Radboud Universiteit Nijmegen

Radboud Universiteit Nijmegen Bachelor Wiskunde

Stereografische projecties en het gebruik hiervan door M.C. Escher Begeleider: Dhr. prof. dr. G.J. Heckman

Michiel van der Meulen s3045013

5 juli 2012

Samenvatting In deze scriptie worden twee vormen van stereografische projectie behandeld. Een stereografische projectie is een projectie van een tweedimensionaal oppervlak in een driedimensionale ruimte naar een plat vlak, door ieder punt op het oppervlak te verbinden met een speciaal punt in de ruimte. De projecties van deze punten zijn dan de snijpunten van deze verbindingen met (een deelverzameling van) een plat vlak in deze ruimte. Deze scriptie behandelt de stereografische projectie van de eenheidsbol naar het uitgebreide complexe vlak, en van het onderste blad van de tweebladige hyperbolo¨ıde naar de complexe eenheidsschijf. Vervolgens wordt gekeken naar symmetriegroepen op de bol en de hyperbolo¨ıde, en met welke symmetriegroepen deze overeen komen op de beelden van de projecties. Daarna wordt een tweede projectie ge¨ıntroduceerd voor het onderste blad van de tweebladige hyperbolo¨ıde, namelijk de Cayley transformatie, die de complexe eenheidsschijf (en dus de hyperbolo¨ıde) projecteert op het complexe bovenhalfvlak. Ook hier wordt de corresponderende symmetriegroep bepaald. Dan worden de geodeten en de equidistante lijnen op de hyperbolo¨ıde bepaald, waarbij gebruik wordt gemaakt van de kennis over de verschillende modellen voor de hyperbolo¨ıde die nu opgedaan is. Ten slotte wordt Escher’s Cirkel Limiet III behandeld, een vlakvulling waarbij hij gebruik maakt van hyperbolische meetkunde en stereografische projectie. Eerst wordt een eigenaardigheid van deze tekening bekeken, vervolgens worden twee artikelen bestudeerd over dit kunstwerk, ´e´en van de Canadeze wiskunde Harold Coxeter en ´e´en van professor Douglas Dunham van de universiteit van Minnesota.

Inhoudsopgave 0.1 0.2

Voorwoord . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Inleiding . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2 2

1 De stereografische projectie 1.1 Van de eenheidsbol . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Van het onderste blad van de tweebladige hyperbolo¨ıde . . . . . . . . . . . .

4 4 5

2 Het 2.1 2.2 2.3

. . . . . . . . . . . . . . . .

7 7 9

. . . . . . . . . . . . . . . .

14 16

3 Meetkunde op de hyperbolo¨ıde 3.1 De stelling van behoud van lijnen en cirkels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Afstandsbegrip voor de hyperbolo¨ıde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Equidistante lijnen in de hyperbolische meetkunde . . . . . . . . . . . . . . .

19 19 24 28

4 Escher’s Cirkel Limiet III 4.1 Achtergrond . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Het artikel van Coxeter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3 Het artikel van Dunham . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

32 33 34 37

5 Bibliografie

41

beeld van symmetrie¨ en onder stereografische projectie De groep op C ∪ {∞} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Symmetrie op de bol . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Symmetrie op het onderste blad van de tweebladige hyperbolo¨ıde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Introductie van H+ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

0.1

Voorwoord

In mei 2011 deed ik mee aan de studiereis naar Oxford en Cambridge. In de tweede stad kregen wij een presentatie van professor Nicholas Manton over stereografische projectie van de bol naar het uitgebreide complexe vlak. Deze presentatie wist mij zodanig te boeien, dat ik een klein jaar later aanklopte bij professor Gert Heckman om te vragen of dit een geschikt onderwerp is voor een bachelorscriptie. Het antwoord hierop was postief, met als gevolg dat ik mij het afgelopen half jaar heb bezig gehouden met stereografische en andere projecties, en met het gebruik hiervan door M.C. Escher in zijn cirkel limieten. Het resultaat hiervan ligt voor u. Ik heb met veel plezier aan mijn scriptie gewerkt, en ik durf te zeggen dat ik hierdoor h´et gebied binnen de wiskunde heb gevonden waarin ik me verder wil verdiepen: geometrie.

0.2

Inleiding

Er zijn tal van re¨ele voorbeelden te bedenken van gekromde tweedimensionale oppervlakken in onze driedimensionale wereld. Te denken valt aan een heuvel of een berg, een blad aan een boom, de vorm van een auto of een flatgebouw, of natuurlijk onze wereldbol. Het kan nuttig zijn om oppervlakken als deze te projecteren op (een deelverzameling van) een tweedimensionale ruimte, bijvoorbeeld om een kaart of een bouwtekening te maken. Hierdoor verlies je een dimensie, wat meer inzicht kan geven in de situatie. Voor het wegwerken van een dimensie moeten wel altijd consessies gedaan worden. Zo kan het zijn dat de afstand tussen twee punten in het beeld van de projectie niet meer gelijk is aan de afstand tussen de originele punten op het originele oppervlak. Of dat de hoek tussen twee lijnen op het origineel vertekend wordt door de projectie. Hierdoor krijgen we dus altijd een vervormd plaatje van het oppervlak, dat is iets waar we rekening mee moeten houden. In deze scriptie zullen we kijken naar de eenheidsbol en het onderste blad van de tweebladige hyperbolo¨ıde als oppervlakken in een driedimensionale ruimte. In hoofdstuk 1 zullen we de bol sterografisch projecteren naar het uitgebreide tweedimensionale platte vlak, en de hyperbolo¨ıde op dezelfde manier naar de eenheidsschijf. Wanneer we een tweedimensionaal oppervlak in een driedimensionale ruimte bestuderen, kunnen we ons afvragen wat de kortste route is om van een punt A naar een punt B te komen, bijvoorbeeld voor een lift op een berg, een mier op een blad, of een boot op het aardoppervlak. Hiervoor kan een projectie naar een tweedimensionale ruimte erg handig zijn, de lengte van een kromme verkrijgen we immers door intergreren, iets wat makkelijker gaat naarmate er minder dimensies in het spel zijn. Maar dan moeten we wel rekening houden met de vervorming van het plaatje ten gevolge van deze projectie. We kunnen voor ieder willekeurig paar punten bepalen wat de kortste route is door de lengte van alle mogelijke routes te berekenen. We kunnen echter ook gebruik maken van symmetriegroepen. Een symmetrie behoudt namelijk afstanden, dus als we eenmaal een lijn hebben bepaald die een kortste route geeft, een zogeheten geodeet, dan weten we dat iedere andere lijn die door een symmetrie op deze geodeet wordt afgebeeld zelf ook een geodeet is. Het kan dus erg nuttig zijn om een symmetriegroep te bekijken op het oppervlak, en te bepalen met welke groep op het beeldvlak deze overeen komt onder de projectie die we gebruiken. In hoofdstuk 2 zullen we kijken naar de speciale orthogonale groepen op de bol en de hyperbolo¨ıde, waarbij we de hyperbolo¨ıde in de driedimensionale Lorentz inproductruimte bekijken,

2

wat daar nader zal worden toegelicht. We zullen bepalen met welke symmetriegroepen op de beeldvlakken deze groepen overeen komen onder de stereografische projectie. Ook zullen we een derde projectie van de hyperbolo¨ıde bekijken, en ook hiervoor bepalen we de corresponderende symmetriegroep. In hoofdstuk 3 zullen we gebruik maken van deze symmetriegroepen om te bepalen wat de geodeten zijn op de hyperbolo¨ıde. We zullen hierbij slechts ´e´en geodeet in ´e´en beeldvlak berekenen door intergreren, alle andere geodeten bepalen we met behulp van onze opgedane kennis over de symmetrie¨en. Daarna bekijken we ook nog kort de equidistante lijnen op de hyperbolo¨ıde. Dit zijn krommen waarbij ieder punt op deze kromme dezelfde afstand heeft tot een bepaalde geodeet. In 1959 maakte de Nederlandse kunstenaar M.C. Escher zijn beroemde tekening Cirkel Limiet III. Hij maakte hierbij gebruik van hyperbolische meetkunde en stereografische projectie. Dit deed hij echter op een andere manier dan bij zijn andere cirkel limieten, een manier die in eerste instantie in strijd lijkt met de geldende wetten op de hyperbolische meetkunde. De Canadese wiskundige H.S.M. Coxeter heeft hier een artikel over geschreven. Ook de Amerikaanse wiskundige D. Dunham houd zich bezig met Escher’s werk. Hij probeert deze werken waar mogelijk te generaliseren, en maakt hierbij veel computersimulaties van varianten op de tekeningen van Escher. In hoofdstuk 4 bekijken we de eigenaardigheid van Cirkel Limiet III. Ook bestuderen we een artikel van Coxeter waarin hij deze eigenaardigheid verder onderzoekt. Ten slotte bekijken we nog een artikel van Dunham waarin een bepaalde variantievorm van Cirkel Limiet III wordt uitgewerkt. Hieruit zullen we een constructie bepalen voor deze varianties, die algemeen kan worden ingezet.

3

Hoofdstuk 1

De stereografische projectie In dit hoofstuk zullen we de eenheidsbol en het onderste blad van de tweebladige hyperbolo¨ıde stereografisch projecteren naar het horizontale vlak door oorsprong. Dit vlak zullen we in dit hoofdstuk identificeren met R2 .

1.1

Van de eenheidsbol

We stellen ons R2 voor als het re¨ele vlak in R3 met z = 0. Nu plaatsen we hierin de eenheidsbol S 2 = {(x, y, z)|x2 + y 2 + z 2 = 1}, met de oorsprong als middelpunt. Definieer N = (0, 0, 1) de noordpool, dan kunnen we vanuit ieder punt a = (x, y, z) van S 2 anders dan de noordpool een lijn trekken door dit punt en de noordpool. Deze lijn snijdt R2 in precies ´e´en punt P (a).

Figuur 1.1: Stereografische projectie van de bol naar het vlak De co¨ ordinaten van dit snijpunt kunnen we als volgt berekenen: P (a) − N = λ(a − N ) voor een zekere λ > 0 P (a) = N + λ(a − N ) = (0, 0, 1) + λ((x, y, z) − (0, 0, 1)) = (λx, λy, 1 + λ(z − 1)) 4

Omdat P (a) ∈ R2 weten we dat 1 + λ(z − 1) = 0. Hieruit volgt: −1 z−1
x y en dus P (a) = , ,0 1−z 1−z λ=

Op deze manier is dus een functie P : S 2 − {N } → R2 gedefinieerd. Het is eenvoudig in te zien dat ieder punt van S 2 − {N } correspondeert met een uniek punt uit R2 en dat bovendien elk punt in R2 bereikt wordt, met als gevolg dat P bijectief is. Bovendien gaat |P (a)| naar ∞ als a gaat naar N . Het ligt daarom voor de hand om aan R2 een punt toe te voegen die we ∞ noemen, en N door P op dit punt af te beelden. Oftewel:  x y ( 1−z , 1−z ) als a 6= N 2 2 P : S → R ∪ {∞}, P (x, y, z) = ∞ als a = N We noemen P de stereografische projectie van de bol naar het uitgebreide re¨ele vlak, en deze heeft als inverse P −1 (u, v) =

2v u2 + v 2 − 1
2u , , u2 + v 2 + 1 u2 + v 2 + 1 u2 + v 2 + 1

met P −1 (∞) = N .

1.2

Van het onderste blad van de tweebladige hyperbolo¨ıde

Op dezelfde manier als bij de bol kunnen we een projectie defini¨eren van het onderste blad van de driedimensionale tweebladige hyperbolo¨ıde H 2,− naar R2 . Hierbij is H 2,− = {(x, y, z)|x2 + y 2 − z 2 = −1, z < 0}, en N = (0, 0, 1) weer de noordpool. Kies een punt b = (x, y, z) ∈ H 2,− , en trek weer een lijn door dit punt b en N . Dan snijdt deze lijn R2 in een punt Q(b).

Figuur 1.2: Stereografische projectie van de hyperbolo¨ıde naar het vlak

5

Door dezelfde methode toe te passen als bij de projectie van de bol naar het vlak, vinden y x we dezelfde co¨ ordinaten van Q(b), dus Q(b) = ( 1−z , 1−z , 0). We kunnen nu dus een functie 2,− 2 2,− Q:H → R defini¨eren. Hierbij geldt voor alle b ∈ H : x
2 y
2 + 1−z 1−z x2 + y 2 = (1 − z)2 z2 − 1 = (−(1 − z))2 (z + 1)(z − 1) = (z − 1)2 z+1 = <1 z−1 en |Q(b)| → 1 als z → −∞ |Q(b)|2 =

(omdat x2 + y 2 − z 2 = −1)

Het beeld van Q is dus de tweedimensionale eenheidschijf D = {(u, v)|u2 + v 2 < 1}, en het is eenvoudig na te gaan dat Q : H 2,− → D een bijectie is. Ook Q noemen we een stereografische projectie, nu van de ´e´enbladige hyperbolo¨ıde naar het vlak, en Q heeft als inverse: Q−1 (u, v) =

2v −1 − u2 − v 2
2u , , 1 − u2 − v 2 1 − u2 − v 2 1 − u2 − v 2

6

Hoofdstuk 2

Het beeld van symmetrie¨ en onder stereografische projectie In dit hoofdstuk gaan we kijken naar hoe bepaalde symmetriegroepen over gebracht worden via stereografische projectie. Opmerking: We beschouwen hierbij het uitgebreide re¨ele tweedimensionale vlak R2 ∪ {∞} als de uitgebreide complexe ´e´endimensionale ‘lijn’ C ∪ {∞}. Dus voor (x, y) ∈ R2 geldt (x, y) = x + iy ∈ C, en ∞ blijft logischerwijs ∞. Eerst gaan we kijken naar wat de symmetriegroep is op C ∪ {∞}, het vlak waar de projecties op afbeelden. Daarna onderzoeken we met welke ondergroepen hiervan de symmetriegroepen op de bol en de hyperbolo¨ıde overeen komen. Ten slotte introduceren we een derde model van de hyperbolo¨ıde, namelijk het complexe bovenhalfvlak.

2.1

De groep op C ∪ {∞}

Voor C∪{∞} is niet direct een symmetriegroep gedefinieerd. Daarom zullen we deze verzameling vergelijken met een andere verzameling waar wel een symmetriegroep op is gedefinieerd. We bekijken de ´e´endimensionale projectieve ruimte van C, dus P1 (C). Dit is de volgende verzameling: P1 (C) = (C1+1 − {(0, 0)})/ ∼ met (z, w) ∼ (z 0 , w0 ) ⇔ ∃λ ∈ C, λ 6= 0 zodat (z, w) = λ(z 0 , w0 ) Dit is dus de verzameling van ‘lijnen’ in C2 door de oorsprong, waarbij we een lijn zien als een verzameling van punten die een (complex) veelvoud zijn van elkaar. Als we nu naar het complexe tweedimensionale ‘vlak’ C2 kijken, kunnen we ons de lijn L = {(z, 1)|z ∈ C} voorstellen als de lijn evenwijdig aan de horizontale as, die door (0, 1) gaat. Dan kunnen we twee soorten elementen van P1 (C) beschouwen: 1. Lijnen met de tweede co¨ ordinaat nooit 0. Deze lijnen snijden L allemaal in een uniek punt. Sterker nog, er bestaat een bijectie tussen deze lijnen en de punten op L, en dus

7

ook (omdat L equivalent is aan C), tussen deze lijnen en de punten van C, namelijk: z1 z2 z 7→ {λ(z, 1)|λ ∈ C}

{λ(z1 , z2 )|λ ∈ C} 7→

(2.1)

2. Lijnen met de tweede co¨ ordinaat altijd 0. Dit is er in ons geval maar ´e´en, namelijk ∞ L = {λ(z, 0)|λ ∈ C}, en deze lijn is evenwijdig aan L.

Figuur 2.1: P1 (C) Als we de lijn L∞ identificeren met een punt dat we ∞ noemen, dan kunnen we concluderen dat P1 (C) = {lijnen van soort 1} ∪ {L∞ } ≡ C ∪ {∞} Dus we kunnen het beeld van punten in C ∪ {∞} van onze stereografische projecties ook zien als de projectieve ruimte P1 (C) van lijnen in C2 door de oorsprong. We willen echter bij stereografische projecties wel blijven werken met C ∪ {∞}, omdat we dan een beter beeld hebben bij wat er gebeurt. Daarom noteren we een element {λ(z1 , z2 )|λ ∈ C} als zz21 , met z01 = ∞ als z1 6= 0 (wat per definitie het geval is als z2 = 0). Deze correspondentie volgt direct uit de bijectie (2.1). Desalniettemin, de reden dat we deze correspondentie maken, is omdat er voor P1 (C) een symmetriegroep gedefinieerd is, namelijk PGL2 (C): PGL2 (C) = GL2 (C)/ ∼ met A ∼ B ⇔ ∃λ ∈ C, λ 6= 0 zodat A = λB Dit zijn dus alle inverteerbare 2 bij 2 matrices met componenten in C, waarbij matrices die veelvouden zijn van elkaar equivalent zijn. Dit is ook logisch, aangezien deze matrices werken op P1 (C), dus op lijnen door de oorsprong, en veelvouden van een matrix sturen deze lijnen naar dezelfde beeldlijnen. Omdat veelvouden van matices equivalent zijn aan elkaar, kunnen we deze groep ook zien als de twee bij twee matrices met complexe componenten, met de 8

determinant gelijk aan 1. Omdat P1 (C) equivalent is met C ∪ {∞}, werkt deze groep dus ook op C ∪ {∞}. Door terug te voeren naar P(C) kunnen we deze werking achterhalen:   a b A= ∈ PGL2 (C), c d    a b z1 z1 dan A( z2 ) ≡ c d z2   az1 + bz2 = cz1 + dz2 az1 + bz2 ≡ cz1 + dz2 a zz12 + b = z1 c z2 + d Dus de elementen
van PGL2 (C) werken op C ∪ {∞} als zogenoemde gebroken lineaire transformaties ac db : ξ 7→ aξ+b cξ+d met a, b, c, d ∈ C en ad − bc = 1. Door z2 = 0, respectievelijk cξ + d = 0 in te vullen vinden we dat ∞ 7→ ac en −d c 7→ ∞ onder deze afbeeldingen.

2.2

Symmetrie op de bol

De rotatiegroep van de bol, ofwel de speciale orthogonale groep, is als volgt gedefinieerd. Definitie. SO(3) = {M ∈ M3×3 (R)|hM a, M bi = ha, bi ∀a, b ∈ R3 } We gaan in deze sectie aantonen dat de elementen van deze groep onder stereografische projectie overeen komen met de groep van 2 bij 2 unitaire matrices PSU(2) ⊂ PGL2 (C), die als volgt gedefinieerd zijn. Definitie. SU(2) = {A ∈ M2×2 (C)| det(A) = 1, A−1 = A∗ (= AT )} PSU(2) = SU(2)/{−I} Hierbij zijn dus de matrices A en −A equivalent aan elkaar, en bestaat PSU(2) uit de equivalentieklassen van SU(2). x
z x+iy
Kies nu u = yz ∈ R3 . Definieer dan U = x−iy −z . Dan is U een hermitische matrix met spoor 0, en het is duidelijk dat deze matrices equivalent zijn aan R3 . (Matrix M hermitisch ⇔ M∗ = M) Bewering. Als A ∈ PGL2 (C), dan heeft AU A−1 ook spoor 0, en als A unitair is, dan is AU A−1 bovendien ook hermitisch. Bewijs. Kies A ∈ PGL2 (C), dan tr(AU A−1 ) = tr(U ) =0

9

Stel nu A is unitair. Dan A−1 = A∗ , en dus (AU A−1 )∗ = (AU A∗ )∗ = (A∗ )∗ U ∗ A∗ = AU A∗ = AU A−1

We kunnen nu een homomorfisme Ψ : PSU(2) → {f : R3 → R3 } defini¨eren als volgt: Ψ(A)u = v die hoort bij V = AU A−1 Dus voor iedere A ∈ PSU(2) is Ψ(A) een functie van R3 naar R3 die doet met een vector wat hierboven staat beschreven. Inderdaad is dit een homomorfisme, omdat Ψ(AB)u = ABU B −1 A−1 = Ψ(A)Ψ(B)u. Stelling 2.1. Ψ is een bijectie tussen PSU(2) en SO(3), dat wil zeggen, voor iedere X ∈ SO(3) is er precies ´e´en A ∈ PSU(2) zodat Ψ(A) = X. Bovendien geldt: ∀A ∈ PSU(2), ∀z ∈ C ∪ {∞} : P −1 (Az) = Ψ(A)(P −1 (z))

S2   Py

X∈SO(3)

−−−−−−→

S2   yP

C ∪ {∞} −−−−−−→ C ∪ {∞} A∈PSU(2)

Deze stelling zegt dat SO(3) en PSU(2) hetzelfde effect hebben onder streografische projectie, dus dat er voor iedere X ∈ SO(3) een A ∈ PSU(2) is zodat voor alle v ∈ S 2 : P (Xv) = AP (v). Om deze stelling te bewijzen gebruiken we drie lemma’s. Lemma. Voor alle A ∈ PSU(2) geldt: Ψ(A) behoudt het Euclidisch inproduct op R3 . Bewijs. Ga eerst na dat voor u = (u1 , u2 , u3 ), v = (v1 , v2 , v3 ) ∈ R3 geldt hu, vi = 1 2

tr(U V ) =

1 2

 tr

u3 u1 + iu2 u1 − iu2 u3





=

1 2

v3 v1 + iv2 v1 − iv2 v3



 u1 v1 + u2 v2 + iu3 v2 ···   −iu2 v3 + u3 v3  tr   ··· u2 v2 + iu2 v3 − iu3 v2  +u3 v3 + u1 v1

= 21 (2u1 v1 + 2u2 v2 + 2u3 v3 ) = u1 v1 + u2 v2 + u3 v3 = hu, vi Kies nu A ∈ PSU(2) willekeurig. Dan geldt:

10

1 2

tr(U V ).

hΨ(A)u, Ψ(A)vi = =

1 2 1 2

tr(AU A−1 AV A−1 ) tr(U V )

= hu, vi

Dit betekent dat Ψ(PSU(2)) ⊂ SO(3). Maar dat is niet voldoende, we willen graag dat Ψ een bijectie definieert tussen PSU(2) en SO(3). In het volgende lemma tonen we de surjectiviteit van Ψ aan. Lemma. Ψ : PSU(2) → SO(3) is een surjectief homomorfisme. Bewijs. Eerst bewijzen we dat iedere X ∈ SO(3) overeen komt met een rotatie 

Dθ,w

 cos(θ) −sin(θ) 0 =  sin(θ) cos(θ) 0  0 0 1

van hoek θ om vector w ten opzichte van een orthonormale basis (u, v, w). Zij λ1 , λ2 , λ3 de eigenwaarden van X. Omdat X is orthogonaal en omdat det(X) = 1 geldt dat |λ1 | = |λ2 | = |λ3 | = 1 en (na eventuele hernummering) λ1 = λ2 , λ3 = λ3 , waaruit volgt dat λ1 = eiθ , λ2 = e−iθ , λ3 = 1 voor een zekere θ ∈ R. Kies een eigenvector w bij λ3 met |w| = 1, en kies u en
v zo dat (u, v, w) een orthonormale basis is. Dan geldt dat X = V Dθ,w V −1 met V = u v w de matrix met de basisvectoren als kolommen. Dus X komt overeen met een rotatie van hoek θ om vector w. Dit betekent dat we iedere X ∈ SO(3) kunnen schrijven als een matrix   cos(θ) + k 2 µ klµ − m sin(θ) kmµ + l sin(θ) R =  klµ + m sin(θ) cos(θ) + l2 µ lmµ − k sin(θ)  kmµ − l sin(θ) lmµ + k sin(θ) cos(θ) + m2 µ waarbij µ = (1 − cos(θ)), (k, l, m) is de vector van lengte 1 die als rotatieas op treed en θ is de rotatiehoek. Dit is te vinden in [1]. Hierbij zijn de kolommen de beelden van de basisvectoren. Laten we nu kijken naar het beeld van de basisvectoren onder Ψ(A), met A ∈ PSU(2).



a b d −b Ten eerste geldt dat A = −b , want als A = ac db , dan is A∗ = ab dc en A−1 = −c a , a waaruit volgt dat d = a en c = −b.
Aan de standaardbasisvector e1 = (0, 0, 1) wordt toegevoegd E1 = 01 10 . Dan kunnen we berekenen dat   ab + ab a2 − b2 −1 AE1 A = a2 − b2 −ab − ab en als a = a1 + ia2 en b = b1 + ib2 , dan volgt hier uit dat  2  a1 − a22 − b21 + b22 Ψ(A)e1 =  −2(b1 b2 − a1 a2 )  2(a1 b1 + a2 b2 ) 11

Hetzelfde kunnen we
doen met e2 = (0, 1, 0) en e3 = (0, 0, 1) en hun correspondenties E2 =
0 i en E = 1 0 , en als we dit doen dan vinden we de volgende beschrijving van Ψ(A): 3 0 −1 −i 0  2  a1 − a22 − b21 + b22 −2(b1 b2 + a1 a2 ) 2(a1 b1 − a2 b2 ) 2(a1 b2 + a2 b1 )  Ψ(A) =  −2(b1 b2 − a1 a2 ) a21 − a22 + b21 − b22 2 2(a1 b1 + a2 b2 ) 2(a1 b2 − a2 b1 ) a1 + a22 − b21 − b22 Als we deze matrix Ψ(A) vergelijken met de matrix R, dan zien we een bepaalde analogie in de opbouw van deze matrices. Er gelden bijvoorbeeld de volgende vergelijkingen: kl(1 − cos(θ)) = −2b1 b2

m sin(θ) = 2a1 a2

km(1 − cos(θ)) = 2a1 b1

l sin(θ) = −2a2 b2

lm(1 − cos(θ)) = 2a1 b2

k sin(θ) = −2a2 b1

Uit deze vergelijkingen zijn de volgende voorschriften voor a en b te halen: p m 2 cos(θ) − 2 − sin(θ) a1 = a2 = p −2 2 cos(θ) − 2 p p k 2 cos(θ) − 2 l 2 cos(θ) − 2 b1 = b2 = 2 2 Inderdaad blijken alle componenten van Ψ(A) onder deze voorschriften gelijk te zijn aan de componenten van R. Dit is eenvoudig doch veel werk om te controleren, en zal daarom hier niet gedaan worden. Iedere matrix van de vorm R is dus te schrijven als het beeld van een matrix A ∈ PSU(2) onder Ψ. En dus wordt iedere X ∈ SO(3) bereikt door Ψ. Merk op dat Ψ(−A) = Ψ(A), omdat in het voorschrift van Ψ(A) de getallen a1 , a2 , b1 , b2 altijd in paren voorkomen, en dus de negatie overal wordt opgeheft. Dus als we de groep SU(2) als domein voor Ψ zouden nemen in plaats van PSU(2), dan zou Ψ geen bijectie zijn, maar een zogenaamde 2 op 1 bijectie. Nu is er dus voor iedere rotatiematrix X ∈ SO(3) een gebroken lineaire transformatie A ∈ PSU(2) ⊂ PGL2 (C) zodat Ψ(A) = X. Onder Ψ heeft A dus hetzelfde effect als X op de elementen van R3 , en dus ook op S 2 . Laten zien dat deze A uniek is in PSU(2), dus dat Ψ een bijectie is, is een kwestie van uitschrijven en wordt hier achterwege gelaten. Dan rest ons nog te laten zien dat een element A ∈ PSU(2) onder stereografische projectie P correspondeert met de transformatie Ψ(A), dus dat A en Ψ(A) daadwerkelijk hetzelfde effect hebben onder stereografische projectie. Lemma. Ψ(A)(P −1 (z)) = P −1 (A(z)) ∀A ∈ PSU(2), ∀z ∈ C ∪ {∞}.
a b Bewijs. A ∈ PSU(2), dus A = −b met |a|2 +|b|2 = 1. Kies z = x+iy ∈ C∪{∞} willekeurig. a    2  2x 1 1 |z| − 1 2z −1 ∼   2y P (z) = 2 := Z = 2 2z 1 − |z|2 |z| + 1 |z| + 1 |z|2 − 1 Dus Z is de hermitische matrix met spoor 0 die hoort bij P (z). Dan geldt: Ψ(A)(P −1 (z)) ∼ = AZA−1 12

Dit laten we nu even rusten. Aan de andere kant geldt: A(z) =

P

−1

(A(z)) ∼ =

az + b := w −bz + a 1 |w|2 + 1

 2  |w| − 1 2w := W 2w 1 − |w|2

Dus nu moeten we controleren dat AZA−1 = W . Het is voldoende om alleen de componenten rechtsboven in de matrix te controleren, omdat hiermee de eerste twee co¨ordinaten van het beeldpunt op S 2 bepaald worden, en de derde co¨ordinaat ligt dan vast doordat het standaard inproduct van het beeldpunt met zichzelf gelijk aan 1 moet zijn. Dus kijk nu eerst naar W1,2 w= = w= |w|2 = ww = |w|2 + 1 = = = 2w = |w|2 + 1 =

az + b −bz + a · −bz + a −bz + a −abzz + a2 z − b2 z + ab bbzz − abz − abz + aa az + b −bz + a aazz + abz + abz + bb bbzz − abz − abz + aa aazz + abz + abz + bb + bbzz − abz − abz + aa bbzz − abz − abz + aa 2 2 (|a| + |b| )(|z|2 + 1) bbzz − abz − abz + aa (|z|2 + 1) bbzz − abz − abz + aa bbzz − abz − abz + aa −2abzz + 2a2 z − 2b2 z + 2ab · (|z|2 + 1) bbzz − abz − abz + aa 2 2 2 2ab(1 − |z| ) + 2a z − 2b z |z|2 + 1

En de andere kant.    2   1 a b a −b |z| − 1 2z −1 AZA = 2z 1 − |z|2 −b a |z|2 + 1 b a    2 1 a b . . . −b(|z| + 1) + 2az = 2 . . . −2bz + a(1 − |z|2 ) |z| + 1 −b a   1 . . . −ab(|z|2 − 1) + 2a2 z − 2b2 z + ab(1 − |z|2 ) = 2 ... |z| + 1 . . . Dus er geldt (AZA−1 )1,2 =

2ab(1 − |z|2 ) + 2a2 z − 2b2 z = W1,2 |z|2 + 1

13

Dus de rotatiegroep op S 2 komt inderdaad via stereografische projectie overeen met de groep PSU(2) op C ∪ {∞}. Andersgezegd, voor iedere X ∈ SO(3) is er een elementen A ∈ PSU(2) zodat P (X(u)) = ±A(P (u)) voor alle u ∈ S 2 . En hiermee is Stelling 2.1 bewezen. Natuurlijk is SO(3) niet de hele symmetriegroep van de bol, deze kan uitgebreid worden tot O(3), de groep van rotaties ´en spiegelingen. Men kan zich afvragen met welke deelgroep van PGL2 (C) deze groep correspondeert. Een willekeurige spiegeling kan verkregen worden door een samenstelling van een rotatie met een spiegeling en weer een rotatie. Dus het is voldoende om de correspondentie met ´e´en spiegeling te vinden in PGL2 (C), want hiermee zijn alle spiegelingen te maken. Maar dit gaat voorbij de intentie van deze scriptie en zal daarom niet verder behandelt worden.

2.3

Symmetrie op het onderste blad van de tweebladige hyperbolo¨ıde

Voor een werking op S 2 willen we logischerwijs dat het beeld van een punt van S 2 ook in S 2 ligt. Dit betekent dat de werking het standaard inproduct moet bewaren, want dat is precies het voorschrift van S 2 , namelijk de verzameling van alle punten die als standaard inproduct met zichzelf 1 hebben. Voor H 2,− ligt dit net iets anders, omdat in de definitie van H 2,− niet het standaard inproduct zit. Daarom is er reden voor de volgende definitie: Definitie. Zij u = (u1 , u2 , u3 ), v = (v1 , v2 , v3 ) ∈ R3 , dan is hu, viL = u1 v1 + u2 v2 − u3 v3 het Lorentz inproduct van u en v. Als we nu naar een werking op H 2,− kijken, dan willen we niet dat het standaard inproduct van twee elementen onverandert blijft, maar dat het Lorentz inproduct onverandert blijft. In termen van het standaard inproduct moet dus gelden dat ten eerste het standaard inproduct behouden blijft, en ten tweede dat bovendien de derde co¨ordinaat niet verandert. Op deze manier wordt ook het Lorentz inproduct behouden en verandert de derde co¨ordinaat niet van teken, met als gevolg dat elementen van H 2,− in deze verzameling blijven liggen, en we dus een werking hebben op H 2,− . Dit levert de groep van rotaties om de z-as op, die equivalent is aan SO(2). We kunnen echter ook op een andere manier kijken naar H 2,− , namelijk door niet in de standaard inproductruimte R3 te kijken, maar in de Lorentz inproductruimte R2,1 . Dit is de driedimensionale re¨ele vectorruimte met als inproduct het Lorentz inproduct. Nu kunnen we H 2,− beschouwen als de ruimte van punten in R2,1 waarvan het Lorentz inproduct met zichzelf -1 is en die bovendien altijd een negatieve derde co¨ordinaat hebben. En net zoals we op S 2 de groep SO(3) hebben die het Euclidisch inproduct behoudt, bestaat er op H 2,− de groep SO(2, 1)− , die gedefinieerd is zoals we nu verwachten. Definitie. SO(2, 1)− = {M ∈ M3×3 (R)|hM u, M viL = hu, viL ∀u, v ∈ R3 , de derde co¨ ordinaat verandert niet van teken door M } De laatste toevoeging is nodig omdat de tweedimensionale hyperbolo¨ıde eigenlijk uit twee bladen bestaat. Wij kijken echter alleen naar het onderste blad en we willen dus niet dat er punten van het onderste blad naar boven verdwijnen en dat punten van het bovenste blad plotseling onder belanden. 14

Ook deze groep heeft een beeldgroep in PGL2 (C), we zullen in deze sectie gaan zien dat dit de groep PSU(1, 1) is, die als volgt is gedefinieerd.   1 0 2×2 −1 ∗ Definitie. SU(1, 1) = {A ∈ M (C)| det(A) = 1, εA = A ε} met ε = 0 −1 PSU(1, 1) = SU(1, 1)/{−I} Dus PSU(1, 1) is een verzameling van equivalentieklassen, waarbij een equivalentieklasse bestaat uit twee matrices A en −A in SU(1, 1). x
Kies een vector v = yz ∈ R3 . Definieer dan V = en bovendien geldt dat V ∗ ε = εV :

z x+iy
−x+iy −z .

Dan heeft V spoor 0

  z −x − iy 1 0 V ε= x − iy −z 0 −1   z x + iy = x − iy z    1 0 z x + iy = 0 −1 −x + iy −z ∗



= εV Bewering. Als A ∈ PGL2 (C), dan heeft AV A−1 ook spoor 0, en als A ∈ PSU(1, 1) dan geldt bovendien ook dat (AV A−1 )∗ ε = εAV A−1 . Bewijs. Het eerste deel van de bewering gaat exact als in de vorige sectie. Het tweede deel gaat als volgt: (AV A−1 )∗ ε = (A−1 )∗ V ∗ A∗ ε = (A−1 )∗ V ∗ εA−1 = (A

−1 ∗

) εV A

= εAV A−1

want A ∈ SU (1, 1)

−1

want (A−1 )∗ ε = (ε∗ A−1 )∗ = (A∗ ε∗ )∗ = εA

We definieren nu een homomorfisme Ω : PSU(1, 1) → {f : R3 → R3 } door Ω(A)(v) = w die hoort bij W = AV A−1 Dus Ω(A) is een functie van R3 naar R3 die moet een vector doet wat hierboven staat. Dit is net als Ψ uit de vorige sectie een homomorfisme, en ook hier geldt een soortgelijke stelling met betrekking tot de stereografische projectie Q. Stelling 2.2. Ω : PSU(1, 1) → SO(2, 1)− is een bijectie, en voor iedere A ∈ PSU(1, 1) geldt: ∀z ∈ D : Ω(A)(Q−1 (z)) = Q−1 (Az)

15

H 2,−   Qy

−−−−→

Ψ(A)

H 2,−  Q y

D

−−−−−−−→

D

A∈PSU(1,1)

Deze stelling kan op soortgelijke wijze worden bewezen als Stelling 2.1, met soortgelijke lemma’s, en het bewijs zal hier daarom achterwege gelaten worden. De betekenis van deze stelling is dat er ook voor iedere X ∈ SO(2, 1)− een A ∈ PSU(1, 1) is zodat voor alle u ∈ H 2,− geldt Q(Xu) = A(Q(u)).

2.4

Introductie van H+

We hebben nu twee manieren om naar de hyperbolo¨ıde te kijken, namelijk de hyperbolo¨ıde zelf, en de open eenheidsschijf D in C ∪ {∞}. In deze paragraaf introduceren we een derde model, namelijk het complexe bovenhalfvlak H+ . Definitie. H+ = {w = u + iv ∈ C|v > 0} ⊂ C ∪ {∞} Deze verzameling is equivalent aan D door de volgende bijectie, die bekend staat als de Cayley transformatie z+1 z−1 w−i f −1 (w) = w+i

f : D → H+ , z 7→ −i

We zullen het hier niet verder aan tonen, maar intu¨ıtief kunnen we deze afbeelding simuleren door de schijf in het punt 1 open te knippen et te vouwen op het bovenhalfvlak. Hierbij leggen we de rand van de schijf uit op de re¨ele as, waarbij het punt −1 op 0 wordt gelegd. Zie figuur 2.2.

Figuur 2.2: Cayley transformatie [2] 16

We weten nu dat de symmetriegroep SO(2, 1) op H 2,− overeen komt met de groep PSU(1, 1) op D. Nu kunnen we ons afvragen met welke ondergroep van PGL2 (C) dit overeen komt op H+ . We zullen zien dat dit PSL2 (R) is, de groep van twee bij twee matrices met determinant 1 en re¨ele componenten, waarbij een matrix weer equivalent is aan zijn negatieve. Hiervoor bekijken we de functie f eerst anders door f −1 als een gebroken lineaire transformatie uit PGL2 (C) te schrijven, dus een matrix met determinant 1:   z−i 1 −i z 7→ = z 1 i z+i Deze matrix heeft determinant 2i, maar als we hem wat aanpassen dan krijgen we de volgende matrix C: !   1 1 1 1 1 −i e− 4 πi −e 4 πi =√ C=√ 1 1 e− 4 πi e 4 πi 2 2i 1 i Dit mag, omdat matrices die veelvouden zijn van elkaar in PGL2 (C) equivalent zijn aan elkaar. Stelling 2.3. PSU(1, 1) ' PSL2 (R) door conjungatie met de transformatie C.
Bewijs. Kies een A = ab ab ∈ PSU(1, 1). We willen weten hoe deze A werkt op H+ onder C. Oftewel, we zijn benieuwd naar de matrix C −1 AC: ! !  1 1 1 1 1 a b e− 4 πi −e 4 πi e 4 πi e 4 πi −1 C AC = 1 1 1 1 b a 2 −e− 4 πi e− 4 πi e− 4 πi e 4 πi ! ! 1 1 1 1 1 e 4 πi e 4 πi (a + b)e− 4 πi (b − a)e 4 πi = 1 1 1 1 2 −e− 4 πi e− 4 πi (a + b)e− 4 πi (a − b)e 4 πi   1 a+b+a+b bi − ai + ai − bi = a−b+a−b 2 ai + bi − ai − bi   <(a) + <(b) =(b) − =(a) ∈ GL2 (R) = =(b) + =(a) <(a) − <(b) det(C −1 AC) = (<(a) + <(b))(<(a) − <(b)) − (=(b) + =(a))(=(b) − =(a)) = <(a)2 − <(b)2 − =(b)2 + =(a)2 = |a|2 − |b|2 =1 met <(a) het re¨ele deel van a, en =(a) het imaginaire deel. Dus inderdaad geldt dat C −1 AC ∈
k l PSL2 (R). Kies nu een matrix B = m n ∈ SL2 (R). We willen weten hoe B werkt op D onder C. Daarom kijken we nu naar CBC −1 : ! !  1 1 1 1 1 e− 4 πi −e 4 πi k l e 4 πi e 4 πi −1 CBC = 1 1 1 1 m n 2 e− 4 πi e 4 πi −e− 4 πi e− 4 πi ! ! 1 1 1 1 1 e− 4 πi −e 4 πi e 4 πi (k + il) e 4 πi (k − il) = 1 1 1 1 2 e− 4 πi e 4 πi e 4 πi (m + in) e 4 πi (m − in)   1 (k + n) + i(l − m) (k − n) − i(l + m) = 2 (k − n) + i(l + m) (k + n) − i(l − m)

17

1 det(CBC −1 ) = ((k + n)2 + (l − m)2 − (k − n)2 − (l + m)2 ) 4 1 = (4kn − 4lm) 4 = kn − lm =1 Dus CBC −1 ∈ PSU(1, 1), waarmee het bewijs voltooid is. Nu hebben we drie modellen om naar de hyperbolo¨ıde te kijken. Het natuurlijke model is H 2,− , de hyperbolo¨ıde zelf. Hierop werkt de groep SO(2, 1)− , de speciale orthogonale groep. Maar we kunnen ook over de hyperbolo¨ıde denken als de complexe eenheidsschijf D, met de groep PSU(1, 1) als symmetriegroep. Een derde manier om naar de hyperbolo¨ıde te kijken is als het complexe bovenhalfvlak, nu met de groep PSL2 (R). Tussen deze modellen kunnen we heen en weer schakelen als we bezig zijn met hyperbolische meetkunde, naar gelang ons dit uit komt. H 2,− −−−−−−→ H 2,− SO(2,1)−    Q Qy y D   Cy

−−−−−−→

H+

−−−−−→ H+

PSU(1,1)

D   yC

PSL2 (R)

18

Hoofdstuk 3

Meetkunde op de hyperbolo¨ıde We hebben nu de bol en de hyperbolo¨ıde op een paar manieren geprojecteerd naar het platte vlak. Ook weten we nu welke symmetriegroepen in het vlak overeenkomen met de symmetriegroepen SO(3) en SO(2, 1)− die werken op de bol, respectievelijk de hyperbolo¨ıde. In dit hoofdstuk zullen we zien waarom het nuttig is dat we deze kennis nu hebben. We gaan namelijk bepalen wat de lijnen zijn die de kortste route tussen twee punten geven. Dit zijn de lijnen waarmee je werkt in een model, die zullen we in het vervolg de geodeten noemen. Ook zullen we de equidistante krommen bepalen, dit zijn de krommen waarbij alle punten op deze kromme dezelfde afstand hebben tot een bepaalde geodeet. We kijken hierbij in het vervolg alleen naar de hyperbolo¨ıde, ten eerste omdat de meetkunde die hierbij hoort interessanter is dan de bolmeetkunde, ten tweede omdat Escher deze meetkunde gebruikt bij zijn cirkel limieten. Ter verduidelijking, in het Euclidische vlak R2 zijn alle rechte lijnen de geodeten, de snelste manier om van A naar B te komen is immers door er recht naar toe te lopen. De equidistante krommen zijn vervolgens de lijnen parallel aan deze lijnen, dit zijn dus in dit geval zelf ook weer geodeten. Maar eerst introduceren we een stelling die ons later goed van pas zal komen.

3.1

De stelling van behoud van lijnen en cirkels

Stelling 3.1. Elementen A ∈ PGL2 (C) sturen lijnen en cirkels in C ∪ {∞} naar lijnen en cirkels. Bewijs. Eerst laten we zien dat de groep PGL2 (C) wordt voortgebracht door de functies   −1 0 −1 E0 = : z 7→ 1 0 z   aj bj Ej = : z 7→ az + b met a = a2j , b = aj bj 0 a−1 j
k l Kies een matrix A = m n ∈ PGL2 (C). Als m = 0 dan staat de matrix al in de vorm van Ej , omdat det(A) = 1. k Stel nu dat m 6= 0. Kies dan a1 = 1, b1 = m , a2 = m, b2 = n. Dan

19

 E1 E0 E2 =

1 0, 1

k m

=

1 

=

k m

k m

  0 −1 m 1 0 0   m n −1 1 0 m 0  kn−1

n



1 m

m

n

met kn−1 m = l omdat kn − ml = 1. Iedere matrix A ∈ PGL2 (C) is dus te schrijven als een samenstelling van E0 en Ej ’s. We kunnen ons voor de stelling dus beperken tot deze twee soorten matrices. Laten we eerst kijken naar Ej . Ej (z) = eα eiβ z + w voor zekere α, β ∈ R, w ∈ C. z 0 = eiβ z 00

is het beeld van z onder een rotatie om de oorsprong van hoek β

α 0

z =e z

is een verschaling van z 0 vanuit de oorsprong, met factor eα 6= 0

z 000 = z 00 + w

is een verschuiving van z 00 over vector w

Deze drie bewerkingen sturen lijnen naar lijnen en cirkels naar cirkels, dus voor de matrices Ej klopt de stelling. Nu kijken we naar E0 . Merk eerst op dat deze functie zijn eigen inverse is: E0 E0 (z) = E0 (

−1 −1 ) = −1 = z z z

Nu gaan we laten zien dat cirkels die door de oorsprong gaan door E0 gestuurd worden naar lijnen die niet door de oorsprong gaan, waarbij alle lijnen van deze soort bereikt worden. Omdat we nu weten dat E0 zijn eigen inverse is, weten we dan direct dat deze lijnen naar cirkels door de oorsprong worden gestuurd. Kijk eerst naar cirkels met het middelpunt op de re¨ele as. Deze zijn van de vorm C(θ) = reiθ +r met r 6= 0, θ ∈ (−π, π]. −1 e−iθ + 1 r(eiθ + 1 e−iθ + 1 −e−iθ − 1 = r(2 + 2 cos(θ) −1 − cos(θ) + i sin(θ) = 2r(1 + cos(θ)) −1 sin(θ) = +i 2r 2r(1 + cos(θ))

E0 (C(θ)) =

(3.1)

Het beeld van deze cirkel is dus een deel van een verticale lijn. Om te laten zien dat het beeld sin(θ) de hele lijn is hoeven we alleen te controleren dat de functie θ 7→ 1+cos(θ) de hele uitgebreide 20

re¨ele lijn bereikt. We zullen dit inzien met de stelling van l’Hˆopital: sin(θ) − cos(θ) = lim = −∞ θ↓−π 1 + cos(θ) θ↓−π sin(θ) − cos(θ) sin(θ) = lim =∞ lim θ↑π sin(θ) θ↑π 1 + cos(θ) lim

Dus als θ naar −π gaat, dan het beeld van de functie naar −∞. Als θ gaat naar π dan gaat het beeld naar ∞, dit beeld wordt zelfs het punt ∞ als theta is gelijk aan π. Omdat we met een continue functie te maken hebben weten we dat ook alle tussenliggende waardes bereikt worden. Als we nu kijken naar cirkels door de oorsprong met het middelpunt op de imaginaire as, C(θ) = reiθ + ir met r 6= 0 en θ ∈ (− π2 , 3π 2 ], dan zien we op soortgelijke wijze in dat deze cirkels naar horizontale lijnen worden gestuurd: e−iθ − i −1 r(eiθ + i) e−iθ − i −e−iθ + i = r(2 + 2 sin(θ)) − cos(θ) + i sin(θ) + i = 2r(1 + sin(θ)) − cos(θ) i = + 2r(1 + sin(θ)) 2r

E0 (C(θ)) =

− cos(θ) Ook hier moeten we controleren dat de functie θ 7→ 1+sin(θ) de hele re¨ele as bereikt. Dit gaat op dezelfde wijze met de stelling van l’Hˆopital, en wordt hier daarom niet uitgewerkt.

Bekijk nu de andere cirkels die door de oorsprong gaan. Dit zijn cirkels van de vorm C(θ) = reiθ + reiα met r 6= 0, θ ∈ [−π + α, π + α], waarbij 0 < α < π2 of π2 < α < π. Deze cirkels hebben een tweede snijpunt met zowel de re¨ele als de imaginaire as: re¨eel : θ = −α(

mod 2π)

=⇒ C(−α) = 2r cos(α)

imaginair : θ = π − α

=⇒ C(π − α) = 2ri sin(α)

We kunnen de beelden van deze punten onder E0 berekenen. Als C door E0 naar een rechte lijn L gestuurd wordt, dan moet deze lijn door die twee beeldpunten gaan: −1 2r cos(α) i E0 (C(π − α)) = 2r sin(α) E0 (C(−α)) =

L(t) =


−1 1 i t−1 t +t + +i = 2r cos(α) 2r cos(α) 2r sin(α) 2r cos(α) 2r sin(α)

21

met t ∈ [−∞, ∞]. Kijk nu eens naar het beeld van C onder E0 : e−iθ + e−iα −1 r(eiθ + eiα ) e−iθ + e−iα −e−iθ − e−iα = r(1 + ei(θ−α) + ei(α−θ) + 1) − cos(θ) − cos(α) sin(θ) + sin(α) = +i 2r(1 + cos(θ − α)) 2r(1 + cos(θ − α))

E0 (C(θ)) =

We willen nu dus een functie t : [−π + α, π + α] → [−∞, ∞] vinden zodat aan de volgende twee vergelijkingen is voldaan: t−1 − cos(θ) − cos(α) = 2r cos(α) 2r(1 + cos(θ − α)) sin(θ) + sin(α) t = 2r sin(α) 2r(1 + cos(θ − α)) Kies t(θ) =

sin(θ) sin(α)+sin2 (α) . 1+cos(θ−α)

(3.2) (3.3)

Dan is aan (3.2) voldaan. Verder geldt dat

sin(θ) sin(α) + sin2 (α) 1 + cos(θ − α) − 1 + cos(θ − α) 1 + cos(θ − α) 2 sin(θ) sin(α) + sin (α) − (sin2 (α) + cos2 (α)) − (cos(θ) cos(α) + sin(θ) sin(α)) = 1 + cos(θ − α) 2 − cos (α) − cos(θ) cos(α) = 1 + cos(θ − α)

t(θ) − 1 =

waaruit volgt dat ook aan (3.1) is voldaan. Dan rest ons te controleren dat de functie de hele re¨ele lijn bereikt. Hiervoor maken we twee gevalsonderscheidingen. Bekijk eerst het geval dat α ∈ (0, π2 ). Als θ gaat van boven naar −π + α, dan blijft sin(θ) negatiever dan − sin(α), en blijft sin(θ) sin(α) + sin2 (α) dus negatief. De limiet van t(θ) is dus −∞ als θ gaat naar −π + α. En als θ gaat van onder naar π + α, dan blijft sin(θ) minder negatief dan − sin(α), waardoor sin(θ) sin(α) + sin2 (α) dus positief blijft. De limiet van t(θ) is dan ∞ als θ gaat naar π + α. Dus, aangezien de functie verder continu is op het interval, wordt de hele re¨ele lijn bereikt. Als α ∈ ( π2 , π), dan kunnen we op dezelfde manier beredeneren dat de limiet van t(θ) is ∞ als θ gaat naar −π + α, en −∞ als θ gaat naar π + α, met als gevolg dat ook nu de hele re¨ele lijn wordt bereikt. Nu weten we dat cirkels door de oorsprong worden gestuurd naar lijnen die niet door de oorsprong gaan, en vice versa. Laten we nu kijken naar cirkels die niet door de oorsprong gaan. Kies een cirkel C die niet door de oorsprong gaat. De lijn door de oorsprong en het middelpunt van deze cirkel bevat twee punten a en b van de cirkel, waarbij |a| < |b|. Het middelpunt van deze cirkel is dan a+b 2 . Bovendien maakt de lijn door de oorsprong en dit middelpunt een hoek φ met de re¨ele as. Dan zijn er een a0 en een b0 uit R+ zodat a = a0 eiφ , b = b0 eiφ . Kies nu een punt z op de cirkel C. Ook voor z is er een z 0 ∈ C, zodat z = z 0 eiφ . Dan geldt de volgende vergelijking: 22

a+b b−a |=| | 2 2 a0 + b0 iφ b0 − a0 iφ |(z 0 − )e = |( )e | 2 2 a0 + b0 b0 − a0 |z 0 − |=| | 2 2 1 1 1 z 0 z 0 − (a0 + b0 )(z 0 + z 0 ) + (a0 + b0 )2 = (b0 − a0 )2 2 4 4 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 z z − (a z + a z + b z + b z ) + ab = 0 2 |z −

(3.4)

Laten we nu naar de beelden van a, b en z kijken: −1 −1 = 0 e−iφ a a −1 −1 −iφ E0 (b) = = 0 e b b −1 −1 −iφ E0 (z) = = 0 e z z

E0 (a) =

Het beeld van z ligt op de cirkel die als middellijn het lijnstuk tussen E0 (a) en E0 (b) heeft, dan en slechts dan als de volgende vergelijking geldt:

1 z0z0 1 z0z0

1 1 1 1 1 1 1 1 1 |E0 (z) − (E0 (a) + E0 (b))| = | (E0 (b) − E0 (a))|| − + ( + )| = | ( − )| 2 2 z 2 a b 2 a b 1 1 1 1 −iφ 1 1 1 −iφ |(− 0 + ( 0 + 0 ))e | = |( ( 0 − 0 ))e | z 2 a b 2 a b 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 2 − ( 0 + 0 )( 0 + 0 ) + ( 0 + 0 ) = ( 0 − 0 ) 2 a b z 4 a b 4 a b z 1 1 1 1 1 1 − ( 0 0 + 0 0 + 0 0 + 0 0) + 0 0 = 0 2 az bz ab az bz

Als we linkerkant van deze vergelijking met de term z 0 z 0 a0 b0 vermenigvuldigen dan krijgen we precies de linkerkant van (3.3). En omdat we weten dat de term z 0 z 0 a0 b0 niet 0 is, moet deze linkerkant wel 0 zijn, dus de vergelijking geldt. Om te bewijzen dat de hele cirkel bereikt wordt gebruiken we weer dat E0 zijn eigen inverse is. Dus ieder punt w op de beeldcirkel kunnen we nog een keer transformeren, en dan geldt de eerste vergelijking weer, met als gevolg dat er dus een punt op de originele cirkel bestaat die naar w wordt gestuurd. Het laatste wat we nog moeten controleren is dat lijnen door de oorsprong naar lijnen door de oorsprong worden gestuurd. Kies een lijn door de oorsprong, R(t) = teiφ met t ∈ R ∪ {∞}. Dan is het beeld voor een zekere t −1 teiφ −1 −iφ = e t

E0 (R(t)) =

Het is duidelijk dat de bewerking t 7→ −1 t met domein R ∪ {∞} surjectief is, met als gevolg dat het beeld van R een volledige lijn door de oorsprong is. 23

We hebben nu laten zien dat lijnen en cirkels naar lijnen en cirkels gestuurd worden door elementen van PGL2 (C), maar niet per se lijnen naar lijnen en cirkels naar cirkels. Intu¨ıtief kunnen we een lijn beschouwen als een cirkel met een oneindig grote straal, oftewel een cirkel die door het punt oneindig gaat. Dan hebben we zojuist eigenlijk bewezen dat cirkels naar cirkels worden gestuurd. We zullen deze stelling nodig hebben in de volgende paragrafen.

3.2

Afstandsbegrip voor de hyperbolo¨ıde

Natuurlijk is de afstand tussen twee punten op de hyperbolo¨ıde in het algemeen niet gelijk aan de Euclidische afstand tussen die twee punten, omdat de rechte lijn tussen deze punten niet per se in H 2,− bevat hoeft te zijn. Ook zal een pad in H 2,− van een punt α naar β vaak niet dezelfde lengte hebben als het beeldpad in D of het beeldpad d´a´ar weer van in H+ . Toch kunnen we een afstandsbegrip voor de hyperbolo¨ıde krijgen door naar Q−1 te kijken, en D weer even als deelverzameling van R2 te zien: Q−1 : D → H 2,− , (u, v) 7→ (

2u 2v −1 − u2 − v 2 , , ) 1 − u2 − v 2 1 − u2 − v 2 1 − u2 − v 2

Nu introduceren we de Eerste Fundamentaal Vorm ([3]): ds2 = Edu2 + 2F dudv + Gdv 2 met E = h

dQ−1 dQ−1 dQ−1 dQ−1 dQ−1 dQ−1 , iL , F = h , iL , G = h , iL du du du dv dv dv

Hierbij staat s voor de lengte. Met deze Eerste Fundamentaal Vorm kunnen we namelijk de lengte van een kromme γ op ons oppervlak H 2,− ⊂ R2,1 berekenen. Er geldt namelijk voor een kromme γ : [α, β] → H 2,− , t 7→ Q−1 (u(t), v(t)) met beginpunt α en eindpunt β: Z

β

L(γ) = α β

Z

ds dt dt r E(

= α

du 2 du dv dv ) + 2F + G( )2 dt dt dt dt dt

Nu kunnen we de Eerste Fundamentaal Vorm van Q−1 berekenen. De uitkomst hiervan is: ds2 =

4(du2 + dv 2 ) (1 − (u2 + v 2 )2

Omdat E = G en F = 0 weten we nu dat Q−1 een conforme afbeelding is, dat wil zeggen dat Q−1 hoeken behoudt. Hoe dit precies in zijn werk gaat is te vinden in [3], blz 106. Ook zien we dat de hyperbolische afstand op H 2,− gelijk is aan de Euclidische√afstand op D vermenigvuldigt met een factor die afhangt van de afstand tot de oorsprong, u2 + v 2 . Dus als we een kromme hebben dicht bij de rand van D, dan is de hyperbolische lengte van deze kromme erg groot. Deze gaat zelfs naar oneindig naarmate de kromme dichter bij deze rand komt. Dit is ook logisch, aangezien punten dicht bij de rand op D horen bij punten op H 2,− die erg ver omlaag liggen. Die punten kunnen dan behoorlijk ver uit elkaar liggen, maar door de stereografische projectie toch vrij dicht bij elkaar op de schijf geprojecteerd worden. 24

Als we nu de projectie R als de samenstelling van Q met C −1 definieren, dus R = C −1 ◦ Q dan kunnen we ook voor R−1 : H+ → H 2,− de Eerste Fundamentele Vorm berekenen. Dit samen wordt dan: u2 + v 2 − 1 −u −u2 − v 2 − 1
, , 2v v 2v 2 + dv 2 du ds2 = v2 Dus een punt u + iv ∈ H+ wordt eerst naar een punt in D gestuurd, en vervolgens naar H 2,− . Ook deze afbeelding is conform, en ook hier moeten we de Euclidische afstand in H+ vermenigvuldigen met een factor om de hyperbolische afstand te krijgen, maar nu hangt deze factor alleen af van de verticale afstand tot de re¨ele as, en gaat deze factor naar oneindig als deze afstand naar 0 gaat. Dit is logisch als je bedenkt dat de re¨ele as door C naar de rand van D wordt gestuurd, waar de hyperbolische afstand dus veel groter is dan de Euclidische afstand. R−1 (u, v) =

Nu gaan we aantonen dat de verticale lijn over de imaginaire as in H+ een geodeet is. Het mooie is namelijk dat we daarna met onze kennis over projecties tussen de ruimtes en de symmetriegroepen op de ruimtes alle geodeten in alle drie de ruimtes kunnen bepalen. Stelling 3.2. Zij A = 0 + ai, B = 0 + bi ∈ H+ met 0 < a < b. Dan is de kromme γ : [a, b] → H+ , t 7→ u(t) + v(t)i = 0 + ti de kromme met de kortste hyperbolische lengte van A naar B. Bewijs. Kies een andere kromme δ van A naar B. Laten we er eerst van uit gaan dat deze kromme monotoon stijgt in verticale richting. De lengte van de kromme δ hangt niet af van zijn parametrisatie ([3]), dus we mogen δ veronderstellen als δ(t) = u(t) + ti. We kijken nu naar de hyperbolische lengtes van δ en γ: s Z b dv 2 2 ( du dt ) + ( dt ) L(δ) = dt t2 a s Z b 2 ( du dt ) + 1 = dt t2 a Z b r 1 du = ( )2 + 1dt dt a t Z b p 1 ≥ 02 + 1dt = L(γ) a t Dus γ is altijd korter dan of even lang als δ, en even lang precies als u(t) is constant, dus gelijk aan 0. En dan is δ gelijk aan γ. Stel nu dat δ niet monotoon stijgt in verticale richting. Dan kunnen we stukken uit δ weg halen en de rest horizontaal verschuiven en aan elkaar plakken zodat we een monotoon stijgende kromme δ 0 over hebben. De hyperbolische lengte van δ 0 is korter dan die van δ, omdat we stukken hebben weggehaald, en alleen horizontaal hebben verschoven, wat voor de hyperbolische lengte geen verschil maakt. Maar δ 0 is sowieso niet korter dan γ, dus is δ dat ook niet. 25

We kunnen a en b over de hele positieve imaginaire as laten lopen, dus voor ieder willekeurig paar punten op deze as is de kortste hyperbolische route naar elkaar via deze as. Hieruit volgt dat de imaginaire as een geodeet is. Maar stel nu dat we twee willekeurig punten c en d in H+ hebben, wat is dan de lijn met de kortste hyperbolische afstand tussen deze punten, oftewel de geodeet? Hiervoor gebruiken we de eigenschap van symmetrie¨en dat ze lengtes tussen twee punten behouden. Dus als we een A ∈ PSL2 (R) vinden die c en d afbeeldt op de imaginaire as van het bovenhalfvlak, dan kunnen we de afstand tussen deze beeldpunten berekenen met de eerder genoemde γ en weten we dus dat dit ook de afstand is tussen de originele punten c en d. En de geodeet is dan precies die lijn door c en d die door A wordt afgebeeld op de imaginaire as. We gaan nu dus op zoek naar alle lijnen in H+ die door een A ∈ SL2 (R) worden afgebeeld op de imaginaire as. We kijken alleen naar PSL2 (R) omdat deze matrices overeen komen met de speciale orthogonale groep op H 2,− . Zouden we naar een andere groep op H+ kijken, dan komen deze werkingen niet per se overeen met werkingen uit SO(2, 1)− op H 2,− , en heeft dit dus geen verdere betekenis voor de hyperbolo¨ıde. Stelling 3.3. Een lijn in H+ kan door een element van PSL2 (R) over gevoerd worden in de imaginaire as dan en slechts dan als dit een verticale lijn is of een halve cirkel met het middelpunt op de re¨ele as. Bewijs. Laten we eerst kijken naar een willekeurige verticale lijn Lu0 in H+ . Dit is de volgende verzameling punten: Lu0 = {u0 + vi|v ∈ R, v > 0}, u0 ∈ R
0 Dan wordt Lu0 door de matrix Au0 = 10 −u ∈ SL2 (R) over gevoerd naar de imaginaire as, 1 want voor iedere w = u0 + vi ∈ Lu0 geldt: u0 + vi − u0 1 = 0 + vi

Au0 w =

Deze matrix Au0 verschuift niet alleen een verticale lijn over een horizontale afstand, maar iedere willekeurige lijn wordt door Au0 horizontaal verschoven, dus ook halve cirkels met het middelpunt op de oorsprong. Transformeer nu een halve cirkel van deze vorm onder de matrix V ∈ P GL2 (C) die als volgt is opgebouwd: V = Au1 E0 Au2 waarbij Au2 de matrix is die ´e´en uiteinde van de cirkel naar de oorsprong schuift E0 dezelfde matrix is als E0 in het bewijs van Stelling 3.1 Au1 de matrix is die de beeldlijn verschuift naar de imaginaire as

Door Au2 ligt de halve cirkel tegen de oorsprong aan, en we hebben in het bewijs van Stelling 3.1 laten zien dat E0 dit soort cirkels stuurt naar verticale lijnen. Het is hierbij duidelijk dat daarbij de bovenste helft van de cirkel naar het bovenhalfvlak wordt gestuurd, omdat E0 het teken van het imaginaire deel van een getal behoudt. Dan verschuift Au1 deze lijn vervolgens naar de imaginaire as, en aangezien we dit met iedere halve cirkel van deze soort 26

kunnen doen, hebben we laten zien dat iedere halve cirkel met het middelpunt op de re¨ele as een geodeet is. Merk op dat er twee matrices V zijn die deze halve cirkel naar de imaginaire as sturen. We kunnen namelijk zowel het ene uiteinde als het andere uiteinde naar de oorsprong sturen, en beide beeldcirkels zullen door E0 naar een verticale lijn worden gestuurd. En door Au1 aan te passen kunnen we deze lijnen allebei naar de imaginaire as sturen. Om te bewijzen dat dit de enige lijnen zijn die afgebeeld worden op de imaginaire as, oftewel dat dit de enige geodeten zijn in H+ , gebruiken we Corollary 8.1 uit [3]. Die zegt dat er op een oppervlak bij een gegeven punt en een gegeven richting op dit oppervlak precies ´e´en geodeet bestaat. Inderdaad kunnen we voor een willekeurig punt op H+ en een willekeurige richting vanuit dat punt die niet verticaal is een cirkel construeren met het middelpunt op de re¨ele as, die door het gegeven punt gaat en waarbij de raaklijn aan de cirkel in dat punt overeen komt met de gegeven richting. Wanneer de richting wel verticaal is voldoet de verticale lijn door het punt. Dus er zijn geen andere geodeten in het bovenhalfvlak dan de verticale lijnen en de halve cirkels met middelpunt op de re¨ele as. Opmerking: Het feit dat verticale lijnen geodeten zijn kunnen we ook vrij eenvoudig beredeneren met de Eerste Fundamentaal Vorm. Het bewijs gaat dan hetzelfde als het bewijs van de imaginaire as, met als verschil dat je niet neemt u(t) = 0, maar u(t) = u0 met u0 ∈ R willekeurig. Nu weten we wat in de hyperbolische meetkunde de geodeten zijn op H+ , namelijk alle verticale lijnen en alle cirkelsegmenten die loodrecht op de re¨ele as staan. We zullen vervolgens aantonen dat deze lijnen onder C overeen komen met de rechte lijnen door de oorsprong en de cirkelsegmenten die loodrecht staan op de rand in D. Dit moeten dan ook de geodeten zijn in D, we hebben het hier immers over drie verschillende modellen voor hetzelfde object. Stelling 3.4. De beeldlijnen van verticale lijnen en halve cirkels met het middelpunt op de re¨ele as die in het bovenhalfvlak liggen zijn onder Cayley transformatie C gelijk aan middellijnen van D of cirkelsegmenten die loodrecht staan op de rand van D. Bewijs. Ook hier maken we dankbaar gebruik van Stelling 3.1. We weten dat C een element is van P GL2 (C), en dus lijnen en cirkels naar lijnen en cirkels stuurt. Dus de verticale lijnen en halve cirkels loodrecht op de re¨ele as in H+ worden naar lijnstukken en cirkelsegmenten in D gestuurd. Dat deze lijnen en segmenten loodrecht op de rand van D moeten staan volgt uit het feit dat de re¨ele as in H+ naar deze rand gestuurd wordt en dat C conform is. Dus we weten nu dat de hyperbolische geodeten in D de lijnen door de oorsprong en de cirkelsegmenten loodrecht op de rand zijn. Vervolgens is het niet moeilijk om te laten zien wat de geodeten op de hyperbolo¨ıde zelf zijn: Stelling 3.5. Een geodeet op D wordt onder stereografische projectie over gevoerd in een snijlijn van H 2,− met een vlak V ⊂ R2,1 door de oorsprong. Bewijs. Kijk eerst naar een rechte lijn als geodeet in D. Deze lijn is van de vorm Rθ = {teiθ |t ∈ (−1, 1)}. Dan is het beeld onder stereografisch projectie van Rθ : Q−1 (Rθ ) = {

1 (2t cos(θ), 2t sin(θ), −1 − t2 )|t ∈ (−1, 1)} 1 − t2 27

Kies nu V θ = L((0, 0, 1), (cos(θ), sin(θ), 0)) een vlak door de oorsprong. Dan V θ ∩ H 2,− = {(x, y, z) ∈ R2,1 |x = µ cos(θ), y = µ sin(θ), z = λ, waarbij µ, λ ∈ R, µ2 − λ2 = −1} Hier zijn de eisen voor V θ en H 2,− samengesteld. Dan geldt λ2 = 1 + µ2 p λ = − 1 + µ2 2t Negatief omdat z negatief moet zijn. Kies nu µ = 1−t 2 Dan is er voor iedere µ ∈ R precies 2t ´e´en t ∈ (−1, 1) zodat µ = 1−t2 . Verder krijgen we de volgende vergelijking voor λ:

s λ=− 1+ s =− s =− =

4t2 (1 − t2 )2

1 − 2t2 + t4 + 4t2 (1 − t2 )2 (1 + t2 )2 (1 − t2 )2

−1 − t2 1 − t2

Dus Q−1 (Rθ ) = V θ ∩ H 2,− . Om te bewijzen dat cirkelsegmenten als geodeten in D ook worden over gevoerd in snijlijnen met vlakken door de oorsprong, gebruiken we het feit dat iedere A ∈ PSU(1, 1) als werking op D overeen komt met een X ∈ SO(2, 1) als werking op H 2,− . Kies een cirkelsegment S ∈ D loodrecht op de rand, en kies een A ∈ PSU(1, 1) die S over voert in een rechte lijn door de oorsprong. Dit kan, omdat alle geodeten in elkaar overgevoerd kunnen worden door elementen van de behandelde symmetriegroepen. Dan weten we nu dat Q−1 (S) = X −1 Q−1 (AS) voor een zekere X ∈ SO(2, 1)− . Bovendien hebben we net bewezen dat Q−1 (AS) een snijlijn is zoals we zoeken. Maar X −1 is een lineaire transformatie, dus die voert vlakken door de oorsprong over in vlakken door de oorsprong. Met als gevolg dat (A0 )−1 Q−1 (AS) ook een snijlijn is van een vlak door de oorsprong met H 2,− , waarmee onze stelling bewezen is. Nu hebben we dus aangetoond wat de hyperbolische geodeten zijn op onze drie modellen van de hyperbolische meetkunde, terwijl we maar van ´e´en enkele kromme hebben berekend dat deze daadwerkelijk de kortste route geeft. De rest hebben we verkregen puur door gebruik te maken van de eigenschappen van de symmetrie¨en op de verschillende modellen en de equivalenties aan elkaar, en van de eigenschappen van de projecties tussen deze modellen.

3.3

Equidistante lijnen in de hyperbolische meetkunde

We weten nu wat de geodeten, andersgezegd de ‘rechte lijnen’ zijn in de hyperbolische meetkunde. Vervolgens is het niet moeilijk te bepalen wat de equidistante krommen zijn van een 28

geodeet, oftewel de lijnen met punten die allemaal dezelfde (hyperbolische) afstand hebben tot deze lijn. Hiervoor kijken we weer naar het bovenhalfvlak. In de volgende stelling tonen we aan dat de equidistante krommen van de imaginaire as als geodeet precies de rechte lijnen zijn die de oorsprong als beginpunt hebben. Stelling 3.6. De equidistante krommen van de imaginaire as als geodeet in H+ zijn de lijnen die de oorsprong als beginpunt hebben. Verder is er voor elke equidistante lijn die een hoek β maakt met de imaginaire as precies ´e´en andere equidistante lijn die dezelfde afstand heeft tot de imaginaire as, namelijk de lijn die een hoek −β maakt met deze as. Bewijs. We parametriseren de imaginaire as als L(t) = it met t ∈ (0, ∞). Kies nu een lijn K die een hoek β = π2 −α maakt met L maakt, dus K(u) = ueiα met u ∈ (0, ∞). Dan wordt voor iedere u de afstand van K(u) tot L bepaald door de geodeet γu (s) = ueis = (u cos(s), u sin(s)), want deze geodeet staat loodrecht op K in het punt K(u), en loodrecht op L, in het punt L(u). De afstand A(u) van K(u) tot L is dan gelijk aan de hyperbolische lengte van de deelkromme van γu met beginpunt K(u) en eindpunt L(u), dus vanwege de Eerste Fundamentaal Vorm π 2

Z A(u) =

1 p [u cos(s)]02 + [u sin(s)]02 ds u sin(s) q 1 u2 sin2 (s) + u2 cos2 (s)ds u sin(s)

α π 2

Z = α

π 2

Z

1 ds α sin(s) s s π = [ln(sin( )) − ln(cos( )]α2 2 2 α α = ln(cos( )) − ln(sin( ) 2 2 =

Dus de afstand is niet afhankelijk van u, waaruit volgt dat de afstand van ieder punt op K tot L hetzelfde is. Kijken we nu naar de lijn K 0 (u) = uei(π−α) , dan is de afstand A0 (u) van een punt K 0 (u) tot L gelijk aan Z π−α 0 A (u) = . . . ds π 2

Z =−

π 2

. . . ds

π−α

π−α π−α )) − ln(sin( ))) 2 2 π α π α = −(ln(cos( − )) − ln(sin( − ))) 2 2 2 2 α α = − ln(sin( )) + ln(cos( )) 2 2 = −(ln(cos(

en dus gelijk aan de afstand van K(u) tot L. Het bewijs dat K 0 de enige lijn is met dezelfde afstand tot L als K wordt hier achterwege gelaten, maar intu¨ıtief is dit duidelijk, omdat bij alle andere hoeken de deelkrommen voorbij K(u) of K 0 (u) gaan, of niet eens zover komen, waardoor ook hun lengte anders is. 29

Nu weten we wat de equidistante krommen zijn van de imaginaire as als geodeet, namelijk de lijnen met de oorsprong als beginpunt. Equidistante krommen van andere geodeten zijn dan precies die krommen die op deze lijnen worden afgebeeld door de symmetrie die de betreffende geodeet om de imaginaire as afbeeldt. Dit volgt direct uit het feit dat symmetrie¨en afstand bewaren. Voor verticale lijnen zijn dit dus de lijnen die hetzelfde beginpunt hebben op de re¨ele as. De equidistante krommen van een halve cirkel als geodeet in H+ blijken de cirkelsegmenten te zijn die dezelfde snijpunten hebben met de re¨ele as. Dit zullen we aantonen in de volgende stelling. Stelling 3.7. Zij H een halve cirkel in H+ met het middelpunt op de re¨ele as, en A ∈ PSL2 (C) stuurt H naar de imaginaire as. Zij G een cirkelsegment waarbij de snijpunten met de re¨ele as gelijk zijn aan die van H, zo dat G en H een hoek α met elkaar maken bij de snijpunten. Dan wordt G door A naar een lijn door de oorsprong gestuurd die een hoek α maakt met de imaginaire as. Bovendien wordt het segment dat een hoek −α maakt met H gestuurd naar de lijn door de oorsprong die een hoek −α maakt met de imaginaire as. Bewijs. We weten uit het bewijs van Stelling 3.1 dat A is van de vorm E1 E0 E2 , waarbij E2 zowel H als G tegen de imaginaire as aan legt. Laten we er nu dus van uit gaan dat G en H tegen de imaginaire as aan liggen. H wordt dan door E0 naar de verticale lijn (3.1) gestuurd, de lijn door −1 2r , waarbij r de straal is van H. Kijk nu naar de vergelijking voor G. Als G een hoek α maakt met H, dan maakt de lijn door het middelpunt van G en de oorsprong een hoek α met de re¨ele as. En omdat het middelpunt van G onder die van H ligt, geldt dan: G(θ) =

r r eiθ + eiα cos(α) cos(α)

θ ∈ (−α, π + α)

Van een cirkel(segment) in deze vorm weten we, uit het bewijs van Stelling 3.1, dat het beeld onder E0 gelijk is aan de lijn

L(t) = =

t−1 t +i r 2 cos(α) sin(α) cos(α)

r 2 cos(α)

t−1 t +i 2r 2r tan(α)

Deze lijn start in het punt −1 2r , en wordt dus door E1 verschoven naar een lijn door de oorsprong. Bovendien is eenvoudig na te gaan dat de hoek tussen deze lijn en de imaginaire as gelijk is aan α. Wanneer we naar −α kijken in plaats van naar α, zien we dat in bovenstaande vergelijking de tangens van teken verandert, waardoor de punten op de bovenstaande lijn overgaan in hun complex geconjungeerden. Met als gevolg dat de lijn een hoek −α maakt met de imaginaire as. Nu weten we wat de equidistante krommen zijn van geodeten in het bovenhalfvlak. Als we kijken naar de eenheidsschijf, dan zien we dat deze krommen overeenkomen met cirkelsegmenten die niet loodrecht staan op de rand, en lijnen die niet door de oorsprong gaan. Op de ´e´enbladige hyperbolo¨ıde zijn dit de snijlijnen van de hyperbolo¨ıde met vlakken die niet 30

parallel zijn aan het xy vlak. Dit zal hier niet verder bewezen worden. Wat opvalt is dat, in tegenstelling tot in de Euclidische meetkunde, de equidistante krommen zelf geen geodeten zijn. In de vlakke meetkunde is de equidistante kromme van een rechte lijn zelf weer een rechte lijn, namelijk een parallel, en dus weer een geodeet. Dit is dus niet het geval voor hyperbolische meetkunde.

31

Hoofdstuk 4

Escher’s Cirkel Limiet III

Figuur 4.1: Cirkel Limiet III van M.C. Escher In 1959 maakte de Nederlandse kunstenaar M.C. Escher (1898-1972) de houtgravure Cirkel Limiet III (CLIII), het hoogtepunt van een bewonderenswaardige reeks cirkel limieten. Escher maakte bij al deze werken gebruik van hyperbolische meetkunde en stereografische projectie. Zijn beweegreden hiertoe was dat dit een methode gaf om oneindigheid af te beelden op een tweedimensionaal plaatje, iets wat hem in zijn eerdere vlakvullingen nog niet was gelukt. Escher was zelf nauwelijks ge¨ınteresseerd in de wiskundige betekenis van zijn tekening. Echter, de Canadese wiskundige H.S.M Coxeter (1907-2003), degene die Escher op het idee bracht om hyperbolische meetkunde en stereografische projectie te gebruiken, heeft meerdere artikelen geschreven over de wiskunde achter Escher’s werk in het algemeen, en CLIII in het bijzonder. In dit hoofdstuk zal ´e´en van deze artikelen bestudeerd worden, waarin Coxeter de hoek bepaald die de lijnen van vissen maken met de rand. Ook professor D. Dunham van de Universiteit van Minnesota heeft onderzoek gedaan naar

32

Escher’s cirkel limieten, met meerdere artikelen als resultaat. In dit hoofdstuk zal ook ´e´en van zijn artikelen worden behandelt, waarin hij kijkt naar virtuele alternatieven van Escher’s CLIII, onder andere met verschillende hoeveelheden vissen die elkaar ontmoeten in het midden. Ook geeft hij hierbij een methode om de hoek te berekenen die de vislijnen maken met de rand, afhankelijk van de hoeveelheid vissen die elkaar in het midden ontmoeten. Daarna zal een constructie gegeven worden om, bij een gegeven aantal vissen, het geraamte te tekenen van een cirkel limiet met dit aantal vissen. Hierbij bedoelen we met het geraamte de cirkelsegmenten waarover de vissen zich bewegen. Maar eerst zullen we het hebben over wat er nu zo bijzonder is aan Escher’s Cirkel Limiet III.

4.1

Achtergrond

Figuur 4.2: Cirkel Limiet I van M.C. Escher Escher’s eerste gebruik van hyperbolische meetkunde en stereografische projectie heeft Cirkel Limiet I (CLI) als resultaat gehad, een vlakvulling van vissen die tot in het oneindige door gaat, waarbij het oneindige gerepresenteerd wordt door de rand van de cirkel. Euclidisch gezien worden de vissen steeds kleiner als ze naar de rand gaan, maar hyperbolisch gezien zijn alle vissen even groot. We kunnen ons dus voorstellen dat Escher eerst het vissenpatroon heeft getekend op de ´e´enbladige hyperbolo¨ıde, waarbij alle vissen hyperbolisch even groot zijn. Daarna heeft hij dit patroon stereografisch geprojecteerd naar de eenheidsschijf, met als gevolg een oneindig grote vlakvulling afgebeeld op het inwendige van een cirkel. Om deze tekening te kunnen maken heeft Escher de cirkel verdeelt in (hyperbolisch) even grote vierhoeken die gevuld worden door vier halve vissen, twee zwarten en twee witten. Hierbij zijn de randen van deze vierhoeken hyperbolische lijnen, oftewel cirkelsegmenten die loodrecht staan op de rand. Escher is zelf echter niet tevreden over deze tekening, zoals te lezen is in [4]. Hij mist de verkeers stroom van de vissen (dat alle vissen op ´e´en lijn dezelfde kant op zwemmen) en de uniciteit in de kleuren. Ook is niet iedere vis hetzelfde, maar zijn er twee soorten vormen van vissen (de zwarte vissen zijn, ook hyperbolisch, duidelijk anders dan de witte). Daarom maakte hij CLIII, een nieuwe tekening waarbij hij de schijf verdeelt in afwisselend driehoeken en vierhoeken, en bij elk hoekpunt komen drie driehoeken en drie vierhoeken samen. Dan vult hij de driehoeken op met drie halve vissen, en de vierhoeken met vier. Op 33

deze manier komen er, in tegenstelling tot in CLI, altijd drie vissenkoppen en drie vissenstaarten bij elkaar, met als gevolg dat tegenover een kop altijd een staart zit. Nu zit er een verkeersstroom in de tekening, de vissen op een lijn komen aan zwemmen vanuit het oneindige richting het midden, en buigen daarna weer af om door te zwemmen naar het oneindige. En door vier verschillende kleuren te gebruiken heeft iedere stroom een eigen kleur, en kruizen twee lijnen met dezelfde kleur elkaar nooit. Bovendien heeft iedere vis dezelfde hyperbolische vorm, want elke vis heeft een helft in een driehoek en een helft in een vierhoek. Nu geldt binnen het vakgebied van de geometrie de volgende stelling ([5], blz 150): Stelling 4.1. In hyperbolische meetkunde geldt voor iedere driehoek dat de som van de hoeken van deze driehoek minder is dan 180 graden. (Net zo is er een stelling die zegt dat voor een Euclidische driehoek dit altijd gelijk is aan 180 graden, en dat dit voor een driehoek op een bol altijd meer is dan 180 graden.) Een gevolg hiervan is dat ook de hoeken van iedere hyperbolische vierhoek bij elkaar altijd minder is dan 360 graden. In CLI zien we dat dit klopt, want voor iedere vierhoek zijn er twee hoeken waar zes halve zwarte koppen en zes halve witte staarten ontmoeten. Stereografische projectie is conform, dus de hoeken die we meten zijn gelijk aan de daadwerkelijke hyperbolische hoeken. Vanwege de gelijkheid van de zwarte vissen, danwel de witte vissen weten we dan dat ´e´en zwarte kop en ´e´en witte staart samen 60 graden is. Voor de andere twee hoeken geldt dat er vier witte koppen en vier zwarte staarten ontmoeten, met als gevolg dat ´e´en witte kop en ´e´en zwarte staart 90 graden is. De hoekensom van deze vierhoeken is dus 300 graden, minder dan 360. Kijken we echter naar een driehoek in CLIII, dan zien we dat bij iedere hoek een samenkomst is van zes halve koppen en zes halve staarten, dus door symmetrie en behoud van hoeken is ´e´en kop en ´e´en staart samen 60 graden. Maar dan is de hoeksom van iedere driehoek in de tekening gelijk aan 180 graden, en dat lijkt in strijd met de stelling. Gelukkig is er geen man overboord, en klopt de wiskunde nog steeds. In CLIII tekent Escher namelijk geen echte hyperbolische driehoeken. De cirkelsegmenten die de driehoeken en de vierhoeken afbakenen zijn geen hyperbolische lijnen maar equidistante krommen, ze maken geen rechte hoek met de rand. En dan hoeft de stelling natuurlijk niet te gelden. Ter illustratie, teken in een (Euclidisch) vlak een driehoek, maar verbuig nu alle drie de zijden richting het midden van de driehoek. Dan hebben we geen rechte lijnen meer, en is de hoekensom van de driehoek ook geen 180 graden meer, maar minder. In de volgende paragraaf zal een artikel van Coxeter behandelt worden waarin hij de hoek berekent die deze equidistante krommen maken met de rand.

4.2

Het artikel van Coxeter

We analyseren nu het artikel ‘The trigonometry of Escher’s woodcut Circle Limit III ’ van Coxeter ([4]). Hier berekent Coxeter de hoek die de vislijnen maken met de rand, door te kijken naar de drie verschillende vislijnen die het dichtste bij het midden komen. In afbeelding 4.3 zijn deze krommen schematisch getekend, met bij ´e´en van elk van de verschillende soorten krommen het middelpunt Oi en een snijpunt Xi met de schijfrand. Verder is A het middelpunt van de eenheidsschijf, en staat bij iedere Xi aangegeven de hoek ω die we willen vinden.

34

Figuur 4.3: Het geraamte van CLIII, uit [4] De afstand Oi Xi noemen we ri , en de afstand AOi noemen we di . Als we nu kijken naar de driehoek AO1 X1 , dan weten we dat ∠O1 X1 A = ω, omdat de hoek die twee cirkels met elkaar maken in een punt (beide cirkels dezelfde kant op draaiend) gelijk is aan de hoek die de twee stralen maken bij dat punt. Dan gebruiken we de cosinusregel, die leert ons het volgende: AO12 = AX12 + O1 X12 − 2AX1 O1 X1 cos(ω) d21 = 1 + r12 − xr1 met x = 2 cos(ω)

(4.1)

Voor de driehoek AO2 X2 kunnen we eenzelfde vergelijking opstellen. Omdat de hoek van grootte ω bij X2 aan de andere kant zit, wordt de vergelijking: d22 = 1 + r22 − 2r2 cos(π − ω) = 1 + r22 + xr2

(4.2)

Laat nu C het snijpunt zijn van het cirkelsegment met middelpunt O1 en die met middelpunt O2 . We weten, uit de symmetrie van de tekening, dat deze segmenten een hoek van 60 graden met elkaar maken, dus ook de stralen O1 C en O2 C maken een hoek van 60 graden. Dus ∠ACO1 = 120◦ . Ook weten we uit de symmetrie van de tekening dat ∠CAO1 = 45◦ , dus dan moet ∠AO1 C gelijk zijn aan 15◦ . Dan kunnen we de sinusregel gebruiken: AO1 CO1 AC = = sin(∠ACO1 ) sin(∠CAO1 ) sin(∠AO1 C) d1 r1 d2 − r2 = = ◦ ◦ sin(120 ) sin(45 ) sin(15◦ ) We weten dat sin(120◦ ) =

√

3 ◦ 2 , sin(45 )

√

=

2 2 .

Voor sin(15◦ ) moeten we iets langer rekenen:

sin(15◦ ) = sin(45◦ − 30◦ ) = sin(45◦ ) cos(30◦ ) − sin(30◦ ) cos(45◦ ) √ √ √ 2 3 1 2 = − 2 2 √2 2 3−1 = √ 2 2 35

Dit geeft ons de volgende vergelijkingen: √ d1 r1 (d2 − r2 ) 2 √ =√ = √ 3 2 3−1

(4.3)

Het snijpunt van het cirkelsegment met als middelpunt O2 en die met middelpunt O3 noemen we vervolgens B, dan geldt ook dat ∠ABO2 = 120◦ . Door weer de sinusregel te gebruiken krijgen we de volgende vergelijking: d r √2 = √2 3 2

(4.4)

Dus voor i = 1, 2 geldt: d2i = 32 ri2

(4.5)

Vullen we deze gelijkheden in in (4.1) en (4.2), dan krijgen we de volgende kwadratische vergelijkingen, die we simpel kunnen oplossen met de abc-formule: r12 + 2xr1 − 2 = 0 √ −2x + 4x2 + 8 r1 = p2 = −x + x2 + 2

r22 − 2xr2 − 2 = 0 √ 2x + 4x2 + 8 r2 = p2 = x + x2 + 2

(4.6)

We nemen de positieve oplossingen, omdat we met lengtes bezig zijn. Van (4.3) weten we dat q √ √ ( 3 − 1)r1 = 2(d2 − r2 ) = 2( 32 r2 − r2 ) = ( 6 − 2)r2 Voegen we deze resultaten samen, dan krijgen we de volgende vergelijking voor x, die Coxeter weet √ op te √ lossen door gebruik te maken van de eigenschappen van het bikwadratische lichaam Q( 2 + 3): p p √ √ ( 3 − 1)(−x + x2 + 2) = ( 6 − 2)(x + x2 + 2) √ √ √ √ p (3 − 3 − 6)x = −(1 + 3 − 6) x2 + 2 √ √ √ √ √ √ ((3 − 3 − 6)2 − (1 + 3 − 6)2 )x2 = 2(1 + 3 − 6)2 Voor de linkerkant, merk op dat (a − b)2 − (a + b)2 = −4ab. de rechterkant kunnen we √ Aan √ het getal onder de kwadraat vermenigvuldigen met 1 = ( 2 − 1)( 2 + 1), wat ons tezamen oplevert: √ √ √ √ √ −4(2 − 6)(−1 + 3)x2 = 2(( 2 − 1)(1 + 2 − 3))2 √ √ √ √ = 4( 2 − 1)2 ( 3 − 1)( 3 − 2) √ √ √ De stap verkrijgen we door (1 + 2 − 3))2 te vermenigvuldigen met 1 = ( 3 + √ laatste √ √ 2)( 3 − 2). We zien namelijk: √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ (1 + 2 − 3)(1 + 2 − 3)( 3 + 2) = (1 + 2 − 3)( 3 + 2 − 1) √ √ √ √ √ √ = 3+ 2−1+ 6+2− 2−3− 6+ 3 √ = 2( 3 − 1) 36

Met het feit dat (2 −

√

√ √ √ 6) = − 2( 3 − 2) valt er nu een heleboel weg, en houden we over

1 √ x2 = √ ( 2 − 1)2 2 −1/4 1/2 x=2 (2 − 1) = 21/4 − 2−1/4 Dus ω = cos−1 (21/4 − 2−1/4 ). Dit is ongeveer 80 graden. Vervolgens berekent Coxeter de waarden van r1 en r2 . Eerst beredeneert hij dat x2 + 2 = 21/2 + 2−1/2 = 2−1/2 (2 + 1), en door dit te gebruiken in (4.6) krijgen we dan: √ √ r1 = −21/4 + 2−1/4 + 2−1/4 31/2 = 2−1/4 (1 − 2 + 3) √ √ r2 = 21/4 − 2−1/4 + 2−1/4 31/2 = 2−1/4 (−1 + 2 + 3) Dit kunnen we samenvoegen met (4.5), waaruit volgt: √ √ d1 = 2−3/4 ( 3 − 6 + 3) √ √ d2 = 2−3/4 (− 3 + 6 + 3) De diameter van de cirkelrand van Escher’s houtgravure is 41 centimeter. En inderdaad, als we onze resultaten met 20,5 vermenigvuldigen blijken de uitkomsten perfect overeen te komen met de afmetingen in het kunstwerk zelf.

4.3

Het artikel van Dunham

Figuur 4.4: Dunham’s (5,3,3) patroon In het artikel ‘More Circle Limit III Patterns’ ([6]) laat professor D. Dunham enkele variaties zien van Escher’s CLIII. Deze variaties zijn (bijna) allemaal gebaseerd op de parameters (p, q, r). Hierbij is p het aantal vinnen dat elkaar ontmoet rechts van een vis, q het aantal vinnen dat elkaar ontmoet links van een vis en r het aantal vissenkoppen dat elkaar ontmoet bij de kop van een vis. We kunnen direct controleren dat CLIII een (4,3,3) patroon is. Dunham geeft enkele variaties van dit patroon. Hij merkt hierbij op dat p en q groter of gelijk moeten zijn aan 3, want de toppen van de vinnen komen samen in een punt, en bij ´e´en of twee vinnen 37

zouden we dan geen volledige vlakvulling meer hebben. Bovendien moet, om de door Escher ge¨eiste verkeersstroom te hebben, r een oneven getal zijn. Immers, wanneer r oneven is, zit tegenover een vissenkop altijd een vissenstaart. Bovendien moet r dan groter of gelijk aan 3 zijn, want r = 1 zou een plaatje geven waarbij er geen snijpunten meer zijn van de vislijnen. ´ en van deze variaties zullen wij nu nader bestuderen, namelijk die waarbij q en r gelijk E´ zijn aan 3, en p variabel is. Dunham geeft in zijn artikel een (5,3,3) patroon, te zien in figuur 4.4. Voor dit soort patronen stelt Dunham een formule op om de hoek ω te berekenen die de vislijnen maken met de rand van de schijf, afhankelijk van p. Dunham vertelt echter niet hoe zijn tekeningen vervolgens tot stand komen. Daarom kunnen we ons afvragen of we, bij een gegeven p en de hieruit te berekenen ω, de vislijnen kunnen construeren van het cirkel limiet patroon (p, 3, 3). Inderdaad is dit mogelijk, we zullen hier een algemene constructie geven voor de eerste drie soorten vislijnen. Deze constructie maakt gebruik van dezelfde, danwel analoge vergelijkingen als die in het artikel van Coxeter, die hij gebruikte om de hoek ω te berekenen. Kies p willekeurig. Dan kunnen we op dezelfde manier als Coxeter de middelpunten Oi en de snijpunten met de rand van de schijf Xi schematisch tekenen, met i = 1, 2, 3. Voor p = 5 is dit te zien in figuur 4.5. Zij ωp de hoek die de cirkelsegmenten maken met de rand van de schijf, dan krijgen we met de cosinusregel precies de vergelijkingen (4.1) en (4.2), die we kunnen aanvullen met de vergelijking voor d3 en r3 : d23 = 1 + r32 − xr1

(4.7)

Ook kunnen we de snijpunten B en C van de cirkelsegmenten intekenen op dezelfde manier

Figuur 4.5: (5,3,3) patroon met de Oi e.a. ingetekend als Coxeter doet bij CLIII, te zien in figuur 4.3 en 4.5. Hierbij blijven de hoeken ∠ACO1 en ∠ABO2 gelijk aan 120◦ graden. Het enige wat verandert is de hoek ∠BAC. Deze hoek is ◦ namelijk door de symmetrie van de tekening gelijk aan 360 2p graden. Dus we kunnen met de 38

sinusregel weer twee vergelijking opstellen die analoog zijn aan (4.3) en (4.4): d1 r1 = ◦ sin(120 ) sin(αp ) d2 r2 = ◦ sin(120 ) sin(αp ) met αp =

360◦ 2p .

Omschrijven naar d1 en d2 wordt:

√

√

3 d1 = r1 2 sin(αp )

d2 =

3 r2 2 sin(αp )

(4.8)

De formule voor de hoek ω uit het artikel van Dunham luidt als volgt: s 3 x = 2 cos(ω) = 1 − π ) 4 cos2 ( 2p We kunnen dit samen met (4.8) invullen in de vergelijkingen (4.1) en (4.2), waaruit de volgende kwadratische vergelijkingen voor r1 en r2 komen: 3 − 1)r12 + xr1 − 1 = 0 4 sin2 (αp ) 3 ( − 1)r22 − xr2 − 1 = 0 4 sin2 (αp ) (

Deze vergelijkingen kunnen we oplossen met de abc-formule, en door de uitkomsten in te vullen in (4.8) krijgen we d1 en d2 . Voor r3 en d3 passen we een andere methode toe. We zien namelijk dat d3 = r3 + AB. Met de sinusregel kunnen we AB uitdrukken in d2 : AB d2 = ◦ sin(60 − αp ) sin(120◦ ) √ AB = 23 3d2 sin(60◦ − αp ) en samen met (4.7) levert dit oplosbare vergelijkingen voor r3 en d3 .

Dus we kunnen nu het volgende stappenplan geven voor een constructie van de drie grootste cirkelsegmenten in een (p, 3, 3) patroon, bij een gegeven p: q (i) Bereken 2 cos(ωp ) = 1 − 4 cos32 ( π ) en αp = πp 2p

(ii) Los de volgende kwadratische vergelijkingen op voor positieve ri : 3 − 1)r12 + 2 cos(ωp )r1 − 1 = 0 4 sin2 (αp ) 3 ( − 1)r22 − 2 cos(ωp )r2 − 1 = 0 4 sin2 (αp )

(

39

√

√

(iii) Bereken met de uitkomsten d1 =

3 2 sin(αp ) r1

en d2 =

3 2 sin(αp ) r2

(iv) Gebruik d2 om de volgende kwadratische vergelijking op te lossen: √ ( 43 d2 3 sin(π/3 − αp ) + 2 cos(ωp ))r32 + 34 d22 sin2 (π/3 − αp )r3 − 1 = 0 √ (v) Bereken met de uitkomst d3 = r3 + 32 d2 3 sin(π/3 − αp ) (vi) Verdeel de eenheidsschijf in 2p cirkelsegmenten met hoek αp . Zet om en om op de lijnen vanuit het midden van de schijf de lengtes: d2 , en d1 samen met d3 . (vii) Teken in de schijf de cirkelsegmenten met het middelpunt de uitgetekende di en met straal ri Daarmee zijn de drie grootste cirkelsegmenten getekend. Voor de overige segmenten zijn vergelijkbare vergelijkingen op te stellen, op dezelfde manier, namelijk door driehoeken te tekenen en gebruik te maken van de hoeken van 60◦ graden en van αp graden. We bekijken nu een voorbeeld met p = 6. We kunnen dan de volgende parameters berekenen: α6 = 30◦

2 cos(ω6 ) ≈ 0, 442 r1 ≈ 0, 6051

d1 ≈ 1.0481

r2 ≈ 0, 8261

d2 ≈ 1, 4308

r3 ≈ 0, 1517

d3 ≈ 0, 9777

Met deze maten zijn in figuur 4.6 de betreffende cirkelsegmenten geconstrueerd. Het enige wat nog mist zijn de vissen.

Figuur 4.6: Het geraamte van een (6,3,3) patroon

40

Hoofdstuk 5

Bibliografie [1] http://en.wikipedia.org/wiki/Rotation_matrix [2] http://en.wikipedia.org/wiki/Cayley_transform [3] Andrew Pressley, Elementary Differential Geometry, Department of Mathematics, King’s College, The Strand, Londen. (2008) [4] H.S.M Coxeter, The trigonometry of Escher’s woodcut ”Circle Limit III”, Mathematical Intelligencer, 18, No. 4 (1996) [5] M.J. Greenberg, Euclidean and non-Euclidean geometries, development and history, Library of Congress Cataloging in Publication Data. Second edition (1972) [6] D. Dunham, More Circle Limit III Patterns, Bridges London: Mathematical Connections in Art, Music, and Science. London, UK, 2006

41