Forelesningsnotater MAT2500 høst 2010

Transkript

1 Forelesningsnotater MAT2500 høst 2010 Jan Christophersen 30. november 2010 Disse notatene er en supplement til læreboken Coxeter: Introduction to Geometry. De gir en alternative framstilling av og bevis for enkelte resulater som står der. 1 Symmetri i planet og rommet 1.1 Euklidske rom og isometrigruppen Vi vil presisere hvor vi foretar elementær Euklidsk geometri. Vi trenger et sted der begrepene avstand og vinkel har mening. Vi setter E n = R n som mengde, men utstyrt med en avstandsfunksjon indusert fra prikkproduktet. Nemlig, hvis x =(x 1,...,x n )og y =(y 1,...,y n ) slik at x y = x i y i, definerer vi normen til x som x = x x og avstanden fra x til y som d(x, y) =x y. Det euklidske rommet E n er da R n med denne bestemte avstandsfunksjon. Vi kaller E 2 det euklidske planet og E 3 det euklidske rommet. Hvis du tegner dette i planet og bruker Pytagoras ser du at dette er en fornuftig definisjon av avstand. Vi kan nå også definere vinkelen θ mellom x og y ved x y θ =cos 1. xy Som vanlig tenker vi på x noen ganger som et punkt og noen ganger som en vektor. I dette tilfelle har vi egentlig definert vinkelen i det spesielle punktet origo, O =(0, 0,..., 0), mellom vektorene x og y. Dette vil også være vinkelen i skjæringspunktet mellom to linjer med retningsvektor x og y. Det er naturlig å se på figurer opptil kongruens, dvs at vi vil oppfatte geometriske figurer i euklidsk geometri som like hvis de har samme størrelse og form. For å gjøre dette presist definerer vi en isometri (også kallt stiv bevegelse) til å være en bijektiv funksjon m : E n E n som bevarer avstand. Det betyr at d(m(x),m(y)) = d(x, y). La Isom n være mengden av alle isometrier på E n. Takk til Heidi Denis og Sigurd Segtnan som leste teksten nøye og ga meg lister med rettelser. 1

2 Merk at hvis vi setter sammen to isometrier m og m til m m,såerm m også en isometri. Identitetsavbildningen id(x) = x er en isometri. Siden m er bijektiv har den en invers funksjon m 1 og d(x, y) =d(m m 1 (x),m m 1 (y)) = d(m 1 (x),m 1 (y)) så m 1 er også en isometri. Alt dette betyr at Isom n med sammensetning danner det som kalles en gruppe. Grupper er viktige objekter i matematikken som man lærer om i et kurs i algebra. La det være nok her i første omgang å gi definisjonen. En binær operasjon på en mengde G er en funksjon G G G som vi skriver (g, h) gh. En mengde G med en binær operasjon er en gruppe hvis (i) Binær operasjonen er assosiativ, dvs (g 1 g 2 )g 3 = g 1 (g 2 g 3 ). (ii) Det fins et identitetselement e G med egenskapen eg = ge = g for alle g G. (iii) Hvert element g G har en invers g 1 G med egenskapen gg 1 = g 1 g = e. IIsom n er id identitetselementet. I tråd med gruppenotasjonen skriver jeg nå sammensetningen som produktet mm. Vi skal nå se nærmere på hvordan en isometri ser ut. Husk fra linær algebra at en n n matrise A er ortogonal hvis AA t = I, der A t er den transponerte matrisen og I er identitetsmatrisen. Vi sier at en linær operator T er ortogonal hvis dens standard matrise er ortogonal. I linær algebra viste man (håper jeg) at en operator T er ortogonal T (x) T (y) =x y for alle x and y søylene i standardmatrisen til T er en ortonormal basis. Det følger at en ortogonal operator er en isometri. Et fikspunkt for en funksjon f : E n E n er et punkt p med f(p) =p. Deteren type isometri som ikke har noen fikspunkt, nemlig translasjoner med en vektor. Hvis a er vektoren så er translasjonen gitt ved t a (x) =x + a. Teorem 1.1. Hvis m Isom n så er m = t a T for en vektor a og en ortogonal operator T. Bevis. Anta først at O er et fikspunkt for m. Vi skal vise at da må m være en ortogonal lineær operator. Merk først siden m bevarer avstand, må den også bevare prikkproduktet. Dette fordi (m(x) m(y)) (m(x) m(y)) = m(x) m(x) 2 m(x) m(y)+m(y) m(y) siden m(o) =O. På den andre siden er så siden de er like, må m(x) m(y) =x y. = x x 2 m(x) m(y)+y y (x y) (x y) =x x 2 x y + y y 2

3 La e 1,...,e n være standardbasisen. Da må m(e i ) m(e j )=e i e j,såm(e 1 ),...,m(e n ) er en ortonormal basis. La T være linær operatoren med standardmatrisen som har søyler m(e 1 ),...,m(e n ). Da må T være ortogonal. Den inverse er også ortogonal så den sammensatte funksjonen T 1 m er en funksjon som bevarer prikkproduktet og har e 1,...,e n som fikspunkter. Jeg påstår at den eneste slik funksjon er identiteten. Husk at (x 1,...,x n ) e i = x i, derfor vil x e i = y e i for alle i medføre at x = y. Hvis f bevarer prikkproduktet og har e 1,...,e n som fikspunkter da er f(x) e i = f(x) f(e i )=x e i så f(x) =x. Det følger at T 1 m = id så m = T. For en generell m la a = m(o). Da er t a m en isometri med O som fikspunkt og er derfor lik en ortogonal operator T. Vi får da m = t a T. Vi kan definere orientering ved hjelp av denne måten å skrive en isometri. Determinanten til en ortogonal operator må være ±1. Vi sier at m = t a T er orienteringsbevarende hvis det T = 1 og orienteringsreverserende hvis det T = 1. I læreboken heter dette direct og opposite. Siden produktet av to ortogonale matriser er igjen ortogonal ser man at mengden av ortogonale operatorer danner en gruppe, som vi kaller O(n). Undergruppen av orienteringsbevarende ortogonale operatorer kalles den spesielle ortogonale gruppen og benevnes SO(n) Sammensetning av isometrier i de to forskjellige klassene oppfører seg som multiplikasjon i {1, 1}. Sammensetningen av to orienteringsbevarende eller to orienteringsreverserende isometrier er orienteringsbevarende, mens sammensetningen av en orienteringsbevarende og en orienteringsreverserende (og visa versa) gir orienteringsreverserende. Dette følger av at t a Tt a T = t a+t (a )TT. Hvis G er en gruppe og H G er en undermengde som er lukket under binær operasjonen og å ta inverser, dvs h 1,h 2 H h 1 h 2 H og h H h 1 H, såerh også en gruppe med den samme operasjonen. Slike H kalles undergrupper av G. Hvis en isometri m tar en delmengde F E n på seg selv, dvs bilde av F, m(f ) er lik F, så sier vi at m er en symmetri av F. Mengden av symmetrier av F kaller vi symmetrigruppen til F.Deter en oppgave å vise at den faktisk er en undergruppe av Isom n. Som et eksempel på en symmetrigruppe kan vi ta for oss en likesidet trekant. Man får 6 symmetrier: identiteten, rotasjon om senteret med vinkler 2π/3 og 4π/3 og de tre speilingene om linjene gjennom et hjørne og midtpunktet på motsatte kant. En likebeint trekant som ikke er likesidet har bare en ikke triviell symmetri, nemlig speilingen om linja gjennom midtpunktet på grunnlinjen og motsatt hjørne. Alle andre trekanter har triviell symmetrigruppe. Generelt sier man at en mangekant er regulær hvis kantene er like lange og hjørnevinklene er alle like. Symmetrigruppen til en regulær n-kant kalles den dihedrale gruppen og benevnes D n. Den har 2n elementer, n 1 ikke trivielle rotasjoner og n speilinger. 3

4 1.2 Isometrier av planet Vi begynner med å liste opp 4 viktige typer isometrier av E 2. (i) Translasjon, også kallt parallellforskyving, gitt ved t a (x) =x+a for en vektor a R 2. (ii) Rotasjon med vinkel θ om et punkt p som vi noterer ρ θ,p. (iii) Speiling om en linje l som vi noterer s l. (iv) Glidepeiling der man først speiler om en linje l og så translaterer med en vektor parallell til l. Hvis a er en retningsvektor for l vil dette være t a s l. Man kan finne en mere detaljert beskrivelse med tegninger av disse isometrier i læreboka. Merk at translasjoner og rotasjoner er orienteringsbevarende, mens speilinger og glidespeilinger er orienteringsreverserende. Vi skriver ρ θ for ρ θ,o. Merk at standardmatrisen til ρ θ er cos θ sin θ sin θ cos θ som er ortogonal med determinant 1. Det betyr at rotasjoner er orienteringsbevarende. Teorem 1.2. Hvis m er en isometri av planet som er orienteringsbevarende og har O som fikspunkt så er m en rotasjon. Bevis. Vi vet fra Teorem 1.1 at m = T er en ortogonal operator med determinant 1. La θ være vinkelen mellom (1, 0) og T (1, 0). Siden T (1, 0) = 1 vil ρ θ (1, 0) = T (1, 0). Videre er ρ 1 θ T en ortogonal operator med determinant 1 og ρ 1 θ T (1, 0) = (1, 0). La A være standard matrisen til ρ 1 θ T. Søylene i A må være en ortonormal basis og første søyle er (1, 0)t. Hvis (a, b) t er andre søylen i A må (1, 0) (a, b) =0oga 2 +b 2 =1.Detbetyrata =0ogb = ±1. Men det A =1såb =1ogA = I. Det følger at ρ 1 θ T = id og m = T = ρ θ. Vi seier at en mengde M av elementer i en gruppe G genererer G hvis alle elementer i G kan skrives som produkter av elementer i M. For eksempel er undergruppen av rotasjoner i D n generert av ett element, nemlig rotasjon med 2π/n. Vi skal liste generatorer for Isom 2. Se på disse spesielle isometrier: (i) Translasjonene t a. (ii) Rotasjone om O, ρ θ. (iii) Speilingen om x 1 aksen, som vi kaller s gitt ved s(x 1,x 2 )=(x 1, x 2 ). Teorem 1.3. En hver orienteringsbevarende isometri av planet kan skrives på formen m = t a ρ θ for en 0 θ<2π og en a R 2. En hver orienteringsreverserende isometri av planet kan skrives på formen m = t a ρ θ s for en 0 θ<2π og en a R 2. 4

5 Bevis. Vi skriver m Isom 2 som m = t a T som før. Hvis det T = 1 følger det fra Teorem 1.2 at m = t a ρ θ for en θ. Hvis det T = 1 så er determinanten til Ts lik 1 og siden Ts(O) =O, såerts = ρ θ for en θ. Mens 1 = s og derfor T = ρ θ s og m = t a ρ θ s. Dermed har vi greid å skrive alle m på den ønskede formen. Vi er nå i stand til å bevise hovedteoremet om isometrier i planet. Teorem 1.4. En isometri av planet er enten en translasjon, en rotasjon, en speiling eller en glidespeiling. Bevis. Jeg påstår først at hvis m er orienteringsbevarende og har et fikspunkt så må m være en rotasjon. Vi vet fra Teorem 1.3 at m er på formen t a ρ θ. Hvis fikspunktet er x må a = x ρ θ (x). Man regner ut at t x ρθ (x)ρ θ = t x t ρθ (x)ρ θ = t x ρ θ t x som er en rotasjon om x. Vi vil vise at en orienteringsbevarende isometri som ikke er en translasjon må være en rotasjon. Fra det foregående er det nok å vise at den har et fikspunkt. Skriv igjen m = t a ρ θ. Siden m ikke er en translasjon må θ = 0. Vi må løse t a ρ θ (x 1,x 2 )=(x 1,x 2 ), som er ρ θ (x 1,x 2 )+(a 1,a 2 )=(x 1,x 2 ) eller (id ρ θ )(x 1,x 2 )=(a 1,a 2 ). Matrisen til likningssystemet er 1 cos θ sin θ sin θ 1 cos θ som har determinant 1 2cosθ +cos 2 θ + sin 2 θ =2(1 cos θ) = 0nårθ = 0. Det følger at systemet har entydig løsning og vi har funnet et fikspunkt. Det gjenstår å vise at en orienteringsreverserende isometri enten er en speiling eller glidespeiling.merk først at ρ θ s(cos 1 2 θ, sin 1 2 θ)=(cosθ cos 1 2 θ+sin θ sin 1 2 θ, sin θ cos 1 2 θ cos θ sin 1 2 θ)=(cos1 2 θ, sin 1 2 θ) så, siden den er linær, vil ρ θ s fiksere hele linjen l gjennom (0, 0) og (cos 1θ, sin 1θ)oger 2 2 derfor en speiling s l. Teorem 1.3 forteller oss at en orienteringsreversende isometri er på formen m = t a ρ θ s. Så vi kan nå skrive den som m = t a s l. La α = θ/2 slik at v =(cosα, sin α) er en retningsvektor for l med v=1, dvs at l = {λv λ R}. Lav =( sin α, cos α). Fra linær algebra vet vi at vi kan dekomponere a =(a v)v +(a v )v.law 1 =(a v)v være den parallelle delen og w 2 =(a v )v den ortogonale delen. La l være linja { 1w λv λ R}. Jeg påstår at t a s l = t w1 s l som er en glidespeiling siden w 1 er parallell til retningsvektoren v for l. Dette følger fra utregningen t w1 s l = t w1 t 1 2 w 2 s lt 1 2 w 2 = t w 1 t 1 2 w 2 t 1 2 w 2 s l = t w1 +w 2 s l = t a s l. 5

6 1.3 Diskrete undergrupper av Isom 2 Ideen er å bruke en klassifikasjon av symmetrigrupper til å studere symmetriene til repeterende mønster, figurer osv i planet. For eksempel de som kommer fram i veggtapeter eller ved flislegging. Der er derfor naturlig å se på grupper som virker diskret, i motsetning til kontinuerlig. Vi kaller en undergruppe G Isom 2 for diskret hvis det eksisterer et reelt tall >0 slik at (i) t a G, a = O a. (ii) ρ θ,p G, θ = 0 θ. Vi deler analysen av slike G i to og ser først på translasjons undergruppen, L G = {t a G}. Generelt er et gitter av rang n en gruppe som er isomorf med den additive gruppen Z n. For oss konkret betyr det at L G er et gitter det samme som at L G er en av følgende typer: (i) L G = {0}. (ii) Det fins a = O slik at L G = {t ma : m Z}. (iii) Det fins linært uavhengige a, b slik at L G = {t ma+nb : m, n Z}. Disse gitterne har henholdsvis rang 0,1 og 2. Det er ikke vanskelig å vise, men vil ta for mye plass her, at hvis G er diskret så må translasjonsgruppen L G være et gitter. Det er klart at en endelig G vil være diskret (med L G = {0}) og disse kan man enkelt klassifisere. Teorem 1.5. Hvis G er en endelig undergruppe av Isom 2 da er G enten den sykliske rotasjonsgruppen C n bestående av alle rotasjoner om ett punkt med vinkler 2πk/n eller den dihedrale gruppen D n for passende n. Bevis. Først skal vi se at G har et fikspunkt, dvs et felles fikspunkt for alle elementer i G. La tyngdepunktet til en endelig mengde av punkter {x 1,...,x r } være p = 1 r r x i. i=1 Man sjekker at en isometri tar tyngdepunkter på tyngdepunkter, dvs at hvis m er en isometri og p er tyngdepunktet til {x 1,...,x r }, da er m(p) tyngdepunktet til {m(x 1 ),...,m(x r )}. Velg et vilkårlg punkt x og se på banen Gx = {gx : g G}. Denne mengden er endelig så la p være tyngdepunktet. Et element g G vil være en permutasjon av punktene i banen, og derfor vil gp = p for alle g G. Vi kan derfor anta at G fikserer O. Anta først at G bare består av rotasjoner og la θ være den minste positive rotasjonsvinkel for elementene i G. Hvis ρ α G, skriv α = kθ+β for k positivt heltall og 0 β<θ. Siden G er en gruppe må ρ k θ = ρ kθ G, men da 6

7 er ρ β = ρ α ρ kθ G. Ved minimaliteten til θ må β =0såρ α = ρ kθ. Det betyr at alle elementene i G er på formen ρ k θ og før eller siden må ρn θ = id for en n slik at θ =2π/n. Hvis G inneholder en speiling kan vi rotere koordinater og derfor anta at G inneholder vår spesielle speiling s om x 1 aksen. Hvis H G er undergruppen av rotasjoner i G vet vi nå at H = C n for en n. Men da er alle ρ 2πk/n s også med i G så D n G. Nåvetviatet element g G er enten en rotasjon eller speiling. Hvis g er en rotasjon så er g C n D n. Hvis g er en speiling kan vi skrive den g = ρ α s.mengs G og gs = ρ α s 2 = ρ α,så ρ α = ρ 2πk/n for passende k og g = ρ 2πk/n s D n. Dermed har vi vist at G = D n. Vi skal nå konsentrere oss om det tilfelle at rangen til L G er 2. Et fundamentalområde for en gruppe av isometrier, G Isom 2, er en lukket delmengde D E 2 der randa er en stykkevis glatt kurve og slik at (i) E 2 = g G g(d). (ii) Det indre av g(d) h(d) ertomnårg = h. En gruppe kan ha mange forskjellige fundamentalområder. For eksempel hvis L G = {t ma+nb : m, n Z}, se på mengden av gitterpunkter i planet, M G = {ma+nb : m, n Z}. Vi kan anta, etter en evt translasjon av a og b,ata b er den minste, hhv nest minste, ikke null normer blant gitterpunktene. Da vil parallellogrammet med hjørner O, a, b, a + b være et fundamentalområde for L G. Vi skal nå se på et område der vi kan se forskjellen mellom de forskjellige L G bedre. Generellt, hvis S E n er en diskret mengde av punkter, definerer man Voronoi cellene for hver s S ved V (s) ={p E n : d(p, s) <d(p, s ) for alle s S, s = s}. Tillukningen V (s) vil da være punktene med d(p, s) d(p, s ). Tilbake i planet, la S = M G og definer Dirichlet området som D G = V (O). Disse er rimelig godt beskrevet i læreboka, der det er vist at D G er enten en rektangel eller en heksagon som ikke nødvendigvis er regulær men der motstående sider er alltid parallelle med samme lengde. Man kan vise (se oppgavene) at D G er et fundamentalområde for L G. Den andre ingrediensen i analysen av diskrete G er punktgruppen. Fra Teorem 1.1 vet vi at en isometri kan skrives t a T med T ortogonal. Vi får en funksjon G O(2) ved g = t a T T.Merkatgg = t a Tt a T = t a t T (a )TT TT, så funksjonen bevarer de to gruppestrukturer. Det følger at bildet av G, G, er en gruppe. Den kalles punktgruppen til G. Det er en diskret undergruppe av O(2) og derfor endelig (se oppgavene). Vi skal nå se at det er ikke mange grupper den kan være. Teorem 1.6. Hvis G er en diskret undergruppe av Isom 2 og rangen til L G er 2, da vil punktgruppen G ta Dirichlet området D G på seg selv. Bevis. Vi viser først at G virker på M G, dvs vi må vise at hvis g G og t a G så er t g(a) G. Nåerg bildet av en g G og jeg påstår at t g(a) = gt a g 1 som er i G. Vi vet at g = t b g for en t b og vi regner ut gt a g 1 = t b gt a g 1 t b = t b t g(a) gg 1 t b = t b t g(a) t b = t g(a). 7

8 Husk at D G = {p E 2 : d(p, O) d(p, s) for alle s M G,s = O}. Vi har d(g(p), O) = d(g(p), g(o)) = d(p, O) og siden g er en isometri med g(m G )=M G er {d(g(p),s):s M G,s= O} = {d(g(p), g(s)) : s M G,s= O} og vi ser at g(p) D G hvis p D G. = {d(p, s) :s M G,s= O}. Teoremet betyr at punktgruppen er en undergruppe av symmetri gruppen til D G. Siden D G er enten en rektangel er en heksagon får vi det såkallte krystallografiske restriksjon Teorem 1.7. Punktgruppen til en diskret undergruppe av Isom 2 med rangen til L G lik 2 er en undergruppe av D 4 eller D 6. Det betyr at punktgruppen er en av gruppene C n,d n med n =1, 2, 3, 4, 6. Det er dette resultatet som gjør det mulig å vise at det bare fins 17 rang 2 diskrete undergrupper av Isom 2. Det kalles ofte veggtapet gruppene eller bedre de to dimensjonale krystallografiske gruppene. Det vil sprenge grensene for kurset å gå inn i detaljene i denne klassifikasjon, men Teorem 1.6 er et nyttig verktøy for å finne symmetrigruppen til et repeterende mønster slik vi har gort på forelesningene. Oppskriften er å finne først gitteret, så regne ut D G og dens symmetrigruppe og til slutt avgjøre hvilken symmetrier løfter til G. En rotasjon i G løftes til en rotasjon med samme vinkel men man må være nøye med å finne de forskjellige fikspunktene. En speiling løftes til en speiling om en parallell linje eller en glidespeiling. 1.4 Konvekse polyedre, Eulers formel og Platonske legemer En delmengde K E n er konveks hvis for alle to punkter x, y K, så er linjestykket mellom dem også inneholdt i K. Husk at linjestykket kan beskrives som {λx +(1 λ)y : 0 λ 1}. Gitt en vilkårlig delmengde M E n definerer man den konvekse innhyllingen til M som den minste konvekse mengden som inneholder M. Hvis M er en endelig mendgde av punkter {x 1,...,x r } så vil den konvekse innhyllingen av M være {λ 1 x λ r x r : λ i 0, r λ i =1}. Et (konvekst) polyeder er den konvekse innhyllingen av et endelig antall punkter. Vi skal alltid mene et konvekst polyeder når vi skriver polyeder. Det er lett å se i rommet at et polyeder P kunne også defineres som et begrenset snitt av halvrom. (Et plan deler rommet i to og et halvrom er en av de to delene.) Det betyr mere presist at det eksisterer vektorer a 1,...,a m E 3 og tall d 1,...,d m slik at i=1 P = {x E 3 : x a i d i for alle i =1,...,m} og slik at P er en begrenset delmengde. Dette er også sant i høyere dimensjoner men ikke enkelt å bevise. Fra nå av ser vi bare på polyedre i rommet. 8

9 Hvis vi luker ut overflødige halvrom fra beskrivelsen får vi at planene x a i = d i snitter P i sideflater som er polygoner. En sideflate snitter en annen enten i et linjestykket som vi kaller en kant av P, eller et punkt som heter et hjørne. Kantene snitter i hjørner. Det kunne tenkes at P lå i et plan i E 3, og da vil P være en polygon, et linjestykke eller et punkt. Hvis ikke dette er tilfelle sier vi at dimensjonen til P er 3. For å studere et polyeder er det ofte nyttig å se på dens Schlegel diagram. Velg en sideflate σ i P og et plan H i rommet parallell med σ men på den andre siden av P, dvs at P ligger mellom planet utspent av σ og H. Velg så et punkt p som ligger utenfor P men like over σ. LaP være det som er igjen når vi fjerner det indre av P og det indre av σ fra P. Projiser nå P på H fra p. Det betyr for alle punkter x P ta linja som går gjennom p og x og la snittpunktet mellom denne linja og H være proj p (x). Dette gir en funksjon proj p : P H. Hvis man har valgt avstanden mellom p og σ liten nok, vil bildet av proj p bestå av en stor mangekant som var randa til σ med alle de andre sideflatene tegnet inn i den. Spesielt vil bildet av kantene danne en plan graf, dvs en graf tegnet i planet uten at kantene krysser hver andre. Dette bildet heter et Schlegel diagram og du finner eksempler i læreboka. La v være antall hjørner i P, e antall kanter og f antall sideflater. Følgende teorem heter Eulers formel. Teorem 1.8. Hvis P er et 3 dimensjonalt konvekst polyeder så er v e + f =2. Bevis. Se på kantgrafen til et Schlegel diagram av P i planet. Her kan vi tolke f som antall områder grafen deler planet i (inkludert det ubegrensete området utenfor grafen som svarer til sideflaten vi fjernet). Merk at denne grafen er sammenhengende, dvs vi kan gå fra et vilkårlig valgt hjørne til et annet langs kanter i grafen. Så vi kan like godt bevise resultatet for sammenhengende plane grafer med denne tolkningen av tallet f. Vi viser formelen med induksjon på e. Hvis e = 0 så består grafen av bare ett hjørne og vi har v =1,e =0,f = 1 og formelen stemmer. Hvis e =1måv =2ogf =1og formelen stemmer. Anta nå at formelen er sann for alle slike grafer med e n og la Γ være en sammenhengende plan graf med n + 1 kanter. Hvis vi fjerner en kant fra Γ (men ikke hjørnene på kanten) får vi en graf Γ med n kanter, men to ting kan skje. Enten er den nye grafen Γ sammenhengende eller ikke. Hvis Γ er sammenhengende så må kanten vi fjernet ha vært en del av grensen mellom to områder grafen delte planet i. Vi får derfor antall hjørner v = v, antall kanter e = e 1 og antall områder planet er delt i f = f 1. Det viser at v e+f = v (e +1)+(f +1) = v e + f =2. Hvis Γ ikke er sammenhengende så må kanten vi fjernet ha hatt det ubegrensete området på begge sider. Den nye grafen vil bestå av to sammenhengende grafer Γ 1 og Γ 2 med tallene v i,e i,f i. Vi har v = v 1 + v 2, e = e 1 + e 2 +1 og f = f 1 + f 2 1 (siden vi teller det ubegrensete området to ganger i f 1 + f 2 ). Vi får igjen e v + f = (v 1 +v 2 ) (e 1 +e 2 +1)+(f 1 +f 2 1) = (v 1 e 1 +f 1 )+(v 2 e 2 +f 2 ) 2 =2+2 2 =2. Vi trenger enda et resultat om grafer i fortsettelsen. For et hjørne p i en graf la deg p være antall kanter som har p som hjørne. 9

10 Teorem 1.9. For en graf er 2e = deg p, der summen er tatt over alle hjørner i grafen. Bevis. Vi teller opp antall elementer i mengden {(k, p) :k en kant,p et hjørne i k} på to måter. Hver kant inneholder 2 hjørner så tallet er 2e, men hvert hjørne p er inneholdt i deg p kanter, så tallet er også deg p. Vi sier at et 3 dimensjonalt polyeder er regulært hvis sideflatene er alle, like regulære mangekanter som treffes like mange ganger i et hjørne. De 5 platonske legemene, som er beskrevet og tegnet i læreboken, er alle regulære polyedre. Vi skal nå vise at de er de eneste. Til et regulært polyeder kan man tilordne Schläfli symbolet {p, q} der sideflatene er regulære p-kanter og q av dem møtes i hvert hjørne. Det er klart at Schläfli symbolet bestemmer det regulære polyederet opptil skalering. Et regulært polyeder P har en dual regulær polyeder P, nemlig ta den konvekse innhyllingen av midpunktene i alle sideflatene til P. Det er klart at hvis Schläfli symbolet til P er {p, q} så er Schläfli symbolet til P lik {q, p}. Teorem De 5 platonske legemene er de eneste 3 dimensjonale regulære (konvekse) polyedre. Bevis. La P være et regulært polyeder med Schläfli symbol {p, q}. Siden q mangekanter møtes i et hjørne vil også hjørnet tilhøre q kanter. Fra Teorem 1.9 får vi 2e = qv. Videre er det p kanter i hver sideflate og når vi summerer det over alle sideflater har vi tellt hver kant to ganger, så 2e = pf. Eulers formel gir da 2=v e + f = v(1 q 2 + q p ) v = 4p 2p +2q pq > 0. Men det betyr at 2p +2q pq =4 (p 2)(q 2) > 0. Siden p, q 3 er det bare 5 muligheter: {p, q} = {3, 3}, {4, 3}, {3, 4}, {5, 3} eller {3, 5}. Dette er Schläfli symbolene til hhv tetrahederet, kuben, oktahederet, dodekahederet og ikosahederet. Man bør strengt talt realisere de platonske legemene som konvekse innhyllinger i rommet. Dette er gjort i oppgaver, men jeg tar med en spesiell vakker konstruksjon av ikosahederet. Anta at man har konstruert oktahederet (f.eks. som den konvekse innhyllingen av de 6 hjørnene (±1, 0, 0), (0, ±1, 0), (0, 0, ±1)). Man kan lage et sjakkbrett på oktahederet, dvs fargelegge hver sideflate hvit eller svart slik at ingen med samme farge har en felles kant. Dette gir en veldefinert retning til hver kant, man beveger seg slik at hvit alltid er til høyre og svart til venstre. Derfor vil et forhold a : b, der a + b er den felles kantlengden, bestemme entydig 12 punkter, 1 på hver kant. Nemlig fra starthjørnet på kanten gå lengden a i retningen langs kanten og plasser punktet der. Ta nå den konvekse innhyllingen av disse 12 punkter. Man får noe som kombinatorisk er et ikosaheder, men sideflate trekantene er ikke alle likesidet. Det er to typer trekanter, 10

11 den første typen ligger i en trekant som var sideflaten til oktahederet. Den er likesidet, og f eks fra cosinussetningen regner man ut at kantlengden er a 2 + b 2 ab. De andre 12 trekantene har to kanter i sideflatene til oktahederet, og er derfor likebent med den felles kantlengde a 2 + b 2 ab. Den tredje kanten ligger i et kvadrat som er en ekavator for oktahederet. Det følger at denne kantlengden er 2a. Dette betyr at vi får et ikosaheder hvis vi velger forholdet a : b slik at a 2 + b 2 ab = 2a. En enkel utregning gir at dette er det samme som at a + b b som er presist definisjonen av det gyldne snitt. = b a 1.5 Rotasjons undergruppen av Isom 3 Det ville føre for langt i dette kurset å beskrive alle isometrier av rommet. Vi skal kun se på en viktig type nemlig rotasjoner. En rotasjon av E 3 består av en linje (rotasjonsaksen) og en vinkel θ. Virkningen av rotasjonen er følgende. Et punkt x ligger i et entydig plan ortogonal til. Betrakt snittet av med planet som origo og roter x med vinkel θ om origo. Å skrive en rotasjon i matriseform er rimelig komplisert, men etter en basis skifte kan vi anta er x 1 aksen. Da blir matrisen cosθ sin θ. (1.1) 0 sin θ cos θ Sammenhengen mellom rotasjoner og orienteringsbevarende isometrier med fikspunkt er det samme som for planet. Teorem En operator T er i SO(3) hvis og bare hvis T er en rotasjon. Bevis. I en bestemt basis er matrisen til en rotasjon gitt ved (1.1) som er ortogonal med determinant 1. Dvs at alle rotasjoner er i SO(3). For å vise den andre implikasjonen la A være standard matrisen til T.DaerA t A = I og det A = det A t = 1. Vi vil først vise at A har 1 som egenverdi, som er det samme som å vise at det(a I) =0.MerkatA t (A I) =(I A t )=(I A) t. Vi har det(a I) = det A t det(a I) = det A t (A I) = det(i A) = det( (A I)). Men hvis B er en 3 3 matrise så er det( B) = det B. Derfor må det(a I) =0. Velg en egenvektor v 1 for egenverdien 1 med v 1 = 1. Velg en ortonormal basis {v 2,v 3 } for planet gjennom origo som er ortogonal til v 1. Da blir {v 1,v 2,v 3 } en ortonormal basis for R 3 og hvis P er matrisen med søyler v 1,v 2,v 3 så er P ortogonal. Da må A = P 1 AP også være ortogonal med det A = det A =1. 11

12 Nå er A = 0 a b. 0 c d og ab cd må være en ortogonal 2 2 matrise med determinant 1. Men da sier Teorem 1.2 at a b cos θ sin θ = c d sin θ cos θ for en θ og vi har vist at T er en rotasjon. Rotasjonsgruppene til de Platonske legemene gir oss eksempler på endelige undergrupper av SO(3). Det er en oppgave å vise at P og dens duale har den samme rotasjonsgruppen, så vi får 3 grupper på denne måten. Tetraedergruppen vil bestå av rotasjoner med (i) akse gjennom et hjørne og midtpunktet på motstående side, vinkler 2π/3 og 4π/3 (ii) akse gjennom midtpunktene på en kant og motstående kant, vinkel π. Dette gir = 12 elementer. Oktaedergruppen vil bestå av rotasjoner med (i) akse gjennom et hjørne og motstående hjørne, vinkler π/2, π og 3π/2 (ii) akse gjennom midtpunktene på en kant og motstående kant, vinkel π (iii) akse gjennom midtpunktene på en side og motstående side, vinkler 2π/3 og 4π/3. Dette gir = 24 elementer. Ikosaedergruppen vil bestå av rotasjoner med (i) akse gjennom et hjørne og motstående hjørne, vinkler 2π/5, 4π/5, 6π/5 og 8π/5 (ii) akse gjennom midtpunktene på en kant og motstående kant, vinkel π (iii) akse gjennom midtpunktene på en side og motstående side, vinkler 2π/3 og 4π/3. Dette gir = 60 elementer. 1.6 Ekvivalensrelasjoner, partisjoner og en telleformel Vi skal bestemme alle endelige rotasjonsgrupper men først en nødvendig digresjon. En ekvivalensrelasjon på en mengde X er et forhold mellom elementer i X som vi skriver x y som er (i) Refleksiv, dvs at x x. 12

13 (ii) Symmetrisk, dvs at x y y x. (iii) Transitiv, dvs at x y og y z x z. Vi kan lage et eksempel hvis en gruppe virker på X. En gruppevirkning på en mengde X er en generalisering av det vi har holdt på med, at f eks symmetrigruppen til en figur F i E n virker på F. Det er funksjon G X X som vi skriver (g, x) gx der vi krever for identitetselementet e G at ex = x og at g(hx) =(gh)x (produktet på høyre siden er produktet i G). Spesielt vil funksjonene φ g : X X gitt ved φ g (x) =gx være bijeksjoner. Man kan lage en ekvivalensrelasjon på X ved å si at x y hvis det fins en g G med y = gx. Den er refleksiv siden x = ex, symmetrisk siden y = gx x = g 1 y og transitiv siden y = gx og z = hy z = h(gx) =(hg)x. Med en ekvivalensrelasjon lager man ekvivalensklasser som er delmengder av X. Ekvivalensklassen til x X, som vi skriver [x], er definert som [x] ={y X : x y}. Lemma Det er en likhet av mengder [x] =[y] hvis og bare hvis x y. Bevis. Hvis x y skal vi først vise at [x] [y]. Vi har z [x] x z og ved transitivitet må da z y så z [y]. Helt symmetrisk viser man [y] [x] så de er like. Det er klart at y [y] siden y y, så hvis [x] =[y] måy [x] og derfor x y. En viktig konsekvens av dette er at hvis [x] = [y]må[x] [y] =. Dette fordi z [x] [y] betyr at x z og y z, så ved symmetri og transitivitet må x y. Men da sier Lemma 1.12 at [x] =[y]. Det er en nøye sammenheng mellom ekvivalensrelasjoner og partisjoner. En partisjon av X er en mengde av ikke-tomme delmengder X i X med X = X i og X i X j = hvis i = j. Å lage partisjoner av endelige mengder er ofte nyttig hvis man vil telle. Hvis X er symbolet for antall elementer i X og {X i } er en partisjon må X = i X i. Det følger fra Lemma 1.12 at for en ekvivalensrelasjon vil {[x] : x X} være en partisjon av X. Dette er det vi trenger, men det er et sterkere resultat som vi ikke tar tid til å bevise her. Teorem Funksjonen {[x] :x X} gir en 1-1 korrespondanse mellom ekvivalensrelasjoner på X og partisjoner av X. Med den ekvivalensrelasjonen vi definerte fra en gruppevirkning er ekvivalensklassene det samme som banene til G. Banen til x er Gx = {gx : g G}. Vi skal nå lage ekvivalensrelasjoner på G for hvert element i X. Hvis G virker på X og x X definer g x h hvis gx = hx. Det er lett å se at dette er en ekvivalensrelasjon. Merk at ekvivalensklassen til e er stabilisatorgruppen til x, G x = {g G : gx = x}. Dette er en undergruppe av G men de andre klassene er ikke det. Men det er dog en sterk forbindelse Lemma Hvis [g] er klassen til g mhp x så er funksjonen G x [g] gitt ved h gh bijektiv. Spesielt hvis G er endelig vil alle ekvivalensklasser ha like mange elementer, nemlig G x. 13

14 Bevis. Vi må først sjekke om funksjonen er veldefinert, dvs om gh [g] nårh G x.men (gh)x = g(hx) =gx så gh [g]. Den er injektive siden gh = gh h = h. Hvis g [g] da vil (g 1 g )x = g 1 (g x)=g 1 (gx) =x så g 1 g G x.meng(g 1 g )=g og dette viser at funksjonen er også surjektiv. Teorem Hvis en endelig gruppe G virker på en mengde X så vil for alle x X. G = G x Gx Bevis. Vi vet nå fra Teorem 1.13 at mengden av ekvvalensklasser for x danner en partisjon av G. Fra Lemma 1.14 vet vi at alle disse klassene har G x elementer. Så G = G x (antall distinkte ekvivalensklasser for x ). Vi setter opp en 1-1 korrespondanse mellom {ekvivalensklasser for x } og banen Gx. Se på funksjonen [g] gx. Den er veldefinert siden fra Lemma 1.12 vet vi at [g] =[h] g x h gx = hx. Den er per definisjon av de forskjellige mengder injektiv og surjektiv. Det følger at antall distinkte ekvivalensklasser for x = Gx og vi er ferdig. 1.7 Endelige undergrupper av SO(3) En rotasjon om en akse gjennom origo fikser nøyaktig to punkter på enhetsfæren i R 3, nemlig snittet mellom rotasjonsaksen og sfæren. Vi kaller disse to punktene polene til rotasjonen. Hvis G SO(3) er en endelig undergruppe sett P = {p : p en pol for en g G, g = id}. Dvs mengden av alle poler for elementene i G. Lemma Gruppen G virker på P. Bevis. Hvis p er en pol for g G og h et vilkårlig annet element i G, må vi vise at hp er en pol for et tredje element i G. Nå vil hp også ligge på sfæren så det er nok å vise at hp er et fikspunkt for et element i G. Se på hgh 1 G og regn ut (hgh 1 (hp) =(hg)p = hp. Dvs at hp er fikspunkt for hgh 1. For hver pol p la r p = G p være antall elementer i stabilisatorgruppen til p. Alle rotasjoner i G p må ha samme rotasjonsakse siden de har p og O som fikspunkter. Dvs at G p er en endelig rotasjonsgruppe i planet ortogonalt på denne aksen. Men vi vet fra Teorem 1.5 at da må G p være en syklisk rotasjonsgruppen C rp bestående av alle rotasjoner med vinkler 2πk/r p.merkatr p > 1 for ellers ville ikke p være en pol. La N = G og n p = Gp være antall elementer i banen til p. Teorem 1.15 sier at N = r p n p for alle poler p. Hvis p og p er i samme bane må Gp = Gp siden banene utgjør en partisjon. Da må n p = n p, men siden N = r p n p må også r p = r p! Nå teller vi opp elementer i {(g, p) :g G, p en pol for g } på to måter. Antall elementer i G med p som pol er r p 1 så tallet er p P (r p 1). På den andre siden har hver 14

15 g G som ikke er identiteten, 2 poler, så tallet er også 2(N 1). La O 1,...,O m være de distinkte banene i P, n i = O i og r i den felles r p for p O i. Tellingen vår ovenfor gir i n i(r i 1) = 2(N 1). Del med N = r i n i på begge sider og vi får 2 2 m N = (1 1 ). r i i=1 Venstresiden er mindre enn 2, mens hvert ledd på høyre siden er større eller lik 1/2. Da må m 3, dvs det kan ikke være mer enn 3 distinkte baner av poler. Det er fort gjort å se at m = 1 er umulig. Hvis m = 2 regner man ut at 2 N = 1 r r 2. Vi har r i N og hvis si r 1 <Nvil høyre siden være ekte større enn 2/N, så vi må ha r 1 = r 2 = N. Men da må n 1 = n 2 = 1 og vi har bare 2 poler for hele gruppen og de må ligge på samme akse. Dvs at hele gruppen fikser denne aksen og vi kan argumentere som før for at G er den sykliske rotasjons gruppen C N. Hvis m = 3 regner man ut at 2 N = 1 r r r 3 1. Ordne indeksene slik at r 1 r 2 r 3. Hvis r 1 3 er høyresiden 0sår 1 = 2. Vi deler i to tilfeller. Først anta også r 2 =2.DamåN =2r 3 så n 3 = 2. Det betyr det fins en bane med bare to poler, igjen må de ligge på samme akse. Elementene i G må enten holde disse begge fiks eller bytte på dem. Hvis g har dem som fikspunkter er g en rotasjon i planet ortogonalt på aksen. Hvis g bytter dem, må g være en rotasjon med vinkel π om en linje som ligger i dette planet. Men dette er det samme som å være en speiling i planet. Vi konkludere med at G er den dihedrale gruppen D r3. Anta nå at r 2 3. Vi har 2 N = 1 r r Hvis r 2 4 er høyresiden 0, så r 3 = 3. Vi har da 2 N = 1 r så 3 r 3 5. Dvs at det er bare tre mulig tripler: (2, 3, 3), N=12 (2, 3, 4), N=24 (2, 3, 5), N=60. Hvis man sammenligner med analysen av rotasjonsgruppene til de platonske legemene i avsnitt 1.5 ser man at dette er (r 1,r 2,r 3 ) for hhv tetrahedergruppen, oktahedergruppen og ikosahedergruppen. Det gjenstår å vise at disse invariantene tvinger gruppene til å bli disse. Det er ikke så vanskelig, men vil ta for mye plass her. Vi setter dette sammen til 15

16 Teorem De eneste endelige undergrupper av SO(3) er de sykliske rotasjonsgrupper C n, de dihedrale gruppene D n og de tre rotasjonsgruppene til de platonske legemene. 2 Affin og projektiv geometri 2.1 Det affine planet Det fins (minst) to geometrianskuelser, den syntetiske eller aksiomatiske og den analytiske eller algebraiske. I den aksiomatiske tilnærmingen begynner man med abstrakte objekter, punkter, linjer el og aksiomer og derfra utleder teoremer som logiske konsekvenser av disse aksiomene. Man kan se på den analytiske tilnærming som å finne modeler for aksiomsystemet for så å regne ut teoremene i denne modellen. Vi skal legge nesten utelukkende vekt på det siste synet, men jeg vil gi et innblikk i det første med et meget forenklet aksiomsystem for det affine plan. Et affint plan består av et par av mengder (P, L) - punkter og linjer - der et element Ler en undermengde av P. Vi krever at L 2 og for alle Lat 2. De to aksiomene er (i) Hvis P og Q er forskjellige punkter, så fins en entydig linje med P og Q. (ii) Hvis P /, da fins entydig linje slik at P og =. Hvis to linjer snitter tomt sier vi at de er parallelle. Dermed blir det andre aksiomet det Euklidske parallell postulat. Den entydige linjen gjennom P og Q skriver vi ofte som PQ. Direkte fra aksiomene kan man utlede to fakta. For det første, hvis to linjer snitter, snitter de i kun ett punkt. Det andre er at det å være parallell eller lik er en ekvivalensrelasjon på mengden av linjer. (Vi overlater bevisene til oppgavene.) Merk at aksiomene tillatter også endelige plan. Det minste eksemplet har 4 punkter og 6 linjer. La P = {P, Q, R, S} og L = {{P, Q}, {P, R}, {P, S}, {Q, R}, {Q, S}, {R, S}}. Det er rettfram å sjekke at aksiomene er tilfredstillt. Mengden av linjer kan parteres i 3 delmengder der hver består av 2 disjunkte punktpar og dette er ekvivalensklassene av parallelle linjer. Den modellen vi skal studere er A 2 R som vi kommer til å kalle det affine plan. Punktene er bare elementene i R 2 som vi som vanlig gir koordinater (x, y). Linjene blir som de skal være på formen = {(x, y) :ax + by + c =0} for konstanter a, b, c der (a, b) = (0, 0). To linjer ax + by + c =0oga x + b y + c = 0 er like hvis det fins ikke null λ R slik at (a, b, c) =λ(a,b,c ). Den entydige linjen gjennom to punkter (a 1,b 1 )og(a 2,b 2 ) er gitt ved (b 2 b 1 )x +(a 1 a 2 )y +(a 2 b 1 a 1 b 2 )=0 16

17 og to linjer gitt ved ax+by+c og a x+b y+c er parallelle hvis og bare hvis (a, b) =λ(a,b ) for en ikke null λ R. Det at vi skriver A 2 R tyder på at man kunne ha skrevet A2 K for en eller annen ting K, og det kan man, uten at vi går noe inn på det annet enn å forklare det endelige eksemplet ovenfor. La F 2 = {0, 1} og definer addisjon og multiplikasjon på F 2 som addisjon og multiplikasjon modulo 2. Definer nå A 2 F 2 akkurat som A 2 R, bare bytt ut R med F 2.Det vil ha 4 punkter P =(0, 0),Q =(1, 0),R =(0, 1),S =(1, 1) og 6 linjer. For eksempel vil linja x + y +1=0være{Q, R}. 2.2 Affine transformasjoner Sjølom E 2 og A 2 R består av de samme punktene er de forskjellige i den forstand at nå er vi ikke lenger opptatt med avstand og vinkler, bare punkter og linjer. Det avspeiler seg i at vi har en annen transformasjonsgruppe. Det eneste kravet vi stiller til en affin transformasjon er at den er en bijeksjon som tar linjer på linjer. Det er klart at sammensetningen av affine transformasjoner er igjen en affin transformasjon, så de utgjør en gruppe. Vi har følgende beskrivelse av affine transformasjoner som vi tar med uten bevis forløpig. Teorem 2.1. En bijeksjon ϕ : A 2 R A2 R ϕ = t a T der T er en linear operator på R 2. er en affin transformasjon hvis og bare hvis En affin transformasjon er bestemt av hva den gjør med en trekant, mere presist: Teorem 2.2. Hvis P, Q, R ikke ligger på en linje og P,Q,R ikke ligger på en linje, da fins en entydig affin transformasjon ϕ med ϕ(p )=P,ϕ(Q) =Q,ϕ(R) =R. Bevis. Merk først at hvis ϕ har to fikspunkter, P og Q på en linje, da er alle punkter på linja fikspunkter. For å se dette skriv et punkt X på PQ som X =(1 t)p + tq for passende t R. Teorem 2.1 sier at ϕ(x) =t a T (X) =(1 t)t (P )+tt (Q) +a = (1 t)(t (P )+a)+t(t (Q)+a) =(1 t)ϕ(p )+tϕ(q) =(1 t)p + tq = X. Vi skal først vise at hvis P, Q, R ikke ligger på en linje og er fikspunkter for ϕ, såerϕ identiteten. Vi vet nå at alle punktene på linjene PQ,QR, RP er fikspunkter, så velg en X ikke på disse linjene. Velg et punkt Y på PQ. Linja XY kan ikke være parallell til både QR og RP siden de ikke er parallelle. Den må derfor snitte minst en av dem, anta det er QR og la Z være snittpunktet. Men da er X på en linje med to fikspunkter, Y og Z, og må derfor også være fiks. Vi viser nå eksistensen ϕ i teoremteksten. Vektorparene {Q P, R P } og {Q P,R P } er begge basiser for vektorrommet R 2 så vi kan finne en linear operator T med T (Q P )=Q P og T (R P )=R P. Men da vil ϕ = t P Tt P gjøre jobben. For å vise entydigheten, la ϕ være en annen transformasjon som oppfyllte betingelsen i teoremet. Da vil ϕ 1 ϕ ha P, Q, R som fikspunkter og må være identiten, så ϕ = ϕ. 17

18 2.3 Barysentriske koordinater Teorem 2.2 forteller oss at i affin geometri så er alle trekanter å betrakte som like akkurat som for vektorrom er alle basiser like - vi kan finne en entydig isomorfi som tar den ene til den andre. Det er derfor naturlig å velge en referanse trekant og forsøke å uttrykke det som skjer i A 2 R i forhold til det. Hvis P 1,P 2,...,P k er punkter og t 1,t 2,...,t k er reele tall (som man gjerne kan tenke på som masser tilordnet punktene) med t i = 0, definerer man barysenteret til massene i P i som t 1 P 1 + t 2 P t k P k. t 1 + t t k Merk at barysenteret mht t i er det samme som barysenteret mht λt i for alle ikke null reele tall λ. I definisjonen av barysenteret har vi implisitt valgt en origo i A 2 R, men det er uavhengig av dette valget. Dette fordi for en translasjon t a er t a ( t 1P t k P k t t k ) = t 1t a (P 1 )+ + t k t a (P k ) t t k. Derfor hvis vi velger en referanse trekant P 1 P 2 P 3 vil et trippel av reele tall (t 1,t 2,t 3 ) med t 1 + t 2 + t 3 = 0 bestemme et entydig punkt i A 2 R, nemlig barysenteret til t i i P i. Dette kalles de barysentriske koordinatene mht referanse trekanten. Vi skriver barysenteret P =(t 1,t 2,t 3 ). Merk at (t 1,t 2,t 3 )=(λt 1,λt 2,λt 3 ). Derfor kunne vi, etter å bruke λ =1/(t 1 + t 2 + t 3 ), anta at t 1 + t 2 + t 3 = 1. Vi sier da at koordinatene er normalisert. Vi vil undersøke overgangen mellom barysentriske koordinater og kartesiske koordinater. Anta at P i =(a i,b i ) i kartesiske koordinater. Vi vil finne de normaliserte barysentriske koordinatene til et punkt (x, y) mht til referanse trekanten P 1 P 2 P 3. Det er det samme som å løse likningssystemet a 1 a 2 a 3 b 1 b 2 b Determinanten til systemet er etter søyle operasjonen lik a2 a det 1 a 3 a 1 b 2 b 1 b 3 b 1 t 1 t 2 t 3 x = y. (2.1) 1 som er 0 hvis og bare hvis P 2 P 1 og P 3 P 1 er lineart avhengig. Men da måtte P 1,P 2,P 3 ligge på en linje, som er umulig. Siden determinanten ikke er 0, fins en entydig løsning (t 1,t 2,t 3 ) som vi kan finne en formel for ved hjelp av Cramers regel. Hvis er determinaten til systemet får vi f eks t 1 = 1 x a 2 a 3 det y b 2 b

19 og tilsvarende for de andre. Fra linær algebra gjenkjenner vi (kanskje) t 1 som arealet til trekanten (x, y)p 2 P 3 delt med arealet til P 1 P 2 P 3 og tilsvarende for t 2 og t 3. Derfor kalles normaliserte barysentriske koordinater noen ganger for areal koordinater. Vi ser nå på hvordan linjer ser ut i barysentriske koordinater. Anta først at referanse trekanten har hjørner P 1 =(1, 0),P 2 =(0, 1),P 3 =(0, 0). Plugger vi dette inn i (2.1) får vi t 1 = x, t 2 = y, t 3 =1 x y. Derfor vil linjeligningen bli ax + by + c = at 1 + bt 2 + c =(a + c)t 1 +(b + c)t 2 + ct 3 =0. Vi ser at en linje i barysentriske koordinater er gitt ved en linær homogen likning i de tre koordinatene. For å finne den homogene likningen til linja mellom punktene R =(r 1,r 2,r 3 ) og S =(s 1,s 2,s 3 ) ser man lett at t 1 t 2 t 3 det r 1 r 2 r 3 s 1 s 2 s 3 er 0 ved innsetting av R eller S. Derfor gir den likningen. Skrevet ut blir den (r 2 s 3 s 2 r 3 )t 1 +(s 1 r 3 r 1 s 3 )t 2 +(r 1 s 2 s 1 r 2 )t 3 =0. I læreboka brukes barysentriske koordinater til å bevise Rouths teorem og dens korollarer Cevas teorem og Menelaus teorem. Dette er bra beskrevet og tegnet der og jeg gjentar det ikke her. 2.4 Det projektive planet Vi begynner igjen med et forenklet aksiomsystem for det projektive plan. Et projektivt plan består av et par av mengder (P, L) - punkter og linjer - der et element Ler en undermengde av P. Vi krever at L 2 og for alle Lat 3. De to aksiomene er (i) Hvis P og Q er forskjellige punkter, så fins en entydig linje med P og Q. (ii) Hvis og er i L, da er =. Vår hovedmodel er som i det affine tilfellet det projektive plan over R som vi kaller P 2 R. Hvis vi tenker oss om kjenner vi faktisk en slik model fra linær algebra, nemlig la P være mengden av linjer gjennom O i R 3 og la L være mengden av plan gjennom O i R 3.Deter kjent at to forskjellige linjer gjennom origo har to linært uavhengige retningsvektorer og at de derfor spenner et entydig bestemt plan. Videre vil to plan gjennom origo snitte i en linje. For å sette opp en mere håndterlig beskrivelse vil vi identifisere alle punktene på en linje gjennom origo til ett projektivt punkt. Hvis vi fjerner origo fra R 3 er det rettfram å sjekke at relasjonen x y hvis x og y ligger på den samme linjen gjennom origo, er en ekvivalensrelasjon på R 3 \{O}. I koordinater er relasjonen gitt ved (x 0,x 1,x 2 ) (y 0,y 1,y 2 ) hvis det fins ikke-null λ R slik at x i = λy i. 19

20 Det betyr at P 2 R er ekvivalensklassene til denne relasjonen, dvs P2 R =(R3 \ {O})/. Vi skriver ekvivalensklassen til (x 0,x 1,x 2 ) R 3 \ {O} som (x 0 : x 1 : x 2 ). Dette gir projektive koordinater som vi skriver med kolon for å minne oss om at de er homogene, dvs at (x 0 : x 1 : x 2 )=(λx 0 : λx 1 : λx 2 ). (Indekseringen fra 0 til 2 gjør vi for å huske at det handler om noe 2-dimensjonalt.) Hvis en vektor er i ekvivalensklassen som er P P 2 R vil vi ofte si at vektoren representerer P. En linje i P 2 R vil i disse koordinater være {(x 0 : x 1 : x 2 ):ax 0 + bx 1 + cx 2 =0} for passende a, b, c R. Ikke alle a, b, c kan være 0. Vektoren (a, b, c) er normalvektoren til det tilsvarende plan i R 3 og det er klart at (λa, λb, λc) bestemmer den samme linja for ikke-null λ R. Dette setter opp en dualitet mellom P 2 R og mengden av linjer i P2 R, som vi kaller (PR 2 ). Linja definert ved ax 0 + bx 1 + cx 2 = 0 er dual til punktet (a : b : c). Denne dualitet kan formuleres mere geometrisk. To punkter P og Q i P 2 R bestemmer en linje PQ. Det duale punktet til PQ er snittpunktet til den duale linja til P og den duale linja til Q. For å se dette merk at hvis P =(a 0 : a 1 : a 2 )ogq =(b 0 : b 1 : b 2 ) så er linja gjennom dem gitt ved x 0 x 1 x 2 det a 0 a 1 a 2 =(a 1 b 2 a 2 b 1 )x 0 +(a 2 b 0 a 0 b 2 )x 1 +(a 0 b 1 a 1 b 0 )x 2 =0. b 0 b 1 b 2 Vi gjenkjenner koeffisientene som kryssproduktet (a 0,a 1,a 2 ) (b 0,b 1,b 2 )ir 3. Dvs at det duale punktet til PQ er bildet av kryssproduktet i P 2 R. Dette stemmer med det vi vet fra linær algebra siden normalvektoren til planet spent av to vektorer i R 3 er nettopp kryssproduktet av vektorene. På den andre siden er duallinja til P og Q gitt ved a 0 x 0 + a 1 x 1 + a 2 x 2 = 0, hhv b 0 x 0 + b 1 x 1 + b 2 x 2 = 0 så snittpunktet er løsningen av det homogene likningssystemet a0 a 1 a 0 2 x x b 0 b 1 b 1 0 =. 2 0 x 2 Denne løsningsmengden er nettopp utspent av kryssproduktet av radene. Så snittpunktet er dualpunktet til PQ. Det er selvfølgelig umulig å tegne P 2 R, men man får et slags bilde av det, i hvert fall topologisk, ved å merke at en linje gjennom origo er entydig bestemt av et punkt på enhetsfæren S 2 = {x R 3 : x =1}. Nå er samme linje bestemt av to punkter, x og sitt antipodal x. Vi får derfor P 2 R = S2 /, der relasjonen er nå x x. For å få et bildet der bare et punkt representerer et punkt i P 2 R kan vi se på 3 delmengder av S2. Først ta den åpne øvre halvsfæren der x 2 > 0, så den åpne halvsirkelen der x 2 =0,x 1 > 0 og tilslutt punktet (1, 0, 0). Unionen av disse tre mengder er som mengde bijektiv til punktene i P 2 R. Med dette bilde mister vi dog en masse informasjon om det projektive planet og det er derfor nokså uegnet. For eksempel må vi huske at hvis vi går fra den øvre halvsfæren ned på ekvator er det ikke slutt på veien, vi kommer ut igjen på andre siden av ekvatoren og kan bevege oss videre på halvsfæren. 20

21 En bedre måte å se det projektive planet er å se det fra det affine planet. Merk at siden (0 : 0 : 0) ikke er med i P 2 R,såerP2 R dekket av de tre mengdene U i = {(x 0 : x 1 : x 2 ):x i =0}, i =0, 1, 2. Med dekket mener jeg at P 2 R = U 0 U 1 U 2. La oss se nøyere på en av dem, f.eks. U 2. Siden x 2 = 0 har vi en veldefinert funksjon U 2 A 2 R definert ved (x 0 : x 1 : x 2 ) ( x 0, x 1 ). x 2 x 2 Merk at også så funksjonen er veldefinert. Vi ser at (λx 0 : λx 1 : λx 2 ) ( x 0 x 2, x 1 x 2 ) ( x 0 x 2, x 1 x 2 )=( y 0 y 2, y 1 y 2 ) (y 0 : y 1 : y 2 )= y 2 x 2 (x 0 : x 1 : x 2 )=(x 0 : x 1 : x 2 ) så funksjonen er injektiv. Videre vil (x : y :1) (x, y) så funksjonen er surjektiv også og vi har en bijeksjon av punkter U 2 A 2 R. Hvis er en linje i P 2 R gitt ved ax 0 + bx 1 + cx 2 = 0, så vil U 2 være punkter med ax + by + c = 0 når vi bruker koordinatene x = x 0 /x 2,y = x 1 /x 2 som ovenfor. Dvs at en linje i A 2 R kommer fra en linje i P2 R med denne identifikasjon av U 2 med A 2 R. Vi tenker oss A 2 R dermed som en delmengde av P2 R. (Vi kunne ha lagt den inn på mange forskjellige måter, men vi velger denne som standard måten.) Derfor vil satser angående P 2 R gi oss (ofte flere) satser i A 2 R. Sett fra A 2 R får vi P2 R ved å legge til en linje = {x 2 =0}. Siden to parallelle linjer i A 2 R ikke treffes må de treffes på.laax + by + c 1 =0ogax + by + c 2 = 0 bestemme to parallelle linjer. De kommer fra linjene ax 0 + bx 1 + c 1 x 2 = 0, hhv ax 0 + bx 1 + c 2 x 2 =0, i P 2 R og begge snitter i det samme punktet nemlig ( b : a : 0). Merk at a/b er stigningstallet til linjen. Dette gir opphav til sammenhengen mellom projektiv geometri og perspektiv tegning som vi har snakket om på forelesninger men ikke får plass i notatene i denne omgang. Akkurat som med affine plan kan man lage endelige projektive plan. Hvis vi lager P 2 F 2 får vi 7 punkter P = {(1 : 0 : 0), (0 : 1 : 0), (0 : 0 : 1), (1 : 1 : 0), (1 : 0 : 1), (0 : 1 : 1), (1 : 1 : 1)} og 7 duale linjer. Hver linje vil inneholde 3 punkter. Dette planet kalles Fano planet. 2.5 Projektive transformasjoner Vi definerer nå gruppen av projektive transformasjoner av P 2 R som vi kaller PGL 2.Geometrisk ønsker vi bijeksjoner P 2 R P2 R som tar linjer på linjer. De viser seg å være på følgende form. La T være en invertibel linær operator på R 3. Vi får en bijeksjon på P 2 R ved å definere T (x 0 : x 1 : x 2 ) til å være ekvivalensklassen til T (x 0,x 1,x 2 ) R 3. Alle projektive 21