A 1 a 21 a 22 a 2n A =

Transcriptie

1 Oefeningen op hoofdstuk Affiene ruimten 1 Basistellingen Oefening 1 Er ijn maar een eindig aantal lineaire afbeeldingen op een eindigdimensionale vectorruimte F n q over een eindig veld F q Tel het aantal elementen in GL(n, q Oplossing 1 Om het aantal elementen van GL(n, q = {A Mat n (q det(a } te tellen, bepalen we de voorwaarden waaraan de matrices in GL(n, q moeten voldoen door e rij per rij op te bouwen en er telkens voor te orgen dat de determinant onmogelijk nul kan worden, in elke stap Een algemene matrix A heeft de vorm: a 11 a 1 a 1n A 1 a 1 a a n A = = A a n1 a n a nn A n Voor elke rij gaan we als volgt te werk: we nemen het totaal aantal mogelijkheden om e te kieen en trekken daar alle mogelijkheden vanaf waardoor de determinant nul ou worden Het totaal aantal mogelijkheden voor één rij is gewoon alle mogelijkheden om n elementen uit een veld F q te kieen, dus q n Hiervan moeten we het aantal verboden mogelijkheden aftrekken Dit aantal halen we uit de voorwaarde det(a : dit betekent dat een rij geen lineaire combinatie mag ijn van de vorige Merk op dat ook de nulrij bij dit aantal verboden combinaties it, als de triviale combinatie: A k = A 1 + A + + A k 1 Aangeien de eerste rij geen voorgangers heeft waarvan e lineair afhankelijk kan ijn, is de enige verboden rij de nulrij Het aantal mogelijkheden om een goede eerste rij te kieen wordt dus q n 1 Voor A ijn er meer verboden mogelijkheden, namelijk alle mogelijke veelvouden van de eerste rij: A = λa 1 Merk op dat de nulrij hier weer in it, nl voor λ = Omdat {λa 1 λ F q } precies kardinaliteit q heeft, ijn er q verboden mogelijkheden en hebben we nog q n q mogelijkheden over om A te kieen Voor elke A k (k {1,, n} heeft men precies q n q k 1 toegelaten mogelijkheden, waarbij men de term q k 1 vindt uit het aantal mogelijkheden om (λ 1, λ,, λ k 1 F k 1 q te kieen, odat A k = λ 1 A 1 + λ A + + λ k 1 A k 1 Door achtereenvolgens A 1 tot en met A n te kieen hebben we een niet-siguliere matrix opgebouwd Het totaal aantal manieren om dat te doen is het product van al dee keuemogelijkheden per rij We besluiten: n 1 GL(n, q = (q n q k = q n(n 1 k= n (q i 1 i=1 Opgeloste oefeningen LAAM II, Affiene ruimten 1

2 Oefening Tel het aantal elementen van SL(n, q = {A GL(n, q det A = 1} Oplossing We weten dat de determinantafbeelding det : GL(n, q F q, A det(a een morfisme is van groepen: det(a B = det A det B Bovendien is het surjectief: elk element d F q kan door de determinantafbeelding bereikt worden door een matrix uit GL(n, q, bijvoorbeeld door d 1 1 Verder hebben we dat ker det = {A GL(n, q det A = 1} = SL(n, q De eerste isomorfiestelling voor groepen, toegepast op het epimorfisme det, leert ons dat GL(n, q/ ker det = Im det Dit wordt hier GL(n, q/ SL(n, q = F q, Nemen we van beide leden het aantal elementen, dan vinden we (waarbij de laatste gelijkheid uit oefening 1 komt: GL(n, q SL(n, q = GL(n, q F q SL(n, q = = q n(n 1 q 1 Oefening 3 Tel, in een eindige vectorruimte V (n, q het n (q i 1 i= aantal vectoren aantal vectorrechten aantal vectorvlakken aantal k-dimensionale deelruimten Oplossing 3 Elke vector kan geschreven worden als een lineaire combinatie van de vectoren van een basis (b 1, b n, dus als k 1 b 1 + k b + + k n b n met k 1, k, k n F q Elk ander stel k s stelt een andere vector voor en elke k i kan op q manieren gekoen worden Er ijn dus q n verschillende vectoren Een vectorrechte is een rechte door de oorsprong en wordt bijgevolg volledig vastgelegd door één vector v verschillend van de nulvector Zo ijn er q n 1 Vectoren die een veelvoud van elkaar ijn ullen echter deelfde rechte opspannen o ijn er (de niet--veelvouden kv, met k F q \{} Er ijn dus vectoren die deelfde vectorrechte bepalen Hieruit volgt dat er qn 1 = qn 1 +q n + +q+1 vectorrechten ijn Een vectorvlak is een vlak door de oorsprong en wordt dus opgespannen door twee lineair onafhankelijke vectoren Voor de eerste vector hebben we q n 1 mogelijkheden (alles behalve de nulvector Voor de tweede hebben we nog keue uit alle vectoren, behalve de vectoren op de vectorrechte opgespannen door de eerste vector (merk op dat de nulvector één van de q vectoren is die we hierbij uitsluiten: er blijven q n q vectoren over Er ijn echter minder dan (q n 1(q n q vectorvlakken: elk vectorvlak hebben we verschillende keren geteld, omdat sommige geordende koppels vectoren hetelfde vectorvlak opspannen Het aantal mogelijkheden om een geordend koppel vectoren te kieen in een vectorvlak, is (q 1(q q: voor een eerste vector mogen we alle vectoren kieen behalve de nulvector, voor de tweede vector ijn de q veelvouden van de eerste vector verboden We besluiten dat er (qn 1(q n q (q 1(q q = (qn 1(q n 1 1 vectorvlakken ijn Dit alles is eigenlijk wat het (q 1( betekent om een dubbele telling uit te voeren van drietallen (v, w, π waarvoor v, w het vectorvlak π is Opgeloste oefeningen LAAM II, Basistellingen

3 De bovenstaande werkwije is veralgemeenbaar voor hogerdimensionale deelruimten van dimensie k n We tellen eerst het aantal geordende k-tallen (v 1,, v k van lineair onafhankelijke vectoren die een k-dimensionale deelruimte opspannen Voor de eerste ijn er q n 1 mogelijkheden, voor de tweede q n q, voor de volgende q n q, voor de laatste q n q k 1 Elk o n k-tal bepaalt precies één k-ruimte Er ijn echter meerdere k-tallen die eenelfde k-ruimte bepalen, namelijk (q k 1(q k q (q k q k 1 Het gevraagde aantal is dus (q n 1(q n q (q n q k (q n q k 1 k 1 (q k 1(q k q (q k q k (q k q k 1 = q n i 1 q k i 1 Oefening 4 Tel in een (eindig affien vlak AG(, q het i= aantal punten aantal punten op een rechte aantal rechten aantal rechten door een punt Oplossing 4 Het aantal punten in een AG(, q is gelijk aan het aantal punten in een vectorruimte V (, q, dus gelijk aan q Een rechte in een affien vlak is een nevenklasse van een vectorrechte in een vectorruimte Die heeft V (1, q = q punten Elke affiene rechte in AG(, q is een nevenklasse van een vectorrechte in V (, q Aangeien er q + 1 vectorrechten ijn in V (, q, en elke vectorrechte q nevenklassen heeft, ijn er dus q(q + 1 = q + q rechten in AG(, q Het aantal rechten door een vast punt in AG(, q is gelijk aan het aantal (vectorrechten door de oorsprong in V (, q, dus gelijk aan q + 1 Eén van dee vier hoeveelheden kon men ook vinden door een dubbele telling van de incidenties uit te voeren Die ou # punten # rechten door een punt = # rechten # punten op een rechte q (q + 1 = (q + q q geven, waarbij elk van de vier hierboven berekende grootheden uit de andere drie ou volgen Oefening 5 Tel in een affiene ruimte AG(n, q het aantal punten aantal rechten aantal vlakken aantal k-dimensionale deelruimten Oplossing 5 Het aantal punten in de affiene ruimte AG(n, q is gelijk aan het aantal punten in de vectorruimte V (n, q, dus gelijk aan q n Er ullen q n 1 qn 1 rechten ijn We geven drie equivalente manieren om dit te vinden Elke affiene rechte in AG(n, q komt overeen met een nevenklasse van een vectorrechte in V (n, q Alle nevenklassen van een vectorrechte (dit is, een parallelklasse van rechten vormen een partitie van alle vectoren van V (n, q in nevenklassen van deelfde grootte (elk q vectoren Dus een vectorrechte heeft q n /q = q n 1 nevenklassen Aangeien er qn 1 vectorrechten ijn in V (n, q, en elke vectorrechte q n 1 nevenklassen heeft, ijn er dus q n 1 qn 1 rechten in AG(n, q Noem het aantal rechten κ en voer een dubbele telling uit van de drietallen (p 1, p, L, met p 1 en p verschillende punten op de rechte L Het aantal ulke drietallen is enerijds gelijk aan q n (q n 1: kies eerst p 1, daarvoor ijn er q n mogelijkheden (alle punten van AG(n, q, en vervolgens p (q n 1 mogelijkheden: alle punten behalve p 1 De rechte L ligt dan vast; het is de unieke rechte door p 1 en p Anderijds is het aantal drietallen ook gelijk aan κq(q 1: kies eerst L uit de κ rechten in AG(n, q, daarna p 1 uit de q punten op L, en ten slotte p uit de q 1 punten op L, verschillend van p 1 Er geldt dus dat q n (q n 1 = κq(q 1, waaruit volgt dat κ = q n 1 qn 1 Opgeloste oefeningen LAAM II, Basistellingen 3

4 Noem het aantal rechten κ en voer een dubbele telling uit van de incidenties (p, L, met p een punt dat incident is met de rechte L Het aantal incidenties is enerijds gelijk aan q n qn 1 (kies eerst p uit de q n punten van AG(n, q, en daarna L uit de qn 1 rechten door p, en anderijds gelijk aan κq (kies eerst L uit de κ rechten in AG(n, q, vervolgens p uit de q punten door L, waaruit κ = q n 1 qn 1 Er ullen q n (q n 1(q n q affiene vlakken ijn We geven twee manieren om hiertoe te komen (q 1(q q Elk affien vlak in AG(n, q komt overeen met een nevenklasse van een vectorvlak in V (n, q Aangeien er (qn 1(q n q (q 1(q q heeft, ijn er dus q n (q n 1(q n q (q 1(q q qn vectorvlakken ijn in V (n, q, en elk vectorvlak q vlakken in AG(n, q = q n nevenklassen Noem het aantal vlakken ζ en voer een dubbele telling uit van de viertallen (p 1, p, p 3, π, met π een vlak en p 1, p en p 3 affien onafhankelijke punten die π voortbrengen We vinden waaruit volgt dat ζ = q n (q n 1(q n q (q 1(q q q n (q n 1(q n q 1 = ζq (q 1(q q, k 1 Op een analoge manier als hiervoor al dit aantal gelijk ijn aan q n k i= q n q i q k q i : Elke k-dimensionale affiene deelruimte van AG(n, q is een nevenklasse van een k-dimensionale deelruimte in V (n, q Aangeien er k 1 q n q i i= k-dimensionale deelruimten ijn in V (n, q, en q k q i elke deelruimte q n /q k = q n k parallellen in ijn parallelklasse heeft, ijn er dus q n k k 1 q n q i i= q k q i k-ruimten in AG(n, q Noem het aantal k-dimensionale deelruimten ϖ en voer een dubbele telling uit van de (k + - tallen (p 1,, p k+1, W, met p i k + 1 punten die de k-dimensionale deelruimte W voortbrengen Het aantal ulke (k +-tallen is enerijds gelijk aan q n k 1 i= (qn q i : kies eerst p 1 (q n mogelijkheden, daarna p (q n 1 mogelijkheden, en ten slotte p k+1 (q n q k 1 mogelijkheden De ruimte W ligt dan vast Anderijds is dit aantal ook gelijk aan ϖq k k 1 i= qk q i : kies eerst W uit de ϖ mogelijke k-ruimten in AG(n, q, daarna p 1 ( q k mogelijkheden, p (q k 1 mogelijkheden,, p k+1 (q k q k 1 mogelijkheden We vinden dus dat ϖ = q n k k 1 i= q n q i q k q i Oefening 6 Gebruik de dubbele telling om in een affiene ruimte AG(n, q de volgende grootheden te bepalen aantal rechten door een punt aantal vlakken door een punt aantal vlakken door een rechte aantal hypervlakken door een codimensie--- ruimte aantal d-dimensionale deelruimten door een vaste k-dimensionale deelruimte, voor k d n (Herexamen 1 Oplossing 6 Om een rechte door een punt p te bepalen hebben we een extra punt nodig, p, te kieen op q n 1 manieren Zo hebben we elke rechte q 1 keer geteld: één keer voor elk punt op de rechte Er ijn dus qn 1 rechten door een punt Men kan dit ook bepalen als het aantal vectorrechten in V (n, q of door een dubbele telling van koppels (p, L, met p een punt op de rechte L, verschillend van p Om een vlak door een punt p te bepalen ijn twee extra punten nodig Die kunnen we kieen op (q n 1(q n q manieren, maar we moeten nog delen door (q 1(q q, het aantal dergelijke puntenkoppels dat eenelfde vlak bepaalt Dit komt neer op een dubbele telling van koppels (p 1, p, π, odat p, p 1 en p het vlak π opspannen Er ijn dus (qn 1(q n q vlakken door een punt (q 1(q q Om een vlak door een rechte te bepalen is een extra punt nodig, te kieen op q n q manieren Een vlak kan door q q dergelijke punten bepaald worden, dus er ijn qn q q q = qn 1 1 vlakken door een rechte Opgeloste oefeningen LAAM II, Basistellingen 4

5 Om een hypervlak door een een vaste codimensie--ruimte W te bepalen, is een extra punt p nodig Stel het aantal hypervlakken door W gelijk aan κ, en voer een dubbele telling uit van koppels (p, U, met p een punt en U een hypervlak, odat p en W samen U opspannen Het aantal ulke koppels is enerijds gelijk aan κ(q n 1 q n : kies eerst een hypervlak U door W (κ mogelijkheden, en dan een punt p in U, maar niet in W (q n 1 q n mogelijkheden Anderijds is het aantal ulke koppels ook gelijk aan q n q n : kies eerst een punt p niet in W ; het hypervlak U is dan uniek bepaald Er volgt dat κ(q n 1 q n = q n q n, odat κ = qn q n q n 1 q n = q 1 = q + 1 Zo n d-dimensionale deelruimte wordt bepaald door d k extra punten, die tesamen met de gegeven k-ruimte dee d-ruimte ullen opspannen Het eerste punt daarvan kan gekoen worden op q n q k manieren (alle punten van AG(n, q behalve die in de k-ruimte Het tweede punt kan gekoen worden op q n q k+1 manieren (alle punten behalve die in de (k + 1-dimensionale deelruimte opgespannen door de k-ruimte en dat eerste punt Enovoort Het laatste punt kan gekoen worden op q n q d 1 manieren (allemaal behalve dee in de (d 1-ruimte opgespannen door de k-ruimte en alle voorgaande punten Echter, o n deelruimte kan op verschillende manieren geteld worden op bovenstaande wije: immers, voor elke andere keue van d k affien onafhankelijke punten die samen met de k-ruimte deelfde d-ruimte opspannen, verkrijgen we deelfde d-ruimte Voor het eerste punt ijn er q d q k keuemogelijkheden (alle punten van dee d-ruimte, uitgeonderd die in de k-ruimte Het tweede punt kan analoog gekoen worden op q d q k+1 manieren, enovoort Het laatste punt kan gekoen worden op q d q d 1 manieren Uiteindelijk vinden we het resultaat (q n q k (q n q k+1 (q n q d 1 (q d q k (q d q k+1 (q d q d 1 = (qn k 1 (q n (d 1 1 (q d k, 1 (q 1 een uitdrukking van totale graad (n d(d k Dit is wat we eigenlijk bekomen door een dubbele telling van d k + 1-tallen (Π, x k+1, x d, waarbij Π de d-ruimte is, opgespannen door een vaste k-ruimte en de affien onafhankelijke punten x k+1, x d Dimensiestellingen Oefening 7 De dimensiestelling van Grassmann voor vectorruimten stelt dat voor deelruimten U en V geldt dat dim U +dim V = dim U, V +dim U V In projectieve ruimten geldt precies deelfde gelijkheid, maar in affiene ruimten is voor een dimensiestelling geen hoop Hoe komt het dat het onmogelijk is om in affiene ruimten de dimensies van de span en van de doorsnede van twee deelruimten met elkaar in verband te brengen? Oplossing 7 In affiene ruimten verhindert het concept van parallellisme om de dimensies van span en doorsnede met elkaar in verband te brengen Kijk bijvoorbeeld naar een rechte en een vlak in AG(3, R, die de hele ruimte opspannen Hun doorsnede kan dan owel een punt ijn, als ledig (als e wak parallel ijn Dus als dim A =, dim L = 1, dim A, L = 3, kan dim(a L nog steeds of 1 ijn Dus de dimensie van de doorsnede van twee affiene deelruimten wordt niet uniek bepaald door hun span Elke affiene ruimte kan men echter op een unieke manier completeren tot een projectieve ruimte, door de ogenaamde structuur op oneindig toe te voegen Zo krijgt men een meetkunde waarin de wak parallelle rechte en het vlak uit het voorbeeld hierboven, wél snijden in een punt van de meetkunde In de projectieve completering van een affiene ruimte is de toegevoegde structuur op oneindig precies een hypervlak In projectieve ruimten geldt de dimensiestelling weer wel Daar kan men de dimensie van de doorsnede van twee deelruimten dus uniek vastleggen aan de hand van de dimensie van hun span Als men een affiene ruimte completeert tot een projectieve ruimte, door alle punten (en eventueel rechten, vlakken, op oneindig toe te voegen, dan ullen ook de affiene deelruimten gecompleteerd worden tot projectieve deelruimten (met hun punten, op oneindig De projectieve dimensiestelling egt dan hoe groot de doorsnede is van de projectieve deelruimten, egge van dimensie k Dan ijn er nog twee Opgeloste oefeningen LAAM II, Dimensiestellingen 5

6 mogelijkheden: in het generieke geval komt die k-dimensionale projectieve deelruimte overeen met een affiene deelruimte van dimensie k (die het hypervlak op oneindig snijdt in een hypervlak van die k- dimensionale projectieve deelruimte, dit is een k 1-dimensionale deelruimte In het andere geval ligt die k-dimensionale volledig in het hypervlak op oneindig, en komt e overeen met een k + 1-dimensionale richtruimte die beide affiene deelruimten gemeen hebben Samengevat: de dimensie van de doorsnede van twee affiene deelruimten hangt dus af van hoe die doorsnede gelegen is ten opichte van het hypervlak op oneindig in de projectieve completering Oefening 8 Wat is de minimaal nodige dimensie om een n- en een m-dimensionale deelruimte met ledige doorsnede in te bedden in een vectorruimte? In een projectieve ruimte? En in een affiene ruimte? Oplossing 8 In een vectorruimte klinkt dit als een strikvraag: alle deelruimten snijden in de nulvector, dus disjuncte deelruimten in een vectorruimte ijn onmogelijk Als je disjunct interpreteert als doorsnede is de nulvector, dan is het antwoord n+m In een directe som V (n+m, K = V (n, K V (m, K snijden de componenten triviaal Dit vinden we eveneens door de dimensiestelling van Grassmann: dim V + dim U = dim U, V + dim U V geeft n + m = (n + m + De k-dimensionale deelruimten van een projectieve ruimte komen van de k + 1-dimensionale vectordeelruimten van de onderliggende vectorruimte Daar er in beide leden van de dimensiestelling twee dimensies staan, blijft de dimensiestelling ongewijigd (optelling van bij beide leden Let wel dat dim = 1, projectief We vinden dus dat we dimensie n + m + 1 nodig hebben In affiene ruimten is het antwoord minder scherpomlijnd Als de twee disjunte deelruimten wak parallel ijn, dan al een dimensie van max(n, m + 1 volstaan om beiden in in te bedden In dat geval ligt de doorsnede van dimensie min(n, m 1 volledig op oneindig in de projectieve completering In het algemeen geval hebben we, oals in het projectief geval, een dimensie van n + m + 1 nodig om twee disjuncte deelruimten in in te bedden Immers, in een affiene ruimte van dimensie n + m kunnen deelruimten van dimensies n en m snijden in een punt (gebruik dimensiestelling projectief Zodra dat punt in het affiene stuk ligt, is er een nietledige doorsnede tussen de affiene deelruimten Voor affiene ruimten is het antwoord dus minimum max(n, m + 1 en maximum n + m + 1 Oefening 9 Wat ijn de mogelijke dimensies van de doorsnede van een 7- en een 9-dimensionale deelruimte van een 1-dimensionale affiene ruimte? Oplossing 9 We gebruiken de notatie [i] voor een i-dimensionale deelruimte, of de deelruimte van die dimensie waarvan sprake Als [7] [9], dan is de doorsnede de [7] elf, dus 7 is een mogelijke dimensie Als [7] [9], dan spannen beide de volledige [1] op In de projectieve completering geeft de dimensiestelling ons dat [7] [9] = [6] Er ijn nu twee mogelijkheden voor de onderlinge ligging van dee [6] en het hypervlak op oneindig Π (van dimensie 9 Als [6] Π, dan al er geen enkel affien punt in de doorsnede van de [7] en de [9] liggen: de [7] en de [9] ijn hier wak parallel en [7] [9] = Als [6] Π, al dee [6] het hypervlak Π in een [5] snijden en al het affien stuk van dee [6]-doorsnede een affiene deelruimte van dimensie 6 ijn De mogelijke doorsnedegetallen ijn dus 7, 6 en 1 Oefening 1 (Examen 8 Beschouw twee hypervlakken H 1 en H in AG(6, q die niet parallel ijn Wat kun je eggen over hun doorsnede? Hoeveel punten liggen noch in H 1, noch in H? Zo n vast punt p buiten H 1 H bepaalt samen met H 1 H een hypervlak H Hoeveel punten van AG(6, q hadden hetelfde hypervlak bepaald? Hoeveel hypervlakken liggen benevens H 1, H nog in de bundel van hypervlakken door H 1 H? Opgeloste oefeningen LAAM II, Dimensiestellingen 6

7 Oplossing 1 De hypervlakken hebben dimensie 5 In de projectieve completering moeten e een doorsnede van dimensie 4 delen Daar e niet parallel ijn, ligt die niet op oneindig H 1 H is dus een echte affiene deelruimte van dimensie 4 (die het hypervlak op oneindig snijdt in een solid Door het inclusie-exclusie-principe liggen er q 5 q 4 punten in de unie deer twee hypervlakken en bijgevolg q 6 q 5 + q 4 punten erbuiten Een hypervlak H, bepaald door H 1 H en een extra punt, kan bepaald worden door elk van de punten in H \ (H 1 H en o ijn er q 5 q 4 Een dubbele telling van de hypervlakken H door H 1 H, verschillend van H 1 en H elf, en de punten p / H 1 H, met de voorwaarde dat p, H 1 H = H, levert dat # punten buiten H 1 H 1 = #hypervl door H 1 H # punten in H \ (H 1 H q 6 q 5 + q 4 = #hypervl door H 1 H (q 5 q 4, levert dat er nog q 1 andere hypervlakken door H 1 H gaan Dit wordt bevestigd door het feit dat er q + 1 hypervlakken door een codimensie--ruimte gaan (ie oefening 6 3 Onderlinge liggingen Oefening 11 Wat ijn de mogelijke liggingen van een rechte en een vlak in een AG(97, q? Oplossing 11 We onderscheiden de gevallen naargelang de dimensie van de affiene ruimte die de rechte en het vlak opspannen De kleinst mogelijke dimensie is dimensie aangeien het vlak elf al dee dimensie heeft De grootst mogelijke dimensie is dimensie 4: in een affiene ruimte wordt een rechte volledig bepaald door twee punten en een vlak door drie punten Bovendien spannen in een affiene ruimte AG(n, q met n 4, vijf punten hoogstens een 4-dimensionale ruimte op De gegeven oplossing geldt dus niet enkel voor AG(97, q maar ook voor elke AG(n, q met n 4 1 De rechte en het vlak spannen een affiene ruimte op met dimensie In dit geval is de opgespannen ruimte het gegeven vlak elf Het kan dus onmogelijk anders dan dat de rechte in het vlak gelegen is Dit geeft ons 1 mogelijkheid De rechte en het vlak spannen een affiene ruimte op met dimensie 3 Dit is enerijds mogelijk wanneer de rechte en het vlak elkaar snijden in een punt en anderijds wanneer de rechte en het vlak wak parallel ijn Er ijn dus mogelijke manieren odat het vlak en de rechte drie dimensies opspannen 3 De rechte en het vlak spannen een affiene ruimte op met dimensie 4 Dit is enkel mogelijk wanneer de rechte en het vlak ich in onderling algemene ligging bevinden Om o een rechte te construeren kies je één punt buiten het vlak en dan nog een punt buiten de 3-dimensionale ruimte opgespannen door het vlak en dit eerste punt (enkel mogelijk in een affiene ruimte met een dimensie groter dan 3 Dee twee punten bepalen o een rechte die disjunct is aan het vlak (mochten e snijden, dan ouden e slechts een 3-dimensionale ruimte opspannen In totaal ijn er dus 4 mogelijke liggingen Oefening 1 Zij gegeven een rechte L en een vlak π in een AG(5, q, die elkaar niet snijden Hoeveel vlakken gaan er door L die π niet snijden? Oplossing 1 Wegens oefening 11 weten we dat het antwoord al afhangen van de onderlinge ligging van de rechte en het vlak Opgeloste oefeningen LAAM II, Onderlinge liggingen 7

8 Geval 1 De rechte L en het vlak π ijn wak parallel Ze spannen een driedimensionale ruimte op We ullen eerst het aantal vlakken door de rechte L berekenen Elk o n vlak wordt gerealiseerd als p, L voor een punt p, buiten de rechte L gelegen: o ijn er q 5 q mogelijkheden voor p en dan is het vlak uniek bepaald Elk vlak is echter op q q manieren geteld, namelijk éénmaal voor elk punt in dit vlak buiten L In totaal ijn er dus q5 q q q = q3 + q + q + 1 vlakken door dee rechte Dit komt neer op een dubbele telling van koppels {(p, π p is een punt en π is het vlak L, p } Hiervan moeten we nu het aantal vlakken aftrekken die π wel snijden Omdat L wak parallel is met π, ullen alle snijlijnen van vlakken door L met π evenwijdig ijn met L We tellen dus het aantal rechten in π die evenwijdig ijn met L Zo ijn er q q = q: elk punt in π (o ijn er q bepaalt een evenwijdige rechte, maar elke evenwijdige rechte wordt o q keer geteld, één keer per punt erop Al bij al vinden we dus voor het volledige eerste geval q 3 + q + 1 mogelijkheden Geval De rechte L en het vlak π spannen een 4-dimensionale ruimte op Om deelfde reden als in het eerste geval gaan er q 3 + q + q + 1 vlakken door L Indien dee vlakken nu snijden met π ullen e slechts in 1 punt snijden Er liggen q punten in π en elk punt van π bepaalt o een snijdend vlak Van al de q 3 +q +q +1 vlakken ijn er dus q snijdend In totaal ijn er dus q 3 +q +1 mogelijkheden van het tweede geval Oefening 13 Hoeveel rechten in AG(4, q ijn wak parallel met een gegeven vlak? Oplossing 13 Dit aantal ullen we tellen door eerst het aantal mogelijke richtruimtes te tellen en dit te vermenigvuldigen met het aantal rechten met eenelfde richtruimte De ééndimensionale richtruimte van o n rechte moet in de tweedimensionale richtingsruimte van het gegeven vlak gelegen ijn Het aantal mogelijke richtingen voor rechten in een vlak is dus gelijk aan het aantal vectorrechten in een -dimensionale vectorruimte, of het aantal parallelklassen, of het aantal rechten door een punt in een vlak Dit is q + 1 Nu moeten we enkel nog het aantal rechten in een parallelklasse tellen Wanneer we dus een richtruimte horende bij een parallelklasse gegeven hebben, bepaalt elk punt van AG(4, q (dit ijn er q 4 een rechte in dee parallelklasse Zo hebben we elke rechte in die parallelklasse q keer geteld, namelijk één keer voor elk punt van dee rechte Er ijn dus q4 q = q 3 rechten in een parallelklasse In totaal hebben we dus q 3 (q + 1 = q 4 + q 3 rechten in AG(4, q die wak parallel ijn met een gegeven vlak Merk op dat alle q + q rechten in het gegeven vlak eveneens meegeteld ijn Oefening 14 Wat ijn de mogelijke liggingen van twee vlakken in AG(4, q? Oplossing 14 We ullen een klassering maken op basis van de span van beide vlakken Beiden spannen een vlak op In dit geval ijn de twee vlakken samenvallend Ze snijden in een vlak, namelijk de vlakken elf 3a Beiden spannen een driedimensionale ruimte op Wegens de projectieve dimensiestelling snijden e in een rechte In het ene geval is de doorsnede een affiene rechte 3b In het andere geval ligt hun snijrechte volledig op oneindig Als beide vlakken hun rechte op oneindig delen, ijn e parallel Ze spannen nog steeds een driedimensionale ruimte op 4a Beiden spannen een vierdimensionale ruimte op Wegens de projectieve dimensiestelling ijn e in de projectieve completering in een punt In het ene geval ligt dat punt in het affiene gedeelte van de projectieve completering: de doorsnede is een affien punt Opgeloste oefeningen LAAM II, Onderlinge liggingen 8

9 4b In het andere geval ligt dit punt op oneindig De doorsnede is dan ledig (in de affiene ruimte Men kan ich dit geval als volgt voorstellen Beschouw een rechte L, wak parallel met π maar niet in π gelegen Kies vervolgens een punt buiten de 3-dimensionale ruimte Γ opgespannen door π en L Noem dit punt u Beschouw vervolgens het vlak α = u, L We ullen aantonen dat α en π twee vlakken ijn waarvan we de onderlinge ligging nog niet besproken hebben Stel dat α en π een punt gemeen ouden hebben, stel v De rechte uv is dus een rechte die in α ligt L is eveneens een rechte in α die niet evenwijdig is met uv want uv snijdt π en L niet De rechten uv en L hebben dus een snijpunt s Dit snijpunt s ligt op L en dus ou uv = sv in Γ liggen, wat in strijd is met de keue van u De doorsnede van het vlak α met het vlak π is dus ledig Merk op dat dit verschilt van het vorige geval (twee parallelle vlakken, omdat one vlakken hier een 4-dimensionale ruimte opspannen Oefening 15 Hoeveel rechten in AG(6, q hebben geen punt gemeen met een gegeven vlak? Oplossing 15 Om dit aantal te berekenen ullen we als volgt te werk gaan We tellen het aantal rechten en trekken er vervolgens het aantal rechten in een vlak en het aantal rechten dat een vlak snijdt in een punt van af (A We weten uit oefening 5 dat er q 5 q6 1 = q1 + + q 5 rechten ijn in AG(6, q (B Het aantal rechten in een vlak is gelijk aan het aantal rechten in een AG(, q en dus q q 1 = q + q (C Ten slotte is het aantal rechten dat een vlak snijdt in een punt gelijk aan het aantal punten van een vlak vermenigvuldigd met het aantal rechten door een vast punt waarbij de rechte niet in het vlak ligt Het aantal punten in een affien vlak is q = C 1 Indien een vlak en een punt erin gegeven ijn, bepaalt elk punt buiten dat vlak (o ijn er q 6 q een rechte, maar o hebben we elke rechte q 1 keer geteld, namelijk één keer voor elk ander punt van die rechte, verschillend van het snijpunt Er ijn dus q6 q = q5 + q 4 + q 3 + q = C rechten die een gegeven vlak snijden in 1 punt De oplossing is dus A B C 1 C = q 1 + q 9 + q 8 q 4 q q Oefening 16 (Examen 1 Wat ijn de mogelijke onderlinge liggingen van twee disjuncte solids (driedimensionale deelruimten in AG(7, q? Hoeveel vierdimensionale affiene deelruimten gaan er door de ene, die disjunct ijn van de andere (in elk van de gevallen? Oplossing 16 In de projectieve completering van AG(7, q geeft de dimensiestelling ons dat de doorsnede een vlak, een rechte, een punt of leeg kan ijn Omdat de solids in AG(7, q disjunct ijn, moet in elk van dee gevallen de doorsnede op oneindig liggen We onderscheiden de volgende mogelijkheden De solids spannen een [4] op en snijden op oneindig in een vlak (namelijk hun vlak op oneindig, dat de driedimensionale richtruimte W 3 van beide vertegenwoordigt Dit betekent dat e parallel ijn De solids spannen een [5] op en snijden op oneindig in een rechte vectorvlak W Hun richtruimtes delen een De solids spannen een [6] op en snijden op oneindig in een punt Hun richtruimtes delen een vectorrechte W 1 De solids spannen de hele [7] op en snijden niet, ook niet op oneindig Dit betekent dat e in algemene ligging liggen: elke vier punten die de ene solid bepalen, spannen, samen met elke vier punten die de andere solid bepalen, de ganse [7] op Het aantal vierruimtes door een solid α in AG(7, q is q7 q 3 = q 3 + q + q + 1, want elk punt buiten α q 4 q 3 spant samen met α een vierruimte op, maar alle q 4 q 3 punten in o n vierruimte, buiten α, spannen deelfde vierruimte op We bepalen nu hoeveel daarvan slecht ijn, namelijk een punt gemeen hebben met de andere solid β Opgeloste oefeningen LAAM II, Onderlinge liggingen 9

10 Er is maar één [4]-ruimte door α, die ook met β iets gemeen heeft, namelijk de [4] die α en β samen opspannen Elke [4] door α en een punt p van β moet meteen alle punten van β bevatten, want in die [4] moet eker p + W 3 = β gelegen ijn Het antwoord is hier dus (q 3 + q + q = q 3 + q + q Elke [4]-ruimte door α die β snijdt (in minstens een punt p, al β snijden in een vlak, namelijk het vlak p + W Voor elk vlak van de parallelklasse bepaald door W krijgen we dus een [4] die β snijdt, en o ijn er precies q 3 /q = q Het antwoord is hier dus (q 3 + q + q + 1 q = q 3 + q + 1 Elke [4]-ruimte door α die β snijdt (in minstens een punt p, al β snijden in een rechte, namelijk de rechte p + W 1 Voor elke rechte van de parallelklasse W 1 krijgen we dus een [4] die β snijdt, en o ijn er precies q 3 /q = q Het antwoord is hier dus (q 3 + q + q + 1 q = q 3 + q + 1 Als α en β in algemene ligging liggen, kan een [4] door α de andere solid β slechts snijden in een punt: mocht die een rechte gemeen hebben, dan ouden de es bepalende punten in algemene ligging een [5] opspannen en geen [4] Voor elk punt van β krijgen we dus een [4] die β snijdt (in precies dat ene punt Het antwoord is hier dus (q 3 + q + q + 1 q 3 = q + q + 1 Oefening 17 (Examen 11 Zij L een rechte, wak parallel aan een solid U in een AG(6, q, maar er niet in gelegen Hoeveel vlakken ijn wak parallel aan U en hebben met L geen enkel punt gemeen? Zij M o n vlak Hoeveel affiene hypervlakken van AG(6, q bevatten owel L als M? Maak onderscheid in verschillende gevallen Oplossing 17 Zo n vlak heeft als richtruimte dee van een vlak gelegen in U = AG(3, q Zo ijn er q + q + 1: dit is het aantal vlakken door een punt in een solid, alsook het aantal parallelklassen van vlakken in een solid ( q3 +q +q q Voor elke richtruimte bestaan er q6 = q 4 vlakken met die richtruimte; dit q is het aantal vlakken in één parallelklasse Er ijn dus in totaal q 4 (q + q + 1 kandidaat-vlakken, waarvan we nog het aantal moeten aftrekken dat met L intersecteert Het aantal vlakken door L, wak parallel met U, is q + 1: dit is het aantal vlakken door L, in de solid door L, parallel met U het aantal vlakken door een rechte in een solid is q3 q q q = q + 1 Het aantal vlakken, wak parallel met U, dat L snijdt in één vast punt p L, is q Van de q + q + 1 mogelijke richtruimtes die we kunnen kieen vanuit dat punt, ijn enkel de q +1 voornoemde (die een vlak door L opleveren verboden Omdat er q punten op L liggen, ijn er in totaal q q vlakken die L snijden in precies één punt Het gevraagde aantal is dus q 6 + q 5 + q 4 q 3 q 1 Er ijn twee mogelijkheden: ofwel is M wak parallel met L (dan spannen beide een solid op, ofwel snijden M en L ook niet op oneindig (dan spannen e een vierdimensionale affiene ruimte op Een hypervlak bevat beide als en slechts als e de deelruimte opgespannen door M en L, bevat Als M en L wak parallel ijn, is dit aantal q + q + 1, anders is dit aantal q + 1 (tel het aantal [5] door een vaste [3], resp [4] in een AG(6, q Oefening 18 (Herexamen 1 Zij Π een hypervlak in AG(n, q, n 3 Wat ijn de mogelijke liggingen van een rechte ten opichte van Π en hoeveel ijn er van elke soort? Bereken al dee aantallen onafhankelijk van elkaar Controleer dat hun som gelijk is aan het totaal aantal rechten in AG(n, q Oplossing 18 Een hypervlak heeft dimensie n 1 en een rechte dimensie 1 In de projectieve completering van de affiene ruimte worden dee dimensies behouden en geeft de dimensiestelling ons de mogelijkheden: (n = n + (n = (n In het tweede geval is de doorsnede een rechte en is de rechte dus in het hypervlak gelegen In het eerste geval is de doorsnede een punt van de projectieve completering Hier ijn nog twee mogelijkheden: het is een affien punt (in dat geval snijdt de rechte het hypervlak, ook affien, of het is een punt op oneindig (in dat geval ijn de rechte en het hypervlak wak parallel We vinden dus drie mogelijkheden: Opgeloste oefeningen LAAM II, Onderlinge liggingen 1

11 Rechte ligt in het hypervlak We tellen het aantal rechten in een [n 1] Voor het eerste punt ijn er q n 1 mogelijkheden, voor het tweede q n 1 1 We delen door het aantal puntenkoppels dat dieelfde rechte bepaalt: q mogelijkheden voor het eerste punt en q 1 voor het tweede We vinden q n 1 (q n 1 1 q (q 1 = q n qn 1 1 q 1 Rechte snijdt het hypervlak in een punt We tellen het aantal rechten die in een punt van de [n 1] snijden Voor het snijpunt ijn er q n 1 mogelijkheden Dit moeten we vermenigvuldigen met het aantal richtingen vanuit dat punt, die niet in het hypervlak gelegen ijn Dit ijn er qn q n 1 De teller bepaalt het aantal punten buiten het hypervlak, de noemer het aantal punten daarvan dat eenelfde rechte bepaalt We vinden dus q n 1 qn q n 1 q 1 = q n 1 q n 1 Rechte en hypervlak ijn wak parallel Zo n rechte wordt bepaald door een richting, bepaald door het hypervlak Het aantal richtingen (eendimensionale richtruimtes bevat in de richtruimte van het hypervlak is qn 1 1 Elk van die richtingen bepaalt een parallelklasse met qn /q rechten, waarvan er q n 1 /q in het hypervlak liggen (dit product is precies het bovenste getal We vinden dus voor elke richting qn q n 1 q = q n 1 q n = q n (q 1 rechten, een totaal opleverend van q n 1 1 q 1 Het totaal aantal rechten van AG(n, q is qn (q n 1 q ( q n (q 1 = q n (q n 1 1 eerste naar de tweede lijn vermenigvuldigen we beide leden met q n q n qn 1 1 q 1 = q n 1 qn 1 De verificatie is straightforward Van de + q n 1 q n 1 + q n (q n 1 1? = q n 1 qn 1 q 1 (q n (q 1q n + (q 1(q n 1 1? = q(q n 1 q n q n+1 q n + q n q q n 1 + 1! = q n+1 q Oefening 19 (Examen 13 Zij n 1, q 3 en beschouw in AG(3n, q een n-dimensionale deelruimte A en een n-dimensionale deelruimte B Hoeveel kwalitatief verschillende onderlinge liggingen ijn er mogelijk voor A en B? (Noem twee mogelijke liggingen kwalitatief verschillend als hun span of doorsnede een andere dimensie hebben Stel nu dat e snijden in precies een affien punt p Hoeveel rechten snijden A B enkel in p? Hoeveel rechten ijn disjunct van A en snijden B in precies één punt? Hoeveel rechten snijden A B in precies twee affiene punten? Hoeveel rechten ijn disjunct van owel A als B? (niet uitwerken Oplossing 19 Toepassen van de dimensiestelling in de projectieve completering van AG(3n, q levert de volgende mogelijkheden dim A + dim B = dim A, B + dim(a B n + n = 3n + = (3n = = n + n Opgeloste oefeningen LAAM II, Onderlinge liggingen 11

12 Het laatste projectief geval, namelijk als de doorsnede n-dimensionaal is, komt overeen met de affiene situatie dat A B Voor alle andere gevallen ijn er telkens twee mogelijkheden: de doorsnede (met dimensie van tot en met n 1 ligt op oneindig of is affien In totaal ijn er dus n + 1 verschillende onderlinge liggingen mogelijk Zo n rechte wordt bepaald door een extra punt in AG(3n, q \ (A B, maar telkens q 1 punten bepalen eenelfde rechte Alternatief, het aantal rechten door een punt in een 3n-dimensionale ruimte, min het aantal in een n-dimensionale, min het aantal in een n-dimensionale We vinden in alle gevallen q 3n q n q n + 1 q 1 = q3n 1 q 1 qn 1 q 1 qn 1 q 1 Er ijn q n 1 mogelijke snijpunten (de punten van B \ A Door o n vast snijpunt t gaan q 3n 1 rechten, waarvan qn 1 geheel in B, precies q n die A snijden in een punt (precies één voor elk punt van A en 1 die aan beide criteria voldoet (de rechte door p en t Er ijn dus q 3n 1 qn 1 qn + 1 rechten die disjunct ijn van A en B snijden in enkel het punt t Het totaal aantal geochte rechten is dus ( q (q n 3n 1 1 q 1 qn 1 q 1 qn + 1 Dergelijke rechten worden bepaald door een punt in A\{p} en een punt in B \{p}, en elke rechte wordt bepaald door maar één puntenkoppel, dus er ijn er o (q n 1(q n 1 De mogelijke liggingen van een rechte L ten opichte van A B ijn als volgt: L A Zo ijn er qn (q n 1 q( L B Zo ijn er qn (q n 1 q( (A B L = {p} Het aantal werd hierboven berekend (A B L = {t} B \ {p} Het aantal werd hierboven berekend (A B L = {s} A \ {p} Het aantal wordt analoog berekend: ( q (q n 3n 1 1 q 1 qn 1 q 1 qn + 1 A B L = {s, t} Het aantal werd hierboven berekend (A B L = We kunnen dus het aantal rechten disjunct van A B bepalen als het totaal aantal rechten (dit is q3n (q 3n 1 q(, min alle bovenstaande getallen Oefening (Herexamen 13 Zij π een vast vlak van AG(n, q en k n 1 Hoeveel k-dimensionale deelruimten van AG(n, q snijden π in (enkel een rechte? Hoeveel k-dimensionale deelruimten van AG(n, q ijn wak parallel met π? 4 Homothetieën We ullen de expliciete gedaante van een homothetie opstellen en vervolgens onderoeken hoe homothetieën onderling interageren We volgen hiervoor dee reeks oefeningen, waarvan de oplossingen een op ichelf staand stuk theoretische opbouw vormen We herinneren aan vier definities Een dilatatie α is een permutatie van een affiene ruimte waarvoor geldt: x, y α(x, α(y Voor dilataties ijn y, α(y en α (y steeds collineair Opgeloste oefeningen LAAM II, Homothetieën 1

13 Een dilatatie kan of 1 fixpunten hebben, tenij het de identiteit is In het eerste geval spreken we van translaties, in het tweede van homothetieën Van homothetieën weten we al dat e precies één fixpunt hebben, dat we het centrum c noemen Omdat c, p c, α(p, moeten c, p en α(p steeds collineair ijn Oefening 1 Zijn f en g twee dilataties van een affiene ruimte Toon aan dat f = g als er twee punten p en q bestaan odat f(p = g(p en f(q = g(q Bewijs dat een homothetie f uniek bepaald wordt door ijn centrum en een koppel (p, f(p Construeer voor een willekeurig punt q het beeld f(q onder de homothetie f met gegeven centrum c en een koppel (p, f(p Oplossing 1 Als voor twee dilataties f en g de beelden van twee punten p en q gelijk ijn, beschouw dan de permutatie h = g 1 f die als samenstelling van twee dilataties opnieuw een dilatatie is Dee heeft fixpunten, nl p en q (want g 1 f(p = p en analoog voor q Bijgevolg is g 1 f de identiteit, dus f en g moeten deelfde homothetie ijn Dit betekent dat een homothetie uniek bepaald is door het beeld te geven van twee punten In het bijonder, is het centrum gegeven (c f(c = c en het beeld van een ander punt (p f(p, dan is de homothetie uniek bepaald Dit betekent dat we, gegeven het centrum en een koppel (p, f(p, het beeld van een willekeurig punt q kunnen construeren Het beeld f(q ligt alvast op de rechte door f(p, parallel aan q, p, omdat f een dilatatie is Bovendien ligt f(q ook op c, q en dus op het snijpunt van dee twee rechten De constructie voor het beeld van een punt q c, p verloopt enigins anders: we beschouwen een ander punt y dat niet collineair is met de punten c en p en bepalen hiervan het beeld f(y door bovenstaande methode toe te passen Vervolgens kunnen we de methode wel toepassen op q: in de plaats van (p, f(p kieen we nu (y, f(y als startinformatie Oefening Stel de vectorgedaante op voor een homothetie met als centrum de nulvector van de vectorruimte en ga hiervoor als volgt te werk Neem als referentiepunt o en beschouw de vectorruimte V o Zij f een homothetie met centrum o Voor een punt p V \ {} bestaat er een λ K odat f(p = (vul aan Formuleer een vermoeden van hoe f er ou kunnen uitien en noem die afbeelding H λ,o Ga na dat dee o fixeert en p op f(p afbeeldt Bewijs dat het een dilatatie is Besluit dat inderdaad f = H λ,o Oplossing De homothetie f heeft dus als centrum o, het affien punt dat overeenkomt met de oorsprong van een vectorruimte die we op A leggen Onderstel dat p o een punt is, of dus een vector van V, dan ijn o, p en f(p collineair Hieruit volgt dat een λ K \ {, 1} bestaat odanig dat f(p = λp Beschouw nu de volgende permutatie van de vectoren van V o : H λ,o : V V v λ v Dee permutatie heeft o als fixpunt ( λ = en et het punt p om in het punt f(p, per definitie van λ We bewijen nu dat H λ,o een dilatatie en bijgevolg, vermits o een fixpunt is, een homothetie is Zijn v en w twee verschillende vectoren van V (of punten van AG(n, K dan geldt: v, w H λ,o (v, H λ,o (w = λv, λw omdat e beide de vectorrechte K(v w als ééndimensionale richtingsruimte hebben Uit de vorige oefening volgt dat H λ,o = f, want H λ,o en f ijn beide dilataties die voor twee verschillende punten o en p deelfde beeldpunten hebben Elke homothetie ( id met centrum o is dus van de gedaante f : v λv, v V, met λ K \ {, 1} We noemen de scalair λ de verhouding van dee homothetie Oefening 3 Stel de algemene vectorgedaante op voor een homothetie; doe dit als volgt Beschouw een homothetie g met centrum c o Wat weten we voor een punt p c en ijn beeld g(p? Leid af dat er een µ K \ {, 1} bestaat odat g(p = (vul aan Formuleer een vermoeden van hoe g er ou kunnen uitien en noem die afbeelding H µ,c Ga na dat dee c fixeert en p op g(p afbeeldt Bewijs dat het een dilatatie is Besluit dat inderdaad g = H µ,c Opgeloste oefeningen LAAM II, Homothetieën 13

14 Oplossing 3 Beschouw een homothetie g met centrum c o Onderstel dat p c een punt is, dan weten we dat c, p en g(p collineair ijn Hieruit volgt dat een µ K \ {, 1} bestaat odanig dat cg(p = µ cp als vrije vector Of in de vectorruimte, odat g(p c = µ(p c of g(p = µp + (1 µc Beschouw nu de volgende permutatie van de vectoren van V (of de affiene punten van AG(n, K: H µ,c : V V v µv + (1 µc Dee permutatie heeft c als fixpunt (c µc + (1 µc = c en et het punt p om in het punt g(p, per definitie van µ We bewijen nu dat H µ,c een dilatatie en bijgevolg, vermits c een fixpunt is, een homothetie is Zijn v en w twee verschillende vectoren van V, dan geldt: v, w H µ,c (v, H µ,c (w = µv + (1 µc, µw + (1 µc omdat beide de vectorrechte K(v w als ééndimensionale richtingsruimte hebben Wegens de eerste oefening is H µ,c = g en elke homothetie met centrum c heeft dus een voorstelling van de gedaante g : v µv + (1 µc v V met µ K \ {, 1} Hierbij is µ weer de verhouding van dee homothetie g(p c = µ(p c Voor elk punt p ( c al cg(p = µ cp, want Oefening 4 Bewijs dat homothetieën affiene afbeeldingen ijn Wat moet je hiervoor precies nagaan? Neem equipollente koppels (v 1, v en (v 3, v 4 en laat er de homothethieën in hun vectorgedaante op los Stel de geïnduceerde afbeelding op de vrije vectoren van V (A op door als representant een vector te nemen die vertrekt uit het centrum Stel vast dat die afbeelding lineair is Besluit dat alle dilataties affiene afbeeldingen ijn Oplossing 4 We noteren (v 1, v (v 3, v 4 om uit te drukken dat de twee koppels van affiene punten equipollent ijn Dat is equivalent met het gelijk ijn van de vrije vectoren v v 1 en v 4 v 3 We noemen α een affiene afbeelding als het volgende geldt: (v 1, v (v 3, v 4 (α(v 1, α(v (α(v 3, α(v 4 (maw α werkt op de vrije vectoren V (A De geïnduceerde werking van α op V (A (schrijf α is lineair We gaan beide voorwaarden voor affiene afbeeldingen na voor een homothetie H: Neem twee equipollente koppels (v 1, v (v 3, v 4 Is nu ook (µv 1 + (1 µc, µv + (1 µc (µv 3 + (1 µc, µv 4 + (1 µc? Dit komt neer op controleren of de vrije vectoren µv µv 1 en µv 4 µv 3 gelijk ijn Maar dat is o, want v v 1 = v 4 v 3 aangeien (v 1, v (v 3, v 4 Er bestaat dus een geïnduceerde werking van H op vrije vectoren, namelijk H : ab H(aH(b Kies voor een willekeurige vrije vector v V (A het affien punt p odanig dat v = cp Dan is H( v = H( cp = H(cH(p = ch(p = µ cp = µ v De scalaire vermenigvuldiging met een contante is eker een lineaire operatie op de vectoren (wordt voorgesteld door een scalaire matrix, dus H werkt lineair op de vectoren We besluiten dat homothetieën inderdaad affiene afbeeldingen ijn transformaties ijn, ijn alle dilataties affiene afbeeldingen Aangeien translaties ook affiene Oefening 5 Onderoek de samenstelling van dilataties Doe daarvoor het volgende Bepaal de uitdrukking voor de samenstelling van twee homothetieën met eenelfde centrum, egge H λ,c en H µ,c Commuteren e? Opgeloste oefeningen LAAM II, Homothetieën 14

15 Bepaal de samenstelling van twee homothetieën met verschillend centrum en neem voor het gemak c = o Onder welke voorwaarde commuteren e? De samenstellingen H λ,o H µ,d en H µ,d H λ,o ijn weer dilataties Onder welke voorwaarde ijn het translaties? Bepaal centrum en verhouding als het homothetieën ijn Bepaal de samenstelling van een homothetie met een translatie en omgekeerd: H λ,o T w en T w H λ,o Oplossing 5 H λ,c H µ,c (v = H λ,c (µv + (1 µc = λ[µv + (1 µc] + (1 λc = λµv + (λ λµ + 1 λc = λµv + (1 λµc = H λµ,c (v Uit H µ,c H λ,c = H µλ,c blijkt dat de samenstelling van homothetieën met eenelfde centrum commutatief is als over een veld gewerkt wordt H λ,o H µ,d (v = λµv + λ(1 µd H µ,d H λ,o (v = µλv + (1 µd Dat dee twee homothetieën commuteren, betekent dat v V : λµv + λ(1 µd = µλv + (1 µd, of dus dat (λ 1(1 µ = Twee homothetieën met verschillend centrum commuteren dus niet, tenij één van beide de identiteit is Indien λµ = 1, dan al H λ,o H µ,d = T λ(1 µd = T (λ 1d en H µ,d H λ,o = T (1 µd H λ,o H µ,d = H λµ,m met m = λ(1 µ 1 λµ d en H µ,d H λ,o = H λµ,n met n = 1 µ 1 λµ d Als λµ 1, al Op eenelfde manier is T v H λ,o = H λ,q met q = v 1 λ en H λ,o T v = H λ,r met r = λv 1 λ Ook dee commuteren niet Oefening 6 Gebruik de informatie uit de vorige oefening om van de dilatatiegroep enkele deelgroepen te onderoeken, meerbepaald de deelgroep der translaties T en de groep van homothetieën rond eenelfde vast centrum Dil(n, K c = {H λ,c λ K } Bepaal van beide of e commutatief ijn Met welke bekende groepen ijn e isomorf? Oplossing 6 De volledige verameling T van translaties over een vectorruimte is eker een deelgroep, want de samenstelling van twee translaties geeft opnieuw een translatie: (T a T b (v = T a (v + b = (v + b + a = T a+b (v Hier valt meteen ook op dat dee deelgroep abels is, omdat de optelling van vectoren in V commutatief is We merken dat de translatiedeelgroep een abelse deelgroep is die isomorf is met de additieve structuur van de onderliggende vectorruimte V Het isomorfisme wordt gegeven door T V, + T w w We bekijken nu de verameling van de homothetieën met een vast centrum c Vermits H λ1,c H λ,c = H λ1 λ,c, hebben we hier wel degelijk te maken met een deelgroep van Dil(n, K Dee is commutatief als we over een veld werken We besluiten dat dee deelgroep(en isomorf ijn met de multiplicatieve groep van het veld, waarbij het isomorfisme gegeven wordt door Dil(n, K c K, H λ,c λ Men gaat eenvoudig na dat dee afbeeldingen groepsmorfismen ijn Opgeloste oefeningen LAAM II, Homothetieën 15

16 Oefening 7 Bewijs de affiene stelling van Desargues in affiene ruimten AG(n, K over een lichaam K: ijn D 1, D en D 3 drie rechten van AG(n, K die door een punt s gaan, en ijn a i, b i, 1 i 3 verschillende punten van de rechte D i odanig dat a 1, a b 1, b en a, a 3 b, b 3, dan al ook a 1, a 3 b 1, b 3 (Hint: beschouw een goedgekoen homothetie Oplossing 7 Beschouw de homothetie H λ,s met λ sa 1 = sb 1 Dan al H λ,s (a 1 = b 1 Het beeld H λ,s (a al enerijds gelegen ijn op de rechte s, a en anderijds op de parallel aan a 1, a door H λ,s (a 1 = b 1, dus de rechte b 1, b Het snijpunt van beide rechten is b, dus H λ,s (a = b Op deelfde manier kan men redeneren, vertrekkend van H λ,s (a = b, dat H λ,s (a 3 = b 3 Omdat H λ,s een dilatatie is, al a 1, a 3 H λ,s (a 1, H λ,s (a 3 = b 1, b 3 Oefening 8 Bewijs de affiene stelling van Pappus in affiene ruimten AG(n, K over een veld K: ijn A en B twee rechten van AG(n, K die elkaar snijden in een punt s, ijn a 1, a 3 en a 5 verschillende punten van A \ {s} en ijn a, a 4 en a 6 verschillende punten van B \ {s} odanig dat a 1, a a 4, a 5 en a, a 3 a 5, a 6, dan al ook a 1, a 6 a 3, a 4 (Hint: beschouw twee goedgekoen homothetieën Oplossing 8 Beschouw de homothetie H λ,s met λ gedefinieerd door λ sa 1 = sa 5 Dan al H λ,s (a 1 = a 5 en vermits a 4, a 5 a 1, a H λ,s (a 1, H λ,s (a al H λ,s (a op a 4, a 5 Omdat s, a en H λ,s (a collineair ijn, ligt H λ,s (a ook op B, dus we vinden dat H λ,s (a = a 4 Beschouw nu de homothetie H µ,s met µ sa 5 = sa 3 dan al H µ,s (a 5 = a 3 en vermits a 3, a a 5, a 6 al H µ,s (a 6 = a (de redenering is analoog als hierboven Daar Dil(n, K s isomorf is met de multiplicatieve groep van K en omdat K een veld is, al de groep van de homothetieën met centrum s een commutatieve groep ijn Bijgevolg al H λ,s H µ,s = H µ,s H λ,s = H λµ,s Nu is H µ,s H λ,s (a 1 = H µ,s (a 5 = a 3 en H µ,s H λ,s (a 6 = H λ,s H µ,s (a 6 = H λ,s (a = a 4 Bijgevolg is H λµ,s (a 1 = a 3 en H λµ,s (a 6 = a 4 en is dus a 1, a 6 H λµ,s (a 1, H λµ,s (a 6 = a 3, a 4 Oefening 9 Bewijs de kleine affiene stelling van Desargues in affiene ruimten AG(n, K: ijn D 1, D en D 3 verschillende parallelle rechten van AG(n, K en ijn a i, b i, 1 i 3 verschillende punten van de rechte D i odanig dat a 1, a b 1, b en a, a 3 b, b 3, dan al ook a 1, a 3 b 1, b 3 (Hint: beschouw een goedgekoen translatie Oplossing 9 Er bestaat juist één translatie τ die a 1 omet in b 1 Vermits a 1, a τ(a 1, τ(a al τ(a incident ijn met de rechte door τ(a 1 = b 1 parallel met a 1, a, ijnde b 1, b Omdat a 1, τ(a 1 τ(a 1, τ(τ(a 1 (twee parallelle rechten door eenelfde punt, al dee rechte, namelijk D 1, een fixrechte ijn We weten dat alle fixrechten van een translatie parallel ijn en dat dus ook D en D 3 door τ veramelingsgewije worden vastgehouden Bijgevolg is τ(a ook gelegen op D Er volgt dat τ(a = b, het snijpunt van D met b 1, b Analoog toont men aan dat τ(a 3 = b 3 Bijgevolg is a 1, a 3 τ(a 1, τ(a 3 = b 1, b 3 wat moest beween worden Oefening 3 Bewijs de kleine affiene stelling van Pappus in affiene ruimten AG(n, K: ijn A en B twee parallelle rechten van AG(n, K en ijn a 1, a 3 en a 5 verschillende punten van A en ijn a, a 4 en a 6 verschillende punten van B odanig dat a 1, a a 4, a 5 en a, a 3 a 5, a 6, dan al ook a 1, a 6 a 3, a 4 (Hint: beschouw twee goedgekoen translaties Oplossing 3 Beschouw de unieke translatie τ die a 1 omet in a 5 Dan moet a 1, a τ(a 1, τ(a = a 5, τ(a, dus τ(a is gelegen op de rechte door a 5 die parallel is met de rechte a 1, a Vermits a 1, τ(a 1 τ(a 1, τ(τ(a 1 (twee parallelle rechten door eenelfde punt, al dee rechte, namelijk A, een fixrechte ijn, en dus ook B, omdat alle fixrechten van een translatie parallel ijn Daarom al het punt τ(a incident ijn met de fixrechte waarop a ligt, namelijk B Hieruit volgt dat τ(a = a 4 Beschouw vervolgens de unieke translatie δ die a 5 omet in a 3 Wegens een analoge redenering is dan δ(a 6 = a Dus δ(τ(a 1 = δ(a 5 = a 3 en τ(δ(a 6 = τ(a = a 4 Omdat de samenstelling van translaties commutatief is al δ τ = τ δ en τ(δ(a 1 = a 3 Omdat de translatie τ δ de punten a 1 en a 6 respectievelijk omet in a 3 en a 4 al a 1, a 6 τδ(a 1, τδ(a 6 = a 3, a 4 Opgeloste oefeningen LAAM II, Homothetieën 16