Colinaciones del disco unitario

Question

He estado leyendo una prueba de que todos los modelos de la geometría lobachevskiana son isomorfos. Como parte de la prueba, se hacía la siguiente afirmación, pero no se daba ninguna prueba o referencia. (En realidad, la prueba se puede arreglar con relativa facilidad para que no dependa de la afirmación, pero la afirmación me parece interesante por sí misma).

Cualquier biyección del disco $x^2 + y^2 < 1$ sobre sí misma que mapea acordes a acordes es proyectiva.

Esto se puede replantear de la siguiente manera, viendo el disco como el modelo de Klein del plano hiperbólico.

Cualquier biyección del plano hiperbólico sobre sí mismo que preserve la alineación es una isometría.

La primera afirmación se refiere, por supuesto, al disco unitario euclidiano ordinario. Por mapa proyectivo se entiende cualquier mapa de la forma $x' = (ax + by + c)/(gx + hy + i), y' = (dx + ey + f)/(gx + hy + i)$ . Si se sustituye el disco unitario por el plano entero, la afirmación es equivalente al llamado "teorema fundamental de la geometría afín".

Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que el origen es fijo (ya que se puede demostrar que existen mapeos proyectivos del tipo requerido que llevan cualquier punto a cualquier punto) y que la recta $y = 0$ es invariable (aplicando una rotación). En ese caso, el problema es demostrar que sólo son posibles cuatro mapeos, a saber, el mapeo de identidad, las reflexiones con respecto a los ejes de coordenadas y la simetría central con respecto al origen.

Realmente, estaría más contento con una referencia que con una prueba dada aquí, particularmente si la prueba es larga. Una referencia en otro idioma europeo probablemente estaría bien.

Answer 1

Una prueba a grandes rasgos de este hecho puede encontrarse en la obra de Greenberg Geometrías euclidianas y no euclidianas , página 385, Ejercicio K-21. Greenberg atribuye el resultado a Jenks.

Este teorema es interesante porque muestra que, en principio, la geometría hiperbólica puede basarse en axiomas que sólo mencionan la incidencia (la relación de "pertenencia" entre puntos y líneas), ya que todos los demás conceptos de la geometría hiperbólica, incluidos el orden y la congruencia, sólo pueden definirse en términos de incidencia. Esto diferencia a la geometría hiperbólica de la geometría euclidiana, en la que no podemos prescindir del orden y la congruencia.

Escribiré aquí una prueba adaptada de la esbozada por Greenberg.

Dejemos que $G$ sea el conjunto de mapeos biyectivos del disco abierto sobre sí mismo tales que la imagen de una cuerda es una cuerda. Entonces $G$ se ve fácilmente que es un grupo. (Si $f \in G$ entonces $f^{-1} \in G$ ya que la cuerda que pasa por $A$ y $B$ es la imagen de la cuerda a través de $f^{-1}(A)$ y $f^{-1}(B)$ .)

Cada elemento de $G$ induce una permutación del conjunto de cuerdas, por lo tanto un automorfismo de lo que se puede llamar la "estructura de incidencia" del disco y sus cuerdas. La demostración consistirá ahora en gran medida en argumentar que varios conceptos pueden definirse únicamente en términos de la relación de incidencia entre los puntos y las cuerdas, y que por tanto deben ser preservados por elementos de $G$ .

Dejemos que $f \in G$ . Si dos acordes tienen un punto final común, también lo tienen sus imágenes bajo $f$ . Para dos acordes cualesquiera $a$ y $b$ tienen un punto final común si y sólo si existe una tercera cuerda $c$ tal que: no hay dos de $a, b, c$ se cruzan; y dado cualquier punto $D \in c$ hay un único acorde $d$ a través de $D$ que no cumple ni con $a$ ni $b$ . (Es decir, si $a = AB$ y $b = AB'$ entonces $c = BB'$ y $d = AD$ .)

De lo anterior se deduce que la familia de todas las cuerdas con un punto final fijo $A$ en el círculo se lleva a la familia de todas las cuerdas con algún punto final fijo $A'$ en el círculo. Por lo tanto, existe una extensión única de $f$ al círculo límite de tal manera que cualquier cuerda $AB$ es llevado por $f$ al acorde $f(A) f(B)$ .

Dejemos que $f \in G$ . Dejemos que $a$ sea un acorde, y sea $P, Q, R$ sean puntos en $a$ . Si $Q$ está entre $P$ y $R$ entonces $f(Q)$ está entre $f(P)$ y $f(R)$ . Para $Q$ está entre $P$ y $R$ si y sólo si, para cualesquiera otros dos acordes $b$ y $c$ de paso $P$ y $R$ respectivamente, y que tienen un punto final común, hay exactamente una cuerda que pasa por $Q$ y no se cruzan $b$ o $c$ (es decir, la cuerda a través de $Q$ y el punto final común de $b$ y $c$ ).

Dejemos que $f \in G$ . Dejemos que $a = AB$ y $a' = A'B'$ sean acordes, y que $X, Y \in a, X', Y' \in a'$ . Si las relaciones cruzadas $(A, B; X, Y)$ y $(A', B'; X', Y')$ son iguales, entonces también lo son las relaciones cruzadas $(f(A), f(B); f(X), f(Y))$ y $(f(A'), f(B'); f(X'), f(Y'))$ .

Primero consideramos el caso especial en el que $A = A'$ . El caso general se desprende de esto dejando que $a'' = AA'$ seleccionando los puntos adecuados en $X'', Y'' \in a''$ y aplicando el caso especial a los pares $a, a'',$ y $a'', a'$ . Ahora demostramos la afirmación. Los puntos $A, X, Y, B, B', X'$ que se da, hay un punto único $Y'$ en el acorde $AB'$ con la propiedad de que $(A,B;X,Y) = (A',B';X',Y')$ y se caracteriza por pertenecer a una configuración como la que se muestra en la figura. Proyectando centralmente primero desde $B'$ y luego de $B$ tenemos $(A,B;X,Y) = (A'',B'';X'',Y'') = (A',B';X',Y')$ .

Definimos la distancia de Klein entre cualquier punto $X$ y $Y$ en el disco como $d(X,Y) = \frac{1}{2} |\log(A,B;X,Y)|$ , donde $X, Y$ están en el acorde $A,B$ . (Esto no depende del orden de $A$ y $B$ .) Entonces el resultado anterior dice que $d(X,Y) = d(X',Y')$ implica $d(f(X),f(Y))$ = $d(f(X'),f(Y'))$ .

Ahora dejemos que $f \in G$ sea arbitraria. Demostraremos que $f$ es proyectiva. Sea $O$ sea el origen. Entonces, componiendo $f$ si es necesario con una rotación, podemos suponer que $f(O) = (\alpha,0)$ con $0 \leq \alpha < 1$ . Ahora componiendo con $h_{\alpha}^{-1} \in G$ , donde $h_{\alpha}(x,y) = ((x+\alpha)/(1 + \alpha x), y\sqrt{1-\alpha^2}/(1 + \alpha x))$ podemos suponer $f(O) = O$ . Componiendo además con una rotación, podemos suponer que $f$ deja el diámetro $y = 0$ invariante.

Consideremos ahora la configuración octogonal regular que se muestra a continuación, en la que los dieciséis segmentos tienen longitudes de Klein iguales. Consta de ocho triángulos equiláteros adyacentes (por la distancia de Klein). Existe exactamente una configuración de este tipo, si requerimos $O$ para estar en el origen, $X_0$ en lo positivo $x$ -eje, y $X_2$ en el medio disco superior. (Es decir, tomar $OX_i = \sqrt{2}\sqrt{\sqrt{2} - 1}$ y $(OX_i,OX_{i+1}) = \pi/4$ . Tenemos $(J,I;O,X_0) = (A,B;X_0,X_1).)$

Por lo tanto, $f$ debe dejar invariante toda la configuración. Después de aplicar reflexiones, si es necesario, a través de la $x$ - o $y$ -podemos suponer que $f(X_0) = X_0$ , $f(X_2) = X_2$ . Entonces $f(X_i) = X_i$ para todos $i$ . El problema es demostrar que $f$ es el mapeo de identidad.

Ahora, como espacio métrico para la distancia de Klein, la cuerda $a = (-1,1) \times \{0\}$ es isométrica con respecto a $\mathbf{R}$ con su distancia ordinaria, a través del mapeo $h \colon (x,0) \mapsto \operatorname{arctanh} x$ . La cartografía $f$ envía $a$ en sí mismo. Cuando transportamos la cartografía $f$ a $\mathbf{R}$ mediante la biyección $h$ tiene las siguientes propiedades: $f$ preserva los puntos medios, es decir, $f((\alpha + \beta)/2 = (f(\alpha) + f(\beta))/2$ ; $f$ preserva la "interinidad", es decir, si $\alpha < \beta < \gamma$ Entonces, o bien $f(\alpha) < f(\beta) < f(\gamma)$ o $f(\gamma) < f(\beta) < f(\alpha)$ ; $f(0) = 0$ y $f(\alpha_0) = \alpha_0$ para algunos $\alpha_0 > 0$ (A saber, $\alpha_0 = h(X_0)$ ). En conjunto, estas propiedades implican que $f$ deja el $x$ -invariante puntual del eje.

Del mismo modo, considerando $f(X_2) = X_2$ vemos que $f$ deja el $y$ -invariante puntual del eje. Se deduce que cualquier cuerda del disco que intersecte ambos ejes es invariante global por $f$ . Pero cualquier punto del disco puede escribirse como la intersección de dos cuerdas de este tipo. Por lo tanto, todos los puntos quedan fijados por $f$ .

Anexo La prueba anterior se basa claramente en la propiedad arquimediana del campo de coordenadas. Sin embargo, la idea de la respuesta de Sz_Z de extender el mapeo a una colineación de todo el plano proyectivo, y luego aplicar el teorema fundamental de la geometría proyectiva, permite una extensión al caso no arquimediano. En concreto, si el campo de coordenadas $F$ es cualquier campo ordenado en el que cada elemento positivo tiene una raíz cuadrada, entonces cada colineación del disco abierto se extiende a una colineación del plano proyectivo, por lo tanto un automorfismo semilineal proyectivo. Esto es lo mismo que un mapeo proyectivo, pero con un automorfismo de $F$ y se aplica a las coordenadas de los puntos.

Dado cualquier $f \in G$ podemos extenderla a una biyección del plano proyectivo sobre sí mismo como sigue. Si $P$ está en el círculo límite, entonces define $f(P)$ como en la prueba anterior. Si $P$ está fuera del círculo, entonces identifica las cuerdas con las líneas en las que se encuentran, y define $f(P)$ como el polo de la cuerda que es la imagen bajo $f$ de la polar de $P$ Los polos y las polares se toman en relación con el círculo unitario.

El problema es ahora demostrar que la extensión de $f$ conserva la alineación. Esto se reduce a demostrar que si dos acordes $a$ y $b$ tienen la propiedad de que una pasa por el polo de la otra, entonces sus imágenes $a'$ y $b'$ en $f$ tienen la misma propiedad. Resulta que esta propiedad de las cuerdas equivale a decir que representan líneas perpendiculares en el modelo de Klein de la geometría hiperbólica.

Por lo tanto, sólo tenemos que demostrar que $f$ preserva la ortogonalidad en el sentido del modelo de Klein. Pero esto es una consecuencia fácil del hecho, demostrado anteriormente, de que $f$ preserva la relación de congruencia entre segmentos. Es decir, dos líneas son perpendiculares si y sólo si tienen la propiedad de que si $O$ es su punto de intersección, $A$ y $A'$ se encuentran en la primera línea equidistante (con respecto a la distancia de Klein) de $O$ y $B$ y $B'$ se encuentran en la segunda línea equidistante de $O$ entonces los segmentos diagonales $AB$ , $A'B$ , $AB'$ , $A'B'$ debe ser congruente. (Este hecho puede demostrarse fácilmente en el modelo de Klein trasladando el punto de intersección a $O$ a través de un mapeo proyectivo que pertenece a $G$ . No hay pérdida de generalidad porque el mapeo proyectivo preserva la relación de polo a polar y preserva la congruencia. La primera línea puede desplazarse además para que coincida con la $x$ -eje. Ahora basta con demostrar que el $x$ - y $y$ -Los ejes tienen la propiedad, pero no la $x$ -eje y cualquier diámetro inclinado del círculo).

Naturalmente, los logaritmos ya no se pueden tomar en $F$ pero la relación de congruencia puede definirse a través de la relación cruzada, como en el caso anterior.

Answer 2

Podemos extender cualquier biyección del disco que mapea cuerda a cuerda en una colineación única del plano proyectivo. El paso principal es demostrar que las colineaciones del plano proyectivo son exactamente las proyectividades, este es el teorema fundamental de la geometría proyectiva. (Para una buena demostración, véase, por ejemplo, Rey Casse: Geometría Proyectiva - Una Introducción, Teorema 4.27.) Significa que las colinaciones del plano de Cayley-Klein son exactamente los automorfismos de los discos unitarios, es decir, las colinaciones proyectivas del plano proyectivo que dejan invariante el círculo unitario.