| Autor |
Beitrag |
    
Olaf (Nixwiss)
| | Veröffentlicht am Samstag, den 28. Juli, 2001 - 09:40: | 
|
Hi, ich hab mal eine Frage für einen Beweis:
Von einer bijektiven Abbildung einer Ebene in sich sei bekannt, dass sie Kreise wieder auf Kreise abbildet. Man beweise, dass sie dann auch Geraden auf Geraden abbildet.
Hört sich recht elementar an, aber ich komm einfach nicht weiter! |
Matroid (Matroid)
| | Veröffentlicht am Samstag, den 28. Juli, 2001 - 21:44: |
|
Tipp:
Je zwei Punkte bestimmen eine Gerade.
Nimm nun die Schar der Geraden durch den Mittelpunkt eines Kreises.
Die Schnittpunkte einer solchen Gerade mit dem Kreis werden von der bijektiven Abbildung auf zwei andere Punkte der Ebene abgebildet. Die Bildpunkte bestimmen eine Gerade.
Nun ist noch zu zeigen, daß alle anderen Punkte die noch auf dieser Geraden liegen, genau auf die durch die beiden Bildpunkte definierte Gerade abgebildet werden. |
Olaf (Nixwiss)
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 29. Juli, 2001 - 10:03: |
|
Ja, genau. Aber wie? Ich weiß ja nichtmal, ob der Kreismittelpunkt auf den Bildkreismittelpunkt abgebildet wird! |
Matroid (Matroid)
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 29. Juli, 2001 - 13:27: |
|
Wenn die Behauptung stimmt, dann müßte man zeigen können, daß aus den Voraussetzungen folgt:
Eine bijektive Abbildung der Ebene in sich, die Kreise erhält, ist eine lineare Abbildung.
Habe aber noch keine Idee wie.
Gruß
Matroid |
Olaf (Nixwiss)
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 29. Juli, 2001 - 14:40: |
|
Hi Matroid,
3 nicht kolineare Punkte bestimmen eindeutig einen Kreis und werden deshalb durch die Abbildung wieder auf 3 nicht kolineare Punkte abgebildet. Was ist dann mit 3 kolinearen Punkten? Vielleicht so irgendwie...
Gruß, Olaf |
Matroid (Matroid)
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 29. Juli, 2001 - 15:29: |
|
Gute Idee.
Dann geht es vielleicht so:
Seien x und y zwei verschiedene Punkte der Ebene.
f(x) und f(y) sind die Bildpunkte unter der bijektiven Abbildung. Weil f bijektiv ist, ist f(x)!=f(y). Betrachte nun einen Punkt c*f(x)+(1-c)*f(y). (mit einem reellen c.
Das ist also ein Punkt auf der Geraden durch f(x) und f(y). Weil f bijektiv ist, hat dieser Punkt ein Urbild z in der Ebene, so daß f(z) = c*f(x)+(1-c)*f(y).
Wenn nun f(z) nicht auf der Verbindungsgeraden von x und y liegt, dann waeren die 3 Punkte x, y und z nicht kollinear und würden also auf einen Kreis abgebildet. Dann wären aber auch f(x), f(y) und f(z) nicht kollinear. Widerspruch. |
Olaf (Nixwiss)
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 29. Juli, 2001 - 20:12: |
|
"f(z)" in der vorletzten Zeile versteh ich nicht, meinst du vielleicht z?
Wenn also rauskommt, z liegt auf xy, was beweist das dann? Dass die Inverse f^(-1) linear ist, oder?
Ist mir alles noch nicht so restlos klar, ich denk aber auch, dass dieser Ansatz klappen könnte. |
Matroid (Matroid)
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 29. Juli, 2001 - 20:24: |
|
f(z) ist richtig.
Ja, das Urbild einer Geraden ist eine Gerade.
Ob das schon reicht für linear, weiß ich nicht.
Aber das braucht man auch gar nicht, wie ich dann gemerkt habe. |
Olaf (Nixwiss)
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 29. Juli, 2001 - 21:00: |
|
Hallo Matroid,
Wenn wir wissen dass f' (das soll die Inverse von f sein) linear ist, dann gilt doch für eine beliebige Gerade g, und zwei auf ihr liegende Punkte A und B ([XY] soll dabei immer die durch die Punkte X und Y bestimmte Gerade bezeichnen):
f(g)=f([AB])
=f( [f'(f(A)) f'(f(B))] )
=f( f'([f(A)f(B)]) )
=[f(A)f(B)]
Dabei wird von der 2. zur 3. Zeile die Linearität von f' benutzt.
Also ist das Bild von g die Gerade durch die Punkte f(A)und f(B). Somit wäre alles bewiesen, wenn f' linear ist, was du ja oben gezeigt hast, oder? |
Matroid (Matroid)
| | Veröffentlicht am Montag, den 30. Juli, 2001 - 19:33: |
|
Nein, ich habe bewiesen, daß eine Abbildung der Ebene in sich, die Kreise auf Kreise abbildet, auch Geraden auf Geraden abbildet.
Und zwar indem ich gezeigt habe, daß aus den Voraussetzungen folgt, daß f-1 nur Geraden auf Geraden abbilden kann.
Ebenso, weil f ja bijektiv ist, gilt dann (durch Vertauschung der Rollen von f und f-1 ), daß f das gleicht tut.
Ich habe nicht bewiesen, daß dadurch irgendeine Abbildung linear ist. Dafür ist zu zeigen, daß:
f(a+c*b) = f(a) + c * f(b).
Davon war hier aber keine Rede.
Ich gabe das nicht bewiesen. Was wiederum aber nicht bedeutet, daß ich es ausschliesse. Es ist vielleicht möglich, zu zeigen, daß f unter den gegebenen Voraussetzungen schon linear ist.
Aber das ist ja nicht die Frage.
Deine Umformung von f(g)=f([AB] hat für mich keine Aussage und keine Berechtigung.
Ich habe gezeigt, daß alle Urbilder von Punkten auf eines Geraden, ebenfalls auf einer Geraden liegen. Das heißt aber mehr nicht. Insbesondere sagt es nicht, daß f(g)=f([AB]). Auch ist die Schreibweise wohl nicht üblich und erscheint mir ausgedacht. Man braucht für diesen Beweis keine Formelakrobatik. Dadurch sieht man hier nicht mehr. Man muß klar argumentieren, auf Basis der Voraussetzungen.
Entschuldige den Vortrag, aber ich habe den Eindruck, Du hast Dich gerade verlaufen.
Gruß
Matroid |
superknowa
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 31. Juli, 2001 - 00:10: |
|
Hi Matroid.
Die ursprüngliche Frage war:
"Von einer bijektiven Abbildung einer Ebene in sich sei bekannt, dass sie Kreise wieder auf Kreise abbildet. Man beweise, dass sie dann auch Geraden auf Geraden abbildet."
Dein Satz
"Ebenso, weil f ja bijektiv ist, gilt dann (durch Vertauschung der Rollen von f und f-1 ), daß f das gleiche (...linear sein) tut."
muss erst gezeigt werden, und das hat Olaf getan. Mir kommt es so vor, als ob das neben der "linearen" Umkehrabbildung der zweite springende Punkt des Problems ist.
Das geht übrigens so:
f(a + c*b)=f( f-1(f(a)) + c*f-1(f(b)) )=
=f( f-1( f(a) + c*f(b) ) )=
=f(a) + c*f(b) |
Matroid (Matroid)
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 31. Juli, 2001 - 05:59: |
|
Ich habe zwar weiter oben (bei der Suche nach der Idee) mal "linear" geschrieben, aber das habe ich dann zum Beweis garnicht gebraucht.
Ich habe genau die von suoerknown nochmal wiederholte Behauptung bewiesen, und zwar ohne die Linearitätseigenschaft zu verwenden oder zu beweisen.
Wie es aussieht, wenn eine Abbildung linear ist, weiß ich selbst. Aber bei der Rechnung von superknown fehlt die Begründung warum man denn so rechnen darf.
Aber es ist ja auch egal, weil man 'linear' nicht braucht. |
Matroid (Matroid)
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 31. Juli, 2001 - 06:13: |
|
Übrigens, die Umkehrung einer bijektiven Abbildung ist wiedrr bihektiv. Das muß nicht gezeigt werden. Also sagt mein Beweis etwas über f und f-1. |
superknowa
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 31. Juli, 2001 - 12:20: |
|
Wo steht denn Dein Beweis ohne Linearität? Hab ich was verpasst beim Durchlesen? Nachdem man weiss, dass kolineare Punkte kolineare Urbilder haben (das heisst, dass f-1 Geraden auf Geraden abbildet), muss noch bewiesen werden, dass f dies auch tut. Olaf hat das, ohne Vektorraumeigenschaften auszunutzen, gezeigt; ich habe es mit Vektorraum-Theorie bewiesen.
Dass eine bijektive Abb. eine bijektive Umkehrabb. hat, ist per Def. so. Dass sich bei einer bijektiven Abb. irgendwelche anderen Eigenschaften ausser Surjektivität und Injektivität auf die Umkehrabbildung übertragen, ist nicht per Def. klar (das gilt nur dann, wenn f = f-1 = id wäre) und muss bewiesen werden (z.B. überträgt sich die Beschränktheit einer bijektiven Abbildung nicht automatisch auf die Umkehrabbildung).
Schreib doch bitte einmal Deinen Beweis vollständig hin, dann verstehe ich vielleicht, was Du meinst.
ciao |
Matroid (Matroid)
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 31. Juli, 2001 - 19:05: |
|
Von einer bijektiven Abbildung einer Ebene in sich sei bekannt, dass sie Kreise wieder auf Kreise abbildet. Man beweise, dass sie dann auch Geraden auf Geraden abbildet.
Beweis: Die Ebene nenne ich E und die kreiserhaltende bijektive Abbildung f.
Seien x,y eE. Dann sind f(x),f(y) eE und verschieden (weil f injektiv). Die Punkte f(x) und f(y) bestimmen eine Gerade g'.
Sei w ein anderer Punkt auf g'.
Weil f surjektiv ist, hat w ein Urbild unter f. Sei z dieses Urbild, also f(z) = w.
Die Punkte x und y bestimmen eine Gerade g.
Angenommen z liegt nicht auf g, dann wird durch x,y,z ein Kreis bestimmt. Das Bild dieses Kreises unter f ist nach Voraussetzung wieder ein Kreis.
Dann sind aber f(x),f(y) und f(z) nicht auf einer Geraden. Widerspruch zur Wahl von w=f(z) auf g'.
Das bedeutet, daß Urbilder von Gerade in E unter f wieder eine Gerade sind.
Zeige nun die eigentliche Behauptung:
Seien f(x),f(y),f(z) nicht kollinear => x,y,z nicht kollinear.
Wenn die drei Bildpunkte nicht kollinear sind, dann bestimmen f(x) und f(y) eine Gerade g' und f(y) und f(z) eine Gerade h'.
g' und h' sind verschieden.
Die Urbilder von g' und h' seien g und h.
g und h sind Geraden (s.o.).
Sei w ein Punkt auf g' aber nicht auf h'.
Sei v das Urbild von w, also f(v) = w.
v liegt auf g.
Außerdem liegen x und y auf g.
Angenommen, z liegt auf g, dann wären g und h gleich, denn beide enthalten die Punkte y und z.
Wenn aber g=h, dann befindet sich v im Urbild von h, also f(v) e h
Andererseits war v das Urbild von w, einem Punkt, der nicht auf h liegt.
Widerspruch.
Also liegt z nicht auf g.
Das bedeutet, daß x, y und z nicht auf einer Geraden liegen, somit nicht kollinear sind. |
superknowa
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 31. Juli, 2001 - 20:35: |
|
Alles klar Matroid, das war verständlicher. Aber Du brauchst w=f(v) nicht dazu; die drei Punkte
f(x), f(y) und f(z) (mit ihren Urbildern) reichen ja schon aus. Damit hamers jetzt. ciao |
Hans (Birdsong)
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 01. August, 2001 - 22:10: |
|
Hallo Matroid:
Bei deiner BeweisfŸhrung faellt mir auf, dass nur
ein Teil der Voraussetzung wirklich gebraucht wird. Du zeigst folgendes:
Eine Bijektion f:E-->E habe folgende Eigenschaft:
FŸr jedes nichtkollineare Tripel (a,b,c) ist
(f(a),f(b),f(c)) wieder nichtkollinear. Dann ist
f geradentreu.
Die Kreistreue von f wird nicht benutzt.
mfg
Hans |
Matroid (Matroid)
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 01. August, 2001 - 22:23: |
|
Doch!
Und zwar im Beweis, daß das Urbild einer Geraden eine Gerade ist. Nur wenn ich weiß, daß das Bild von drei nicht-kollinearen Punkten in der Bildebene ebenfalls nicht-kollinear ist, bekomme ich diese Folgerung hin.
Dafür ist de Voraussetzung mit dem Kreis hinreichend.
Im Grunde heißt die Behauptung:
Eine bijektive Abbildung einer Ebene in sich, die nicht-kollineare Punkte auf nicht-kollineare Punkte abbildet, bildet auch Geraden auf Geraden ab.
Das klingt läppisch, aber wer kann von vornherein ausschliessen, daß diese Abbildung nicht-kollineare Punkte auch auf kollineare Punkte abbilden könnte.
Nimm als Beispiel die Abbildung von R2 in R2, die Punkte (x,y) auf (x,sqrt(y)) abbildet. Diese Abbildung bildet Parabeln auf Geraden ab. Aber solche Abbildungen bilden niemals Kreise auf Kreise ab. Das wissen wir jetzt.
Gruß
Matroid |
Olaf
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 02. August, 2001 - 00:25: |
|
Tag miteinander, hier ist mein Beweis:
Wegen der Kreistreue der bijektiven Abbildung f gilt folgendes:
A,B,C nicht kolinear Þ f(A),f(B),f(C) nicht kolinear.
Dies ist äquivalent zu:
f(A),f(B),f(C) kolinear Þ A,B,C kolinear.
Folglich ist f-1 geradentreu. Damit folgt dann für das Bild einer Geraden durch zwei Punkte A und B ([XY] bezeichne die Gerade durch die Punkte X und y):
f(g)=f([AB])
=f( [f-1(f(A)) f-1(f(B))] )
=f( f-1([f(A)f(B)]) )
=[f(A)f(B)]
Das Bild f(g) ist also die Gerade durch die Punkte f(A) und f(B), und damit ist f geradentreu.
Gutnacht,
Olaf |
Matroid (Matroid)
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 02. August, 2001 - 07:50: |
|
Du vermeidest die Argmente und darum ist der Beweis unverständlich und sieht aus wie Zauberei.
Um Mißverständnissen vorzubeugen: Die Behauptung ist natürlich richtig, aber der Beweis ist falsch.
Ich kommentiere:
> Dies ist äquivalent zu:
> f(A),f(B),f(C) kolinear => A,B,C kolinear.
> Folglich ist f-1 geradentreu.
Warum darf man das folgern?
Es besagt "f(A),f(B),f(C) kolinear => A,B,C" doch nur, daß die Urbilder kollinearer Bilder wieder kollinear sind. Es fehlt die allgemeine Betrachtung von beliebigen Geraden des Bildraumes. Dazu verwende die Voraussetzung "surjektiv".
Weiter brauchst Du hier die Voraussetzung "injektiv", damit du sicher sein kannst, daß f(A),f(B),f(C) alle verschieden sind.
[Ein Beweis wird ja nicht dadurch einfacher, daß man die kritischen Punkte nicht sieht oder verschweigt.]
> Damit folgt dann für das Bild einer Geraden
> durch zwei Punkte A und B ([XY] bezeichne die
> Gerade durch die Punkte X und y):
>
> f(g)=f([AB])
> =f( [f-1(f(A)) f-1(f(B))] )
Das ist zwar formal richtig, aber bisher nur formal. Ansonsten wird es jetzt auch falsch.
Warum darf man die Umformung von der vorigen zur nächsten Zeile machen?
Ich spreche mal aus, was Du eingesetzt hier hast:
"Die Gerade durch AB ist das Urbild der Geraden durch f(A)f(B)".
Da hast Du also die Behauptung in den Beweis eingesetzt. Die Schreibweise A=f-1(f(A)) hilft Dir diesen Fehler plausibel aussehen zu lassen.
Das Bild der Geraden durch die Punkte AB ist
> =f( f-1([f(A)f(B)]) )
> =[f(A)f(B)]
Ich gebe zu das ganze ist vertrackt. Aber denk drüber nach. Schau Dir meinen Beweis an. Glaub mir, du kannst es nicht wesentlich kürzer haben.
Und bedenke: in der Aufgabe steht "Ebene" nicht "R2". Man darf nicht seine Vorstellungen vom "R2" auf diese beliebige Ebene übertragen.
Folgende Eigenschaften der Ebene werden in meinem Beweis benutzt:
(I) zwei Punkte bestimmen genau eine Gerade
(II) auf einer Geraden kann man einen dritten Punkt finden
(III) man kann zu einer Geraden einen Punkt finden, der nicht auf der Geraden liegt
(IV) man kann zu zwei Geraden, die einen Punkt gemeinsam haben, einen Punkt finden, der auf keiner der Geraden liegt.
Insbesondere Punkt (II) ist erwähnenswert, denn es gibt "endliche Geometrien".
Die kleinste endliche Ebene hat 4 Punkte und 6 Geraden. Auf jeder Geraden liegen 2 Punkte.
Das heißt dann aber, daß man in der endlichen Geometrie die Äquivalenz:
A,B,C kollinear <=> f(A),f(B),f(C) kollinear
nicht allgemein zeigen kann. Was macht man dann? Man definiert dann noch ein Axion, nämlich:
Eine hyperbolische Ebene ist eine Ebene in der "A,B,C kollinear <=> f(A),f(B),f(C) kollinear" gilt.
Das könnte man jetzt weiter ausführen.
Aber ich denke es reicht schon.
Gruß
Matroid |
Hans (Birdsong)
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 02. August, 2001 - 08:19: |
|
Hallo Matroid :
Ich bleibe dabei: die Voraussetzung der
Kreistreue wird bei deiner Argumentation nicht
benutzt, sondern nur die wesentliche schwaechere
Eigenschaft von f, nichtkollineare Punkte auf
nichtkollineare Punkte abzubilden. In deiner
zuletzt gegebenen Formulierung des fraglichen
Satzes (die Ÿbrigens mit der meinigen aequivalent
ist,insofern sind wir uns also einig) kommt der Begriff "Kreis" ja auch garnicht vor. Das Beispiel f : (x,y)--> (x,sqrt(y)) taugt nichts, denn f ist nicht surjektiv.
mfg
Hans |
Matroid (Matroid)
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 02. August, 2001 - 08:47: |
|
Hans, wir sind uns wirklich einig.
Es hätte in der Voraussetzung statt der Kreistreue auch weniger gereicht.
Daß die Aufgabe aber mehr Voraussetzungen gibt, als man benötigt, dafür kann ich nichts.
Und ich benutze die Kreistreue, um daraus die schwächere Aussage abzuleiten, nämlich, daß nicht, daß nicht-kollineare Punkte auf ebensolche abgebildet werden.
Ohne diese Voraussetzung hätte man es nicht zeigen können.
Bzgl. des Beispiels: Unter allen in der Aufgabe genannten Voraussetzungen kann es ja auch kein Beispiel geben. Immerhin zeigt das Beispiel, daß man auf "surjektiv" nicht verzichten kann.
Das Beispiel ist auch mehr an andere gerichtet. Es ist von vornherein nicht anzunehmen, daß eine Abbildung einer Ebene in sich geradenerhaltend ist.
Gruß
Matroid |
Olaf
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 02. August, 2001 - 20:45: |
|
Hallihallo!
Matroid, du hast absolut recht: Ich muss zugeben, dass ich die schlechte Angewohnheit habe, oft Details der geschulten Klarsicht des Mathematikerauges zu überlassen, welches einen Beweis überprüft. Aus diesem mir nicht schmeichelnden Grund habe ich es unterlassen zu erwähnen, dass die Bijektivität zwingend notwendig ist, um auf die Geradentreue von f-1 schließen zu können.
Zu deinem zweiten Kritikpunkt:
f( f-1([f(A)f(B)]) )=f( [f-1(f(A)) f-1(f(B))] )
"Da hast Du also die Behauptung in den Beweis eingesetzt"
Auch hier hast du recht, ich habe tatsächlich die Behauptung benützt, dass f-1 geradentreu ist:
Das Urbild der Geraden durch die Punkte f(A) und f(B) ist wieder eine Gerade und zwar diejenige, die durch die Urbilder der Punkte f(A) und f(B) geht.
Ist das verboten, wenn diese Geradentreue von f-1 vorher bewiesen worden ist?
Gruß,
Olaf |
Matroid (Matroid)
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 02. August, 2001 - 21:13: |
|
Willst Du was lernen oder nicht? |
Olaf
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 02. August, 2001 - 21:38: |
|
Ja, sag mir bitte klar, was in meinem letzten Posting deiner Meinung nach falsch ist.
Gruß,
Olaf |
superknowa
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 02. August, 2001 - 21:55: |
|
Hi
Man muss sich doch nicht weigern, einen anderen Beweis anzuerkennen, nur weil er kürzer ist. Olaf macht mit der Gleichung
definitiv keinen Fehler; beide Beweise sind richtig.
ciao |
Matroid (Matroid)
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 02. August, 2001 - 22:10: |
|
Olaf, du hast folgende abkürzende Schreibweise definiert:
Quote:
[XY] bezeichne die Gerade durch die Punkte X und Y
und dann hast du geschrieben:
Quote:
f( [f-1(f(A)) f-1(f(B))] ) = f( f-1([f(A)f(B)]) )
Lasse ist das äußere f mal weg, dann bleibt:
[f-1(f(A)) f-1(f(B))] = f-1([f(A)f(B)])
Nach deiner eigenen Definition muß ich das so lesen:
Die Gerade durch f-1(f(A)) und f-1(f(B))
ist gleich dem Urbild der Geraden durch f(A) und f(B).
Woher weißt du das?
Du hast doch nur eine Definition hingeschrieben.
Ich habe einen Teil blau gefärbt. In diesen Worten steckt die Behauptung.
Du mußt begründen, warum diese Gleichheit gilt. |
Matroid (Matroid)
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 02. August, 2001 - 22:13: |
|
An superknowa:
Wenn der Beweis von Olaf mich überzeugen würde, könnte ich ihn anerkennen.
Wenn du helfen willst, dann schreib, warum der Beweis so richtig und vollständig ist.
Warum die Einwände von mir nicht gelten. |
superknowa
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 02. August, 2001 - 22:25: |
|
Das Urbild der Geraden durch f(A) und f(B) (verschiedene Punkte) ist wieder eine Gerade (das wurde ja schon gezeigt und akzeptiert). Diese enthält die (verschiedenen) Punkte f-1( f(A) ) und f-1( f(B) ) (f ist bijektiv), ist also die Gerade [f-1( f(A) ) f-1( f(B) )] = [AB]
ciao |
Olaf
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 02. August, 2001 - 22:38: |
|
Hallo Matroid!
OK, das stimmt genau, wie du es ausdrückst:
"Die Gerade durch f-1(f(A)) und f-1(f(B))
ist gleich dem Urbild der Geraden durch f(A) und f(B)."
Das Urbild der Geraden durch f(A) und f(B) ist einerseits eine Gerade (da f-1 geradentreu ist).
Andererseits liegen die Urbilder von f(A) und f(B) (also f-1(f(A)) und f-1(f(B))) ebenfalls auf dieser Urbildgeraden.
Deshalb ist die Urbildgerade die Gerade durch f-1(f(A)) und f-1(f(B)).
Ich glaube, wir werden uns über meinen Beweis schon irgendwann noch einig, wobei ich an deinem Beweis nichts auzusetzen habe!
Gruß,
Olaf |
Matroid (Matroid)
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 02. August, 2001 - 22:56: |
|
Zu superknowa,
> Das Urbild der Geraden durch f(A) und f(B) > (verschiedene Punkte) ist wieder eine
> Gerade (das wurde ja schon gezeigt und
> akzeptiert).
> Diese enthält die
> (verschiedenen) Punkte f-1( f(A) )
> und f-1( f(B) ) (f ist bijektiv),
> ist also die Gerade
> [f-1( f(A) ) f-1( f(B) )] = [AB]
Ist richtig, aber trivial.
Wenn A und B zwei Punkte sind, dann bestimmen sie eine Gerade. Das Bild von A und B, nämlich f(A) und f(B), sind verschiedene Punkte der Ebene.
Zwei verschiedene Punkte der Ebene bestimmen eine Gerade. Das Urbild einer Gerade unter f-1 ist eine Gerade. Im Urbild von f(A) und f(B) liegen die Punkte A und B. Also ist das Urbild von f(AB) die Gerade AB.
Damit ist nur gezeigt, daß das Urbilds des Bildes einer Geraden wieder eine Gerade ist.
Aber das ist eben trivial.
Man muß zeigen, daß auch alle anderen Punkte, die auf der Geraden AB liegen, auf Punkte der Geraden durch f(A) und f(B) abgebildet werden.
Es ist gefährlich immer nur 2 Punkte abzubilden.
Man muß 3 Punkte abbilden. |
Matroid (Matroid)
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 02. August, 2001 - 23:02: |
|
Zu Olaf:
> Das Urbild der Geraden durch f(A) und f(B) ist > einerseits eine Gerade (da f-1 geradentreu ist).
> Andererseits liegen die Urbilder
> von f(A) und f(B)
> (also f-1(f(A)) und f-1(f(B)))
> ebenfalls auf dieser Urbildgeraden.
> Deshalb ist die Urbildgerade die Gerade
> durch f-1(f(A)) und f-1(f(B)).
Gleicher Einwand wie zuvor bei superknowa.
Daß zwei Punkte unter auf zwei andere Punkte abgebildet werden und jeweils eine Gerade durch die Punkte gelegt werden kann, sagt noch nicht, daß die übrigen Punkte der einen Geraden auch stets Bildpunkte auf der anderen Geraden haben.
Man muß zeigen:
Alle Punkte der Geraden durch AB werden auf die Gerade durch f(A)f(B) abgebildet. |
superknowa
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 02. August, 2001 - 23:14: |
|
Das ist damit gezeigt; denk mal drüber nach...
cu |
Olaf
| | Veröffentlicht am Freitag, den 03. August, 2001 - 01:35: |
|
Dass es zu zwei verschiedenen Punkten genau eine Gerade gibt ist nicht beweisbar, sondern ein Axiom der (euklidischen) Geometrie.
Tschüss,
Olaf |
|
