Fixpunkte & Fixgeraden

Bei Abbildungen von Mengen in sich kann es vorkommen, dass Punkte oder gewisse Teilmengen auf sich selber abgebildet werden. Diese Punktmengen sind von einiger Bedeutung.

Fixpunkte

Definition 1: Fixpunkt

Ein Punkt $P$ , der bei einer Abbildung $\alpha$ auf sich selber abgebildet wird, heisst Fixpunkt von $\alpha$ .

Für einen Fixpunkt $P$ der Abbildung $\alpha$ muss also gelten:

\alpha(P) = P.

Fixgeraden

Definition 2: Fixgerade

Eine Gerade $g : y = mx + b$ , die unter einer Abbildung $\alpha$ auf sich selber - nicht zwingend punktweise - abgebildet wird, wird als Fixgerade bezeichnet.

Eine Gerade, die aus Fixpunkten einer Abbildung besteht, nennt man Fixpunktgerade.

Für die Bildgerade $\alpha(g) = g'$ mit $g' : y' = m'x' + b'$ muss demnach gelten:

m' = m\quad\text{und}\quad b' = b.

Example 1

Bei der Spiegelung an der $x$ -Achse wird jeder Punkt der $x$ -Achse auf sich selber abgebildet, er ist also Fixpunkt. Weil sich die Fixpunkte auf einer Geraden (hier der $x$ -Achse) befinden, ist die $x$ -Achse eine Fixpunktgerade und damit natürlich auch eine Fixgerade. Auch jede zur $y$ -Achse parallele Gerade ist Fixgerade, aber keine Fixpunktgerade. Denn auf ihr wird nicht jeder Punkt auf sich abgebildet (nur der Schnittpunkt mit der $x$ -Achse), aber immerhin bleibt das Bild jedes Punktes einer solchen Vertikalen auf ihr liegen.

Exercise 1: Fixpunkte bestimmen

a) Bestimme die Fixpunkte der folgenden Abbildungen (ohne Rechnung):

Streckung, Translation, Scherung Existieren Fixgeraden oder gar Fixpunktgeraden?

b) Bestimme durch Rechnung die Fixpunkte und Fixgeraden der Abbildung

\alpha : \begin{cases} x' = \phantom{2}x + 4y \\ y' = 2x - \phantom{4}y + 8 \end{cases}

c) Eine Abbildung sei durch

\alpha : \begin{cases} x' = x \\ y' = x^2 + y \end{cases}

gegeben. i) Bestimme die Fixpunkte der Abbildung. ii) Zeige, dass alle zur $y$ -Achse parallelen Geraden Fixgeraden sind. iii) Was passiert mit den zur $x$ -Achse parallelen Geraden? iv) Zeige, dass keine weiteren Fixgeraden existieren.

Solution

a) Streckung: Zentrum oder alle für $k=1$ , alles Fixpunktgeraden; Translation: keine ausser triviale, alle Parallelen zur Verschiebung; Scherung: keine ausser triviale, Parallelen zur Scherung

b) $\alpha(P)=P$

\begin{align*} x &= x+4y\\ y &= 2x-y+8 \end{align*}

woraus der Fixpunkt $P(-4|0)$ folgt. Für die Fixgeraden setzen wir $y=mx+q$ ein:

\begin{align*} \alpha(x|mx+q) &= (x+4mx+4q|2x-mx-q+8)\\ &= ((1+4m)x+4q|(2-m)x-q+8)\\ &= \left(x' \,\middle|\, \frac{2-m}{4m+1}x' + \frac{4mq+28m+9q+8}{4m+1}\right). \end{align*}

Dies liefert für die Steigung die Bedingung $m=\frac{2-m}{4m+1}$ und daraus

m_{1,2}=\begin{cases}\,\frac{1}{2}\\ \,-1\end{cases}

Fixgeraden sind für $m_1=\frac{1}{2}$ $y_1=\frac{1}{2}x+\frac{1}{7}$ und für $m_2=-1$ $y_2=-x-2$ .

c) Aus

\begin{align*} x &= x\\ y &= x^2+y \end{align*}

folgt $x=0$ und $y=y$ beliebig, also ist die $y$ -Achse Fixgerade (sogar Fixpunktgerade). Ferner gilt $\alpha(a|y)=(a|a^2+y)$ für fixes $a$ , also bleiben alle Geraden $x=a$ als Fixgeraden erhalten. Dagegen ist $\alpha(x|b)=(x|x^2+b)$ (für freies $x$ ) eine Parabel; horizontale Geraden bleiben daher nicht erhalten. Allgemein gilt für $y=mx+q$ :

\alpha(x|mx+q)=(x|x^2+mx+q),

also wieder eine Parabel (ausser im Spezialfall $x=\text{konstant}$ ). Es gibt daher keine weiteren Fixgeraden.

Exercise 2: Fixpunkte und Fixgeraden bestimmen

Bestimme die Fixpunkte und Fixgeraden der folgenden Abbildung:

\alpha : \begin{cases} x' = \phantom{+\;}y \\ y' = x + y \end{cases}

\beta : \begin{cases} x' = 2x - y \\ y' = \phantom{2}x \end{cases}

\gamma : \begin{cases} x' = 4y \\ y' = 9x \end{cases}

\delta : \begin{cases} x' = \phantom{2}x + 1 \\ y' = 2x - y \end{cases}

\epsilon : \begin{cases} x' = \phantom{2}x + 1 \\ y' = 2x + y \end{cases}

\zeta : \begin{cases} x' = 5x - y \\ y' = \phantom{5}\frac{1}{x} \end{cases}

Solution

Für $\alpha:(x',y')=(y,x+y)$ gilt aus der Fixpunktbedingung $y=x$ und $x+y=y$ , also $x=0$ , $y=0$ . Damit ist $F(0|0)$ der einzige Fixpunkt. Für $y=mx+q$ ergibt sich

y'=\left(1+\frac1m\right)x' - \frac{q}{m},

also müssen für eine Fixgerade gelten

m=1+\frac1m,\qquad q=-\frac{q}{m}.

Damit $q=0$ und $m^2-m-1=0$ , also

y_{1,2}=\frac{1\pm\sqrt5}{2}\,x.

$\beta:(x',y')=(2x-y,x)$ : Fixpunkte erfüllen $2x-y=x$ und $x=y$ , also $y=x$ . Damit ist $y=x$ eine Fixpunktgerade. Weitere Fixgeraden gibt es nicht.

$\gamma:(x',y')=(4y,9x)$ : Fixpunkte aus $x=4y$ , $y=9x$ geben nur $F(0|0)$ . Für eine Gerade $y=mx+q$ folgt

m=\frac{9}{4m}\;\Longrightarrow\; m=\pm\frac32,\qquad q=0,

also die Fixgeraden

y=\frac32x\quad\text{und}\quad y=-\frac32x.

$\delta:(x',y')=(x+1,2x-y)$ : Aus $x'=x$ folgt Widerspruch $1=0$ , also kein Fixpunkt. Für $y=mx+q$ erhält man

m=\frac{2-m}{1},\quad q=m+2-q \Longrightarrow m=1,\;q=-\frac12.

Also Fixgerade $y=x-\frac12$ .

$\varepsilon:(x',y')=(x+1,2x+y)$ : kein Fixpunkt (wieder $1=0$ ). Für $y=mx+q$ folgt

m=\frac{2+m}{1},\quad q=m+q \Longrightarrow m=-1,\;m=0,

Widerspruch, also keine Fixgeraden.

$\zeta:(x',y')=(5x-y,\frac1x)$ : Fixpunkte lösen

5x-y=x,\qquad \frac1x=y \Longrightarrow y=4x,\; \frac1x=4x \Longrightarrow x=\pm\frac12,\;y=\pm2.

Also $F_1(\frac12|2)$ und $F_2(-\frac12|-2)$ . Lineare Fixgeraden gibt es keine.

Spezielle Abbildungen

Die Agnesi-Kurve

Exercise 3: Agnesi Kurve

Die in dieser Aufgabe entstehende Kurve wurde in einem anderen Zusammenhang zuerst intensiv von der Mathematikerin Maria Agnesi (1718-1799) untersucht. Sie wird daher als Agnesi-Kurve bezeichnet. Agnesi wurde 1750 zur Professorin fÜr Mathematik an die Universität Bologna berufen. Sie war, soweit heute bekannt, die erste Frau, die als Professorin Vorlesungen zur Mathematik an einer Universität hielt.

Die Agnesi-Abbildung ist durch

\alpha : \begin{cases} x' = \frac{1}{1+x^2} \\ y' = y \end{cases}

definiert.

a) Bestimme den Wertebereich von $\alpha$ .

b) Begründe, dass eine zur $y$ -Achse parallele Gerade auf eine zur $y$ -Achse parallele Gerade abgebildet wird.

c) Zeige, dass es eine zur $y$ -Achse parallele Fixpunktgerade gibt.

d) Bestimme das Bild einer zur $x$ -Achse parallelen Geraden.

e) Skizziere das Bild der Winkelhalbierenden zwischen der $x$ - und der $y$ -Achse, indem du die Bildpunkte von mindestens 10 Punkten in ein Koordinatensystem einzeichnest.

Solution

a) $\mathbb{D} = \mathbb{R}^2$ , $\mathbb{W} = (0,1]\times\mathbb{R})$

b) $\alpha(a|y) = (\frac{1}{1+a^2}|y)$

c) Wegen $\alpha(a|y) = (\frac{1}{1+a^2}|y)$ muss $a = \frac{1}{1+a^2}$ . Die Graphen von $f(x) = x$ und $g(x) = \frac{1}{1+x^2}$ haben wegen der Stetigkeit und $(0|0)\in G_f$ und $f$ monoton wachsend sowie $(0|1)\in G_g$ und $g$ monoton fallend sicher einen Schnittpunkt.

d) $\alpha(x|b) = (\tfrac{1}{1+x^2}|b)$ ist eine zur $x$ Achse parallele Strecke der Länge $1$ .

e) Berechne ein paar Punkte und skizziere. Exemplarisch $\alpha(-3|-3) = (\tfrac{1}{10}|-3)$ , $\alpha(-1|-1) = (\tfrac{1}{2}|-1)$ , $\alpha(0|0) = (1|0)$ , $\alpha(\tfrac{1}{2}|\tfrac{1}{2}) = (\tfrac{4}{5}|\tfrac{1}{2})$ , $\alpha(2|2) = (\tfrac{1}{5}|2)$ ...

Inversion am Kreis

Exercise 4: Inversion am Kreis

Die Inversion am Kreis ist durch die Gleichungen

\alpha : \begin{cases} x' = \frac{x}{x^2+y^2} \\ y' = \frac{y}{x^2+y^2} \end{cases}

definiert.

a) Bestimme den Definitionsbereich von $\alpha$ .

b) Bestimme die Fixpunkte von $\alpha$ und zeige, dass sie auf dem Einheitskreis mit Zentrum im Ursprung liegen.

c) Zeige, dass jede "gelochte" Ursprungsgerade (ohne Ursprung) eine Fixgerade ist.

d) Zeige, dass sich der Abstand eines Punktes $P$ zum Ursprung reziprok verhält zum Abstand des Bildpunktes $P'$ zum Ursprung:

|(O,P')| = \frac{1}{|(O,P)|}.

e) Mache dir mit Beispielen klar, dass das Bild der Geraden $y = 1$ gerade der "gelochten" Kreislinie

k : x^2 + (y-0.5)^2 = 0.5^2

(ohne Ursprung) entspricht.

Solution

a) $\mathbb{D} = \mathbb{R}^2\setminus\{(0|0)\}$

b) Aus $\alpha(P)\stackrel{!}{ = }P$ folgt $x^2+y^2 = 1$ und daraus $y = \pm\sqrt{1-x^2}$ , ein Kreis mit Radius $1$

c) Für die Fixgeraden erhält man die Bedingung $(x'|mx')$ .

\frac{1}{d(0|P')} = \frac{1}{\sqrt{\frac{x^2}{(x^2+y^2)^2}+\frac{y^2}{(x^2+y^2)^2}}} = \dots = \sqrt{x^2+y^2} = d(0|P)\quad\square