Bij een pv kan men origineel en beeld continu in elkaar overvoeren. De `oriëntatie' blijft hierbij behouden. Er zijn dus twee soorten gt's: De directe

Transcriptie

1 Lesbrief 9 Meetkunde II 1 Puntvermenigvuldigingen Definitie 1.1 Een transformatie G van het vlak heet een gelijkvormigheidstransformatie (verder afgekort als gt) als er een constante f > 0 bestaat zo, dat voor elk tweetal punten X en Y geldt dat d(g(x); G(Y )) = f d(x; Y ). f heet de factor van G. Het is duidelijk dat als G 1 en G 2 gt's zijn met factoren f 1 en f 2, G 2 G 1 een gt is met factor f 2 f 1. Als de factor van een gt gelijk is aan één, is de gt een isometrie. Definitie 1.2 Stel O is een vast punt en f een positieve constante. De transformatie V(O; f) die aan elk punt X het punt X toevoegt op de halfrechte vanuit O door X zo, dat d(o; X ) = f d(o; X), heet de puntvermenigvuldiging (verder afgekort als pv) met centrum O en factor f. Elke pv met factor f is ook een gt, want voor elk paar X, Y met beelden X en Y geldt d(x ;Y ) = f d(x; Y ). Bovendien geldt: als O 1 O 2, dan is V(O 2 ;f 2 )V(O 1 ;f 1 ) een pv, tenzij f 2 f 1 =1. In dat geval is het een translatie. Opgave 1.1 Bepaal van V(O 2 ;f 2 )V(O 1 ;f 1 ) het centrum of in het speciale geval de translatierichting en -afstand. Opgave 1.2 Verklaar de werking van de pantograaf. Dit instrument bestaat uit vier scharnierend verbonden staven die een parallellogram vormen. PintmenO vast en laat men P een figuur F beschrijven, dan beschrijft P een figuur F die ontstaat uit F door een pv V(O; f). Hoe groot is f? Figuur 1. Opgave 1.3 Hoe kan men de pantograaf gebruiken om een pv met `negatieve factor' (d.w.z. een pv, gevolgd door een puntspiegeling in het centrum) te verkrijgen? Opgave 1.4 Gegeven is een driehoek ABC. Construeer een vierkant PQRS met P en Q op AB, R op BC en S op AC. Stel G is een gt met factor f. Kies een willekeurig punt O. Dan is V(O; 1 )G een f gt met factor 1, dus een isometrie J. G is dus te schrijven als G = V(O; f)j. Elke gt is blijkbaar een opeenvolging van een isometrie en een pv. Het omgekeerde geldt natuurlijk ook. 1

2 Bij een pv kan men origineel en beeld continu in elkaar overvoeren. De `oriëntatie' blijft hierbij behouden. Er zijn dus twee soorten gt's: De directe gt's (verder dgt's genoemd), waarbij de oriëntatie niet verandert. De in zo'n dgt bevatte isometrie is een translatie, een rotatie of de identiteit. De indirecte gt's (verder igt's genoemd), waarbij origineel en beeld tegengesteld georiënteerd zijn. De in zo'n igt bevatte isometrie is een lijn- of glijspiegeling. 2 Invariante punten Een gt met factor ongelijk aan 1 kan hoogstens één invariant punt hebben, want zouden P en Q beide invariant zijn, dan zou hun afstand gelijk blijven, in plaats van met de factor vermenigvuldigd te worden. Het is merkwaardig dat elke gt met factor ongelijk aan 1 ook precies één invariant punt heeft. Stelling 2.1 Elke gt G met factor f 1 heeft precies één invariant punt en we kunnen dit punt construeren. Bewijs. Men onderscheidt twee gevallen: (1) Elke lijn gaat over in een evenwijdige lijn. Kies een punt A. Als het beeld A ongelijk is aan A, gaatdelijn A + A in zichzelf over. Kies B buiten die lijn. Als het beeld B ongelijk is aan B, gaatookb + B in zichzelf over. Zouden A+A en B+B elkaar niet snijden, dan zouden A, A, B en B een parallellogram vormen, want AB A B. Dan zou echter d(a; B) =d(a ;B )zijn, in tegenspraak met f 1. A + A en B + B snijden elkaar dus in een punt O dat wel invariant moet blijven. Figuur 2. (2) Er is een lijnstuk AB zo, dat het beeld A B niet met AB evenwijdig is. Construeer een parallellogram ABCD. Het beeld ervan is een parallellogram A B C D. Laat P het snijpunt zijn van AB en A B,enR dat van CD en C D. Stel P en R zijn de beelden van P en R. PR en P R zijn niet evenwijdig, want dan zouden P, P, R en R een parallellogram vormen, met als gevolg dat d(p; R) = d(p ;R ). Het snijpunt O van PRen P R verdeelt PRen P R Figuur 3. in dezelfde verhouding, want PP en RR zijn evenwijdig. O is dus invariant onder G. 2

3 Men ziet gemakkelijk in (bijvoorbeeld aan de hand van de hierna volgende catalogisering) dat men het parallellogram ABCD altijd zo kan kiezen dat ook BC en B C, en dus ook DA en D A elkaar snijden. Het (enige) invariante punt O van G ligt dan natuurlijk ook op de verbindingslijn QS van die twee snijpunten, dus hiermee is O als snijpunt van PR en QS te construeren. 3 Standaardvormen Als G = V(O; f)j een gt met factor f 1eninvariant punt O is, is O ook invariant onderj = V(O; 1 )G. J is dus een rotatie R(O; ff) met centrum O en zekere f rotatiehoek ff (eventueel ff =0)alsJ direct is, en een lijnspiegeling S l in een lijn l door O als J indirect is. In het eerste geval heet G een draaivermenigvuldiging met centrum O, factor f en rotatiehoek ff. In het tweede geval heet G een spiegelvermenigvuldiging. De lijn l en de lijn m door O loodrecht opl zijn dan de enige lijnen dieinzichzelf overgaan (l blijft gelijk gericht, m wordt omgeklapt). l en m heten de assen van de spiegelvermenigvuldiging en O het centrum. In de schrijfwijze G = V(O; f)r(o; ff) respectievelijk G = V(O; f)s l (met O l) mag men de pv en de rotatie, respectievelijk de pv en de lijnspiegeling, verwisselen: G = V(O; f)r(o; ff) =R(O; ff)v(o; f) respectievelijk G = V(O; f)s l = S l V(O; f) : Figuur 4. Figuur 5. Opgave 3.1 Stel J is een isometrie en J (O) O. Bewijs: als f 1enf > 0, dan is V(O; f)j = JV(O; f). Opgave 3.2 Stel G 1 en G 2 zijn dgt's met factoren f 1 en f 2, al dan niet verschillende centra, en rotatiehoeken ff 1 en ff 2. Bewijs dat G 2 G 1 rotatiehoek ff 1 + ff 2 heeft. 3

4 Opgave 3.3 G is een dgt met factor ongelijk aan 1. Stel dat de punten A en B worden overgevoerd in A en B en dat AA en BB elkaar snijden in een punt S, ongelijk aan A, A, B of B. Bewijs dat het invariante punt O van G het tweede snijpunt isvan de cirkels (ABS) en (A B S). Figuur 6. Opgave 3.4 Stel AB en A B zijn verschillend van lengte, A A en B B. Stel A 1 en A 2 verdelen het lijnstuk AA inwendig en uitwendig in de verhouding AB : A B en stel B 1 en B 2 doen hetzelfde met BB. Bewijs dat de lijnen A 1 + B 1 en A 2 + B 2 de invariante assen zijn van de igt die AB overvoert in A B. Figuur 7. Voorbeeld: ABCD is een vierkant met centrum P en AB C D is een vierkant met centrum Q. R is het midden van BD en S is het midden van B D. Dan is PSQR ook een vierkant. Bewijs. De dgt D(D; 2; ß ) met centrum D, factor 2 en rotatiehoek ß voert 4 4 P over in A. De dgt D(B ; 2 1 2; ß ) voert A over in Q. Het product van beide 4 is een rotatie (nl. een dgt met factor 1) over een hoek ß die P overvoert in Q. 2 Maar S is hiervan het centrum, want eerst wordt S overgevoerd in T en daarna weer terug in S. Net zo bewijst men dat PR = QR en PR QR. Figuur 8. Opgave 3.5 Analoog aan het voorbeeld, maar nu ligtp op CA, Q op AC, R op BD en S op DB zo, dat CP : PA = AQ : QC = BR : RD = DS : SB = t :1 (t willekeurig). Bewijs dat dan nog steeds PSQR een vierkant is. Opgave 3.6 Behandel op een analoge wijze voorbeeld 2 uit 4 van de lesbrief Isometrieën. 4

5 Opgave 3.7 Gegeven zijn gelijkzijdige driehoeken ABO en A B O met een gemeenschappelijk hoekpunt O zo, dat de hoeken ABO en A B O gelijk gericht zijn. Het centrum S van driehoek ABO valt niet samen met A of B. M is het midden van BA, N dat van AB. Bewijs dat de driehoeken SMB en SNA gelijkvormig zijn. Opgave 3.8 Op de buitenkanten van de zijden van driehoek ABC worden driehoeken ABR, BCP en CAQ geconstrueerd met CBP = CAQ = 45, BCP = ACQ =30 en ABR = BAR =15. Bewijs dat QRP =90 en QR = RP. (IWO 1975) Figuur 9. Figuur Regelmatige veelvlakken Een veelvlak in de ruimte heet regelmatig als alle hoekpunten, alle ribben en alle zijvlakken onderling gelijkwaardig zijn, m.a.w. op dezelfde wijze in het geheel passen. Bovendien eisen we dat alle zijvlakken regelmatige veelhoeken zijn. Zo'n veelvlak kan dus geen inspringende hoekpunten of ribben hebben, want niet alle hoekpunten of ribben kunnen inspringend zijn: zou slechts een gedeelte inspringend zijn, dan zouden ze niet allemaal onderling gelijkwaardig zijn. Bijgevolg moet de som van de hoeken van de regelmatige veelhoeken die in één hoekpunt samenkomen, kleiner zijn dan 2ß. Anders zouden immers deze zijvlakken samen in één vlak liggen, of er zouden inspringende ribben van zo'n hoekpunt moeten uitgaan. Omdat ook alle zijvlakken onderling gelijkwaardig zijn, en in elk hoekpunt minstens drie zijvlakken samenkomen, kunnen de zijvlakken slechts regelmatige drie-, vier- of vijfhoeken zijn (een regelmatige n-hoek heeft hoeken van n 2 ß). Bij vier- en vijfhoeken kunnen er n alleen maar drie in één hoekpunt samenkomen, bij regelmatige driehoeken kunnen er drie, vier of vijf samenkomen. In totaal zijn er dus hoogstens vijf regelmatige veelvlakken mogelijk. Deze vijf bestaan inderdaad allemaal: De tetraëder. Het regelmatige viervlak, waarbij in elk hoekpunt drie gelijkzijdige driehoeken samenkomen. De hexaëder. Het regelmatige zesvlak (kubus), waarbij in elk hoekpunt drie vierkanten samenkomen. De octaëder. Het regelmatige achtvlak, waarbij in elk hoekpunt vier gelijkzijdige driehoeken samenkomen. De dodecaëder. Het regelmatige twaalfvlak, waarbij in elk hoekpunt drie regelmatige vijfhoeken samenkomen. De icosaëder. Het regelmatige twintigvlak, waarbij in elk hoekpunt vijf gelijkzijdige driehoeken samenkomen. 5

6 H G E F D C A B Figuur 11. Het bestaan van de vijf regelmatige veelvlakken was reeds aan Plato bekend. Zijn leerling Euclides bewijst in het laatste deel van zijn Elementen" het bestaan ervan door te beschrijven hoe je ze kan construeren. Zie ook fig. 11. Uitgaande van de kubus ABCD EF GH vind je bijvoorbeeld ACF H als tetraëder. De centra van de zijvlakken van de kubus vormen precies de hoekpunten van een oktaëder. De constructie van dodecaëder en icosaëder is lastiger. Euclides maakte de dodecaëder door op elk zijvlak van de kubus een geschikt `dakje' te plaatsen. De twaalf centra van de zijvlakken van zo'n twaalfvlak vormen de hoekpunten van een regelmatig twintigvlak. Op de details van Euclides' constructie gaan we hier niet in. Een andere constructie van de icosaëder volgt uit opgave 5.2. De twintig centra van de zijvlakken hiervan zijn weer de hoekpunten van een dodecaëder. 5 Schetsen en modellen Bij de studie van de regelmatige veelvlakken is het vaak handig een schets te maken. Voor kubus en viervlak is dit geen probleem. Bij de octaëder is het verstandig eerst een vierkant diagonaalvlak te tekenen. Voor een ruwe schets van de dodecaëder verdeel je de cirkel in tien gelijke delen. Binnen de zo ontstane tienhoek teken je excentrisch een regelmatige vijfhoek als voorvlak. Door spiegeling in het centrum van de cirkel krijgt je hieruit het achtervlak, waarna je de rest kan intekenen. Analoog maak je voor een schets van de icosaëder, uitgaande van een regelmatige zeshoek `op zijn punt' met daarin excentrisch een regelmatige driehoek `op zijn punt' als voorvlak. Je kan van de veelvlakken ook draadmodellen maken. Zie je zo'n model in perspectief vanuit een punt even buiten het centrum van een zijvlak, dan zie je dit zijvlak als een grote veelhoek, met daarin alle andere zijvlakken naast elkaar. Zo'n projectie heet een Schlegel-diagram. Driedimensionale modellen kan je maken van karton met behulp van een uitslag als bouwplaat, gevormd door het juiste aantal regelmatige veelhoeken op een geschikte manier tegen elkaar gelegd. In fig. 12 vind je elk van de regelmatige veelvlakken in drie gedaanten: `normaal', als uitslag en als Schlegel-diagram. 6

7 Typisch aanzicht Uitslag Schlegeldiagram Tetraëder Hexaëder/ Kubus Octaëder Dodecaëder Icosaëder Figuur 12. Opgave 5.1 De dodecaëder en icosaëder hebben elk 30 ribben. Beschouw de 30 middens van deze ribben. In beide gevallen kan men ze zo in vijf groepen van 6 verdelen, dat elke groep de hoekpunten vormt van een regelmatig achtvlak. Maak een schets van dodecaëder en icosaëder met in elk één van de vijf octaëders ingetekend. Opgave 5.2 De 12 ribben van het regelmatige achtvlak worden allemaal op zekere wijze in dezelfde verhouding t : (1 t) verdeeld. (fig. 13) Bewijs dat men t zo kan kiezen, dat de 12 deelpunten de hoekpunten vormen van een regelmatig twintigvlak. Bereken t in dit geval. Figuur 13. Opgave 5.3 Leg een massieve dodecaëder met één van zijn zijvlakken op tafel. Laat loodrecht een bundel evenwijdige lichtstralen op tafel vallen. Wat voor silhouet ontstaat er? Beantwoord dezelfde vraag voor de andere regelmatige veelvlakken, en ook als je een veelvlak op een hoekpunt of ribbe laat balanceren. Opgave 5.4 Onderzoek de isometrieën die het regelmatige viervlak in zichzelf overvoeren. Omdat bij al deze isometrieën het centrum van het viervlak invariant is, komen als directe isometrieën slechts rotaties en als indirecte isometrieën slechts draai- en vlakspiegelingen in aanmerking. Laat zien dat er 12 directe isometrieën zijn (inclusief de identiteit). Bepaal in alle gevallen de rotatieas en de rotatiehoek. Laat zien dat er ook 12 indirecte isometrieën zijn. De volledige groep van isometrieën van de tetraëder telt dus 24 elementen. 7

8 Opgave 5.5 Laat zien dat de groep van isometrieën van de kubus 48 elementen telt: 24 directe en 24 indirecte isometrieën. Laat zien dat er een één-op-één correspondentie is tussen de 24 directe isometrieën en de permutaties van de 4 lichaamsdiagonalen. Opgave 5.6 Bewijs dat de groepen van isometrieën van de dodecaëder en de icosaëder gelijk zijn. Bewijs hetzelfde voor kubus en octaëder. Opgave 5.7 Bewijs dat de groep van de isometrieën van dodecaëder en icosaëder 120 elementen telt: 60 directe en 60 indirecte isometrieën. Elke isometrie geeft een permutatie van de 5 ingeschreven octaëders (vergelijk opgave 5.1). Zijn er isometrieën ongelijk aan de identiteit die de identieke permutatie geven? Treden alle mogelijk permutaties op? Opgave 5.8 Bij geschikt gekozen projectierichting kan door parallelprojectie uit een regelmatig veelvlak een regelmatige n-hoek ontstaan. Welke waarden van n zijn mogelijk? 8