Oppgaver MAT500 Fredrik Meyer 0. september 04 Oppgave. Bruk forrige oppgave ti å vise at hvis m er orienteringsreverserende, så er m en transasjon. (merk: forrige oppgave sa at ae isometrier er på formen t a ρ θ eer t a ρ θ s. Løsning. Først, egg merke ti at isometrier på den første formen er orienteringsbevarende (verken rotasjoner eer transasjoner endrer orientering. Så m må kunne skrives som m = t a ρ θ s. Vi viste også at Dermed er m = (t a ρ θ s(t a ρ θ s = t a ρ θ st a ρ θ s = t a sρ θ t a ρ θ s = t a sρ θ ρ θ t ρ θ ( as = t a st ρ θ ( as = t a t sρ θ ( as = t a+sρ θ ( a Litt forkaring. Første ikhet er bare å fjerne parenteser. I (* bruker vi, som vi ærte i forrige oppgave, at ρ θ s = sρ θ. I (** bruker vi at t a ρ θ = ρ θ t ρ θ ( a. I (*** bruker vi at ρ θ ρ θ = id, og i (**** bruker vi at t b s = st s( b. Ti sutt bruker vi at s = id. Vi står igjen med noe som bare er en transasjon. Oppgave. Gi en begrunnese for hver ikhet i utregningen ti sutt i beviset for Setning.4.
Løsning. Det vi har yst å vise er at t a s = t w s. La oss huske hva ae disse bokstavene betyr. Tidigere i beviset be det vist at en orienteringsreverserende isometri kan skrives på formen m = t a s, hvor s er en speiing om en inje. Her hjeper det vedig å tegne en tegning. La være injen utspent av vektoren v. Siden R er -dimensjona, er { v, v } en basis for R. Så vi kan skrive a = ( a v v + ( a v v def. La w = def ( a v v og w = ( a v v. La være inja { w + λ v λ R}. w a w v Se på iustrasjonen over. Den første påstanden i beviset er at s = t w s t w. I ord sier dette at å speie gjennom inja er det samme som først å fytte hee panet ned med vektoren w (sik at bir sendt på, refektere, og så transatere opp igjen. La { w, w } være standardbasis for R. Da er det ikke så gærnt å se fra tegningen at s er gitt som ( ( ( x x 0 +. x x
Men dette kan vi skrive om ti ( ( ( ( x x 0 0 + + x x ( x 0 = s ( + s ( ( x ( x = s ( x ( 0 = t w s t w ( x. + ( 0 ( 0 + Så vi konkuderer med at s = t w s t w. Neste ikhet i beviset er s t w = t s. Husk at w er ortogona på, så å speie i vi sende w på w. Dermed har vi at s t w ( x = s ( x w = s ( x + w = t w s ( x. Her brukte vi at siden s sender origo på origo, så er s ineær. Siste ikheten i beviset er at t w t w t w = t a. Dette er åpenbart siden atid t a t b = t a+ b og a = w + w. Oppgave 3. Anta m er en isometri av panet som tar en inje på seg sev, m( =, og at m er en transasjon med en vektor a. Gi et geometrisk argument for at m enten er en speiing, en gidespeiing eer transasjonen t a. Løsning 3. For det første: a m være mt a. Da bir m = id, siden det ikke er noen transasjon angs injen enger. Så probemet bir nå: gitt at vi ska hode en he inje fast, hvordan kan vi da fytte rundt på panet? Vi vet at ae isometrier av panet enten er transasjoner, rotasjoner, speiinger eer gidespeiinger. m kan ikke være en transasjon, siden transasjoner ikke har fikspunkter, og m fikserer origo. m kan heer ikke være en rotasjon, siden den ska fiksere inja (det kunne muigens ha vært en rotasjon på 80, men da vie ikke m = id. m kan heer ikke være en gidespeiing, siden gidespeiinger ikke har fikspunkter. Vi konkuderer med at eneste muighet er at m er enten en speiing om inja eer identiteten. Med andre ord: siden m = mt a, er m = m t a. m = s eer id, så m er ik st a eer t a. Siden a enten er 0 eer en vektor parae med, er m ik enten identiteten, en speiing, eer en gidespeiing. Oppgave 4. Bruk Setning.4 ti å vise at sammensetningen av to rotasjoner om to forskjeige punkter er enten en rotasjon om et tredje punkt eer en transasjon. Når er det en transasjon? 3
Løsning 4. Å rotere om et punkt P er det samme som å først transatere P ti origo, rotere om origo, og så transatere tibake ti P. Dermed har vi at en rotasjon med θ grader om P, og så en rotasjon med θ grader om Q kan skrives som t P ρ θ t P t Q ρ θ t Q. Ved å gjentatte ganger bruke at t a ρ θ = ρ θ t ρ θ ( a, kan dette forenkes ti føgende uttrykk: t P ρθ (P +ρ θ (Q ρ θ+θ (Qρ θ+θ. Dette er en rotasjon hvis og bare hvis θ + θ 0 (mod π. Oppgave 5. Hva sags isometri er sammensetningen av to speiinger om ikke paraee injer? Hva sags isometri er sammensetningen av to speiinger om paraee injer? Løsning 5. Første tifeet er enkest. For det første: setter vi sammen to orienteringsreverserende isometrier er resutatet orienteringsbevarende. I tiegg har sammensetningen et fikspunkt: de to injene møtes i ett punkt, og dette bir da et fikspunkt for speiingen. Vi vet fra tidigere at en orienteringsbevarende isometri med et fikspunkt er en rotasjon. Men vi kan si mer! Nå vet vi at sammensetningen er en rotasjon om et punkt, som vi ikegodt kan anta er origo, atså kan vi skrive den som ρ θ for en eer annen θ. Tegner vi en tegning som under ser vi da at dette bir en rotasjon med vinke dobbete av vinkeen meom injene. For å finne hviken s (X θ X vinke vi roterer med, er det nok å se hvor mye ett enket punkt bir rotert. Veg da dette punktet ti å igge på. Da ser vi at origo (der vinkeen θ igger er toppen i en ikebeint trekant med punktet X og s (X som hjørner. Siden deer trekanten i to, må vinkeen være θ. Ti sutt: hva er sammensetningen av to speiinger om paraee injer? Ka injene og. De igger da over hverandre i en avstand a. Vi kan anta 4
at den nederste injen er x-aksen. Da bir også s ( a = a. Legg merke ti at om er "øverst", så er s = t a s t a. Dermed er ss = st a st a = s t s( a t a = t s( a a = t a. Vi konkuderer med at en sammensetning av to speiinger er det samme som å transatere med en avstand det dobbete av avstanden meom injene. Oppgave 6. La være injen gjennom origo med retningsvektor (a, b (b > 0. Skriv standardmatrisen ti speiingen s. Løsning 6. Vi tar først for oss tifeet når er x-aksen. I det tifeet er bare speiingen gitt ved S = 0. 0 Så strategien bir å først rotere injen sik at den sammenfaer med x-aksen, og så bruke S, og så rotere tibake ti. Det er ett å se at matrisen M θ = a b. a + b b a tar x-aksen på injen, er ortogona og har determinant. Dermed er M θ en rotasjonsmatrise. Det er også greit å se at M θ = M θ = a b. a + b b a Vi regner dermed ut at speiingen gjennom injen er gitt ved M θ SM θ = a b ab a + b. ab b a PS: Om en sår opp på Wikipedia ser en at en forme for en sik speiing er gitt ved v x x v x, v v der v = (a, b. Men ved å se hva som skjer med enhetsvektorer er det ett å se at dette faktisk er samme forme. 5
Oppgave 7. Beskriv symmetrigruppene ti: a En ikebeint trekant. b En ikesidet trekant. c En parabe. d Et paraeogram. e En rombe. f Et rektange. g En eipse. Løsning 7. a En ikebeint trekant: Vi antar trekanten er ikebeint, men ikke side ikesidet. En sik trekant har bare to symmetrier: som atid identiteten, og speiing gjennom en høyde. b En ikesidet trekant: En ikesidet trekant er den trekanten med fest symmetrier. Vi kan rotere 0, og vi kan refektere om hvert hjørne. Ti sammen får vi seks symmetrier, den fue trekantgruppen D 3. c En parabe: En parabe har heer ikke mange symmetrier. I det enkeste tifeet er den gitt som y = x, og da ser vi at x x er en symmetri, som svarer ti speiing om y-aksen. Dette er da også den eneste symmetrien, og dette gjeder generet (ae paraber kan ved hjep av et koordinatskifte skrives om ti noe på formen y = x. d Et paraeogram: Vi antar paraeogrammet ikke er en rombe (det vi si, siden er av forskjeig engde. Vi kan også anta at vi ikke har et rektange. Men da er det ett å se at et paraeogram ikke har noen symmetrier. e En rombe: En rombe er et paraeogram hvor siden er ike ange. I dette tifeet er speiing ov: veg et hjørne, og spei gjennom injen som går gjennom to hjørner. Dette gir ti sammen fire symmetrier: identiteten, speiing i to nabohjørner hjørner, og sammensetningen av disse. f Et rektange: Hvis rektangeet ikke er et kvadrat, er det bare speiinger vi kan gjøre. Så svaret bir akkurat det samme som med romben. 6
g En eipse: En eipse har fire symmetrier, akkurat som rektangeet og romben. Grunnen ti dette er at ae tre har to symmetriakser. 7