våra ögon kan se minimala ut, är i själva verket enorma! Figur 3.2 Gränstrianglar har alla samma yta även om de ser olika ut!

12 KAPITEL 3. DEN HYPERBOLISKA TRIANGELN Vinklar Hur definieras då en vinkel i Poincarés modell? Igen kan vi konstatera att defintionen är helt logisk. Eftersom våra hyperboliska räta linjer är euklidiska cirkelbågar (undantag diametern), så defineras vinkeln i skärningspunkten mellan linjerna enligt följande: Vinkeln α i figur 3.3 a) nedan fås som vinkeln mellan tangenterna till de euklidiska cirkelbågarna i punkten A. Nu inser man lätt att vinklarna i en hyperbolisk gränstriangel är lika med 0, ty cirkelbågarna tangerar varandra på randen och har därmed samma tangent i tangeringspunkten. Se figur 3.3 b) nedan. Figur 3.3 a) Definitionen på en vinkel. b) En gränstriangel har alla vinklar lika med Satser Sats 1 I en hyperbolisk triangel är vinkelsumman mindre än 180 Bevis: Med hjälp av en Möbiustransformation, som avspeglar enhetscirkeln på sig själv, kan man alltid förflytta ett hörn av triangeln till origo. En dylik Möbiustransformation ω (se figur 3.4) ges av följande formel: ω = η z z 0 1 z 0 z

13 KAPITEL 3. DEN HYPERBOLISKA TRIANGELN 12 Figur 3.4 Möbiustransformation. Eftersom dylika transformationer bibehåller längder och vinklar kan man alltså bevisa satsen, genom att bevisa den för ett specialexempel med ett hörn i origo. Alla andra fall bevisas genom att först transformera ett hörn till origo. Ur figur 3.4 framgår också att två av sidorna i triangeln är såväl hyperboliskt som euklidiskt räta! Alltså vinkeln α är lika stor i denna hyperboliska triangel som i motsvarande euklidiska triangel. Genom att lägga märke till att den icke euklidiskt räta linjen i triangeln är konkav (sett från origo) kan man genast konstatera att β och γ är mindre i den hyperboliska triangeln än i motsvarande euklidiska triangel (se bild nedan). Figur 3.5 Hyperbolisk triangel med ett hörn i origo. Alltså: α + β + γ < 180 och satsen är härmed bevisad. Sats 2 Ytan i en hyperbolisk triangel med vinklarna α, β, γ ges av (π (α + β + γ))/4

14 KAPITEL 3. DEN HYPERBOLISKA TRIANGELN 13 Bevis: För att förenkla beviset till denna sats bevisar vi satsen i övre halvplansmodellen (se kapitel 1). Vi börjar med att bevisa ett specialfall. Antag att vi har en hyperbolisk triangel ABC, där sidan BC är parallell med den imaginära axeln och där origo utgör medelpunkt för den euklidiska cirkelbågen AC. Se figur 3.6 nedan. Figur 3.6 Specialfall i övre halvplansmodellen. Ekvationen för den hyperboliska linjen AC är i euklidiska planet ekvationen för en cirkel med medelpunkt i origo. Dvs x 2 +y 2 = r 2 1. På samma sätt fås ekvationen till hyperboliska linjen AB i euklidiska planet av (x x 1 ) 2 + y 2 = r 2 2. För att beräkna ytan av triangeln använder vi oss av ett lemma, som här ges utan bevis: Lemma 1 Ytelementet i den övre halvplansmodellen ges av dw = 1 4y 2 dxdy där dxdy är det vanliga eulkidiska ytelementet i punkten x + iy. dw är invariant under linjära transformationer.

15 KAPITEL 3. DEN HYPERBOLISKA TRIANGELN 14 Ytan Y av den hyperboliska triangeln fås således som följande dubbelintegral: Y = 1 4 = 1 4 = 1 4 = 1 4 x02 x 01 x02 x 01 x02 ( x 01 / x02 r2 2 (x x 1) 2 dx r 2 1 x2 1 ( / r 2 2 (x x 1) 2 y 2 dy r 2 1 x2 ( 1 y ) ) dx 1 r 2 1 x 1 2 r 2 2 (x x 1 ) )dx 2 x 01 (arcsin x r 1 arcsin x x 1 r 2 ) = 1 4 (arcsin x 02 r 1 arcsin x 02 x 1 r 2 arcsin x 01 r 1 + arcsin x 01 x 1 r 2 ) = 1 4 (arcsin x 02 r 1 + arcsin x 01 r 1 + arcsin x 02 x 1 r 2 arcsin x 01 x 1 r 2 ) Notera teckenändringen i samband med införandet av absolutbeloppen! Om vi nu inför vinklarna θ 1, θ 2, θ 3 och θ 4 enligt figur 3.6 får vi följande uttryck (som lätt kan verifieras med trigonometriska formler) för den hyperboliska triangelns yta: Y = 1 4 (θ 1 + θ 2 + θ 3 θ 4 ) = 1 4 (θ 1 + θ 3 (θ 4 θ 2 )) Man inser nu lätt med hjälp av figur 3.6 och lite geometri att α = θ 4 θ 2 β + θ 3 = π 2 γ + θ 1 = π 2 Vi får alltså följande uttryck: Y = 1 4 (π 2 γ + π 2 β α) = 1 (π (α + β + γ)) 4 och är således klara med beviset för detta specialfall med x 01, x 02 och x 1 placerade enligt figur 3.6. Beviset är analogt för andra placeringar av x 01, x 02 och x 1. Eftersom man med en linjär transformation kan överföra alla hyperboliska trianglar på detta specialfall är allmängiltigheten garanterad och satsen härmed bevisad.

16 KAPITEL 3. DEN HYPERBOLISKA TRIANGELN 15 Sats 3 Ytan av en hyperbolisk gränstriangel med alla vinklar noll är π 4. π 4 Bevis: Sätt helt enkelt in värdet 0 för α, β och γ i Sats 2 ovan, så får vi ytan och är därmed klara med beviset.