Staubkreise

Das Thema des Exponats „Staubkreise“ ist ein interessanter mathematischer Satz über ebene Bewegungen. Zunächst einmal kannst Du das Exponat betrachten: Es besteht aus zwei durchsichtigen Kunststoffplatten, in die jeweils in deckunsgleicher Weise schwarzer Staub eingelagert ist. Die obere der beiden ist in einen Holzrahmen eingespannt, der sich gegen die untere feste Platte verschieben lässt. Was kannst Du nun dabei beobachten?

Es scheint, als würden unfreiwillig durch diese Verschiebung Kreise ausbilden — wie der Name des Exponats bereits verrät.

Und nun die Mathematik dazu:

Aber woran liegt dieses Phänomen? Dazu wollen wir ein paar mathematische Begriffe einführen, die eine präzise Beschreibung des Beobachteten ermöglichen. Dazu führen wir zunächst die sogenannte euklidische Metrik auf der Ebene $\mathbb R^2$ ein: Seien dazu $\mathbf p=(p_1,p_2)$ und $\mathbf q=(q_1,q_2)$ zwei Punkte in der Ebene. Dann ist deren euklidischer Abstand definiert als $d(\mathbf p,\mathbf q)\coloneqq\sqrt{(p_1-q_1)^2+(p_2-q_2)^2}$ . Eine Abbildung $f\colon\mathbb R^2\to\mathbb R^2$ der Ebene in sich, die den euklidischen Abstand erhält, d.h. es gilt $d(f(\mathbf p),f(\mathbf q))=d(\mathbf p,\mathbf q)$ für alle $\mathbf p,\mathbf q\in\mathbb R^2$ . Warum betrachten wir solche Abbildungen? Nun, die Begründung liegt darin, dass das Verschieben der oberen Kunststoffscheibe gegen die untere genau einer solchen abstandserhaltenden Selbstabbildung der Ebene entspricht, denn dabei bleibt ja der Abstand zwischen zwei Punkten derselbe, egal ob wir die Platte verschieben.

Die Frage, die das Exponat dem Besucher indirekt stellt, ist diese: Welche abstandserhaltenden Selbstabbildungen der euklidischen Ebene gibt es überhaupt?

Wir wollen diese Frage im Zuge dieses kurzen Vertiefungstextes vollständig klären. Dazu beobachten wir zunächst, dass jede Translation um einen gegeben Vektor $\mathbf v=(v_1,v_2)\in\mathbb R^2$ abstandserhaltend ist, denn es gilt

$d(\mathbf p+\mathbf v,\mathbf q+\mathbf v)=\sqrt{(p_1+v_1-(q_1+v_1))^2+(p_2+v_2-(q_2+v_2))^2}=\sqrt{(p_1-q_1)^2+(p_2-q_2)^2}=d(\mathbf p,\mathbf q).$

Die Translationen stehen nun aber in Bijektion mit den Vektoren $\mathbf v\in\mathbb R^2$ selbst. Ist also $f\colon\mathbb R^2\to\mathbb R^2$ eine abstandserhaltende Abbildung, so können wir die Abbildung $f'=f-f(\mathbf 0)$ bilden, die immer noch den euklidischen Abstand erhält und nun aber den Nullpunkt $\mathbf 0$ fixiert. Daher dürfen wir annehmen, dass $f(\mathbf 0)=\mathbf 0$ . Nun wollen wir die Bilder der beiden Standardeinheitsvektoren $\mathbf e_1$ und $\mathbf e_2$ unter $f$ betrachten. Das rechtwinklige Dreieck $\mathbf 0\mathbf e_1\mathbf e_2$ ist durch die Längen seiner Seiten (nämlich $1$ , $1$ und $\sqrt{2}$ ) bis auf Kongruenz bestimmt. Diese bleiben allerdings unter $f$ erhalten, sodass $f(\mathbf e_1)$ und $f(\mathbf e_2)$ wiederum aufeinander senkrecht stehende Einheitsvektoren sein müssen. Man überlegt sich desweiteren, dass jeder Vektor $\mathbf v=(v_1,v_2)\in\mathbb R^2$ eindeutig durch seine Abstände zu den drei Punkten $\mathbf 0$ , $\mathbf v_1$ , $\mathbf v_2$ festgelegt ist. Diese sind nämlich genau $a=\sqrt{v_1^2+v_2^2}$ , $b=\sqrt{(v_1-1)^2+v_2^2}$ , $c=\sqrt{v_1^2+(v_2-1)^2}$ , sodass $a^2-b^2=2v_1-1$ und $a^2-c^2=2v_2-1$ die Parameter $v_1$ und $v_2$ eindeutig festlegen. Damit muss aber $f(\mathbf v)=v_1f(\mathbf e_1)+v_2f(\mathbf e_2)$ sein, denn dieser Vektor hat dieselben Abstände zu $\mathbf 0=f(\mathbf 0)$ , $f(\mathbf e_1)$ , $f(\mathbf e_2)$ wie $v$ zu $\mathbf 0,\mathbf v_1,\mathbf v_2$ . Somit muss die Abbildung $f$ nun sogar linear sein (denn dies entspricht genau der eben ausgeführten Beobachtung). Da $f$ aber gleichzeitig auch die Orthonormalbasis $\mathbf e_1,\mathbf e_2$ auf wieder eine solche Basis abbildet, entspricht $f$ einer orthogonalen $2\times 2$ Matrix. Diese Matrizen lassen sich nun aber sehr einfach beschreiben: Dazu nehmen wir an, dass $\mathbf e_1$ auf den Einheitsvektor $\mathbf f_1=(a,b)$ abgebildet wird. Wegen $a^2+b^2=1$ , finden wir einen Winkel $\alpha\in[0,2\pi)$ , sodass $a=\cos(\alpha)$ und $b=\sin(\alpha)$ (da die Gleichung genau den Einheitskreis beschreibt). Der Vektor $\mathbf e_2$ muss nun auf einen Einheitsvektor $\mathbf f_2=(c,d)$ abgebildet werden, der senkrecht auf $\mathbf f_1$ steht. Damit folgt aber bereits, dass $\mathbf f_2=\pm(-b,a)$ , da es nur zwei solcher Vektoren gibt. Somit gilt $\mathbf f_2=(c,d)=(\mp\sin(\alpha),\pm\cos(\alpha))$ . Wir erhalten für $f$ also die Matrix

$M=\begin{pmatrix} \cos(\alpha) & -\varepsilon\sin(\alpha)\\ \sin(\alpha) & \varepsilon\cos(\alpha)\end{pmatrix}.$

Hierbei ist $\varepsilon\in\{\pm1\}$ beliebig zu wählen. Ist nun $\varepsilon=+1$ , so entspricht dies schlicht einer Drehung um den Winkel $\alpha$ . Diese Tatsache ist der vom Exponat herausgestellte Sachverhalt. Ist hingegen $\varepsilon=-1$ , so erhalten wir eine Spiegelung an der Geraden $g$ , die die $x$ -Achse im Winkel von $\alpha/2$ schneidet.

Somit haben wir die abstandserhaltenden Selbstabbildungen der euklidischen Ebene vollständig verstanden: Eine jede solche Abbildung $f\colon\mathbb R^2\to\mathbb R^2$ ist von der Form

$f(\mathbf x)=D_{\alpha,\varepsilon}\mathbf x+\mathbf v$

für eine Dreh- oder Spiegelungsmatrix $D_{\alpha,\varepsilon}$ wie oben und einen Vektor $\mathbf v$ , der der abgezogenen Translation entspricht. Wenn wir allerdings bei der identischen Selbstabbildung starten (wo $\varepsilon=+1$ gilt) und diese zu einer bestimmten anderen abstandserhaltenden Abbildung hinführen, so kann der Parameter $\varepsilon$ keinen „Sprung“ machen (da sich sonst plötzlich die Orientierung umkehren würde und damit die Platte umgedreht werden, was beim Exponat nicht zulässig ist). Somit können wir uns also auf den Fall $\varepsilon=+1$ beschränken (ist $\varepsilon=-1$ , so kann man zeigen, dass dann $f$ immer die Spiegelung an einer Geraden darstellt). Nun können zwei fälle eintreten:

Fall 1: $f$ besitzt einen Fixpunkt $\mathbf x$ . Dann gilt $f(\mathbf x)=\mathbf x=D_{\alpha,1}\mathbf x+\mathbf v$ . Daraus folgt $(\mathrm{id}-D_{\alpha,1})\mathbf x=\mathbf v$ . Also ist $f$ dann gegeben durch $f(\mathbf y)= D_{\alpha,1}\mathbf y+\mathbf x-D_{\alpha,1}\mathbf x=D_{\alpha,1}(\mathbf x-\mathbf y)+\mathbf x$ , was schlicht die Drehung um den Punkt $\mathbf x$ um den Winkel $\alpha$ ist.

Fall 2: $f$ hat keinen Fixpunkt. Da die Gleichung $\mathbf x=D_{\alpha,1}\mathbf x+\mathbf v$ für $\alpha\neq 0$ immer lösbar ist (denn $\mathrm{id}-D_{\alpha,1}$ ist dann nicht singulär), muss folglich $\alpha=0$ gelten. $f$ ist dann also einfach nur eine Translation.

Die beiden Fälle 1 und 2 klären nun das am Exponat beobachtete Phänomen vollständig auf: Entweder man sieht große Staubkreise (Fall 1) oder zumindest Staubgeraden (Fall 2).

Zum Schluss sei noch bemerkt, dass beobachtete interessante Tatsache für die Gruppe aller orientierungserhaltenden ( $\varepsilon=+1$ ) Selbstabbildungen der euklidischen Ebene gruppentheoretisch darin liegt, dass sie eine sogenannte Frobeniusgruppe ist. Dies drückt sich genau darin aus, dass die Elemente, die keinen Punkt fixieren zusammen mit der Identität eine Untergruppe (die Translationen) bilden.

Literatur

[1] https://de.wikipedia.org/wiki/Drehgruppe

[2] https://de.wikipedia.org/wiki/Euklidischer_Raum

[3] https://de.wikipedia.org/wiki/Orthonormalbasis

[4] https://de.wikipedia.org/wiki/Frobeniusgruppe

Hire me.

Get in touch.

Staubkreise

Und nun die Mathematik dazu:

Literatur