Meetkunde I [B-KUL-G0N31B]

Transcriptie

1 KU Leuven Meetkunde I [B-KUL-G0N31B] Notities Tom Sydney Kerckhove Gestart 24 september 2014 Gecompileerd 18 januari 2016 Docent: Prof. Wendy Goemans

2 Inhoudsopgave 1 Affiene meetkunde Affiene ruimte Affiene deelruimten Parametervergelijkingen Affiene hypervlakken Rechten in A n Barycentrische coördinaten Affiene Transformaties Affiene invarianten Dilataties Vlakke meetkunde Ceva Menelaos Pappus Desargues Derivaties Afgeleide afbeelding Orientaties en Volume Volume Euclidische meetkunde Euclidische transformaties Orthogonale transformaties Euclidische invarianten en afstand Bestaan van isometrieën Deelruimten van de Euclidische ruimte Euclidische transformaties Rotaties in E Rotaties in E Spiegelingen Structuur van isometrieën Het vectorproduct in E

3 INHOUDSOPGAVE 2 9 Algemene theorie van krommen in E n Krommen en vectorvelden langs krommen Herparametrisaties en de booglengteparametrisatie Congruente krommen Krommen en de afgeleide afbeelding Krommen in het Euclidisch vlak E De complexe structuur van E Het Frenet-apparaat voor booglengtegeparametriseerde vlakke krommen Osculerende cirkel en evoluut Spiraalbogen en het Lemma van Kneser Kromming van congruente krommen Intrinsieke vergelijking Kromming van reguliere krommen Globale studie van vlakke krommen Gesloten krommen Totale kroming en rotatieindex Krommen in de Euclidische ruimtee Het Frenet-apparaat voor krommen in E Kromming en torsie van reguliere ruimtekrommen Kromming en torsie van congruente krommen Cilinderschroeflijnen en cirkelschroeflijnen Oppervlakken in E Reguliere parametrisaties en patches Omwentelingsoppervlakken en regeloppervlakken Vectorvelden en de shape-operator Meetkundige interpretiatie van de normale kromming Gausskromming en gemiddelde kromming Geodeten Krommingseigenschappen Algoritmen Onderlinge ligging van twee affiene deelruimten bepalen Parametervergelijkingen van een affiene deelruimte bepalen Carthesische vergelijkingen van een affiene deelruimte bepalen Som van twee affiene deelruimten bepalen vanuit Parametervergelijkingen Doorsnede van twee affiene deelruimten bepalen vanuit parametervergelijkingen Doorsnede van twee affiene deelruimten bepalen vanuit Carthesische vergelijkingen Doonsnede van twee affiene deelruimten bepalen vanuit zowel carthesische als parametervergelijkingen Vergelijkingen opstellen van een rechte Parametervergelijkingen omzetten naar Carthesische vergelijkingen Carthesische vergelijkingen omzetten naar parametervergelijkingen Het orthogonaal complement bepalen De loodrechte euclidische deelruimte door een punt bepalen De gemeenschappelijke loodlijn van twee rechten bepalen De afstand bepalen tussen een punt en een rechte De afstand bepalen tussen twee rechten

4 INHOUDSOPGAVE De afstand bepalen tussen een punt en een hypervlak Een isometrie classificeren Oefenzittingen Oefenzitting Oefenzitting Oefenzitting Oefenzitting Oefenzitting

5 Hoofdstuk 1 Affiene meetkunde 1.1 Affiene ruimte Definitie 1.1. Een n-dimensionaal punt is een veeltal met n coördinaten. p = (p 1,p 2,...,p n ) Definitie 1.2. De optelling van twee punten is niet gedefiniëerd, maar de optelling van een punt en een vector is gedefiniëerd door ze beide als reële n-tallen te beschouwen en coordinaatsgewijs op te tellen. Definitie 1.3. Een n-dimensionale affiene ruimte A n bestaat uit n-dimensionale punten. A n = { {(p 1,p 2,...,p n ) p i R } Definitie 1.4. A 2 noemen we het affiene vlak. Definitie 1.5. Zij p A n een punt van de n-dimensionale affiene ruimte A n en zij v R n een n- dimensionale reële vector. Een koppel (p, v) noemen we een raakevector met aangrijpingspunt p en vectordeel v. v p = (p,v) Definitie 1.6. Twee raakvectoren v p = (p,v) en w q = (q,w) zijn gelijk als elk zowel hun aangrijpingspunten en vectordelen gelijk zijn. v p = w q p = q v = w 4

6 HOOFDSTUK 1. AFFIENE MEETKUNDE 5 Definitie 1.7. De rakende ruimte T p A n in een punt p aan een affiene ruimte A n is de verzameling van raakvectoren met p als aangrijpingspunt in A n. { {vp = (p,v) v R n} Het symbool T in de notatie van de rakende ruimte staat voor tangent. Definitie 1.8. De verzameling van alle raakvectoren v p aan punten p in een affiene ruimte A n noemen we de rakende bundel mt A n van die affiene ruimte A n. T A n = { v p p A n,v R n} = { (p,v) p A n,v R n} = A n R n Definitie 1.9. Zij v p en w p twee raakvectoren in de rakende ruimte T p A n van hetzelfde punt p, dan definiëren we de som v p + w p als volgt. v p + w p = (v + w) p Merk op dat de + verschilt van de +. + is de optelling voor raakvertoren en + is de optelling voor vrije vectoren. Verder zullen we deze beide als + schrijven. De som van twee raakvectoren met een verschillend aangrijpingspunt is niet gedefinieerd. Definitie Zij v p een raakvector aan een punt p van de affiene ruimte A n en λ R een reëel getal, dan definieren we het scalair product λv p als volgt. λv p = (λv) p Stelling Elke rakende ruimte T p A n in een punt p aan A n vormt een reële vectorruimte. Bewijs. We bewijzen de axioma s van een vectorruimte niet opnieuw. Ze gelden in R n, dus ze gelden in T p A n. Stelling Voor elk willekeurig punt p van de affiene ruimte A n is de afbeelding van de raakvector op de vector een isomorfisme van de rakende ruimte in dat punt en de reële vectorruimte R n. ϕ p is dus een isomorfisme. ϕ p : T p A n R n : v p v Bewijs. Een isomorfisme is een bijectieve lineaire afbeelding. ϕ p is een bijectie. ϕ p is een injectie. v p,w p T p A n : ϕ p (v p ) = ϕ p (w p ) v p = w p

7 HOOFDSTUK 1. AFFIENE MEETKUNDE 6 ϕ p is een surjectie. v R n, v p T p A n : ϕ p (v p ) = v ϕ p bewaart de lineariteit: ϕ p (v p + w p ) = ϕ p ((v + w) p ) = v + w = ϕ p (v p ) + ϕ p (w p ) ϕ p (λv p ) = ϕ p (λv) p ) = λv = λϕ p (v p ) Stelling Voor elke twee willekeurige punten p en q van de affine ruimte A n zijn de rakende ruimten isomorf. ψ is dus een isomorphisme. ψ pq : T p A n T q A n : v p v q Bewijs. ψ pq is een samenstelling van isomorphismen 1, en bijgevolg ook een isomorphisme. ψ pq = ϕp 1 ϕ p 1.2 Affiene deelruimten Definitie Zij p een punt in de affiene ruimte A n in V een k-dimensionale deelruimte van R n met 0 k n. We noemen p + V de affiene deelruimte van A n met richting V en aangrijpingspunt p. p + V = { p + v A n v V } Definitie Affiene ruimten met één dimensie noemen we affiene rechten. Definitie Affiene ruimten met twee dimensies noemen we affiene vlakken. Definitie Wanneer we spreken over n-dimensionale affiene ruimten noemen we n 1- dimensionale affiene ruimten affiene hypervlakken. Lemma Zij p en q twee punten uit de affiene ruimte A n en V een lineaire deelruimte van R n. De volgende uitspraken zijn equivalent: 1. q p + V. 2. pq V 3. p + V = q + V (Het aangrijpingspunt van een affiene deelruimte is niet uniek.) 1 Zie het isomorphisme ϕ p (stelling??)

8 HOOFDSTUK 1. AFFIENE MEETKUNDE 7 Bewijs. Bewijs door circulaire implicaties. (1) (2) Als q p + V geldt, dan bestaat er een v V zodat q = p + v geldt. 2. pq = q p is danprecies v, en we toonden net dat v V geldt. (2) (3) Om de gelijkheid van deze twee verzamelingen aan te tonen bewijzen we de twee inclusies: x p + V : x q + V Kies een willekeurige x p + V. Er bestaat nu een v V zodat x = p + v geldt. 3. p + v = p + v + q q = q pq + v Omdat pq V geldt, geldt ook pq + v V 4. Noem nu pq + v = w, dan bestaat er dus een w V zodat x = q + w en zit x bijgevolg ook in q + V. x q + V : x p + V Hernoem p naar q en omgekeerd en kijk naar het vorige puntje. (3) (1) q zit steeds in q + V (tel bij q de nulvector op). Omdat p + V en q + V gelijk zijn zit q dus ook in p + V. Stelling Twee affiene deelruimten p +V en q +W zijn gelijk als en slechts als de deelrruimten V en W gelijk zijn, en het verschil tussen p en q als vector in V = W zit. p + V = q + W V = W pq V Bewijs. Bewijs van een equivalentie. Kies willekeurige deelruimten V en W van R n en punten p en q uit de affiene ruimte A n. Als p + V = q + W geldt, dan zit q in p + V en geldt pq V. 5 We bewijzen nu beide inclusies om aan te tonen dat V en W gelijk zijn. x V : x W Kies een willekeurige v V. p + v p + V geldt en p + V = q + W, dus er bestaat een w W zodat q + w = p + v geldt. Vermits pq V geldt, zit w in V. 6. w = (p q) + v x W : x V Hernoem V naar W en omgekeerd en kijk naar het vorige puntje 2 Zie de definitie van affiene deelruimten. (Definitie 1.14) 3 Zie de definitie van affiene deelruimten. (Definitie 1.14) 4 De optelling is intern in een vectorruimte. 5 Zie lemma De optelling is intern in een vectorruimte.

9 HOOFDSTUK 1. AFFIENE MEETKUNDE 8 Dit is al bewezen in deel 3 van het vorige lemma. 7 Stelling Twee affiene deelruimten p + V en q + W van R n zijn gelijk als en slechts als de deelrruimten V en W gelijk zijn, en hun doorsnede niet leeg is. p + V = q + W V = W p + V q + W Bewijs. Twee gelijke deelruimten zijn uiteraard gelijk. Hun doorsnede is dan ook niet leeg, want die is gelijk aan de volledige deelruimte. Stel dat de doorsnede van p +V en q +W niet leeg is, dan bestaat er een punt a in p +V q +W. a p + V q + W Dat betekent dat er twee vectoren v V en w W bestaan zodat het volgende geldt: a = p + v ena = q + W Nu geldt dat p + V en q + W gelijk zijn. 8 p + v = q + w q p = v w Definitie Twee affiene deelruimten S = p +V en T = q +W van A n zijn parrallel als hun richtingen V en W gelijk zijn. V = W S T Definitie Twee affiene deelruimten S = p + V en T = q +W van A n zijn zwak parrallel als de richting van de ene deelruimte een deel is van de richting van de andere. V W S T Definitie Als twee affiene deelruimten S en T van A n niet parallel, noch zwak parallel zijn, dan zijn ze snijdend als ze niet disjunct zijn. S T 7 Zie lemma Zie lemma 1.18.

10 HOOFDSTUK 1. AFFIENE MEETKUNDE 9 Definitie Als twee affiene deelruimten S en T van A n niet parallel, noch zwak parallel zijn, dan zijn ze kruisend als ze disjunct zijn. S T = Stelling Zij S en T parallelle affiene deelruimten van A n, dan zijn ze ofwel gelijk, ofwel disjunct. S T S = T S T = Bewijs. Kies twee willekeurige parallelle affiene deelruimten S = p + V en T = q + W van A n. Stel dat de doorsnede S T niet leeg is, dan bestaat er een punt r in zowel S als in T. Er bestaat dan ook vrije vectoren v en w zodat p + v = r = q + w. 9. r is dus een element van p + V en bijgevolg zijn S en T gelijk. 10 Stelling Zij S en T zwak parallelle affiene deelruimten van A n (S T ), dan is S ofwel een deel van T, ofwel is de doorsnede van S en T leeg. Bewijs. Kies twee willekeurige zwak parallelle affiene deelruimten S = p + V en T = q + W van A n (S T ) Stel dat de doorsnede S T niet leeg is, dan bestaat er een punt r in zowel S als in T. Er geldt nu zowel S = r + V als T = r + W. Omdat S zwak parallel is met T geldt V W 11 en bijgevolg nu ook S T Stelling Zij S een affiene deelruimte van A n. Als q A n geldt, dan bestaat er een unieke deelruimte T van A n door q, parallel met S. Bewijs. Kies een willekeurige affiene deelruimte S = p + V van A n. Er bestaat een deelruimte T die aan bovenstaande beschrijving voldoet: T = q + V Deze deelruimte is uniek omdat de richting van deze deelruimte gelijk moet zijn aan V opdat ze parallel zou zijn met S en het aangrijpingspunt gelijk moet zijn aan q opdat ze door q zou gaan. Stelling Zij S = p +V en T = q +W twee affiene deelruimten van A n. De doorsnede U = S T van S en T is ofwel leeg, ofwel ook een affiene deelruimte van A n met richting V W. Bewijs. Zij S = p + V en T = q +W twee willekeurige affiene deelruimten van A n. Zij U = S T de doorsnede van S en T. Stel dat de doorsnede U niet leeg is, dan bestaat er een punt r U. Nu geldt zowel S = r + V als T = r + W. Kies nu nog een punt x U in de doorsnede van S en T. x U v V, w W : x = r + v x = r + w v V, w W : x = r + v v = w v V W : x = r + v 9 Zie de definitie van affiene deelruimten. (Definitie 1.14) 10 Zie lemma Zie de definitie van zwak parallel (Definitie 1.22).

11 HOOFDSTUK 1. AFFIENE MEETKUNDE 10 Stelling Zij S = p + V en T = q + W twee affiene deelruimten van A n. S T pq V + W Bewijs. Kies S = p + V en T = q + W twee willekeurige affiene deelruimten van een affiene ruimte A n. S T v V, w W : p + v = q + w v V, w W : p q = w v q p V + W Gevolg Zij S = p +V en T = q +W twee affiene deelruimten van A n zodat V +W = R n geldt, dan is hun doorsnede niet leeg. EXTRA: bewijs Definitie Zij S = p +V en T = p +W twee affiene deelruimten van A n door een gemeenschappelijk punt p, dan definieren we de som van affiene deelruimten als volgt: S + T = p + (V + W ) Merk op dat er in deze gelijkheid drie verschillende optellingen gebruikt worden die met hetzelfde symbool genoteerd worden. De eerste + is de som van twee affiene deelruimten, de tweede is de som van een punt met een vectorruimte en de derde is de som van twee vectorruimten. Stelling De dimensiestelling. 12 Zij S = p + V en T = p + W twee affiene deelruimten van A n door een gemeenschappelijk punt p, dan geldt het volgende over de dimensies ervan: dims + dimt = dim(s T ) + dim(s + T ) Bewijs. Kies S = p + V en T = p + W twee willekeurige affiene deelruimten van een affiene ruimte A n door een gemeenschappelijk punt p. Blik terug op de dimensiestelling uit de lineaire algebra: dimv + dimw = dim(v W ) + dim(v + W ) Omdat S ent tenminste één punt gemeenschappelijk hebben geldt S T = p + (V W ). 13 Bovendien geldt S + T = p + (V + W ). 14 dim(s T ) + dim(s + T ) = dim(p + (V W )) + dim(p + (V + W )) = dim(v W ) + dim(v + W ) = dimv + dimw = dim(p + V ) + dim(p + W ) = dims + dimt Stelling Zij S en T affiene deelruimten van A n. Er bestaat er een deelruimte T van T zodat S parallel is met T als en slechts als S zwak parallel is met T. 12 Één van de favoriete vragen om te bewijzen bij lineaire algebra. 13 Zie stelling Zie de definitie van de som van twee deelruimten (Definitie 1.31).

12 HOOFDSTUK 1. AFFIENE MEETKUNDE 11 Bewijs. Kies twee willekeurige affiene deelruimten S = p + V en T = q + W van A n. Als er een deelruimte T bestaat van T zodat S parallel is met T, dan heeft T als aangrijpingspunt q en richting V. Omdat T een deelruimte is van T, is V een deelruimte van W. Dat betekent precies dat S zwak parallel is met T. S T Als S zwak parallel is met T, geldt per definite dat V een deelruimte is vanw. Beschouw nu de affiene ruimte T met aangrijpingspunt q en richting V. Deze affiene deelruimte is een affiene deelruimte van T en S is parallel met T. 1.3 Parametervergelijkingen Definitie Zij p + V A n een affiene deelruimte en {v 1,...,v k } een basis van V. Een willekeurig punt x A n behoort tot p + V als en slechts als er λ 1,..., λ k B bestaan zodat het volgende geldt: a x = p + λ 1 v λ k v k We noemen deze vergelijking de parametervergelijkingen van p + V. a Zie lemma 1.18 op pagina 6. p + V x 1 = p 1 + λ 1 v λ k v k1.. x n = p n + λ 1 v 1n + + λ k v kn Definitie Zij p + V A n een affiene deelruimte en {v 1,...,v k } een basis van V. We kunnen nu de oplossingen van de parametervergelijkingen q = (λ 1,..., λ k ) beschouwen as een een punt van een k-dimensionale affiene ruimte. We noemen deze ruimte de coordinaatruimte van p + V. Stelling Elke affiene deelruimte p + V A n is de oplossingsruimte van een lineair stelsel. Bewijs. Zijn p A n, p + V A n een affiene deelruimte door p en {v 1,...,v k } een basis van V. De parametervergelijkingen van p + V zijn nu gegeven door de volgende gelijkheid: Dit komt neer op volgend stelsel: p + V x = p + λ 1 v λ k v k x 1 p 1 = λ 1 v λ k v k1.. x n p n = λ 1 v 1n + + λ k v kn

13 HOOFDSTUK 1. AFFIENE MEETKUNDE 12 Dit is een niet-homogeen lineair stelsel in de onbekenden λ 1,..., λ k. Het punt x behoort tot p +V als en slechts als er getallen λ 1,..., λ k bestaan zodat het stelsel geldt, of meer specifiek, als het stelsel oplosbaar is. De matrix van het stelsel ziet er als volgt uit: v v k v 1n... v kn De uitgebreide matrix ziet er dan als volgt uit. v v k1 x 1 p v 1n... v kn x n p n Het stelsel heeft nu oplossingen als en slechts als de rang van de matrix dezelfde is als de rang van de uitgebreide matrix. De matrix heeft rang k, want de kolommen (een basis) zijn onderling lineair onafhankelijk. Merk op dat de uitgebreide matrix ((k+1) n) als dimensies heeft, met k n. Opdat de rang van de uitgebreide matrix k zou zijn, moet de determinant van elke ((k +1) (k +1))-deelmatrix nul zijn. (anders had de uitgebreide matrix immers rang k + 1.) Er zijn nu n k voorwaarden opdat alle ((k + 1) (k + 1))-deelmatrices determinant nul hebben: x 1 p 1... x k p k x k+j p k+j v voor j = 1,..., n k : x p + V v 1k v 1k+j.... = 0.. v k1... v kk v kk+j We kunnen deze determinanten allemaal ontwikkelen naar de eerste rij. We krijgen dan de n k carthesische vergelijkingen van p + V. p + V a 1,1 (x 1 p 1 ) + + a 1,k (x k p k ) + a 1,k+1 (x k+1 p k+1 ) = 0 a 2,1 (x 1 p 1 ) + + a 2,k (x k p k ) + a 2,k+2 (x k+2 p k+2 ) = a n+k,1 (x 1 p 1 ) + + a n k,k (x k p k ) + a n k,n (x n p n ) = 0 Deze vergelijkingen zijn bovendien lineair onafhankelijk. Tenslotte kennen we dan ook een stelsel voor V. a 1,1 x a 1,k x k + a 1,k+1 x k+1 = 0 a V 2,1 x a 2,k x k + a 2,k+2 x k+2 = a n+k,1 x a n k,k x k + a n k,n x n = 0 Elke k-dimensionale affiene deelruimte is dus de oplossingsverzameling van een lineair stelsel van n k lineaire vergelijkingen. 1.4 Affiene hypervlakken Stelling We hebben slechts één vergelijking nodig op een hypervlak te beschrijven. Bewijs. Inderdaad, er is maar één ((k + 1) (k + 1))-dimensionale deelmatrix van de uitgebreide matrix die p + V bepaalt: x 1 p 1 x 2 p 2... x n p n v H 1,1 v 1,2... v 1,n..... = 0. v n 1,1 v n 1,2... v n 1,n

14 HOOFDSTUK 1. AFFIENE MEETKUNDE 13 De vergelijking van H is dan van de volgende vorm: a 1 (x 1 p 1 ) + a 2 (x 2 p 2 ) + + a n (x n p n ) = 0 Het n-tal (a 1,..., a n ) is bovendien uniek bepaald, op de evenredigheidsfactor na, en wordt het richtingsgetal van H genoemd. Stelling Twee hypervlakken zijn parallel als en slechts als hun richtingsgetallen evenredig zijn. Bewijs. Zij H een hypervlak met de volgende vergelijking: a 1 (x 1 p 1 ) + a 2 (x 2 p 2 ) + + a n (x n p n ) = 0 De richting van het hypervlak is de oplossingsverzameling van de volgende vergelijking: a 1 x 1 + a 2 x a n x n = 0 Parallelle hypervlakken hebben dezelfde richting 15, dus hun richtingsgetallen moeten evenredig zijn. 1.5 Rechten in A n Definitie Zijn p een punt van A n, en v R n een niet-nulvector, dan is L de rechte door p in de richting van < v >. L = p+ < v > Deze rechte heeft de volgende vergelijking als parametervergelijking. In coördinaten: L x = p + λv L i : x i = p i + λv i Stel nu dat v 1 niet nul is, dan geldt λ = x 1 p 1 v 1 en zijn dit dus de carthesische vergelijkingen van L: v 1 (x i p i ) = v i (x 1 p 1 ) Stelling De rechte L = pq door twee punten p en q is precies p+ < pq >. De carthesische vergelijkingen van pq zijn dan de volgenden: (q 1 p 1 )(x i p i ) = (q i p i )(x 1 p 1 ) EXTRA: bewijs CLARIFY: ook parametervgl? Stelling Door twee punten p en q van een affiene ruimte A n gaat een unieke rechte. 15 Zie definitie 1.21.

15 HOOFDSTUK 1. AFFIENE MEETKUNDE 14 Bewijs. Er gaat een rechte door p en q met p als aangrijpingspunt en de vectorruimte met pq als basis als richting. Deze rechte is bovendien uniek. De vergelijking zijn immers eigenlijk n eerstegraadsvergelijkingen. p en q zijn verschillend bovendien, dus elk van die eerstegraadsvergelijkingen hebben 1 oplossing. Definitie De barycentrische coördinaten van een punt x ten opzichte van twee punten p en q zijn de λ 1 en λ 2 die aan volgende gelijkheid voldoen. x = λ 1 p + λ 2 q met λ 1 + λ 2 = 1 Definitie Het barycentrum of het midden van twee punten is het punt met als barycentrische coördinaten ( 1 2, 1 2 ). Stelling Zij L de rechte bepaald door twee punten p en q in A n. Voor elke punt x van de rechte L geldt dat x kan geschreven worden als een affiene combinatie is van p en q. x L λ 1, λ 2 R : x = λ 1 p + λ 2 q met λ 1 + λ 2 = 1 Bewijs. Als x op de rechte L ligt, dan bestaat er een λ zodat het volgende geldt: 16 x = p + λ(p q) = (1 λ)p + λq Kies nu λ 1 = 1 λ en λ 2 = λ. λ 1 + λ 2 = (1 λ) + λ = 1 Als x = λ 1 p + λ 2 q geldt met λ 1 + λ 2 = 1, kunnen we λ 1 in functie van λ 2 schrijven. x = (1 λ 2 )p + λ 2 q = p + λ(q p) Dit komt overeen met de parametervergelijking van L, dus x ligt op L. Definitie Drie unten p, q en r van A n zijn colineair als ze op dezelfde rechte liggen. Stelling Er bestaan drie niet-colineaire punten p, q en r in een affien vlak V. TODO: bewijs Definitie De deelverhouding van drie colineaire punten p, q en r is een getal genoteerd als (p, q, r ) dat voldoet aan volgende gelijkheid. pr = (p,q, r ) pq 16 Zie definitie 1.39.

16 HOOFDSTUK 1. AFFIENE MEETKUNDE 15 We gebruiken ook wel de volgende notatie: (p,q, r ) = pr pq = r p q p = p r p q Dit zogenaamde delen door vectoren is enkel gedefinieerd voor colineaire punten. Stelling Stelling van Thales Zij H 1, H 2 en H 3 drie parallelle hypervlakken van A n Zij L een rechte, niet zwak parallel met H 1. H 1 = p 1 + V H 2 = p 2 + V H 3 = p 3 + V L = p + W met W V Zij d i de doorsnede van p met H i. De deelverhouding (d 1,d 2,d 3 ) hangt niet af van L, enkel van de H i. Bewijs. De doorsneden van L met de H i zijn niet leeg. 17 L H i Uit de dimensiestelling 18 volgt dat de doorsneden L H i punten zijn, dus het is zinvol om van d i te spreken. diml + dimh i = dim(l H i ) + dim(l + H i ) 2 + (n 1) = dim(l H i ) + n 1 = dim(l H i ) We beschouwen nu twee willekeurige rechten L en L en bewijzen dat (d 1,d 2,d 3 ) gelijk is aan (d 1,d 2,d 3 ). d i = L H i De H i zijn parallel dus hun richtingsgetallen zijn gelijk. 19 De H i hebben dus de volgende carthesische vergelijkingen. 20 n Hi a j (x j (d i ) j ) = 0 j=1 De punten d i zitten respectievelijk in H i, dus die voldoen ook aan bovenstaande vergelijkingen voor x. n a j ((d i ) j (d i ) j ) = 0 j=1 n a j (d i ) j = j=1 n a j (d i ) j Noem nu de deelverhoudingen (d 1,d 2,d 3 ) en (d 1,d 2,d 3 ) respectievelijk λ en λ, dan gelden volgende gelijkheden.; 17 Zie gevolg Zie stelling Zie stelling Zie stelling j=1 λ = d 3 d 1 d 2 d 1 en λ = d 3 d 1 d 2 d 1

17 HOOFDSTUK 1. AFFIENE MEETKUNDE 16 We gebruiken dit nu om λ 1 = λ 2 te bewijzen. d 3 d 1 = λd 2 d 1 en d 3 d 1 = λ d 2 d 1 0 = 0 0 = n j=1 a j ((d 3 ) j (d 3 ) j ) n j=1 a j ((d 1 ) j (d 1 ) j ) = n j=1 a j (((d 3 ) j (d 3 ) j ) ((d 1 ) j (d 1 ) j )) = n j=1 a j ((d 3 d 1 ) j (d 3 d 1 ) j ) = n j=1 a j (λ (d 2 d 1 ) j λ(d 2 d 1 ) j ) = λ n j=1 a j (d 2 d 1 ) j λ n j=1 a j (d 2 d 1 ) j = λ n j=1 a j (d 2 d 1 ) j λ n j=1 a j (d 2 d 1 ) j = (λ λ) n j=1 a j (d 2 d 1 ) j L is niet zwak parallel met H i en snijdt (L H i ) ligt d 2 niet in H 1. Bijgevolg geldt de volgende gelijkheid. n a j (d 2 d 1 ) j 0 λ moet dus gelijk zijn aan λ. j=1 EXTRA: illustratie voor stelling van thales? 1.6 Barycentrische coördinaten Definitie We noemen k + 1 punten van een affiene ruimte A n affien afhankelijk als en slechts als ze in een l-dimensionale affiene deelruimte van A n liggen met een dimensie strikt kleiner dan k. Stelling Criterium voor affiene afhankelijkheid De k + 1 punten p 0,...,p k van een n-dimensionale affiene ruimte A n zijn affien afhankelijk als en slechts als de vrije vectoren p 0 p i met i {1,..., k} lineair afhankelijk zijn. Bewijs. Zij V de vectorruimte opgespannen door de vrije vectoren p 0 p i, dan liggen de k + 1 punten p 0,...,p k allemaal in p 0 + V. V =< p0 p 1,..., p0 p k > i : p i p 0 + V Nu geldt dat de dimensie van p 0 + V kleiner of gelijk is aan k als en slechts als er slechts als de vrije vectoren lineair afhankelijk zijn. Als de punten p 0,...,p k affien onafhankelijk zijn dan is de dimensie van de affiene deelruimte waarin ze zich bevinden van dimensie groter of gelijk aan k. 21 De vrije vectoren p0 p 1,..., p0 p k zijn dan zeker lineair onafhankelijk. Het zijn immers k vectoren die een k dimensionale ruimte opspannen. 21 Zie definitie 1.49.

18 HOOFDSTUK 1. AFFIENE MEETKUNDE 17 Stel dat de vrije vectoren p0 p 1,..., p0 p k lineair onafhankelijk zijn, dan is de dimensie van V gelijk aan k. Als dan S = p 0 +W een affiene deelruimte is van dimensiel zodat alle punterp i erin liggen, dan liggen alle vrije vectoren p0 p 1,..., p0 p k ook isw. V moet dan een deelverzameling zijn van W. Bijgevolg is de dimensie van W groter of gelijk aan die van V. dimw dimv = k De punten kunnen dus nooit in een affiene deelruimte liggen met een dimensie die strikt kleiner is dan k. Ze zijn dus affien onafhankelijk. Gevolg k + 1 affien onafhankelijke punten p 0,...,p k van A n bepalen een k-dimensionale affiene deelruimte D van A n. D = p 0 + < p0 p 1,..., p0 p k > We noemen dit de affiene deelruimte bepaald door de punten p 0,...,p k. TODO: bewijs Definitie De barycentrische coördinaten van een punt x ten opzichte van k +1 punten p 0,...,p k zijn de λ 0,..., λ k R die aan volgende gelijkheid voldoen. x = k λ i k i p i i=0 met n λ i = 1 i=0 Definitie Het barycentrum of het midden van k + 1 punten is het punt met als barycentrische coördinaten ( 1 k+1,..., 1 k+1 ). Stelling Zij S de affiene deelruimte van A n bepaald door de affien onafhankelijk. punten p 0,...,p k en zij x nog een punt in A n. x zit in S als en slechts als er λ 0,..., λ k R bestaan zodat volgende gelijkheid geldt: k n x = λk i met λ i = 1 i=0 Bewijs. Een punt x ligt in S als en slechts als er µ i bestaan zodat de volgende gelijkheid geldt. Kies tenslotte de λ i als volgt: x = p 0 + i=0 n µ i (p i p 0 ) = 1 i=1 De som van de λ i is nu wel degelijk 1. n i=1 λ 0 = n µ i 1 i=1 λ i = µ i als i 0 µ i p 0 + n p i i=1

19 HOOFDSTUK 1. AFFIENE MEETKUNDE 18 Definitie De parametervergelijkingen van de affiene deelruimte S van A n bepaald door k + 1 affien onafhankelijke punten p 0,...,p k wordt gegeven door volgende gelijkheid. S x = p 0 + n µ i (p i p 0 ) i=1

20 Hoofdstuk 2 Affiene Transformaties Definitie 2.1. Een afbeelding F noemen we een affiene transformatie als er een reguliere n n matrix A en een punt b bestaat zodat we F als volgt definieren: F : A n A n : p F (p) = Ap + b met det (A) 0 A noemen we het lineair deel van F en b het translatiedeel. Definitie 2.2. Zij F een affiene transformatie met lineair deel A = I n, dan noemen we F een translatie in de richting van b. F : A n A n : p F (p) = p + b EXTRA: translaties commuteren Definitie 2.3. Zij F een affiene transformatie als volgt, dan noemen we F een homothetie H p0,r met centrum p 0 en factor r. F : A n A n : p F (p) = p 0 + r ( p0 p) = rp + (1 r )p 0 EXTRA: homothetieen commuteren Stelling 2.4. Een affiene transformatie F : A n A n : p F (p) = Ap + b kan steeds ontbonden worden in een translatie t b en een lineaire transformatie A. De ontbinding is bovendien uniek. F = t b A Bewijs. Stel dat deze ontbinding niet uniek was, dan bestonden er t b, A, t d,c zodat F = t b A = t d C geldt. t b en t d zijn dan beide gelijk want F (0) = b = d geldt. Er moet dan ook voor alle p A n gelden dat Ap + b gelijk is aan Cp + b, dus A moet gelijk zijn aan C. Stelling 2.5. Elke affiene transformatie is een bijectie. 19

21 HOOFDSTUK 2. AFFIENE TRANSFORMATIES 20 Bewijs. Elke translatie is bijectief en heeft als inverse (t b ) 1 = t b. Elke affiene transformatie is de samenstelling van inverteerbare lineaire transformatie en een translatie: F = t b A Zowel t b als A zijn inverteerbaar, dus F is ook inverteerbaar. Definitie 2.6. Zij F = t b A een affiene transformatie en p A n een punt, dan definieren we de afgeleide afbeelding (F ) p in het punt p als de volgende lineaire afbeelding: (F ) p : T p A n T F (p) A n : v p (F ) p (v p ) = (Av) F (p) We definieren ook de afgeleide afbeelding F v op vrije vectoren: F : V V : v F (v) = Av Stelling 2.7. Zij F = t b A een affiene transformatie en p,q A n twee punten, dan geldt het volgende: F (p)f (q) = F ( pq) Bewijs. F (p)f (q) = F (q) F (p) = (Aq + b) (Ap + b) = Aq Ap = A(q p) = F ( pq) Stelling 2.8. De samenstelling F G van twee affiene transformaties F en G is opnieuw een affiene transformatie. Bovendien geldt (F G) = F G. Bewijs. Zij F = t b A en G = t d C twee affiene transformaties. (F G)(p) = F (Cp + d) = A(Cp + d) + b = ACp + Ad + b F G is dus een affiene transformatie met lineair deel AC en translatiedeel Ad + b. Tenslotte geldt dan ook het volgende: (F G) = AC = F G Stelling 2.9. De inverse F 1 van een affiene transformatie F is opnieuw een affiene transformatie. Bovendien geldt (F 1 ) = (F ) 1. Bewijs. Zij F = t b A een affiene transformatie. Zij H de affiene transformatie met lineair deel A 1 en translatiedeel A 1 b. H is nu de inverse van F. Kies namelijk een willekeurig punt p A n, dan geldt het volgende: (F H )(p) = F (A 1 p A 1 b) = (A 1 p A 1 b)a + b = A 1 pa A 1 ba + b = A 1 Ap A 1 Ab + b = p b + b = p

22 HOOFDSTUK 2. AFFIENE TRANSFORMATIES 21 Bovendien geldt ook het volgende: (F 1 ) = H = A 1 Stelling De verzameling van affiene transformaties A(n, R) van n-dimensionale affiene ruimte, uitgerust met de samenstelling, vormt een groep. Bewijs. We bewijzen elke eigenschap van een groep. De bewerking is intern. Inderdaad. 1 De bewerking is associatief. Inderdaad, de samenstelling van affiene transformaties is associatief. Zij immers i, j en k drie affiene transformaties, respectievelijk van de vorm A i p + b i, A j p + b j, en A k p + b k i (j k) = A i (A j (A k p + b k ) + b j ) + b i = (i j) k Er bestaat een neutraal element. Beschouw de affiene transformatie F = I n + 0. Nu geldt voor elke affiene transformatie G het volgende: F G = G = G F Er bestaat voor elk element een invers element. 2. Definitie De groep A(n, R), noemen we de affiene groep in dimensie n. Stelling Zij p en q twee punten van A n en zijn {v 1,...,v n } een basis van T p A n en {w 1,...,w n } een basis van T q A n, dan bestaat er een unieke affiene transformatie F van A n zodat het volgende geldt: F (p) = q F v i = w i voor i {1,..., n} Bewijs. We bewijzen eerst de uniciteit en vervolgens het bestaan. Als er zo een unieke transformatie bestaat, is deze uniek. Stel dat er een transformatie F = t b A bestaat die aan de voorwaarden voldoet. Nu is Fv i gelijk aan Av i. Omdat elke lineaire transformatie uniek bepaal is door het beeld van een basis, is A uniek bepaald. Vervolgens moet er een b bestaan zodat de volgende gelijkheid geldt: q = F (p) = Ap + b Die b is dan gelijk aan q Ap. Omdat A uniek is is b ook uniek. 1 Zie stelling 2.8 op pagina Zie stelling 2.9 op pagina 20.

23 HOOFDSTUK 2. AFFIENE TRANSFORMATIES 22 Het bestaan is nu eveneen aangetoond. Kies namelijk A de unieke lineaire transformatie zodat Av i = w i geldt. Met andere woorden zodat de basis V afgebeeldt wordt op W. Kies vervolgens b zodat b = q Ap geldt, dan voldoet F aan de voorwaarden. Nog explicieter construeren we A als volgt: Zet de vectoren v i in de kolommen van een matrix V. Doe hetzelfde met de vectoren w i en de matrix W. Nu ziet A er als volgt uit: A = WV 1 Gevolg Zij p en q twee punten van A n en zijv = {v 1,...,v k } lineair onafhankelijke vectoren in T p A n enw = {w 1,...,w k } lineair onafhankelijke vectoren int q A n die aan de volgende voorwaarden voldoet. Er bestaat dan een (niet noodzakelijk unieke) affiene transformatie F van A n. F (p) = q F v i = w i voor i {1,..., n} Bewijs. Omdat T p A n en T q A n n dimensies hebben, kan zowel V als W uitgebreid worden tot een basis van T p A n, respectievelijk T q A n. Zij α en β die basissen. Nu bestaat er dus een unieke affiene transformatie voor de specifieke α en β die aan de voorwaarden voldoet, 3 Merk op dat de α en β niet uniek zijn. Gevolg Zij {p 0,...,p k } en {q 0,...,q k } twee verzamelingen van k + 1 affien onafhankelijke punten in A n, dan bestaat er een affiene transformatie F van A n zodat F (p i ) = q i voor i {1,..., k}. Bovendien is F uniek als k = n. Bewijs. Beschouw de verzamelingen V = { p0 p 1,..., p0 p k } enw = { q0 q 1,..., q0 q k }. V enw bevatten nu elk k lineair onafhankelijke vectoren. 5 Er bestaat nu dus een affiene transformatie F die voldoet aan deze voorwaanden: F (p 0 ) = q 0 F ( p 0 p i ) = q 0 q i voor i {1,..., n} Bekijk nu F (p i ). F (p i ) = F (p 0 ) + F (p 0 )F (p i ) = F (p 0 ) + F ( p 0 p i ) = q 0 + q 0 q i Diezelfde affiene transformatie is dus de affiene transformatie die p i op q i afbeeldt. Als k gelijk is aan n is deze transformatie bovendien uniek. 6 = q i 2.1 Affiene invarianten 3 Zie stelling?? op pagina??. 4 Zie gevolg?? op pagina??. 5 Zie stelling??. 6 Zie stelling??.

24 HOOFDSTUK 2. AFFIENE TRANSFORMATIES 23 Definitie We noemen een begrip of eigenschap affien invariant als ze bewaard blijft onder affiene transformaties. Stelling Een affiene transformatie is affien invariant. Zij F = t b A een affiene transformatie. Zij S = p + V een affiene deelruimte van A n met dimensie k, dan is F (S) ook een affiene deelruimte van A n met dimensie k. Sterker nog: F (S) = F (p) + F (V ) Bewijs. Kies een willekeurig punt q = p + v van S: F (s) = A(p + v) + b = Ap + b + Av = F (p) + F (v) Stelling De onderlinge ligging van affiene deelruimten is affien invariant. Zij F = t b A een affiene transformatie. Zij S = p + V en T = q + W twee affiene deelruimten, dan is de onderlinge ligging van F (S) = F (p) + F (V ) en F (T ) = F (q) + F (W ) gelijk aan de onderlinge ligging van S en T. Bewijs. We maken een gevalsonderscheid voor de verschillende mogelijkheden van onderlinge ligging. Stel dat S en T parallel zijn: Stel dat S en T zwak parallel zijn: S T V = W F (V ) = F (W ) F (S) F (T ) S T V W F (V ) F (W ) F (S) F (T ) Stel dat S en T snijden, dan bestaat er een punt x in de doorsnede van S en T. Er bestaan dus een v V en een w W zodat het volgende geldt: p + v = x = q + w F (p + v) = F (x) = F (q + w) F (p) + F (v) = F (x) = F (q) + F (w) Stel dat S en T kruisen, dan bestaat er geen punt x in de doorsnede, en zijn S en T niet zwak parallel. Omdat S en T niet parallel of zwak parallel zijn, zijn F (S) en F (T ) niet parallel, noch zwak parallel. Stel nu dat er een punt x in de doorsnede van F (S) en F (T ) zit zodat F (S) en F (T ) snijden, dan sneden S en T. Contradictie. Stelling De affiene onafhankelijkheid is affien invariant. Zij F = t b A een affiene transformatie. p 0,...,p k A n zijn affien onfhankelijk als en slechs als F (p 0 ),..., F (p k ) A n affien onafhankelijk zijn.

25 HOOFDSTUK 2. AFFIENE TRANSFORMATIES 24 Bewijs. Deze stelling is equivalent met de volgende: p 0,...,p k A n zijn affien afhankelijk als en slechs als F (p 0 ),..., F (p k ) A n affien afhankelijk zijn. Kies dus k + 1 affien afhankelijke punten p 0,...,p k van A n. Dit betekent dat de vectoren p 0 p i lineair onafhankelijk zijn. 7 De affiene transformatie F gedraagt zich voor vectoren als een lineaire transformatie. Lineaire transformaties zijn lineair 8 en behouden bijgevolg lineaire afhankelijkheid. De vectoren F (p 0 p i ) zijn dus ook lineair afhankelijk. Dit houdt precies in dat de punten F (p 0 ),..., F (p k ) affien onafhankelijk zijn. Stelling De colineariteit en deelverhouding van drie punten is affien invariant. Zij p, q en r colineaire punten van A n en F een affiene transformatie. Bewijs. (p,q, r ) = (F (p), F (q), F (r )) pr = λ pq Stel dat (p,q, r ) = λ geldt. Pas nu F toe op p, q en r. F (p)f (r ) = F ( pq) = F (λpq) = λ F (p)f (q) Stelling Zij F : A n A n met n 2 een bijectie die collineaire punten afbeeldt op colineaire punten, dan is F een affiene transformatie. Geen bewijs EXTRA: Toch eens een bewijs proberen? Stelling De barycentrische coordinaten zijn affien invariant Gegeven zijn k + 1 affien onafhankelijke punten p i van A n en een punt p in de affiene deelruimte bepaald door deze punten. Dde barycentrische coördinaten van p ten opzichte van de punten p i zijn invariant onder affiene transformaties. n F : F (p) = λ i F (p i ) Bewijs. Gegeven is het volgende: 9 i=0 k p = λ i p i met i=0 Kies nu een willekeurige affiene transformatie F: k λ i = 1 i=0 F : p Ap + b F (p) = A k i=0 λ i p i + b = k i=0 λ i Ap i + b = k i=0 λ i (Ap i + b) Merk op dat die laatste stap alleen maar geldt als de λ i sommeren tot 1. Opmerking Dit is net het punt van affiene meetkunde. Ha,.. Ha,.. Get it? 7 Zie stelling duh! 9 Zie definitie??.

26 HOOFDSTUK 2. AFFIENE TRANSFORMATIES Dilataties Definitie Een affiene transformatie F van A n wordt een dilatatie genoemd als en slechts als er een λ R 0 bestaat zodat het volgende geldt. F = λi F : p λip + b Stelling De samenstelling van twee dilataties F en G is een dilatatie. Bewijs. Zij F = λi en G = µi twee dilataties. (G F ) = µi λi = (µλ)i Noem µλ nu ν, dan zien we dat G F een dilatatie is. Definitie De verzameling van dilataties van een affiene ruimte A n wordt genoteerd als Dil (A n ). Stelling De verzameling van dilataties vormt een deelgroep van de verzameling affiene transformaties met de samenstelling als bewerking. Bewijs. We bewijzen elk deel van het criterium van een deelgroep. Het neutraal element van A(n, R): e A(n,R) : p Ip + 0 is een dilatatie. De samenstelling van twee dilataties is een dilatatie. 10 De inverse van een dilatatie is een dilatatie. Kies een dilatatie F = λi. De inverse affiene transformatie G van F is ook een dilatatie: G = 1 λ I Stelling Een affiene transformatie F van A n is een dilatatie als en slechts als F ofwel een translatie is, ofwel een homothetie. Bewijs. Bewijs van een equivalentie Zij F een dilatatie, dan is F gegeven als volgt: F : p λp + b Als λ 1 is, is F een translatie. Als λ niet gelijk is aan 1, kies dan het punt p 0 = 1 1 λb. F is dan een homothetie: H p0,λ 10 Zie stelling p A n : F (p) = λp + b = λp + (1 λ)p 0 = p 0 + λ p0 p = H p0,λ

27 HOOFDSTUK 2. AFFIENE TRANSFORMATIES 26 Zij F een translatie F : p p + b, dan is F een dilatatie met λ = 1. Zij F een homothetie F = H p0,r, dan is F een dilatatie met λ = r. Stelling De afbeelding van een affiene deelruimte G van A n onder een dilatatie is een deelruimte H die parallel is met G. Stelling Zij G = p + V een deelruimte van A n en F : p λp + b een dilatatie. De afbeelding H van G onder F is ook een deelruimte van A n. 11 Voor elk willekeurig punt x van д bestaat er een v V zodat x = p + v geldt. F (x) = λ(p + v) + b = (b + λp) + λv G Elke afbeelding van een punt x = p + v heeft dus een vrije vector λv die lineair afhankelijk is van v en dus ook in V zit. Omdat F een bijectie is, moet F (V ) = V gelden en is H dus parallel met G. H G Stelling Een affiene transformatie F die elke affiene deelruimte G van A n afbeeldt op een parallelle affiene deelruimte is een dilatatie. Bewijs. Zij p A n een punt en {v 1,...,v n } een basis van T p A n. Er is gegeven dat elke affiene deelruimte van A n op een parallelle affiene deelruimte wordt afgebeeldt, dus de richting W van elke affiene deelruimte wordt op zichzelf afgebeelt. F (W ) = W We bewijzen nu dat F een diagonaalmatrix λi is in twee stappen: F is een diagonaalmatrix. Kies een richtingw =< v i >, dan geldt het volgende omdat het beeld vanv i lineair afhankelijk moet zijn opdat W op zichzelf afgebeeldt zou worden. F v i = λ i v i λ i mag hier niet nul zijn. Dit kunnen we voor elke vector uit de basis doen. We bekomen dan dat F ten opzichte van die basis een diagonaalmatrix is (ten opzichte van die basis). F = λ 1... λ n De elementen van de diagonaalmatrix F op de diagonaal zijn allemaal gelijk. Kies nu W =< n i=1 v i > Er bestaat dan een λ R zodat ook die vector op een veelvoud op zichzelf wordt afgebeeld: n n F v i = λ v i i=0 i=0 Omdat F een affiene transformatie is geldt echter ook het volgende: n n n F v i = F (v i ) = λ i v i i=0 i=0 i=0 Omdat {v 1,...,v n } een basis is, moet λ dus wel gelijk zijn aan elke λ i. 11 Zie stelling 2.16.

28 HOOFDSTUK 2. AFFIENE TRANSFORMATIES 27 Lemma Zij F = t b een translatie en p, q twee verschillende punten op een rechte L in A n die niet in de richting van b ligt. Noem nu p = F (p) en q = F (q) en noem L de rechte door p parallel met L. Noem bovendien T de rechte door p en p en T de rechte door q parallel met T. Nu snijden L en T enkel in q. L T = {q} Bewijs. p ligt op F (L) en F (L) is evenwijdig met L. F (L) is dus de rechte door p evenwijdig met L. Omdat q op L ligt, ligt ook q op F (L), Omdat T is de richting van b ligt en T parallel is met T, ligt ook T in de richting van b en dus is het beeld van T onder F zichzelf. Anderzijds ligt q op T en q dus ook. L is echter niet parallel met T, dus L T = {q } q q T L L p T p Figuur 2.1: Illustratie van lemma F Lemma Zij F = H p0,r een homothetie en p en q twee verschillende punten op een rechte L in A n. Noem nu p = F (p) en q = F (q) en noem L de rechte door p parallel met L. Noem bovendien T de rechte door p 0 en p, en T de rechte door p 0 en q. Nu snijden L en T enkel in q. L T = {q} q T q L L p 0 T p p Figuur 2.2: Illustratie van lemma Bewijs. EXTRA: bewijs Eigenschap Examenvraag! Dilataties behouden hoeken. EXTRA: bewijs

29 Hoofdstuk 3 Vlakke meetkunde 3.1 Ceva Definitie 3.1. Een aantal rechten L 1,..., L k noemen we concurrent als de doorsnede van al de rechten niet leeg is. L 1 L k Lemma 3.2. Zij L 1, L 2 en L 3 drie rechten in A 2 met de volgende vergelijkingen: L i a i1 x 1 + a i2 x 2 = a i3 De rechten zijn evenwijdig of concurrent als en slechts als de volgende determinant nul is: a 11 a 12 a 13 a 21 a 22 a 23 = 0 a 31 a 32 a 33 Bewijs. De drie rechten L 1, L 2 en L 3 hebben een niet-lege doorsnede als en slechts als het volgende geldt: ranд a 11 a 12 a 13 a 21 a 22 a 23 = ranд a 11 a 12 a 21 a 22 a 31 a 32 a 33 a 31 a 32 Bovendien zijn de rechten evenwijdig als en slechts als de richtingsgetallen (a 11 a 12 ) (a 21 a 22 ) en (a 31, a 32 ) evenredig zijn. ranд a 11 a 12 a 21 a 22 = 1 a 31 a 32 Als de drie rechten L 1, L 2 en L 3 evenwijdig of concurrent zijn, dan is de volgende rang gelijk aan 1 of aan 2. ranд a 11 a 12 a 21 a 22 a 31 a 32 De determinant is dus 0. a 11 a 12 a 13 a 21 a 22 a 23 = 0 a 31 a 32 a 33 28

30 HOOFDSTUK 3. VLAKKE MEETKUNDE 29 Als de determinant 0 is, is de rang van deze matrix kleiner dan 3. ranд a 11 a 12 a 21 a 22 < 3 a 31 a 32 Er zijn dus twee mogelijkheden. Ofwel is de rang 2 en zijn de rechten concurrent, ofwel is de rang 1 en zijn de rechten evenwijdig. EXTRA: concurrentie is affien invariant Stelling 3.3. Stelling van Ceva Zij a, b en c drie affien onafhankelijke punten in A 2 en zij a een punt op de rechte bc, verschillend van b, b een punt op de rechte ac verschillend van c en c een punt op de rechte ab, verschillend van a. Noem nu A = aa, B = bb en C = cc. A, B en C zijn concurrent als en slechts als volgende gelijkheid geldt: (a,b,c)(b,c, a)(c, a,b) = 1 b c a a b c Figuur 3.1: Stelling van Ceva voor de transformatie Bewijs. Er bestaat een affiene transformatie die a op de oorsprong (0, 0) afbeeldt, b op (0, 1) en c op (1, 0). Omdat de ligging van de punten a, b, c ten opzichte van de rechten affien invariant is, alsook de deelverhoudingen, volstaat het om de stelling te bewijzen voor de getransformeerde punten. 1 Dan bestaan er dus een λ, µ en ν uit R tussen 0 en 1 zodat de punten a, b en c als volgt getransformeerd worden. a = (λ, 1 λ) b = (µ, 0) c = (0,ν) 1 Zie stelling 2.21 op pagina 24.

31 HOOFDSTUK 3. VLAKKE MEETKUNDE 30 b c a a b c Figuur 3.2: Stelling van Ceva na de transformatie Omdat we extra informatie hebben over de punten a, b en c, namelijk dat a niet gelijk is aan b, b niet gelijk is aan c en c niet gelijk is aan a weten we het volgende over λ, µ en ν. λ 0 µ 1 ν 0 De vergelijkingen van A, B en C zijn dan de volgende: A B C x 1 x = 0 (1 λ)x 1 λx 2 = 0 λ 1 λ 1 x 1 x = 0 x 1 µx 2 = µ µ 0 1 x 1 x = 0 νx 1 x 2 = ν 0 ν 1 A, B en C zijn nu concurrent als en slechts als de volgende determinant 0 is. 2 We bekijken nu de deelverhoudingen: 2 Zie stelling 3.2. (1 λ) λ 0 1 µ µ = 0 (1 λ)µ(ν 1) + λ(µ 1)ν = 0 ν 1 ν (a a c,b,c) = a b (b b a,c, a) = b c (c c b, a,b) = c a = 1 λ, λ 1 λ, λ = µ, 0 1 µ, 0 = 0, 1 ν 0,ν = λ 1 λ = µ µ 1 = ν 1 ν

32 HOOFDSTUK 3. VLAKKE MEETKUNDE 31 Deze impliceren dezelfde voorwaarde: λ 1 λ µ ν 1 µ 1 ν Bijgevolg is de stelling bewezen. CLARIFY: waarom? = 1 (1 λ)µ(ν 1) + λ(µ 1)ν = 0 Opmerking 3.4. De voorwaarde dat a b, b c en c a gelden zorgen ervoor dat de deelverhoudingen goed gedefinieerd zijn. Stel bijvoobeeld dat a = b geldt (zoals in figuur 3.3), dan is λ nul en (a,b,c) = λ 1 λ bijgevolg niet gedefinieerd. Als de rechten toch evenwijdig of concurrent zijn, dan moet één van de andere twee deelverhoudingen nul zijn. CLARIFY: waarom? b a c b a c Figuur 3.3: Stelling van Ceva zonder de voorwaarden: a b, b c en c a 3.2 Menelaos Stelling 3.5. Stelling van Menelaos Zij a, b en c drie affien onafhankelijke punten in A 2 en zij a een punt op de rechte bc, verschillend van b, b een punt op de rechte ac, verschillend van b en c een punt op de rechte ab, verschillend van a. a, b en c zijn collineair als en slechts als het volgende geldt over de deelverhoudingen: (a,b,c)(b,c, a)(c, a,b) = 1 c b a a c Figuur 3.4: Stelling van Menelaos voor de transformatie b

33 HOOFDSTUK 3. VLAKKE MEETKUNDE 32 b c a a c b Figuur 3.5: Stelling van Menelaos na de transformatie TODO: bewijs Pappus Stelling 3.6. Stelling van Pappus Zij L en L twee verschillende rechten in A 2. Zij x, y en z drie punten op L en x, y en z drie punten op L die allemaal niet tot de doorsnede van L en L behoren. ((xy x y) (yz y z)) xz x z Bewijs. Voor twee rechten zijn er precies twee mogelijkheden. 1. De rechten snijden: L L = {p} Zij H 1 de homothetie met centrum p die x op y afbeeldt en H 2 de homothetie met centrum p die y op z afbeeldt. H 1 beeldt dan y op x af en H 2 beeldt z op y af. 3 Merk nu op dat H 1 en H 2 verwisselbaar zijn. 4 H = H 1 H 2 = H 2 H 1 Nu beeldt H x op z af en z op x. Dit betekent precies dat xz en zx parallel zijn. y x z p y x z Figuur 3.6: Stelling van Pappus voor snijdende rechten 2. De rechten zijn evenwijdig: L L Zij T 1 de translatie die x afbeeldt op y en T 2 de translatie die y afbeeldt op z. T 1 beeldt dan y 3 Zie lemma 2.32 op pagina Zie stelling 2 op pagina 19.

34 HOOFDSTUK 3. VLAKKE MEETKUNDE 33 af op x en T 2 beeldt z af op y. 5 Merk nu op dat T 1 en T 2 verwisselbaar zijn. 6 T = T 1 T 2 = T 2 T 1 Nu beeldt T x op z af en z op x. Dit betekent precies dat xz en zx parallel zijn. y x z z x y Figuur 3.7: Stelling van Pappus voor evenwijdige rechten 3.4 Desargues Stelling 3.7. Stelling van Desargues Zij a, b en c drie affien onafhankelijke punten en a, b en c drie affien onafhankelijke punten, beide in A 2. ((ab a b ) (ac a c ) (bc b c )) aa,bb en cc zijn concurrent of parallel Bewijs. We mogen ervan uitgaan dat de rechten aa en bb verschillend zijn (anders kunnen we de punten gewoon hernoemen om hetzelfde te bekomen). Er zijn dan nog twee mogelijkheden. 1. aa en bb zijn evenwijdig: aa bb Zij T de translatie die a op a afbeeldt, dan zal T b op b afbeelden. 7 T zal echter ook bc op b c afbeelden en ac op a c. De doorsnede van b c en a c is dan c en bijgevolg wordt c op c afgebeeldt door T. Dit betekent precies dat cc en aa evenwijdig zijn. b b c c a a Figuur 3.8: Stelling van Desargues voor evenwijdige rechten 2. aa en bb snijden: aa bb = {p} Zij H de homothetie die a op a afbeeldt, dan zal H b op b afbeelden. 8 H zal echter ook bc op b c afbeelden en ac op a c. De doorsnede van b c en a c is dan c en bijgevolg wordt c op c afgebeeldt door T. Dit betekent precies dat aa, bb en cc concurrent zijn. 5 Zie lemma 2.31 op pagina Zie stelling 2 op pagina Zie lemma 2.31 op pagina Zie lemma 2.32 op pagina 27.

35 HOOFDSTUK 3. VLAKKE MEETKUNDE 34 b a c p c a b Figuur 3.9: Stelling van Desargues voor snijdende rechten

36 Hoofdstuk 4 Derivaties Definitie 4.1. Zij F (A n ) alle functies van A n naar R waarvoor alle partiële afgeleiden van willekeurige orde bestaan en overal continu zijn. F (A n ) is bovendien een reële vectorruimte. {f : A n R f is C } Definitie 4.2. Een derivatie in p A n is een afbeelding D p waarop twee bewerkingen gedefinieerd zijn met bovendien de volgende twee eigenschappen. D p : F (A n ) R D p is een lineaire afbeelding van F (A n ) naar R: a,b R, f,д F (A n ) : D p (af + bд) = ad p (f ) + bd p (д) Leibnitzregel: f,д F (A n ) : D p (f д) = D p (f )д(p) + f (f )D p (д) Eigenschap 4.3. De verzamelingt p A n van alle derivaties in een punt p vormt een vectorruimte met de volgende bewerkingen. Optelling: Scalaire vermenigvuldiging: (D p + D p) : F (A n ) R : f (D p + D p)(f ) = D p (f ) + D p(f ) ad p : F (A n ) R : f (ad p )(f ) = ad p (f ) Definitie 4.4. Een open bol B p,ϵ met middelpunt p en straal ϵ is een verzameling punten als volgt: B p,ϵ = n (x 1,..., x n ) A n (x i p i ) 2 < ϵ 2 i=1 35

37 HOOFDSTUK 4. DERIVATIES 36 Definitie 4.5. Een deelverzameling U A n noemen we een omgeving van p als er een open bol met middelpunt p bestaat die een deelverzameling is van U. Lemma 4.6. Zij D p een derivatie in p A n en f F (A n ) een functie. Als f constant is, dan is de derivatie van f in p nul. ( c R, q A n : f (q) = c) D p (f ) = 0 Bewijs. Kies een willekeurige д F (A n ) met д(p) 0. Wegens de lineariteit van D p geldt volgende bewering: D p (f д) = D p (f (p)д) = f (p)d p (д) Omwille van de Leibnizregel geldt het volgende echter ook: D p (f д) = D p (f )д(p) + f (p)d p (д) Combineren we nu deze twee redeneringen, dan krijgen we het volgende: f (p)d p (д) = D p (f )д(p) + f (p)d p (д) D p (f )д(p) = 0 Omdat д(p) niet nul is, moet D p (f ) nul zijn. Lemma 4.7. Zij D p een derivatie in p A n en f F (A n ) een functie. Als f nul is in een omgeving van p, dan is de derivatie van f in p nul. ( ϵ R + 0, q B(p, ϵ) : f (q) = 0) D p(f ) = 0 Bewijs. Per definitie bestaat er een open bol B(p, ϵ) U. Binnen die open bol is f nog steeds identiek nul. Beschouw nu de functie д die buiten B(p, ϵ) identiek 1 is, maar ook 0 in p. f д is dan gelijk aan f. Nu geldt er daarom ook het volgende: D p (f ) = D p (f д) = D p (f )д(p) + f (p)d p (д) = 0 Lemma 4.8. Zij D p een derivatie in p A n en f F (A n ) een functie. D p (f ) hangt enkel af van de waarden van f in een (willekeurige) omgeving van p. ϵ R + 0, q B(p, ϵ), f 1, f 2 F (A n ) : f 1 (q) = f 2 (q) Bewijs. Stel dat twee functies f 1 en f 2 uit F (A n ) gelijk zijn in een omgeving U van p, dan is f 1 f 2 nul op U. D p (f 1 f 2 ) = 0 D p (f 1 ) = D p (f 2 ) Lemma 4.9. Zij f F (A n ) een functie en p = (p 1,,p n ) A n een punt, dan bestaan er n functies f 1,..., f n F (A n ) zodat het volgende geldt. x = (x 1,..., x n ) A n : f (x) = f (p) + n f i (x)(x i p i ) i=i TODO: bewijs p 64

38 HOOFDSTUK 4. DERIVATIES 37 Stelling Zij p A n een punt. De partiele afgeleiden in p vormen een basis voor de ruimte der derivaties in p. ( ) ( ) ( ),,..., x 1 p x 2 p x n p TODO: bewijs p Opmerking Het verband tussen de definitie voor een rakende ruimte T p A n uit hoofdstuk 1 en de definitie voor een rakende ruimte als ruimte van derivaties in p wordt gegeven door de volgende identificatie: ( ) (0,..., 0, 1, 0,..., 0) p x i Hier staat de 1 op de i-de plaats. In woorden identificeert elke raakvector dus met de richtingsafgeleide langs die vector. Zij immers p A n een punt en v p = (v 1,...,v n ) p T p A n een raakvector. Beschouw dan de richtingsafgeleide van f langs v p : 4.1 Afgeleide afbeelding v p (f ) = d dt f (p + tv) t=0 = n i=1 p v i f x i (p) Definitie We noemen een deelverzameling U van A n een open deelverzameling als er voor elke p U een open bol B(p, ϵ) bestaat die volledig in U ligt. Definitie Zij F een afbeelding van een deelverzameling U van A n naar A m als volgt, dan noemen we de F i de coördinaatsfuncties van F. F : U A n A m : p F (p) = (F 1 (p),..., F m (p)) We noemen F differentieerbaar als al de F i C -continu zijn. Definitie Zij F een differentieerbare afbeelding en p U een punt. De Jacobiaan van F in p is de matrix J. F : U A n A m : p F (p) = (F 1 (p),..., F m (p)) F J = 1 x 1 (p).... F m x 1 (p)... F 1 x n (p). F m x n (p) Definitie Zij F een differentieerbare afbeelding en p U een punt. F : U A n A m : p F (p) = (F 1 (p),..., F m (p))

39 HOOFDSTUK 4. DERIVATIES 38 We definiëren de afgeleide afbeelding van F in p als de lineaire afbeelding (F ) p : (F ) p : T p A n T F (p) A m : Lemma Zij F een affiene transformatie. v 1 v 2. v n p v 1 J v 2. v n p F : A n A n : p Ap + b De afgeleide afbeelding van F in p is gegeven door (F ) p : (F ) p : T p A n T F (p) A n : v p (Av) F (p) TODO: bewijs p 68 Stelling Zij F : U A n A m een differentieerbare afbeelding en p een elemen van U. Als D p een derivatie in p is, dan is (F ) p (D p ) de derivatie in F (p). ( (F ) p (D p ) ) (f ) = D p (f F ) TODO: bewijs p 68

40 Hoofdstuk 5 Orientaties en Volume Definitie 5.1. Zij V een vectorruimte van dimensie n. Het n-tal vectoren (e 1,..., e n ) noemen we een geordende basis als de verzameling {e 1,..., e n } een basis is voor V. Definitie 5.2. Zij V een vectorruimte en e = (e 1,..., e n ) en f = (f 1,..., f n ) twee geordende basissen voor V. Er bestaan nu dus a ij zodat we f kunnen schrijven in functie van e. f i = n a ij e j j=1 Dit komt overeen met de volgende matrixvermenigvuldiging. f 1. = a a 1n e f n a n1... a nn e n We zeggen nu dat e en f dezelfde orientatie hebben als de determinant van die vierkante matrix groter is dan nul. Als de determinant kleiner is dan nul zeggen we dat e en f een tegengestelde orientatie hebben. a a 1n..... > 0 a n1... a nn Eigenschap 5.3. De relatie heeft dezelfde orientatie als is een equivalentierelatie en deelt de verzameling van geordende basissen op in twee equivalentieklassen. Definitie 5.4. Zij p A n een punt en zij T p A n de rakende ruimte in p. We noemen de volgende verzameling de natuurlijke geordende basis. (e 1,..., e n ) = ((1, 0,..., 0), (0, 1,..., 0),..., (0, 0,..., 1)) Definitie 5.5. Zij v = (v 1,...,v n ) een geordende basis van de rakende ruimte T p A n in een punt p A n, dan heeft v een positieve orientatie als (v 1,...,v n ) en (e 1,..., e n ) dezelfde orientatie hebben. In het geval dat (v 1,...,v n ) en (e 1,..., e n ) een tegengestelde orientatie hebben zeggen 39

41 HOOFDSTUK 5. ORIENTATIES EN VOLUME 40 we dat v een negatieve orientatie heeft. Stelling 5.6. De orientatie van een geordende basis v = (v 1,...,v n ) van de rakende ruimte T p A n in een punt p A n, is enkel afhankelijk van de vectordelen van (v 1,...,v n ). Bovendien heeft v een positieve orientatie als en slechts als de volgende determinant positief is. EXTRA: bewijs v v 1n..... > 0 v n1... v nn Definitie 5.7. Zij F een affiene transformatie, dan is F oriëntatiebewarend als F elke positieve basis op een positieve basis afbeeld, en elke negatieve basis op een negatieve basis. F is oriëntatieomkerend als ze do oriëntatie van elke basis omkeert. Stelling 5.8. Een affiene transformatie F is oriëntatiebewarend alsdet (F ) > 0 en oriëntatieomkerend als det (F ) < 0. Bewijs. Zij v = (v 1,v 2,...,v n ) een geordende basis van T p A n. w = (F (v 1 ), F (v 2 ),..., F (v n )) is dan een geordende basis van T F (p)a n. det ((F (v 1 )F (v 2 )... F (v n )) = det (A(v 1 v 2...v n )) = det (F )det (v 1 v 2...v n ) Stelling 5.9. Elke affiene transformatie is ofwel oriëntatiebewarend, ofwel oriëntatieomkerend. EXTRA: bewijs Stelling Elke translatie is oriëntatiebewarend. EXTRA: bewijs Stelling Elke homothetie met positieve factor is oriëntatiebewarend. QUESTION: wat doet een homothetie met negatieve factor?: orientatieomkerend! EXTRA: bewijs Stelling De samenstelling van twee oriëntatiebewarende affiene transformaties is oriëntatiebewarend. EXTRA: bewijs QUESTION: wat gebeurt er bij andere samenstellingen? XOR Stelling De inverse van een oriëntatiebewarende affiene transformatie is oriëntatiebewarend. EXTRA: bewijs Stelling De orientatiebewarende affiene transformaties vormen een deelgroep van de affiene transformaties, uitgerust met de samenstellingsbewerking. EXTRA: bewijs

42 HOOFDSTUK 5. ORIENTATIES EN VOLUME Volume Definitie Zij p A n een punt en v = (v 1,...,v n ) een geordende basis van T p A n. Het volume V ol (v) van v definieren we als de volgende determinant. Vol (v) = v 1 v n Definitie Zij p A n een punt en v = (v 1,...,v n ) een geordende basis van T p A n. We definieren het parallellepipedum P (v) bepaald door v als de volgende verzameling punten: P (v) = p + n λ i v i 0 λ i 1 i=1 Definitie Een tweedimensionaal parallellepipedum heet een parallellogram. Definitie Het volume van een parallellepipedum P (v) bepaald door een geordende basis v van een rakende ruimte T p A n in een punt p A n is de absolute waarde van het volume van de basis. Vol (P (v)) = Vol (v) Stelling Zij F een affiene transformatie van A n en p A n een punt. Zij v = (v 1,...,v n ) een geordende basis van T p A n. F (v) = (F (v 1 ),..., F (v n )) is een geordende basis van T F (p) A n. Bovendien geldt het volgende over het volume van F (v). Vol (F (v)) = (det (F )) Vol (v) Bewijs. Vol (F (v)) = Vol ((F (v 1 ),..., F (v n )) = F (v 1 ) F (v n ) = det (F ) v 1 v n = det (F )Vol (v) Gevolg Zij P 1 en P 2 twee willekeurige parallellepipeda in A n en F een affiene transformatie van A n. Vol (P 1 ) Vol (P 2 ) = Vol (F (P 1)) Vol (F (P 2 )) Bewijs. Merk allereerst op dat F (P (v)) gelijk is aan P (F (v)). CLARIFY: waarom? Noem v 1 en v 2 de vectoren zodat P (v 1 ) = P 1 en P (v 2 ) = P 2 gelden. Vol (F (P 1 )) Vol (F (P 2 )) = Vol (F (P (v 1))) Vol (F (P (v 2 ))) = Vol (F (v 1 )) Vol (F (v 2 )) = det (F )Vol (v 1 ) det (F )Vol (v 2 ) = Vol (P (v 1)) Vol (P (v 2 )) = Vol (P 1) Vol (P 2 )

43 HOOFDSTUK 5. ORIENTATIES EN VOLUME 42 Gevolg Zij F een affiene transformatie van A n zodat det (F ) = 1 geldt. Zij bovendien p A n een punt en v = (v 1,...,v n ) een geordende basis van T p A n. Vol (v) = Vol (F (v)) Definitie Lineaire transformaties met determinant 1 noemen we speciale lineaire transformaties. SL(n, R) = {A GL(n, R) det (A) = 1} Definitie De affiene transformaties waarvan het lineair deel determinant 1 heeft noemen we equiaffiene transformaties. SA(n, R) A(n, R) Stelling De equiaffiene transformaties SA(n, R) van een affiene ruimte A n vormen een deelgroep van A(n, R), uitgerust met de samenstellingsbewerking. EXTRA: bewijs

44 Hoofdstuk 6 Euclidische meetkunde Definitie 6.1. Zij p A n, v p en w p rakende vectoren in T p A n. Het Euclidisch scalair product van v p en w p definieren we als volgt: v p w p = n v i w i i=1 Eigenschap 6.2. Distributiviteit ten opzichte van de optelling van vectoren Zij u, v en w raakvectoren in T p A n en a en b scalars in R. (au + bv) w = au w + bv w Bewijs. (au + bv) w = n i=1 (au + bv) i w i = n i=1 (au i + bv i )w i = n i=1 (au i w i + bv i w i ) = n i=1 au i w i + n i=1 bv i w i = au w + bv w Eigenschap 6.3. Commutativiteit Zij v en w raakvectoren in T p A. v w = w v Bewijs. v w = n i=1 v i w i = n i=1 w i v i = w v Eigenschap 6.4. Positiviteit Zij v een raakvector in T p A. v v 0 Bewijs. v v = n v i v i = i=1 n vi 2 0 i=1 43

45 HOOFDSTUK 6. EUCLIDISCHE MEETKUNDE 44 Eigenschap 6.5. Zij v een raakvector in T p A. v v = 0 v = 0 Bewijs. v v = n v i v i = i=1 n vi 2 = 0 v = 0 i=1 Definitie 6.6. Een Euclidische ruimte E n is een affiene ruimte A n, uitgerust met het scalair product. Definitie 6.7. Zij p A n, v p een rakende vector in T p A n. De lengte of norm van v p definieren we als volgt: n v p = v p v p = vi 2 i=1 Eigenschap 6.8. Driehoeksongelijkheid. Zij v en w raakvectoren in T p A. v + w v + w n n n n v + w = (v + w) i 2 = (v i + w i ) 2 = vi 2 + wi 2 + 2v i w i vi 2 + wi 2 = v + w i=1 Eigenschap 6.9. Ongelijkheid van Cauchy-Schwartz Zij v en w raakvectoren in T p A. v w v w i=1 i=1 Bewijs. Kies twee vectoren v en w en een scalar λ R. Beschouw nu (v + λw) (v + λw). Dit is zeker positief. (v + λw) (v + λw) = (v v) + 2λ(v w) + λ 2 (w w) Beschouw bovenstaande gelijkheid als een tweedegraadsveelterm P in λ die steeds positief is. De discriminant van P is dus negatief. 4(v w) 2 4(v v)(w w) 0 (v w) 2 (v v)(w w) 0 v w v w 0 v w is dus kleiner of gelijk aan v w. i=1 Eigenschap Zij v en w raakvectoren in T p A. v w = v w v = λw

46 HOOFDSTUK 6. EUCLIDISCHE MEETKUNDE 45 Bewijs. Bekijk eerst opnieuw het bewijs van de ongelijkheid van Cauchy-Schwartz. 1 De ongelijkheid wordt een gelijkheid als er een unieke λ bestaat zodat (v + λw) (v + λw) = 0 geldt. Dit is precies wanneer er een lambda bestaat zodat v = λw geldt. Definitie De cosinus van de hoek θ tussen twee vectoren v en w met v en w beide niet nul definieren we als volgt: v w = v w cos(θ ) Definitie We noemen twee vectoren v en w orthogonaal als hun scalair product nul is. v w v w = 0 Definitie We noemen een basis v = {v 1,...,v n } van een rakende ruimte T p E n orthogonaal als de vectoren van v onderling orthogonaal zijn. Definitie We noemen een basis v = {v 1,...,v n } van een rakende ruimte T p E n orthonormaal als de vectoren van v onderling orthogonaal zijn en lengte 1 hebben. Stelling Zij v een raakvector van T p E n en e = {e 1,..., e n } een basis van T p E n. We noemen het rechterlid de orthonormale expansie van v ten opzichte van e. n v = (v e i )e i i=1 Bewijs. e is een basis voor T p E n, dus er bestaan scalars v i zodat v = n i=1 v i e i geldt. Beschouw nu voor elke j {1,..., n} v e j v e j = n i=1 v i e i e j = n v i (e i e j ) = i=1 n v i δ ij = v j i=1 Gevolg De identiteit van Parseval Zij e = {e 1,..., e n } een orthonormale basis van T p E n. Bewijs. v w v w = n (v e i )(w e i ) i=1 = n i=1 (v e i )e i n j=1 (w e j )e j = n i=1 nj=1 (v e i )e i (w e j )e j = n i=1 nj=1 (v e i )e i e j (w e j ) = n i=1 nj=1 (v e i )δ ij (w e j ) = n i=1 (v e i )(w e i ) 1 Zie eigenschap 6.9 op pagina 44.

47 HOOFDSTUK 6. EUCLIDISCHE MEETKUNDE 46 Stelling Zij β = v 1,...,v n een basis van T p E n, dan kunnen we β omvormen tot een orthonormale basis γ = {u 1,u 2,...,u n } door middel van het orthogonalisatieprocédé van Gram-Schmidt i 1 w i = v i (v i e j )e j zodat u i = w i w i j=1 Bewijs. Bewijs door constructie. We zullen eenvoudigweg het algoritme beschrijven en de correctheid ervan bewijzen. We normeren de eerste vector v 1 door ze te delen door zijn norm. u 1 = 1 v 1 v 1 We construeren nu v 2 zodat ze loodrecht staat op u 1. v 2 = v 2 (v 2 v 1 )u 1 v 2 is zeker niet nul omdat u 1 ofwel niet op dezelfde rechte ligt als v 2, ofwel is v 2 = 0. v 2 staat nu wel degelijk loodrecht op u 1. v 2 u 1 = (v 2 (v 2 v 1 )u 1 ) u 1 ) = (v 2 u 1 ) ((v 2 v 1 )u 1 u 1 ) = (v 2 u 1 ) (v 2 v 1 )(u 1 u 1 ) = (v 2 u 1 ) (v 2 v 1 ) u 1 = (v 2 u 1 ) (v 2 v 1 ) = 0 Merk op dat u 1 echt genormeerd moet zijn, opdat dit zou werken. Tenslotte normeren we v 2 nog om u 2 te bekomen. u 2 = 1 v 2 v 2 = 1 v 2 (v 2 v 1 )u 1 (v 2 (v 2 v 1 )u 1 ) Dit proces kunnen we verder zetten. We beschrijven nu de stappen die je moet ondernemen in iteratie k + 1. We construeren v als volgt. k+1 v k+1 = v k+1 (v k+1 u 1 )u 1 (v k+1 u 2 )u 2 (v k+1 u k )u k = v k+1 k (v k+1 u i ) Beschouw de sommatie in deze formule als één vector. Nu is de redenering om te besluiten dat v k+1 dezelfde als die bij v 2. v k+1 is staat inderdaad loodrecht op alle vectoren v i met i k. i=1 (v k+1 u i) = ( v k+1 k j=1 (v k+1 u j )u j ) ui = (v k+1 u i ) ( kj=1 (v k+1 u j )u j ) ui = (v k+1 u i ) k j=1 ( (vk+1 u j )u j ) ui = (v k+1 3u i ) k j=1 (v k+1 u j )(u j u i ) In de laatste som is elke term behalve de term waarbij i = j geldt nul. (v k+1,u i ) (v k+1,u i ) = 0 We kunnen nu v ook normeren door te delen door de norm. k+1 1 u k+1 = v k+1 v k+1

48 HOOFDSTUK 6. EUCLIDISCHE MEETKUNDE 47 OmdatV eindig dimensionaal is zal dit algoritme zeker stoppen. Het resultaat is {u 1,u 2,...,u n }, een orthonormale basis. Definitie Zij p en q twee punten van E n, dan definiëren we de afstand tussen p en q als d(p,q). d(p,q) = pq = p q Eigenschap Symmetrie van de afstand Zij p en q twee punten van E n. d(p,q) = d(q,p) Bewijs. n n d(p,q) = p q = (p q) i 2 = (q p) i 2 = q p = d(q,p) i=1 i=1 Eigenschap Positiviteit van de afstand Zij p en q twee punten van E n d(p,q) 0 Bewijs. n d(p,q) = p q = (p q) i 2 0 Elke term in de som is positief, want het zij kwadraten. De wortel is dus zinvol en natuurlijk ook positief. i=1 Eigenschap Zij p en q twee punten van E n d(p,q) = 0 p = q Bewijs. n d(p,q) = p q = (p q) i 2 = 0 p = q i=1 Eigenschap Driehoeksongelijkheid in E n. d(p, r ) d(p,q) + d(q, r ) EXTRA: bewijs 6.1 Euclidische transformaties

49 HOOFDSTUK 6. EUCLIDISCHE MEETKUNDE 48 Definitie Een affiene transformatie F met lineair deel A en translatiedeel b noemen we een Euclidische transformatie of een isometrie van de Euclidische ruimte als en slechts als A een orthogonale transformatie is. A O (n) = {X GL(n, R n ) X T X = I } Orthogonale transformaties Stelling I n O(n) Bewijs. I T n I n = I n I n = I n Stelling Het product van twee orthogonale matrices is een orthogonale matrix. Bewijs. Zij X en Y twee orthogonale matrices met dezelfde dimensies n n. (XY ) T (XY ) = Y T X T XY = Y T I n Y = Y T Y = I n XY is dus ook een orthogonale matrix. Stelling Zij X een orthogonale matrix, dan is ook X T = X 1 orthogonaal. X O(n) X T = X 1 O(n) Bewijs. Zij X een orthogonale n n matrix. (X T ) T X T = XX T = XX 1 = I n Stelling O(n) is een deelgroep van GL(n, R) Bewijs. We gaan elke eigenschap in het criterium van een deelgroep na. I n, het neutraal element van GL(n, I n ) is een element van O (n). 2 Het product van twee orthogonale matrices is orthogonaal. 3 De inverse van een orthogonale matrix is ortogonaal. 4 2 Zie stelling 6.24 op pagina Zie stelling 6.25 op pagina Zie stelling 6.26 op pagina 48.

50 HOOFDSTUK 6. EUCLIDISCHE MEETKUNDE 49 Definitie O(n) noemt men de orthogonale groep. Stelling De verzameling van alle orthonale matrices met positieve determinant (determinant 1) is een deelgroep van O (n). Bewijs. We gaan elke eigenschap in het criterium van een deelgroep na. I n, het neutraal element van O(n) heeft determinant 1. Het product van twee matrices met determinant 1 heeft determinant 1. Zij A en B twee matrices met determinant 1: AB = A B = 1 1 = 1 De inverse van een matrix met determinant heeft determinant 1. Zij immers A een matrix met determinant 1. A 1 = A T = A Definitie De groep van alle orthogonale matrices met determinant 1 wordt de speciale orthogonale groep genoemd. Stelling Zij v en w twee kolomvectoren uit R n en X GL(n, R) een orthogonale vierkante matrix. v,w R n : (Xv) (Xw) = v w X O(n) EXTRA: bewijs (Xv) (Xw) = (Xv) T (Xw) = v T X T Xw = v T (XX T )w Stelling Ortogonale transformaties bewaren de norm van een vector. Stelling Orthogonale matrices zijn matrices waarvan de kolommon (en dus ook de rijen) een orthogonale basis vormen. EXTRA: bewijs Stelling Zij X O (n) een ortogonale matrix en λ R een eigenwaarde van X, dan bestaat er een vector v 0 zodat Xv = λv. λ moet dan 1 of 1 zijn: v 2 = Xv 2 = λ 2 v 2 Als v een eigenvector is met eigenwaarde 1, en w een eigenvector met eigenwaarde 1, dan zijn v en w orthogonaal: v w want v w = Xv Xw = v w. EXTRA: bewijs, zie spectraalstelling bij LA en definitie eigenwaarde. scheiden in apparte stellingen etc Definitie Zij X een lineaire transformatie van R n, dan noemen we een linearie deelruimte V van R n invariant onder een lineaire transformatie X als voor alle v V Xv V geldt.

51 HOOFDSTUK 6. EUCLIDISCHE MEETKUNDE 50 Definitie Zij V en W twee lineaire deelruimten van een vectorruimte U en V een deelruimte van W. Het orthogonaal complement V van V ten opzichte van W is de ruimte van alle vectoren w W die loodrecht staan op alle vectoren in V. V W = {w W v V : w v} Stelling Zij V en W twee lineaire deelruimten van een vectorruimte U en V een deelruimte van W. dim(v ) + dim(v W ) = dim(w ) EXTRA: bewijs Stelling Zij V een lineaire deelruimte van een vectorruimte U. Zij X een orthogonale transformatie van U. V is invariant onder X VU is invariant onder X EXTRA: bewijs, zie ook p Euclidische invarianten en afstand Stelling Een affiene transformatie F is een isometrie als en slechts als ze het inproduct bewaart. v,w : F v F w = v w EXTRA: bewijs Stelling Elke traslatie is een isometrie. EXTRA: bewijs Stelling Elke orthogonale transformatie is een isometrie. EXTRA: bewijs Stelling De samenstelling van twee isometrieën is oon isometrie. EXTRA: bewijs Stelling De inverse van een isometrie is een isometrie. EXTRA: bewijs Definitie De verzameling van alle isometrieën van E n wordt genoteerd als Iso(n, R). Stelling Iso(n, R), is een groep. Definitie Iso(n, R), noemt men soms de Euclidische groep.

52 HOOFDSTUK 6. EUCLIDISCHE MEETKUNDE 51 Definitie De verzameling van orientatiebewarende isometrieën noteren we als Iso + (n, R) en de verzameling van orientatieomkerende isometrieën noteren we als Iso (n, R). Stelling {Iso + (n, R), Iso (n, R)} is een partitie van EXTRA: bewijs Definitie Een eigenschap noemen we Euclidisch invariant als de eigenschap invariant is onder isometrieën. Stelling Het volume van een basis is, op teken na een Euclidische invariant. EXTRA: bewijs Stelling Elke affiene invariant is ook een euclidische invariant. EXTRA: bewijs Stelling Het scalair product van twee vectoren is een Euclidische invariant. EXTRA: bewijs F v F w = v w Stelling De ortogonale stand van vectoren is een euclidische invariant. EXTRA: bewijs Stelling De lengte van vectoren is een Euclidische invariant. EXTRA: bewijs v : F v = F v F v = v Stelling De afstand tussen twee punten is een Euclidische invariant. EXTRA: bewijs d(f (p), F (q)) = F (p)f (q) = F ( pq) = pq = d(p,q) Stelling Zij F : E n E n een willekeurige afbeelding die de afstand tussen twee punten bewaart, dan is F een isometrie. p,q E n : d(f (p), F (q)) = d(p,q) Bewijs. Zij b het beeld van 0 onder F en definieer G = t b F. 0 wordt dan op 0 afgebeeld door G. Bovendien kunnen we F als F = t b G Omdat t b een isometrie is 5 en de samenstelling van isometrieën intern 6, moeten we enkel bewijzen dat G een isometrie is. Omdat G geen translatiedeel meer bevat, betekent dit dat we moeten bewijzen dat G een orthogonale transformatie is. Merk nu op dat G ook de afstand tussen punten bewaart. d(g(p),g(q)) = G(p) G(q) = F (p) b F (q) + b = d(f (p), F (q)) = d(p,q) 5 Zie stelling 6.40 op pagina Zie stelling 6.42 op pagina 50.

53 HOOFDSTUK 6. EUCLIDISCHE MEETKUNDE 52 G bewaart de norm. G bewaart het scalair product. G(p) G(p) G(0) = d(g(p),g(0)) = d(p, 0) = p G(p) G(q) = d(g(p),g(q)) = d(p,q) = p q G(p) 2 2G(p) G(q) + G(q) 2 = p 2 2p q + q 2 Omdat G de norm bewaart volgt hieruit dat 2G(p) G(q) gelijk is aan 2p q. G is lineair. Zij {e 1,..., e n } een orthonormale basis van R n, dan volgt uit de vorige stap dat G({e 1,..., e n }) ook een orthonormale basis is. De orthonormale expansie van een punt p verkrijgen we dan als volgt. n n G(p) = (G(p) G(e i ))G(e i ) = (p e i )G(e i ) i=1 Aangezien het rechhterlid lineair is in p, is ook het linkerlid lineair in p. CLARIFY: is dit het criterium voor isometrieen ofzo? i Bestaan van isometrieën Stelling Zij p en q twee punten van E n en zij {v 1,...,v n } een orthonormale basis van T p E n en {w 1,...,w n } een orthonormale basis van T q E n, dan bestaat er een unieke isometrie F van E n zodat: F (p) = q i : F v i = w i Bewijs. Er bestaat een unieke affiene transformatie F die aan de eisen voldoet. 7 Het lineair deel A vinden we door de vectoren v i als de kolommen an een matrix V te schrijven en de vectoren w i als colommen van een matrix W, dan geldt A = WV 1. V en W zijn orthogonaal want {v 1,...,v n } en {w 1,...,w n } zijn orthogonale basissen CLARIFY: referentie?, dus A is ook orthogonaal CLARIFY: referentie?. F is bijgevolg een isometrie. Gevolg Zij a, b, a en b vier punten in E 2 zodat d(a,b) = d(a,b ) 0 geldt, dan bestaat er juist één orientatiebewarende isometrie F van E 2 zodat F (a) = a en F (b) = b gelden alsook juist één orientatieomkerende isometrie F van E 2 met dezelfde eigenschap. 7 Zie stelling 2.12 op pagina 21.

54 HOOFDSTUK 6. EUCLIDISCHE MEETKUNDE 53 ab Bewijs. Zij v 1 = ab en w 1 = a b a twee eenheidsvectoren. Zij v b 2 de (enige CLARIFY: referentie? ) vector met lengte 1 zodat (v 1,v 2 ) een positief georienteerde orthonormale basis is, en w 2 de enige vector met lengte 1 zodat (w 1,w 2 ) een positief georienteerde orthonormale basis is. Elke isometrie die a op a afbeeldt en b op b moet v 1 op w 1 afbeelden: F (v 1 ) = F ab = d(a,b) F (a)f (b) d(a,b) = a b d(a,b ) = w 1 Zij F een isometrie die aan de voorwaarden voldoet. Als F oriëntatiebewarend is, dan zal v 2 afgebeeldt worden op w 2. Er bestaat dan een unieke F die aan de voorwaarden voldoet. 8 Als F oriëntatieomkerend is zal v 2 afgebeeldt worden op w 2 en geldt hetzelfde Deelruimten van de Euclidische ruimte Definitie Twee affiene deelruimten S = p + V en T = q + W van E n noemen we orthogonaal als en slechts als V en W ortogonaal zijn: S T V W v V,w W : v w Stelling Zij S een affiene deelruimte van E n en x E n een punt, dan bestaat er precies één affiene deelruimte T door x die orthogonaal complementair is met S. S en T snijden elkaar bovendien in precies één punt y: d(x,y) = inf {d(x, z) z S} Bewijs. Zij S = p + V een euclidische deelruimte van E n. De gezochte affiene deelruimte T moet door x gaan en als richting V hebben. T = x + V is dus de einge mogelijkheid. Noem y het punt waarin S en T snijden. Omdat S en T orthogonaal complementair zijn geldt voor alle z S dat yz loodrecht staat op yx. d(x, z) 2 = xz 2 = xy + yz 2 = xy 2 + yz 2 = d(x,y) 2 + d(y, z) 2 De afstand tussen x en z is groter dan de afstand tussen x en y met gelijkeid als y gelijk is aan z. Definitie De afstand tussen een punt x... en een affiene deelruimte S van E n noteren we als d(x, S). d(x, S) = inf {d(x, z) z S} Definitie De afstand tussen twee affiene deelruimten S en T van E n noteren we als d(s,t ). d(s,t ) = inf {d(s, t) s S, t T } 8 Zie stelling 6.57 op pagina 52.

55 HOOFDSTUK 6. EUCLIDISCHE MEETKUNDE 54 Stelling Zij {u 1,...,u n k } een orthonormale basis is van V i {1,..., n k} : x S px V px V px u i = 0 EXTRA: bewijs Stelling Zij S = p + V een k-dimensionale affiene deelruimte van E n, dan is de dimensie van V n k. EXTRA: bewijs Gevolg Het ortogonaal complement van een hypervlak is ééndimensionaal. EXTRA: bewijs Definitie De vergelijkingen px u i = 0 of (x p) u i = 0 noemen we de carthesische vergelijkingen van S. Elke vergelijking (x p) u i = 0 appart stelt een hypervlak voor met richtingsgetallen u i en deze zijn lineair onafhankelijk. Definitie Zij S = p + V een hypervlak, en {u} een basis van V met één element, dan noemen we u een normaal op S. Definitie Zij u een normaal van lengte 1, dan noemen we u een eenheidsnormaal. Stelling De vergelijking van een hypervlak S door een punt p ziet er als volgt uit, wanneer u een (eenheids?!)normaal is. x S (x p) u = 0 EXTRA: bewijs, wut Gevolg Het richtingsgetal van een hypervlak S is de normaal op S EXTRA: bewijs, wut

56 Hoofdstuk 7 Euclidische transformaties 7.1 Rotaties in E 2 Lemma 7.1. Voor elke A SO (2) met det(a) = 1 bestaat er een θ R zodat A er als volgt uit ziet: ( ) cos(θ ) sin(θ ) A = sin(θ ) cos(θ ) Bewijs. Zij A een matrix in SO (2): A T en A 1 zien er dan als volgt uit: A T = A = ( ) a11 a 12 a 21 a 22 ( ) ( ) a11 a 21, A 1 a22 a = 12 a 12 a 22 a 21 a 11 Omdat A orthogonaal is moet A T gelijk zijn aan A 1. a 11 en a 22, en a 21 en a 12 moeten dus gelijk zijn. ( ) a11 a A = 12 a 12 a 11 Omdat de determinint van A 1 is moet ook a a2 12 = 1 gelden. a 11 en A 21 moeten dus cos θ en sin θ zijn voor een bepaalde θ. Opmerking 7.2. Voor elke A O(2) met det(a) = 1 bestaat er dus ook een θ R zodat A er als volgt uit ziet: ( ) cos(θ ) sin(θ ) A = sin(θ ) cos(θ ) Definitie 7.3. Examenvraag! Een rotatie van E 2 is een afbeelding van de vorm Rot: Rot : E 2 E 2 : p Rot (p) = x 0 + A( x0 p) = x 0 + ( ) cos(θ ) sin(θ ) x0 p sin(θ ) cos(θ ) Hierin is x 0 een element van E 2 en A een element van SO (2) verschillend van de eenheidsmatrix. We noemen x 0 het centrum van de rotatie en θ de rotatiehoek. 55

57 HOOFDSTUK 7. EUCLIDISCHE TRANSFORMATIES 56 Eigenschap 7.4. Een rotatie is een oriëntatiebewarende isometrie. EXTRA: bewijs Definitie 7.5. We definieren voor een vector (x,y) van E 2 de poolcoördinaten (r, θ ) als volgt: (x,y) = (r cos θ, r sin θ ) Stelling 7.6. Zij p een punt in E 2 met poolcoordinaten (r,v), r R +,v R ten opzichte van het centrum van een A een rotatie met rotatiehoek θ. ( ) ( ) cos(θ ) sin(θ ) A = en r cos(v) x sin(θ ) cos(θ ) 0 p = r sin(v) ( ) r cos(v + θ ) Rot (p) = x 0 + r sin(v + θ ) EXTRA: bewijs Eigenschap 7.7. Enkel het centrum van een rotatie R in E 2 is een vast punt van R. EXTRA: bewijs 7.2 Rotaties in E 3 Definitie 7.8. Examenvraag! Een rotatie van E 3 is een afbeelding van de vorm Rot. Rot : E 3 E 3 : p Rot (p) = x 0 + A( x0 p) Hierin is x 0 een element van E 3 en A een element van SO (3) verschillend van de eenheidsmatrix. We noemen x 0 het centrum van de rotatie en θ de rotatiehoek. Stelling 7.9. De punten die op zichzelf worden afgebeeld vormen een affiene deelruimte van E 3 door x 0 in de richting van Ker (A I 3 ). EXTRA: bewijs Stelling Een vast punt van een rotatie is een eigenvector van de rotatiematrix. EXTRA: bewijs Definitie We noemen L = x 0 + Ker (A I 3 ) de as van de rotatie. Eigenschap Enkel de as van de rotatie R in E 3 bevat vaste punten van R. EXTRA: bewijs 7.3 Spiegelingen

58 HOOFDSTUK 7. EUCLIDISCHE TRANSFORMATIES 57 Definitie Examenvraag! Zij S een affiene deelruimte van E n. Voor een willekeurig punt x E n definiëren we T x als de unieke deelruimte door x, orthogonaal complementair mat S. Bovendien definieren we π S (x) als het snijpunt van S en T x. Definitie De afbeelding π S : E n S : x π S (x) noemen we een orthogonale projectie op S. Definitie De spiegeling R S in een affiene deelruimte S van E n is een afbeelding als volgt: Stelling Examenvraag! Een spiegeling is een isometrie. R S : E n E n : x R S (x) = x + 2 xπ S (x) y x π s (y) p π s (x) R S (y) R S (x) Figuur 7.1: Een illustratie Bewijs. We zullen bewijzen dat een spiegeling afstanden behoudt, daaruit volgt dan de stelling. 1 Zij S een affiene deelruimte van E n en R S de spiegeling in S. ZijT x = x+w de affiene deelruimte van E n die loodrecht staat op S en door x gaat. Zij bovendien {u 1,...,u k } een orthonormale basis van W. Kies twee willekeurige punten x en y uit E n waarvoor we de afstand zullen bekijken. Kies ook een willekeurig punt p van S. pi S (x) kan nu als volgt geschreven worden: π S (x) = x + k ((p x) u i )u i Merk op dat hetzelfde kan gezegd worden over y (met hetzelfde punt p). 1 Zie stelling?? op pagina??. i=1

59 HOOFDSTUK 7. EUCLIDISCHE TRANSFORMATIES 58 Bekijk nu R S (y) R S (y). R S (x) R S (y) = (x + 2xπ S (x)) (y + 2yπ S (y)) = (x + 2(π S (x) x)) (y + 2(π S (y) y)) = ( x + 2π S (x)) ( y + 2π S (y)) = ( x + 2(x + k i=1 ((p x) u i )u i )) ( y + 2(y + k i=1 ((p y) u i )u i )) = (x + 2 k i=1 ((p x) u i )u i ) (y + 2 k i=1 ((p y) u i )u i ) = (x y) + 2 ( ki=1 ((p x) u i )u i ) k i=1 ((p y) u i )u i = (x y) + 2 ( ki=1 (((p x) u i )u i ((p y) u i )u i ) ) = (x y) + 2 ( ki=1 ((((p x) u i ) ((p y) u i ))u i ) ) = (x y) + 2 ( ) ki=1 (((p x) (p y)) u i )u i = (x y) + 2 ( ) ki=1 ((y x) u i )u i = (x y) 2 ( ) ki=1 ((x y) u i )u i We kunnen nu de afstand tussen x en y na spiegeling, vergelijken met de afstand tussen x en y. We gebruiken het kwadraat omdat dat makkelijker rekent (en toch monotoon is voor afstanden). d(r S (x), R S (y)) 2 = R S (x) R S (y) 2 = (R S (x) R S (y)) 2 = ( (x y) 2 ( ki=1 ((x y) u i )u i )) 2 = (x y) 2 4(x y) ( ki=1 ((x y) u i )u i ) + 4 ( ki=1 ((x y) u i )u i ) 2 = (x y) 2 4(x y) ( ki=1 u i ((x y) u i ) ) + 4 ( ki=1 ((x y) u i )u i ) 2 = (x y) 2 4 ( ki=1 ((x y) u i ) ((x y) u i ) ) + 4 ( ki=1 ((x y) u i )u i ) 2 = (x y) 2 4 ( ki=1 ((x y) u i ) 2) + 4 ( ki=1 ((x y) u i ) 2) = (x y) 2 = d(x,y) 2 Merk op dat de voorlaatste gelijkheid enkel geld omdat de u i een orthonormale basis is. Elke u i u j is dus δ ij. Stelling Voor elke spiegeling R S geldt R S R S = Id. EXTRA: bewijs Stelling Voor elke spiegeling R S geldt s S : R S (x) = x. EXTRA: bewijs Lemma Zij S = p + V een affiene deelruimte van E n en W het orthogonaal complement van V. v V : (R S ) (v) = v EXTRA: bewijs

60 HOOFDSTUK 7. EUCLIDISCHE TRANSFORMATIES 59 Lemma Zij S = p + V een affiene deelruimte van E n en W het orthogonaal complement van V. w W : (R S ) (w) = w TODO: bewijs p 96 Definitie Examenvraag! Een schuifspiegeling is de samenstelling van een spiegeling in een as S en een translatie in de richting van een vector parallel met S. 7.4 Structuur van isometrieën Definitie Zij F een isometrie van E n, dan noemen we x een vast punt van F als F (x) = x geldt. Definitie De verzameling vaste punten van een isometrie F noteren we als V (F ). V (F ) = {x E n F (x) = x} Eigenschap Examenvraag! Zij F een orientatiebewarende isometrie van E n, dan heeft V (F ) dimensie n mod 2. EXTRA: bewijs Stelling Als F een isometrie van E n is en V (F ) niet leeg, dan is V (F ) een affiene deelruimte in de richting van Ker (F I n ). Bewijs. Zij F = t b A en beschouw dan wat er gebeurt met een vast punt van F: x V (F ) F (x) = x Ax + b = x (A I )x + b = 0 De verzameling van vaste punten wordt dus gegeven door de oplossingen van het lineaire stelsel (A I )x + b = 0. Als V (F ) niet leeg is, dan moet dit stelsel oplosbaar zijn, en dan is de oplossingsverzameling een affiene deelruimte met richting ker (A I ). Stelling Zij F een isometrie van E n. Dan bestaan er juist één isometrie G en juist één translatie t b van E n als volgt: F = t b G (dus G = F ) V (G) G b = b (b ligt in de richting van V (G).) t b G = G t b

61 HOOFDSTUK 7. EUCLIDISCHE TRANSFORMATIES 60 Bewijs. Zij A de matrix van F, merk dan eerst op dat de kern van (A I ) loodrecht staat op het beeld van (A I ). ker (A I ) im(a I ) x ker (A I ),y im(a I ) : Ax = x en y = Az z : x y = x (Az z) = x Az x z = Ax Az x z = x z x z = 0 In het bijzonder zit dus enkel de nulvector in de doorsnede van ker (A I ) en Im(A I ). dim(ker (A I )) + dim(im(a I )) = n dim(ker (A I ) + im(a I )) = n R n = ker (A I ) im(a I ) Kies nu een willekeurige p E n. We kunnen de vector pf (p) dan ontbinden als x + y met x ker (A I ) en y im(a I ). Er bestaat dus een vector z als volgt: Zij q nu p z en beschouw qf (q): qfq y = Az z = qp + pf (p) + F (p)f (q) = z + x + y + A( pq) = z + x + (Az z) + A( z) = z + x + Az z Az = x Definieren we nu G = t x F voor een bepaalde x, dan is G een isometrie CLARIFY: waarom? en is q er een vast punt van. Kiezen we voor b x, dan geldt F = t b G. Hieruit volgt ook dat b invariant is onder G. G b = F b = Ab = b Stel dat G translatiedeel c heeft, dan geldt voor elke r E n het volgende: (t b G)(r ) = G(r ) + b = Ar + c + b = A(r + b) + c = G(r + b) = (G b)(r ) De ontbinding is uniek. TODO: bewijs afmaken TODO: opnieuw bekijken, heel belangrijk! Stelling Elke isometrie F Iso(2, R van het Euclidisch vlak is een translatie, een rotatie of een schuifspiegeling met als as een rechte.

62 HOOFDSTUK 7. EUCLIDISCHE TRANSFORMATIES 61 Bewijs. We ontbinden F in t b en G waarbij V (G) en G b = b gelden. F = t b G Noem de matrix van F A. We onderschijden nu twee gevallen: F is orientatiebewarend: det(a) = 1. A is de eenheidsmatrix: F is een translatie. A is niet de eenheidsmatrix: F is een rotatie: De kern van A I is dan enkel de nulvector, dus b is de nulvector (want b ligt in de richting van V (G)). F is dan gelijk aan G en daarom is ook V (G) = V (F ) één enkel punt. F is orientatieomkerend: det(a) = 1. F is een schuifspiegeling. Merk, om dit in te zien, eerst op dat zowel 1 als 1 eigenwaarden zijn van A (A is immers orthogonaal): det (A I ) = det (A A T A) = det (A)det (I A T ) = det (I A) = det (A I ) det (A I ) = 0 det (A + I ) = det (A + A T A) = det (A)det (I + A T ) = det (I + A) det (A + I ) = 0 De eigenvectoren bij de eigenwaarden 1 en 1 staan nu loodrecht op elkaar. In het bijzonder is de kern van A I een eendimensionale deelruimte. V (G) is dan een rechte L = x 0 + < x >. Kies nu een willekeurige x uit E 2, dan staat π L (x)x loodrecht op v. Het is dus een eigenvector van A met eigenwaarde 1. Bijgevolg is G de spiegeling in L: G(x) = π L (x) + G ( π L (x)x) = π L (x) π L (x)x = x + 2π L (x) = x + 2 xπ L (x) = R L (x) Omdat b in de richting van L wijst, is F dus de samenstelling van een spiegeling in een as en een translatie in de richting van die as. Gevolg Examenvraag! Een isometrie is een schuifspiegeling als en slechts als ze rotatieomkerend is. Definitie De samenstelling van een ratatie rond een as L met een translatie in de richting van L een schroefbeweging. Definitie De samenstelling van een rotatie rond een as L en een spiegelijk in een vlak H, loodrecht op L een draaispiegeling. Stelling Examenvraag! Elke isometrie F Iso(3, R) van de driedimensionale Euclidische ruimte is een translatie, een schroefbeweging, een schuifspiegeling tegenover een vlak of een draaispiegeling. Bewijs. We ontbinden F in t b en G waarbij V (G) en G b = b gelden. F = t b G Noem de matrix van F A. We onderschijden nu twee gevallen:

63 HOOFDSTUK 7. EUCLIDISCHE TRANSFORMATIES 62 F is orientatiebewarend: det(a) = 1. A is de eenheidsmatrix: F is een translatie. A is niet de eenheidsmatrix: F is een schroefbeweging V (G) is dan immers een rechte L. x E 3 : G(x) = x 0 + A( x0 x) G is dus een rotatie en F een samenstelling van G en t b. F is orientatieomkerend: det(a) = 1. 1 is opnieuw een eigenwaarde van A: det (A + I ) = det (A + A T A) = det (A)det (I + A T ) = det (I + A) Zij v een eigenvector bij 1 en zij W =< v >, dan is W een tweedimensionale invariante deelruimte van A. 1 is een eigenwaarde van A: F is een schuifspiegelijng: Elke eigenvector bij eigenwaarde 1 staat loodrecht op v en behoort dus tot W. Als ook 1 een eigenwaarde is van A met eigenwaarde w, dan is < v,w > een invariante deelruimte van A en bijgevolg is een vector loodrecht hierop automatisch een eigenvector van A. Omdat de determinant van A 1 is moet de bijhorende eigenwaarde 1 zijn. Bijgevolg is de dimensie van de kern van A I 2 en dus isw die kern. V (G) is dan een vlak H = x 0 +W. G is dan een spiegeling in H en dus is F een schuifspiegeling. 1 is geen eigenwaarde van A: F is een draaispiegeling: Als 1 geen eigenwaarde is van A dan heeft de kern van A I dimensie 0. F is dan gelijk aan G en G heeft priecies één vast punt x 0. Definieer H = x 0 + W en definieer een isometrie K van E 3 als volgt: K = R H G K is dan orientatiebewarend CLARIFY: referentie? en x 0 is ook een vast punt van K. Bovendien geldt het volgende:: K v = (R H ) Av (R H ) v = v Omdat v loodrecht staat op W, de riching van H. K is dan een rotatie rond de as x 0 + < v >. F isdus de samenstelling van een rotatie en een spiegeling. QUESTION: waarom spreken we niet over schuifspiegelingingen tegenover deelruimtes van 0, 1 of drie dimensies? examen! Stelling Examenvraag! Elke translatie van E n kan geschreven worden als de samenstelling van twee spiegelingen tegenover parallelle hypervlakken van E n. EXTRA: bewijs

64 Hoofdstuk 8 Het vectorproduct in E 3 Lemma 8.1. Zij v en w twee raakvectoren in p E 3, dan bestaat er juist één raakvector u in p zodat voor alle raakvectoren x in p het volgende geldt: Bewijs. Bewijs van uniek bestaan. x u = Vol (x,v,w) Uniciteit Zij (e 1, e 2, e 3 ) de natuurlijke basis van T p E 3. Stel dat er een u aan de voorwaarde voldoet voor een bepaalde v en w in T p E u 1 = e 1 u = Vol (e 1,v,w) = v 1 v 2 v 3 w 1 w 2 w 3 Analoog vinden we de andere coordinaten van u: u moet dus uniek zijn. u 2 = v 1 v 3, u w 1 w 3 = v 1 v 2 3 w 2 w 1 = v 2 v 3 w 2 w 3 Bestaan Bestaan is nu eenvoudig. Construeer u als volgt: ( v u = 2 v 3, v 1 v 3, v 1 v ) 2 w 2 w 3 w 1 w 3 w 1 w 2 EXTRA: wat een lelijk bewijs! Definitie 8.2. Voor elke twee raakvectoren v en w in p E 3 definiëren we het vectorproduct v w als volgt: e 1 e 2 e 3 v w = v 1 v 2 v 3 w 1 w 2 w 3 Hierboven is (e 1, e 2, e 3 ) de natuurlijke basis. 63

65 HOOFDSTUK 8. HET VECTORPRODUCT IN E 3 64 TODO: formele Stelling 8.3. Het vectorproduct is bilineair. QUESTION: definieer bilineair EXTRA: bewijs Stelling 8.4. v,w V : v v w w v w EXTRA: bewijs Stelling 8.5. v,w V : v w = 0 v en w zijn lineair afhankelijk. EXTRA: bewijs Stelling 8.6. v,w V : v w = w v EXTRA: bewijs Stelling 8.7. u,v,w V : u (v w) = (u w)v (u v)w EXTRA: bewijs Stelling 8.8. De identiteit van Jacobi u,v,w V : u (v w) + v (w u) + w (u v) = 0 EXTRA: bewijs Stelling 8.9. De identiteit van Lagrange a,b,c,d V : (a b) (c d) = a c b c a d b d TODO: bewijjs p 109 Stelling v,w V : v w = v w sin(θ ) TODO: bewijs p 109 Stelling Als v en w lineair onafhankelijk zijn, dan is (v, w, v w) een positief georiënteerde basis van T p E 3. EXTRA: bewijs

66 HOOFDSTUK 8. HET VECTORPRODUCT IN E 3 65 Stelling Als (u,v,w) een positief georiënteerde orthonormale basis van T p E 3 is, dan geldt het volgende: w = u v v = w u u = v w EXTRA: bewijs

67 Hoofdstuk 9 Algemene theorie van krommen in E n 9.1 Krommen en vectorvelden langs krommen Definitie 9.1. Een kromme in de Euclidische ruimte E n is een afbeelding van de vorm α α : I R E n : t α (t) = (α 1 (t), α 2 (t),..., α n (t)) waarbij I = (a,b) een open interval is en de a i : I R reële functies zijn. De functies α i noemen we de coördinaatsfunctes van α en t de parameter op de kromme. α wordt ook wel eens de parametrisatie van een kromme genoemd. Definitie 9.2. We noemmen een kromme α differentieerbaar als elke α i oneindig vaak differentieerbaar is. a i C (I, R) Definitie 9.3. Een rechte in E n is een kromme. Vvoor p E n en v R n is de afbeelding α een parametrisatie voor de rechte door p in de richting van v. α : R E n : t p + tv Definitie 9.4. Een cirkel in E n is een kromme. α : R E 2 : t (m 1 + R cos(t),m 2 + R sin(t)) Definitie 9.5. Examenvraag! Een helix of cirkelschroeflijn in E 3 is de baan van een punt dat een schroefbeweging uitvoert. α : R E 3 t (a cos t, a sin t,bt) 66

68 HOOFDSTUK 9. ALGEMENE THEORIE VAN KROMMEN IN E N 67 Definitie 9.6. Zij α : I R E n een kromme. Een vectorveld langs α is een afbeelding van de vorm Y : Y : I T E n : t Y (t) = (Y 1 (t),...,y n (t)) α (t) T α (t) E n We noemen de Y i : I R de componentsfuncties van Y. Definitie 9.7. Y is differentieerbaar als en slechts als elke Y i oneindig vaak differentieerbaar is. Y i C (I, R) Opmerking 9.8. Vanaf dit punt in de cursus zullen we steeds veronderstellen dat krommen, vectorvelden en functies onbeperkt differentieerbaar zijn. Definitie 9.9. Het snelheidsvectorveld α associeert met een kromme α en vectorveld als volgt: α : I R E n : t α (t) = (α 1 (t), α 2 (t),..., α n (t)) Hierin is α i α : I T E n : t α (t) = (α 1 (t),..., α n(t)) α (t) T α (t) E n de afgeleide van α. We definiëren bovendien de snelheid van α als v: v : I R : t v(t) = α (t) Terslotte definiëren we de lengte van het segment α tussen α (a) en α (b). als l: l = b a v(t)dt = b a α (t) dt Definitie Zij α een kromme en a I een element (van wat?) We definiëren de booglengte vanaf a als s: s : I R : t s(t) = t a v(u)du = t a α (u) du Definitie De raaklijn aan α in t 0 I (of in α (t 0 )) is de rechte door α (t 0 ) in de richting van α (t 0 ). (De raaklijn is enkel gedefiniëerd als α (t 0 ) niet nul is.) Definitie Zij Y = (Y 1,...,Y n ) een vectorveld langs een kromme α met componentsfuncties Y i. De afgeleide Y van het vectorveld Y is het vectorveld met componentsfuncties Y i. Y = (Y 1,...,Y n)

69 HOOFDSTUK 9. ALGEMENE THEORIE VAN KROMMEN IN E N 68 Definitie Het versnellingsvectorveld is de afgeleide van het snelheidsvectorveld. Definitie Zij Y en Z twee vectorvelden langs een kromme α : I R E n. We definiëren Y + Z als volgt: (Y + Z )(t) = Y (t) + Z (t) Definitie Zij Y en Z twee vectorvelden langs een kromme α : I R E n. We definiëren Y Z als volgt: (Y Z )(t) = Y (t) Z (t) Definitie Zij Y een vectorveld langs een kromme α : I R E n en f : I R een functie. We definiëren f Y als volgt: (f Y )(t) = f (t)y (t) Stelling De rekenregels van de afgeleide van een vectorveld (Y + Z ) = Y + Z (Y Z ) = Y Z + Y Z (f Y ) = f Y + f Y Definitie Een orthonormaal referentieveld langs een kromme α definiëren we als een verzameling van n vectorvelden Y i zodat Y i Y j = δ ij geldt. 9.2 Herparametrisaties en de booglengteparametrisatie Definitie Een diffeomorfisme is een bijectief en differentieerbare functie h zodat ook h 1 differentieerbaar is. Definitie Zij I, Ī R open intervallen en α : I E n een kromme. Als h : Ī I een difeomorfisme is, dan is β opnieuw een kromme die we een Herparametrisatie van α noemen. β = α h : Ī R Stelling Zij β = α h een herparametrisatie van een kromme α dan geldt het volgende v β = h (v α h) en als h bovendien stijgend is ook het volgende: Als h dalend is geldt analoog het volgende: s β = s α (h(t)) s β = s α (h(t))

70 HOOFDSTUK 9. ALGEMENE THEORIE VAN KROMMEN IN E N 69 Bewijs. We bewijzen de delen appart Beschouw eerst β (t). β (t) = (α h) (t) = α (h(t))h (t) Gaan we dan verder met v β (t): v β = (t) = β (t) = α (h(t))h (t) = h (t) α (h(t)) = h (t) v α (h(t)) Of kortweg: v β = h (v α h) De booglengte van β, gemeten vanaf t 0 Ī en de booglengte van α, gemeten vanaf h 0 = h(t 0 ) verhouden zich als volgt: s β = t t v β (u) du = v α (h(u))h (u) du = t 0 t 0 h(t) h(t 0 ) v α v α (u) dv = s α (h(t)) Opmerking Het beeld van een kromme en een herparametrisatie van die kromme valt samen. Definitie We noemen een kromme α regulier als v(t) strikt positief is voor alle t. Stelling Zij α een reguliere kromme. s α (t) = v α (t) Stelling Elke herparametrisatie van een reguliere kromme is regulier. Zonder bewijs Stelling Zij α een reguliere kromme. α heeft een herparametrisatie met snelheid 1. Als β en β beide zulke herparametrisaties zijn, dan geldt het volgende voor c R een constante. β (t) = β (±t + c) Bewijs. We bewijzen elk deel appart. Als α regulier is, heeft α overal een positieve snelheid. s α is dan een diffeomorfisme van I naar Ī = s α (I ). Noem de inverse van s α nu h: Er geldt dan vanuit die definitie het volgende: h : Ī I t : s α (h(t)) = t We leiden deze vergelijking nu af om het volgende te bekomen: t : v α (h(t))h (t) = 1 De herparametrisatie β = α h voldoet aan de voorwaarden: v β = h (v α h) = h (v α h) = 1

71 HOOFDSTUK 9. ALGEMENE THEORIE VAN KROMMEN IN E N 70 Stel nu dat β 1 en β 2 beide herparametrisaties van α zijn met snelheid 1, dan bestaat er een diffeomorfisme q als volgt: β 1 (t) = β 2 (q(t)) q (t) moet dan 1 of 1 zijn, dus q(t) moet ±t + c zijn voor een bepaalde constante c R. Definitie Een kromme met snelheid 1 noemen we booglengtegeparametriseerd. Definitie Een herparametrisatie met snelheid 1 van een reguliere kromme noemen we een booglengteherparametrisatie. Stelling Een reguliere kromme α heeft een constante snelheid als en slechts als α α geldt. Bewijs. Als α een constante sneldheid c heeft, dan geldt α α = c 2 en bijgevolg het volgende: 0 = (α α ) = 2α α Stelling Een reguliere kromme α is een rechte als en slechts als α en α colineair zijn. Bewijs. Zij β de booglengteherparametrisatie van α Dan is β nul als β (en dus α) een rechte is: β (s) = p + sv met v = 1 Omgekeerd, als f β = β geldt, dan ook het volgende: f = f β β = β β = 0 Merk op dat de laatste gelijkheid enkel geldt omdat β een constante snelheid heeft. 1 β moet nu dus nul zijn, en β (en dus ook α) daarom een rechte. 9.3 Congruente krommen Opmerking Zij α een kromme α : I E n en F een isometrie van E n, dan is F α opnieuw een kromme in E n. Definitie Zij Y een vectorveld langs een kromme α : I E n en F een isometrie van E n. We definieren een vectorveld F Y langs F (α) als volgt: (F Y )(t) = F (Y (t)) F (T α (t) E n ) = T F (α)(t) E n Stelling Zij F = b A een isometrie van E en α een kromme α : I E n. 1 Zie stelling 9.29 op pagina 70. (F (α)) = F (α )

72 HOOFDSTUK 9. ALGEMENE THEORIE VAN KROMMEN IN E N 71 Bewijs. (F (α)) (t) = (Aα + b) (t) = (Aα )(t) = A(α (t)) = F (α (t)) Stelling Zij F = b A een isometrie van E en α een kromme α : I E n. (F (Y )) = F (Y ) Bewijs. (F (Y )) (t) = (AY ) (t) = A(Y (t)) = F (Y (t)) = (F Y )(t) Stelling Zij F = b A een isometrie van E en α een kromme α : I E n. v F (α) = v α Bewijs. v F (α) = F (α) = F (α ) = α = v α Merk op dat dit enkel geldt omdat F afstanden bewaart. Gevolg De afbeelding van een kromme onder een isometrie is booglengtegeparametriseerd als en slechts als de kromme booglengtegeparametriseerd is. Stelling Zij F = b A een isometrie van E en α een kromme α : I E n. s F (α) = s α Bewijs. v F (α ) = t a v F (α) (u) du = t a Merk op dat dit enkel geldt omdat F afstanden bewaart. v α (u) du = v α Definitie We noemen twee krommen α en β in E n congruent als er een isometrie F van E n bestaat zodat β = F α geldt. 9.4 Krommen en de afgeleide afbeelding Stelling Zij U een open deel van E n en F : U E n E n een differentieerbare afbeelding. Kies p een element van U en v p T p E n een raakvector aan p. (F ) p v p = (P α) (t 0 ) Hierin is α : I R E n een willekeurige kromme zodat α (t 0 ) = p en α (t 0 ) = v p gelden en waarvan het beeld een deel is van U. TODO: bewijs p 129

73 Hoofdstuk 10 Krommen in het Euclidisch vlak E De complexe structuur van E 2 Definitie De complexe structuur J van E 2 is de volgende afbeelding: ( ) ( ) (( ) ( )) J : T E 2 T E 2 v1 v2 0 1 v1 : = v 2 v v 2 p Opmerking De complexe structuur kan je je voorstellen door een vector 90 graden tegen de klok in te draaien. Stelling J, beperkt tot een rakende ruimte T p E 2 is een orthogonale lineaire transformatie. EXTRA: bewijs p p Stelling J 2 = I 2 EXTRA: bewijs Stelling J is antisymmetrisch. v,w T p E 2 : Jv w = v Jw EXTRA: bewijs Stelling v,w T p E 2 : Jv v = 0 EXTRA: bewijs Stelling Zij v T p E 2 een eenheidsvector, dan is (v, Jv) een positief georiënteerde orthonormale basis voor T p E 2. EXTRA: bewijs 10.2 Het Frenet-apparaat voor booglengtegeparametriseerde vlakke krommen 72

74 HOOFDSTUK 10. KROMMEN IN HET EUCLIDISCH VLAK E 2 73 Definitie Zij β een booglengtegeparametriseerde krommen in E 2. Het vectorveld T (s) = β (s) is het eenheidsrakend vectorveld van β. Definitie Zij β een booglengtegeparametriseerde krommen in E 2. Het vectorveld N = JT noemen we de georiënteerde normaal op β. Definitie Zij β een booglengtegeparametriseerde krommen in E 2. (T, N ) is een positief georiënteerd orthonormaal referentiestelsel langs β dat we het Frenet-apparaat noemen. Stelling Zij β : I R E 2 een booglengtegeparametriseerde kromme en zij (T, N ) het Frenet-referentiestelsel, dan bestaat er een functie κ : I R zodat het volgende geldt: { T = κn N = κt TODO: bewijs p 136 Definitie We noemen κ = T N de georienteerde kromming van β en de formules uit de vorige stelling de formules van Frenet. Stelling Stel dat β : I R E 2 een booglengtegeparametriseerde kromme is met kromming nul, dan is β een deel van een rechte. TODO: bewijs p 137 Stelling Stel dat β : I R E 2 een booglengtegeparametriseerde kromme is met constante kromming k, dan is β een cirkel met straal 1 k. TODO: bewijs p 138 TODO: osculerende parabool 10.3 Osculerende cirkel en evoluut Definitie Zij β : I R E 2 een booglengtegeparametriseerde kromme, s 0 een element van I zodat κ(s 0 ) niet nul is. Het punt m wordt het krommingsmiddelpunt van β in s 0 genoemd. m = β (s 0 ) + 1 κ(s 0 ) N (s 0) Definitie Zij β : I R E 2 een booglengtegeparametriseerde kromme met krommingsmiddelpunt s 0 van β. De cirkel met middelpunct M en straal r = 1 κ(s 0 ) noemen we de osculatiecirkel aan β in β (s 0 ) genoemd.

75 HOOFDSTUK 10. KROMMEN IN HET EUCLIDISCH VLAK E 2 74 Stelling Zij β : I R E 2 een booglengtegeparametriseerde kromme, s 0 een element van I zodat κ(s 0 ) niet nul is. Er bestaat precies één booglengtegeparametriseerde cirkel c waarvoor het volgende geldt: c(s 0 ) = β (s 0 ) c (s 0 ) = β (s 0 ) c (s 0 ) = β (s 0 ) TODO: bewijs p 143 Definitie Zij β : I R E 2 een booglengtegeparametriseerde kromme waarbij κ(s) voor geen enkele s I nul is. De kromme γ die bestaat uit alle krommingsmiddelpunten van β wordt de centrale kromme of de evoluut van β genoemd. γ (s) = β (s) + 1 κ(s) N (s) 10.4 Spiraalbogen en het Lemma van Kneser Definitie Zij β : I R E 2 een booglengtegeparametriseerde kromme met kromming κ en zij a en b elementen van I als volgt, dan noemen we β [a,b] een spiraalboog. a b κ > 0 op [a,b] κ is strikt stijgend op [a,b]. Definitie Noteer B s, respectievelijk B s voor de open, respectievelijk gesloten, schijf met als rand de osculatiecirkel in β (s). Lemma Het Lemma van Kneser Als β [a,b] een spiraalboog is, dan geldt B b B a. TODO: bewijs p 146 Stelling Een spiraalboog heeft geen zelfdoorsnijdingen. EXTRA: bewijs Stelling Als β [a,b] een spiraalboog is, en c een element van (a,b), dan ligt β [a,c) helemaal buiten B c en β (c,b] helemaal binnen B c. EXTRA: bewijs 10.5 Kromming van congruente krommen Stelling Zij F een isometrie van E 2 en zij ϵ = det F = ±1 Als α en β = F α twee congruente booglengtegeparametriseerde krommen zijn, dan geldt het volgende: F T α = T β F N α = ϵn β κ α = κ β

76 HOOFDSTUK 10. KROMMEN IN HET EUCLIDISCH VLAK E 2 75 Bewijs. 1 TODO: bewijs p 148 F T α = F (α ) = (F α) = β = T β Stelling Examenvraag! De congruentiestelling voor vlakke krommen Zij α en β twee booglengtegeparametriseerde krommen die op een zelfde interval I gedefiniëerd zijn. α, β : I R E 2 Als κ α gelijk is aan κ β, dan bestaat er een oriëntatiebewarende isometrie F zodat β = F α geldt. Als κ α tegengesteld is aan κ β, dan bestaat er een oriëntatieomkerende isometrie F zodat β = F α geldt Met andere woorden: Twee booglengtegeparametriseerde krommen zijn congruent als ze dezelfde (of een tegengestelde) kromming hebben. Bewijs. Gevalsonderscheid. κ α = κ β Stel dat α en β twee krommen zijn met constante snelheid 1 en dezelfde kromming. Beschouw een willekeurig punt s 0 uit het interval I. Zij F de (unieke! 2 ) isometrie die α (s 0 ) op β (s 0 ) afbeeldt alsook het bijhornde Frenet apparaat. F (α (s 0 )) = β s0 F (T α (s 0 )) = T β (s 0 ) F (N α (s 0 )) = N β (s 0 ) Deze isometrie is bovendien oriëntatiebewarend. 3 We definiëren nu een hulpkromme γ als F α en zullen aantonen dat γ gelijk is aan β. Merk nu op dat γ en α congruent zijn, dus ze hebben dezelfde kromming. β heeft in het bijzonder dan ook dezelfde kromming als α. Definieer nu de functie f : (merk op dat we de aangrijpingspunten verwaarlozen, het scalair product maakt toch enkel gebruik van het vectordeel). f : I R : s f (s) = T β (s) T γ (s) We gebruiken nu de ongelijkheid van Cauchy-Schwarz: T β (s) T γ (s) T β (s) T γ (s) f (s) is dus steeds kleiner of gelijk aan 1 met gelijkheid wanneer T β (s) en T γ (s) gelijk zijn. We bewijzen nu dat f (s) identiek 1 is, daaruit volgt dan dat β en γ gelijk zijn in eerste afgeleide. f (s 0 ) = T β (s 0 ) T γ (s 0 ) = T β (s 0 ) F T α (s 0 ) = T β (s 0 ) 2 = 1. 1 Zie stelling 9.33 op pagina Zie stelling 6.57 op pagina Zie gevolg?? op pagina??.

77 HOOFDSTUK 10. KROMMEN IN HET EUCLIDISCH VLAK E 2 76 f is identiek nul en f dus constant. f = T β T γ + T β T γ = κ β N β T γ + T β κ γ N γ = κ β (JT β T γ + T β JT γ ) = 0 In de eerste gelijkheid gebruiken we de productregel van afgeleiden op de definitie van f. In de tweede gelijkheid gebruiken we de definitie van de kromming: T = κn. Tenslotte gebruiken we nog dat κ γ en κ β gelijk zijn en de definitie van N : N = JT. Ook nog belangrijk voor de laatste gelijkheid is dat J antisymmetrisch is. f is dus constant en 1 in s 0, dus identiek 1. Integratie van β = γ geeft ons β (s) = γ (s) + c, maar omdat γ en β gelijk zijn in s 0 moet c nul zijn. κ α = κ β 10.6 Intrinsieke vergelijking Lemma Als f en д twee functies I R R zijn met f 2 + д 2 = 1, dan bestaat er een functie θ : I R zodat het volgende geldt: f = cos(θ ) en д = sin(θ ) TODO: bewijs p 150 TODO: hoekfunctie Definitie Een vergelijking van de vorm κ = bepaalt een unieke booglengtgeparametriseerde vlakke kromme, op oriëntatiebewarende isometrieën na. Zoń vergelijking heet de intrinsieke vergelijking van een kromme Kromming van reguliere krommen Stelling De formules van Frenet voor reguliere vlakke krommen Beschouw een reguliere kromme α : I R E 2 met snelheid v > 0, dan gelden volgende vergelijkingen. { T = vκn V = vκt TODO: bewijs p Globale studie van vlakke krommen

78 HOOFDSTUK 10. KROMMEN IN HET EUCLIDISCH VLAK E 2 77 Definitie Een lokale eigenschap van een kromme beschrijft de kromme in de buurt van een bepaald punt. Definitie Een globale eigenschap van een kromme bescrijft de kromme in zijn geheel Gesloten krommen Definitie We noemen een kromme α : R E 2 gesloten als er een strikt positief getal ω R + 0 bestaat zodat α (t + ω) = α (t) voor elke t R geldt. ω noemen we een periode van α. Definitie De kleinste periode van een kromme noemen we de echte periode. Definitie We noemen een gesloten kromme met periode ω enkelvoudig gesloten als de beperking α [0,ω) injectief is. Eigenschap Een enkelvoudig gesloten kromme snijdt zichzelf niet. EXTRA: bewijs Totale kroming en rotatieindex Definitie De rotatieindex van een kromme β noemen we i β : i β = 1 (θ (L) θ (0)) 2π De rotatieindex geeft aan hoe dikwijls een kromme netto ronddraait in positieve zin tijdens één periode. Stelling De kromming κ van een gesloten booglengtegeparametriseerde vlakke kromme β met lengte L is gerelateerd aan de rotatieindex: L 0 κ(s) ds = 2πi β TODO: bewij p 158 Definitie We noemen het volgende de totale kromming van β: L 0 κ(s) ds Stelling De rotatieindex van een enkelvoidig gesloten vlakke kromme is 1 of 1. Zonder bewijs

79 HOOFDSTUK 10. KROMMEN IN HET EUCLIDISCH VLAK E 2 78 Stelling De stelling van Jordan Een enkelvoudig gesloten vlakke kromme deelt het vlak op in twee gebieden:: een begrensde binnenkant en een onbegrensde buitenkant. Zonder bewijs Stelling De isoperimetrische ongelijkheid L 2 4πA De gelijkheid treedt op als en slechts als β een cirkel is (die eenmaal doorlopen wordt). Zonder bewijs

80 Hoofdstuk 11 Krommen in de Euclidische ruimtee Het Frenet-apparaat voor krommen in E 3 Definitie Een kromme in de driedimensionale Euclidische ruimte noemen we een ruimtekromme. Definitie Zij β : I R E 3 een booglengtegeparametriseerde ruimtekromme. β is dan een vectorveld langs β met lengte 1. We noemen β het eenheidsrakend vectorveld aan β en noteren dit met T. Stelling Het vectorveld T staat loodrecht op T. Bewijs. T T = 1 2 (T T ) = 0 Definitie We definiëren de kromming van een ruimtekromme als κ: κ = T Stelling Een ruimtekromme met kromming 0 is een rechte. EXTRA: bewijs Definitie We definiëren een vectorveld N langs β als volgt. N = T κ N noemen we het hoofdnormaalvectorveld van β. 79

81 HOOFDSTUK 11. KROMMEN IN DE EUCLIDISCHE RUIMTEE 3 80 Definitie We definiëren een vectorveld B langs β als volgt. B = T N B noemen we het binormaalvectorveld van β. Definitie We noemen (T, N, B) het Frenet-referentiestelsel van β. Lemma B is evenredig met N. TODO: bewijs p 166 Definitie We definiëren een functie τ als volgt. τ wordt de torsie van β genoemd. τ = B N Stelling De formules van Frenet voor ruimtekrommen Zij β een booglengtegeparametriseerde ruimtekromme met kromming κ > 0. TODO: bewijsp 167 T = κn N = κt +τb B = τ N Definitie De rechte door β (s) in de richting van T (s) noemen we de raaklijn in β (s) aan β. Definitie Het vlak, opgespannen door T (s) en N (s), noemen we het osculatievlak in β (s) aan β. Stelling Zij β een booglengtegeparametriseerde ruimtekromme met kromming κ > 0, dan is β gelegen in een vlak als en slechts als τ nul is. TODO: bewijs p Kromming en torsie van reguliere ruimtekrommen Stelling De formules van Frenet voor reguliere ruimtekrommen Zij α een reguliere kromme in E 3 met snelheid v > 0 en kromming κ > 0. EXTRA: bewijs T = vκn N = vκt +vτb B = vτ N

82 HOOFDSTUK 11. KROMMEN IN DE EUCLIDISCHE RUIMTEE Kromming en torsie van congruente krommen Stelling Zij F een isometrie van E 3 en zij ϵ = det F ± 1. Als α en β = F α twee congruente booglengtegeparametriseerde krommen zijn met κ α > 0, dan geldt het volgende: F T α = T α, F N α = N β en F B α = ϵb β κ α = κ β en τ α = ϵτ β TODO: bewijs p 175 Stelling De congruentiestelling voor ruimtekrommen Zij α en β twee booglengtegeparametriseerde ruimtekrommen die op een zelfde interval gedefiniëerd zijn. α, β : I R E 3 Als κ α = κ β > 0 en τ α = ±τ β gelden, dan zijn α en β congruent. Als τ alpha gelijk is aan τ β, is de isometrie die α en β relateert oriëntatiebewarend, anders is die oriëntatieomkerend. Met andere woorden: Twee booglengtegeparametriseerde krommen zijn congruent als ze dezelfde kromming en (eventueel tegengestelde) torsie hebben. Bewijs. Gevalsonderscheid τ 1 = τ 2 Kies een willekeurig punt s 0 uit I. Zij F de (unieke! 1 ) isometrie die α (s 0 ) op β (s 0 ) afbeeldt alsook het bijhornde Frenet apparaat. F (α (s 0 )) = β (s 0 ) F (T α (s 0 )) = T β (s 0 ) F (N α (s 0 )) = N β (s 0 ) F (B α (s 0 )) = B β (s 0 ) Deze isometrie is bovendien oriëntatiebewarend. 2 Definieer nu een kromme γ als γ = F α. γ en β zijn dan zeker al gelijk in s 0. We zullen nu aantonen dat γ en β overal gelijk zijn. Merk eerst op dat de kromming en torse van γ en β al gelijk zijn. κ γ = κ β τ γ = τ β We definieren nu de functie f : f : I R : s f (s) = T β (s) T γ (s) + N β (s) N γ (s) + B β (s) + B γ (s) Uit de ongelijkheid van Cauchy schwarz volgt dat f (s) voor elke s I kleiner is dan of gelijk aan 3. Bovendien is f (s) precies gelijk aan 3 wanneer γ en β precies hetzelfde Frenet-Apparaat hebben in s. In s 0 is dit al vast het geval. f is identiek nul: 1 Zie stelling 6.57 op pagina Zie gevolg?? op pagina??. f = (T β T γ + T β T γ ) +(N β N γ + N β N γ ) +(B β B γ + B β B γ ) = ((κ β N β ) T γ + T β (κ γ N γ )) +(( κ β T β + τ β B β ) N γ + N β ( κ γ T γ + τ γ B γ )) +(( τ β N β ) B γ + B β ( τ γ N γ )) = 0

83 HOOFDSTUK 11. KROMMEN IN DE EUCLIDISCHE RUIMTEE 3 82 Let hier goed op het gebruik van de formules van Frenet. CLARIFY: waarom is dit nul?! Omdat f in s 0 priecies 3 is, en constant is, moet f overal 3 zijn. Omdat β en γ gelijk zijn, verschillen β en γ met hoogstens een constante. Omdat β en γ gelijk zijn in s 0 moet die constante nul zijn. τ 1 = τ 2 EXTRA: afmaken Stelling Zij α, β : I R E 3 twee reguliere ruimtkrommen die op een zelfde interval gedefiniëerd zijn. Als v α = v β > 0, κ α = κ β > 0 en τ alpha = ±τ β gelden, dan zijn α en β congruent. TODO: bewijs 11.4 Cilinderschroeflijnen en cirkelschroeflijnen Definitie Een reguliere kromme α : I R E 3 wordt een Cilinderschroeflijn of cilindrische helix genoemd als het eenheidsrakend vectorveld T een constante hoek maake met een gegeven vector. t I : u R 3, θ R : u = 1 T (t) u = cos(θ ) Stelling Een reguliere ruimtekromme β met κ > 0 is een Cilinderschroeflijn als en slechts als τ κ een constante functie is. TODO: bewijs p 181 Stelling Als α een reguliere ruimtekromme is met κ > 0 en τ allebei constant, dan is α (na Herparametrisatie) congruent met een cirkelschroeflijn. TODO: bewijs p 181

84 Hoofdstuk 12 Oppervlakken in E Reguliere parametrisaties en patches Definitie Een afbeelding x : U R 2 E 3 : (u,v) (x 1 (u,v), x 2 (u,v), x 3 (u,v)) ven een open deel van R 2 naar E 3 die oneindig vaak differentieerbaar is, wordt regulier genoemd als het volgende geldt: u,v U : ranд u (u,v) x 2 u (u,v) x 3 u (u,v) ) x 1 v (u,v) x 2 v (u,v) x 3 v (u,v) = 2 ( x1 De x noemen we een reguliere parametrisatie. Definitie Een patch is een injectieve reguliere parametrisatie. EXTRA: voorbeelden 12.2 Omwentelingsoppervlakken en regeloppervlakken EXTRA: voorbeelden 12.3 Vectorvelden en de shape-operator Definitie Zij x : U R 2 E 3 : (u,v) x (u,v) een patch. Een vectorveld langs x is een afbeelding Y als volgt: Y : U T E 3 : (u,v) Y (u,v) T x (u,v) E 3 Definitie Een vectorveld Y is rakend als het volgende geldt: (u,v) U : Y (u,v) T x (u,v) x (U ) 83

85 HOOFDSTUK 12. OPPERVLAKKEN IN E 3 84 Definitie Een vectorveld Y is normaal als het volgende geldt: (u,v) U : Y (u,v) T x (u,v) x (U ) Definitie Het eenheidsnormaal vectorveld geassocieerd aan een patch x definieriëren we als ξ : ξ : U T E 3 : (u,v) ξ (u,v) = x u (u,v) x v (u,v) x u (u,v) x v (u,v) T x (u,v) x (U ) Definitie Zij x : U R 2 E 3 : (u,v) x (u,v) een patch, ξ het eenheidsnormaal vectorveld geassocieerd aan x en p = x (u 0,v 0 ) een punt van x (U ). We definiëren de shapeoperator in p als de lineaire afbeelding S p : S p : T p x (U ) T p x (U ) : { Sp (x u (u 0,v 0 )) = ξ u (u 0,v 0 ) S p (x v (u 0,v 0 )) = ξ v (u 0,v 0 ) Lemma De shape-operator is symmetrisch. TODO: bewijs p 196 Definitie De orthonormale basis {e 1, e 2 } die we bekomen door de shape-operator te diagonaliseren noemen we de hoofdrichtingen in p. De k i noemen we de hoofdkrommingen in p. Se 1 = k 1 e 1 en Se 2 = k 2 e 2 Definitie Zij x : U R 2 E 3 : (u,v) x (u,v) een patch, p een punt van x (U ) en S de shape-operator in p. Voor een eenheidsvector w T p x (U ) definiëren we de normale kromming van x (U ) in p in de richting van w als k(w): k(w) = Sw w Lemma De normale krommingen van x (U ) in p zijn volledig bepaal door de hoofdkrommingen. TODO: meer uitwerken en bewijs p Meetkundige interpretiatie van de normale kromming Definitie Zij x : U R 2 E 3 : (u,v) x (u,v) een patch, p een punt van x (U ) en w een eenheidsvector uit T p x (U ). Definiëer het vlak π, door p met richting opgespannen door w en de eenheidsnormaal ξ (u 0,v 0 ) in p: π = p + span{w, ξ (u 0,v 0 )}

86 HOOFDSTUK 12. OPPERVLAKKEN IN E 3 85 We noemen π een normaal vlak op x (U ) in p. Definitie De doorsnede van π en x (U ) noemen we de normale doorsnede geassocieerd aan w. Lemma Zij x : U R 2 E 3 : (u,v) x (u,v) een patch, α : I R E 3 een kromme waarvan het beeld volledig in x (U ) ligt. Er bestaan dan differentieerbare functie a,b : I R als volgt: t I : α (t) = x (a(t),b(t)) TODO: bewijs p 199 Stelling Zij x : U R 2 E 3 een patch, p(u 0,v 0 ) x (U ) een punt en ξ (u 0,v 0 ) de eenheidsnormaal geassocieerd aan x in p Zij verder w T p x (U ) een eenheidsvvector en π een vlak als volgt: π = p + span{w, ξ (u 0,v 0 )} Noem κ de kromming van de normale doorsnede x x (U ) in het punt p en k(w) de normale kromming van w. k(w) = ϵκ Met ϵ = ±1 ϵ is 1 als de normale doorsnede in p naar ξ (u 0,v 0 ) toe draait en 1 als de normale doornede in p van ξ (u 0,v 0 ) weg draait. TODO: bewijs p Gausskromming en gemiddelde kromming Definitie Zij x : U R 2 E 3 een patch, p een punt van x (U ) en k 1 en k 2 de hoofdkrommingen van x (U ) in p. De Gausskromming van x (U ) in p definiëren we als K (p) en de gemiddelde kromming als H (p). K (p) = k 1 k 2 H (p) = k 1 + k 2 2

87 Hoofdstuk 13 Geodeten Definitie Een kromme noemt men een pregeodeet als ze het volgende infimum realiseert tussen twee punten. { b d(p,q) = inf a } α (t) dt α (a) = p, α (b)q Definitie Een geodeet is een pregeodeet die we kunnen herparametriseren tot een kromme met constante snelheid Krommingseigenschappen 86

88 Hoofdstuk 14 Algoritmen 14.1 Onderlinge ligging van twee affiene deelruimten bepalen Abstract Vraag Gegeven twee affiene deelruimten p +V en q +W. Bepaal de onderlinge ligging van p +V en q +W. Antwoord Herneem eerst het deel over affiene deelruimten. 1 Ga in volgorde deze vragenlijst af. V = W p + V q + W V W p + V q + W S T snijdend S T = kruisend Meestal worden de punten helemaal gegeven, maar van de lineaire deelruimten enkel een basis of een verzameling opspannede vectoren v en w. Dun v en w uit tot basissen v en w van V enw. Noem v en w trouwens zo dat v de kleinste verzameling is van de twee. Als v en w niet hetzelfde aantal vectoren bevat, dan kunnen V en W al niet gelijk zijn. Als de vectoren in v lineair afhankelijk zijn van de vectoren in w, dan zijn V en W gelijk of is V een deel van W. Voorbeeld Vraag Gegeven de punten p = (1, 1, 1) en q = (2, 1, 0) en de lineaire deelruimten V =< (1, 0, 1), (1, 2, 3) > en W =< (1, 4, 5) >. Bepaal de onderlinge ligging van V en W. 1 Zie sectie 1.2 op pagina 6. 87

89 HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN 88 Antwoord v = {(1, 0, 1), (1, 2, 3)} is al een vrije verzameling, alsook w = {(1, 4, 5)}. v en w bevatten niet hetzelfde aantal vectoren, dus V en W zijn zeker niet gelijk. We bekijken of v w nog steeds een vrije verzameling is. In feite lossen we dus het volgende stelsel op: a(1, 0, 1) + b(1, 2, 3) + c(1, 4, 5) = 0 Als de enige oplossing van dit stelsel (a,b,c) = (0, 0, 0) is, dan isw geen deel vanv. Omdat we met precies drie vectoren te maken hebben van dimensie 3 kunnen we dit echter eenvoudiger berekenen met een determinant: Deze determinant is 0, dus v w is geen vrij verzameling. W is dus een deel(ruimte) van V. Dit betekent dat q + W zwak parallel is met p + V. q + W p + V

90 HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN Parametervergelijkingen van een affiene deelruimte bepalen Abstract Vraag Zij S de affiene deelruimte van A n door het punt p in de richting van een lineaire deelruimte V van R n met als basis β = {v 1,v 2,...,v k }. Bepaal de parametervergelijkingen van S = p + V. Antwoord Elk punt x A n in S voldoet aan de volgende vector vergelijking: x S λ 1, λ 2,..., λ k : x = p + k λ i v i i=1 Deze vectorvergelijking komt overeen met het volgende stelsel: x S λ 1, λ 2,..., λ k : x 1 = p 1 + λ 1 v 11 + λ 2 v λ k v 1k x 2 = p 2 + λ 1 v 21 + λ 2 v λ k v 2k. x n = p n + λ 1 v n1 + λ 2 v n2 + + λ k v nk Voorbeeld Vraag Antwoord Zij S de affiene deelruimte van A 4 door het punt p = (1, 2, 3, 4) in de richting van V =< (0, 1, 1, 0), (4, 6, 3, 5) >. Bepaal de parametervergelijkingen van S. x λ, µ : x = (1, 2, 3, 4) + λ(0, 1, 1, 0) + µ(4, 6, 3, 5) x S λ, µ : x 1 = 1 + 0λ + 4µ x 2 = 2 + 1λ + 6µ x 3 = 3 1λ + 3µ x 4 = 4 + 0λ + 5µ

91 HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN Carthesische vergelijkingen van een affiene deelruimte bepalen Abstract Vraag Zij S de affiene deelruimte van A n door het punt p in de richting van een lineaire deelruimte V van R n met als basis β = {v 1,v 2,...,v k }. Bepaal de Carthesische van S = p + V. Antwoord De vergelijkingen voor S halen we uit de volgende: x 1 p 1 x 2 p 2... x n p n v 11 v v 1n x S ranд v 21 v v 2n. = dim(v )..... v k1 v k2... v kn Wanneer we de determinant van deze matrix ontwikkelen naar de eerste rij moet elke determinant nul zijn, en zo bekomen we de carthesische vergelijkingen. (Bekijk vooral het voorbeeld, dat zal veel verduidelijken) Voorbeeld Vraag Antwoord Bepaal in A 4 voor de affiene deelruimte door p = (1, 1, 5, 7) in de richting van V =< (1, 4, 1, 6), (6, 4, 2, 8) > de carthesische vergelijkingen. Dit komt neer op de volgende vergelijkingen. x S ranд x 1 1 x 2 1 x 3 5 x = x S x 2 1 x 3 5 x = x 1 1 x 3 5 x = x 1 1 x 2 1 x = x 1 1 x 2 1 x =

92 HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN 91 We rekenen alleen de eerste twee uit omdat de dimensie van de gezochte affiene deelruimte maximum 2 kan zijn. De andere twee vergelijkingen zullen dus lineair afhankelijk zijn van de eerste twee. Of uitgeschreven: x S 4x 2 8x 3 +4x = 0 4x 1 +28x 3 4x = 0 (8x 1 +28x 2 20x = 0) (4x 1 +4x 2 20x = 0) De bekomen vergelijkingen zijn nu lineair onafhankelijk, maar we kunnen ze nog vereenvoudigen. { x x S 2 2x 3 +x 4 +4 = 0 2x 1 +14x 3 2x 4 53 = 0

93 HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN Som van twee affiene deelruimten bepalen vanuit Parametervergelijkingen Abstract Vraag Zij p + V en p + W twee affiene deelruimten van A n met parametervergelijkingen als volgt, bepaal de som ervan. x p + V λ 1, λ 2,..., λ a : x = p + x q + W λ 1, λ 2,..., λ b : x = p + a λ i v i i=1 b λ i w i i=1 Antwoord a x p + (V + W ) λ 1, λ 2,..., λ a λ 1, λ 2,..., λ b : x = p + λ i v i + i=1 b λ i w i i=1 Voorbeeld Vraag Zij p = (1, 2, 3) een punt van A 3 en V =< (5, 4, 3), ( 2, 5, 1) > en W =< (1, 2, 3), ( 1, 0, 1) > twee lineaire deelruimten van R 3 Bepaal (p + V ) + (p + W ). Antwoord x p + (V + W ) λ,γ, µ,ν : x = (1, 2, 3) + λ(5, 4, 3) + γ ( 2, 5, 1) + µ(1, 2, 3) + ν ( 1, 0, 1)

94 HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN Doorsnede van twee affiene deelruimten bepalen vanuit parametervergelijkingen Abstract Vraag Zij p + V en p + W twee affiene deelruimten van A n met parametervergelijkingen als volgt, bepaal de doorsnede ervan. a x p + V λ 1, λ 2,..., λ a : x = p + λ i v i Antwoord x q + W λ 1, λ 2,..., λ b : x = p + i=1 b λ i w i We zoeken de doorsnede van de twee stelsels in de opgave. Met andere woorden zoeken we λ i die aan het volgende stelsel voldoen. a b λ i v i = λ i w i Van daaruit berekenen we dan de x die beschreven worden door die λ i. Voorbeeld Vraag i=1 Zij p + V en q + W twee affiene deelruimten van A 3 Bepaal de doorsnede van p + V en q + W : Antwoord x p + V λ, µ : x = (1, 2, 3) + λ(2, 3, 0) + µ( 1, 1, 0) i=1 i=1 x q + W ν : x = (3, 3, 3) + ν (0, 1, 0) x p + V q + V λ, µ,ν : (1, 2, 3) + λ(2, 3, 0) + µ( 1, 1, 0) = (3, 3, 3) + ν (0, 1, 0) x p + V q + V λ, µ,ν : λ(2, 3, 0) + µ( 1, 1, 0) + ν (0, 1, 0) = (2, 1, 0) R2 R2 3 2 R1 R2 2 R2 R1 1 2 (R1+R2) De oplossingsverzameling van dit stelsel is de volgende: {(ν 1, 2ν 4,ν) ν R} Dit betekent dat dit de doorsnede van p + V en q + W de volgende is: (heel q + W.) x ν : x = (3, 3, 3) + ν (0, 1, 0)

95 HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN Doorsnede van twee affiene deelruimten bepalen vanuit Carthesische vergelijkingen Abstract Vraag Zij R en S twee affiene deelruimten van A n met carthesische vergelijkingen als volgt, bepaal de onderlinge ligging. Antwoord x R a 11 x a 1n x n = b 1., x S a k1 x a kn x n = b k c 11 x c 1n x n = d 1. c k1 x c kn x n = d k We zoeken de doorsnede van R en S door de vergelijkingen samen te nemen en er ze uit te dunnen tot een vrij stel vergelijkingen. Voorbeeld Vraag Zij R en S de affiene deelruimtes van A 3 als volgt, bepaal de onderlinge ligging. x R {x 1 + x 2 = 1, x S { x1 x 2 = 2 x 1 + 3x 3 = 0 Antwoord We bepalen eerst de doorsnede van R en S door de vergelijkingen samen te nemen. x R S x 1 + x 2 = 1 x 1 x 2 = 2 x 1 + 3x 3 = 0 x 1 = 3 2 x 2 = 1 2 De doorsnede van R en S is dus de rechte daar ( 3 2, 1 2, 0), evenwijdig met de x 3 as.

96 HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN Doonsnede van twee affiene deelruimten bepalen vanuit zowel carthesische als parametervergelijkingen Abstract Vraag Antwoord Zij R en S = p + V twee affiene deelruimten van A n met carthesische vergelijkingen en parametervergelijkingen als volgt, bepaal de doorsnede. x R a 11 x a 1n x n = b 1., x S x = p + a k1 x a kn x n = b k k a i v i We vullen de parametervergelijkingen in in de carthesische vergelijkingen om de doorsnede van R en S te berekenen. Voorbeeld Vraag Zij R en S = p + V twee affiene deelruimten van A n met Carthesische vergelijkingen en parametervergelijkingen als volgt. i=1 x R { x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 1, x S x 1 x 2 x 3 x = λ Antwoord We vullen de parametervergelijkingen in in de Carthesische vergelijkingen. 1 + (1 + λ) + (1 + λ) + 1 = 1 Deze vergelijking is vals, dus de doorsnede van R en S is leeg.

97 HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN Vergelijkingen opstellen van een rechte Abstract Vraag Zij p en q twee punten in A n, bepaal de rechte door p en q. Antwoord Bereken eerst pq = q p, u zal het nodig hebben! Parametervergelijking: x pq λx = p + λ pq = p + λ(q p) Carthesische vergelijkingen: ( ) ( ) x1 p 1 x 2 p 2... x n p n x1 p x pq ranд pq 1 pq2... pq = ranд 1 x 2 p 2... x n p n = 1 n q 1 p 1 q 2 p 2... q n p n Elke 2 2 deelmatrix hiervan moet dus determinant 0 hebben. Barycentrische vergelijkingen: Voorbeeld Vraag Antwoord x pq λx = λp 1 + (1 λ)p 2 Zij p = (8, 6, 1, 1) en q = ( 1, 0, 4, 2) twee punten in A 4, bepaal de rechte door p en q. Parametervergelijkingen: Carthesische vergelijkingen: q p = ( 9, 6, 5, 1) x pq λ : x = (8, 6, 1, 1) + λ( 9, 6, 5, 1) x pq ranд Barycentrische vergelijkingen: ( ) x1 8 x 2 6 x x 4 1 = x 1 8 x = 0 x pq x 1 8 x = 0 x 1 8 x = 0 6x 1 +9x 2 6 = 0 x pq 5x 1 +9x 3 31 = 0 x 1 +9x 4 17 = 0 x pq λ : x = λ(8, 6, 1, 1) + (1 λ)( 1, 0, 4, 2)

98 HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN Parametervergelijkingen omzetten naar Carthesische vergelijkingen Abstract Vraag Antwoord Voorbeeld Vraag Antwoord EXTRA: hoe?

99 HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN Carthesische vergelijkingen omzetten naar parametervergelijkingen Abstract Vraag Zij S een euclidische deelruimte van E n met de volgende Carthesische vergelijkingen. Bepaal de parametervergelijkingen. Antwoord x R a 11 x a 1n x n = b 1. a k1 x a kn x n Los het stelsel op naar de x i. De oplossingsverzameling zal parameters bevatten. We vinden zo de parametervergelijkingen. Voorbeeld Vraag Zij S een euclidische deelruimte van E 5 met de volgende Carthesische vergelijkingen. Bepaal de parametervergelijkingen. { x1 x x R 2 x 3 + x 4 2x 5 = 4 x 1 + x 2 x 3 + x 5 = 5 Antwoord ( De oplossingsverzameling S hiervan is de volgende: = b k ) ( {( 9 S = 2, 1 ) 2, 0, 0, 0 + λ (1, 0, 1, 0, 0) + µ ( 1 2, 1 ) ( 1 ) 2, 0, 1, 0 + ν 2, 3 2, 0, 0, ) } λ, µ,ν R

100 HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN Het orthogonaal complement bepalen Abstract Vraag Gegeven een lineaire deelruimte V van R n, bepaal het orthogonaal complement V. Antwoord Voor elke vector v i in een basis voor V stellen we een vergelijking op voor een vector x in V : i : v i x = 0 We lossen dit stelsel op om de parametervergelijking te vinden van V. Voorbeeld Vraag Antwoord Zij V een lineaire deelruimte van R 3 als volgt, bepaal het orthogonaal complement. V = {λ(1, 7, 5) λ R} Voor elke vector in de basis van V stellen we een vergelijking op: (in dit geval dus maar één) Voor elke vector w = (x,y, z) van V geldt het volgende: { (x,y, z) (1, 7, 5) = 0 { x + 7y 5z = 0 We lossen dit stelsel op: V = {( 7λ + 5µ, λ, µ) λ, µ R}

101 HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN De loodrechte euclidische deelruimte door een punt bepalen Abstract Vraag Zij S = p + V een euclidische deelruimte van E n, bepaal de euclidische deelruimte R, loodrecht op S, door q. Antwoord We bepalen eerst het orthogonaal complement V van V. 2 R is dan q + V. Voorbeeld Vraag Zij S = (1, 4, 5) + λ(3, 4, 2) + µ(7, 6, 4) een euclidische deelruimte van E 3. Bepaal de euclidisch deelruimte loodrecht op S, door q = (5, 6, 4). Antwoord We bepalen eerst de richting V van S: V = {λ(3, 4, 2) + µ(7, 6, 4) λ, µ R} Vervolgens bepalen we V : Voor elke vector w = (x,y, z) V geldt het volgende: { { (x,y, z) (3, 4, 2) = 0 3x + 4y + 2z = 0 (x,y, z) (7, 6, 4) = 0 7x + 6y + 4z = We kunnen R nu eenvoudigweg opschrijven: V = {λ( 2, 1, 5) λ R} R = q + V x = (5, 6, 4) + λ( 2, 1, 5) 2 Zie sectie op pagina 99.

102 HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN De gemeenschappelijke loodlijn van twee rechten bepalen Abstract Vraag Antwoord Gegeven twee kruisende rechten L 1 = p 1 + λv 1 en L 2 = p 2 + µv 2 in E 3, bepaal de gemeenschappelijke loodlijn die beide rechten snijdt. De gemeenschappelijke loodlijn van twee rechten staat loodrecht op beide rechten, dus elke vector x uit de richting van de gemeenschappelijke loodlijn staat loodrecht op de richting van L 1 en L 2. { x v1 = 0 x v 2 = 0 Wanneer we dit stelsel oplossen bekomen we een vergelijking voor de richting < v 3 > van de gemeenschappelijke loodlijn. We lossen tenslotte vervolgens de volgend stelsel op om het snijpunt p van L 1 met de gezochte rechte te vinden. p 2 + av 2 + bv 3 = p 1 + cv 1 De gemeenschappelijke rechte is nu p+ < v 3 >. Voorbeeld Vraag Antwoord Gegeven twee rechten L 1 = (2, 0, 1) + λ(1, 2, 0) en L 2 = ( 1, 0, 4) + µ(2, 0, 1), bepaal de gemeenschappelijke loodlijn die beide rechten snijdt. Elke vector w = (x,y, z) in de richting van de gemeenschappelijke loodlijn staat loodrecht op de richting van zowel L 1 als L 2. { { ( ) (x,y, z) (1, 2, 0) = 0 x + 2y = (x,y, z) (2, 0, 1) = 0 2x + z = De richting van de gemeenschappelijke loodlijn is dus V : V = {λ( 2, 1, 4) λ R} ( 1, 0, 4) + a(2, 0, 1) + b( 2, 1, 4) = (2, 0, 1) + c(1, 2, 0) Het snijpunt p van de gemeenschappelijke loodlijn met L 1 is dus ( , , ). De gemeenschappelijke loodlijn is dan ( , , ) + λ( 2, 1, 4). 157

103 HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN De afstand bepalen tussen een punt en een rechte Abstract Vraag Zij L = p + V een rechte en q een punt uit E n. Bepaal de afstand tussen q en L. Antwoord Bepaal de euclidische deelruimte D, loodrecht op L door q. 3 Bepaal het snijpunt s van D met L. 4 Bepaal de afstand tussen s en q. Voorbeeld Vraag Zij L = p + V met de volgende parametervergelijking en q = (1, 1, 1) een punt in E 3. L x = (1, 1, 0) + λ(1, 7, 5) Bepaal de afstand tussen q en L. Antwoord D = (1, 1, 1) + λ( 7, 1, 0) + µ(5, 0, 1) (1, 1, 0) + a(1, 7, 5) = (1, 1, 1) + b( 7, 1, 0) + c(5, 0, 1) We vinden dat (a,b,c) gelijk is aan ( 1 2, 5 7, 1 14) s ziet er dus als volgt uit: s = (1, 1, 0) 1 2 (1, 7, 5) = ( 1 2, 5 2, 5 2 ) d(s,q) = q s = (1 (q s) (q s) = 2, 7 2, 7 ) 99 = 2 4 = Zie sectie op pagina Zie sectie 14.5 op pagina 93.

104 HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN De afstand bepalen tussen twee rechten Abstract Vraag Zij L 1 en L 2 twee rechten in E n. Bepaal de afstand tussen L 1 en L 2. Antwoord Bepaal de gemeenschappelijke loodlijn L van L 1 en L 5 2 Zoek het snijpunt p van L en L 1. Zoek het snijpunt q van L en L 2 Bepaal de afstand tussen p en q. Voorbeeld Vraag Gegeven zijn volgende kruisende rechten in E 3, bepaal de afstand tussen L 1 en L 2. L 1 { x + 2y + 3z = 3 2x y z = 1 L 2 { x y z = 1 4x + 2y z = 2 Antwoord We bepalen de parametervergelijkingen van L 1 en L 2. ( ) ( ) ( ) ( ) L L L 1 x = (1, 1, 0) + λ(1, 7, 5) L 2 x = (0, 1, 0) + µ(1, 1, 2) We bepalen de gemeenschappelijk loodlijn L van L 1 en L 2. Elke vector (x,y,z) in de richting van L voldoet aan volgend stelsel. { (1, 7, 5)(x,y, z) = 0 (1, 1, 2)(x,y, z) = 0 { x + 7y 5z = 0 x y + 2z = 0 We vinden dat de richting van L er als volgt uitziet {λ( 9, 7, 8) λ R} We zoeken een punt p op L 1 en L, en een punt q op L 2 en L. Met één stelsel vinden we p, q en d(p,q): ((0, 1, 0) + µ(1, 1, 2)) ((1, 1, 0) + λ(1, 7, 5)) = ν ( 9, 7, 8) λ( 1, 7, 5) + µ(1, 1, 2) + ν (9, 7, 8) = (1, 0, 0) De oplossing van dit stelsel is als volgt: {( 11 97, , 9 )} Zie sectie op pagina 101.

105 HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN 104 We vinden p en q als volgt: p = 1 1 (86, 20, 55), q = (91, 0, 188) De afstand tussen p en q kunnen we nu rechtstreeks uit ν en ( 9, 7, 8) halen, of zelf berekenen met p en q: ( q p = , 20 97, 39 ) 97 d(p,q) = (q p) d(p,q) = ν ( 9, 7, 8) =

106 HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN De afstand bepalen tussen een punt en een hypervlak Abstract Vraag Zij V een hypervlak en p een punt uit E n. Bepaal de afstand d(p,h) tussen V en p. V n a i x i + b = 0 i=1 Antwoord Voorbeeld Vraag d(p,h) = b + n i=1 a i p i ni=1 a 2 1 Zij H een hypervlak met de volgende carthesische vergelijking, wat is de afstand van H tot q = (5, 4, 2, 5, 9) E 5. {x 1 x 2 x 3 + x 4 2x 5 = 4 Antwoord d(q, H ) = = = 9 2 2

107 HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN Een isometrie classificeren Abstract Vraag Zij F = Ax + b een isometrie in E 2 of E 3, classificeer F. Antwoord We gaan het volgende schema af: E 2 E 3 Voorbeeld det (A) = 1 A = I: F is een translatie. A I: F is een rotatie. det (A) = 1: F is een schuifspiegeling. det (A) = 1 A = I: F is een translatie. A I: F is een schroefbeweging. det (A) = 1 EXTRA: voorbeeld 1 is een eigenwaarde van A: F is een schuifspiegeling 1 is geen eigenwaarde van A: F is een draaispiegeling. Vraag Antwoord

108 Hoofdstuk 15 Oefenzittingen 15.1 Oefenzitting 1 Oefening 1 T p A n is inderdaad een vectorruimte. 1 ϕ is inderdaad een isomorfisme van reële vectorruimten. 2 Oefening 2 Nee, V en W zijn ongelijk want (1, 2) is lineair onafhankelijk van (0, 2). q + V. p + W Oefening 3 1. p + V en q + W = 0 W V q + W is dus zwak parallel met p + V. p + W q + V 2. p + V en q + R = 0 W R p + W is dus zwak parallel met q + R. p + W q + R 3. q + W en q + R 1 Zie stelling Zie stelling?? = 0 en = 0 V = R

109 HOOFDSTUK 15. OEFENZITTINGEN 108 q + W en q + R zijn dus parallel. q + W q + R EXTRA: oefening 4 Oefening 5 S + T = p + (V + W ) = p+ < {(1, 0, 0), (0, 1, 0)} > Oefening 6 Inderdaad 3 Oefening 7 We maken een gevalsonderscheid. (s, t) met s of t groter of gelijk aan n kan geen oplossing zijn want dan zou S of T geen deelruimte zijn van A n. (n 1, n 1) kan wel: Kies een n 1 dimensionale affiene deelruimte S = p +V van A n. Er zit nu minstens één punt q A n niet in S. Beschouw nu de n 1 dimensionale affiene deelruimte T = q + V. S en T zijn parallel en niet gelijk, dus disjunct. 4 (s, t) met s, t < n 1 kan ook. Beschouw immers een s en t dimensionale deelruimnten van S en T uit het bovenstaande puntje. Deze deelruimten zijn nog steeds disjunct. Antwoord: {(s, t) N N s, t < n} Oefening 8 S en T zijn kruisend. 1. Stel S = s + V en T = t + W. Beschouw nu R 1 = s + (V + W ) R 1 is nu zwak parallel met T want W (V +W ). R 1 is bovendien uniek, want stel dat er twee verschillende vlakken R 1 en R 1 zijn die S bevatten en zwak parallel zijn met T, dan is W een deelverzameling van zowel de richting van R 1 als de richting van R 1. Bovendien zou s een element zijn van zowel R 1 als R 1, en zouden bijgevolg R 1 en R 1 gelijk zijn.5 2. Volledig analoog. 3. R 1 = s + (V +W ) en R 1 = t + (V +W ), hebben dezelfde richting en dimensie, en zijn bijgevolg parallel. EXTRA: oefening 9 Oefening 10 Tegenvoorbeeld: Kies S =< e 1, e 2 > en T =< e 3, e 4 > deelruimten van A 4. 3 Zie stelling 1.20 op pagina 8. 4 Zie stelling??. 5 Zie stelling??.

110 HOOFDSTUK 15. OEFENZITTINGEN Oefenzitting 2 Oefening 1 Bepaal de parametervergelijkingen en carthesische vergelijkingen van de rechte door p en q: EXTRA: oefening 1.1 EXTRA: oefening 1.2 EXTRA: oefening p = (2, 1, 7) en q = (6, 4, 3) in A 3 Parametervergelijkingen: pq = (6, 4, 3) (2, 1, 7) = (4, 5, 10) L x p+ < pq > L x = (2, 1, 7) + λ(4, 5, 10) Carthesische vergelijkingen: ( ) (x1 2) (x L ranд 2 + 1) (x 3 7) = 1 = dim(rechte) (x 1 2) (x 2 + 1) 4 5 = 0 (x 2 + 1) (x 3 7) 5 10 = 0 v 1 (x i p i ) = v i (x 1 p 1 ) { 4(x2 + 1) = 5(x 1 2) 4(x 3 7) = 10(x 1 2) { 5x1 4x 2 = 14 5x 1 +2x 3 = EXTRA: oefening 1.5 zie algoritmen Oefening 2 Bepaal parametervergelijkingen en carthesische vergelijkingen van het vlak door p, q en r in de volgende gevallen. 1. p = (0, 1, 1), q = (1, 1, 1) en r = (3, 2, 4) in A 3 Parametervergelijkingen: pq = (1, 1, 1) (0, 1, 1) = (1, 2, 0) pr = (3, 2, 4) (0, 1, 1) = (3, 3, 3) Carthesische vergelijkingen: H x = (0, 1, 1) + λ(1, 2, 0) + µ(3, 3, 3) H ranд x 1 (x 2 1) (x 3 1) = 2 = dim(vlak) 1 1 1

111 HOOFDSTUK 15. OEFENZITTINGEN 110 x 1 (x 2 1) (x 3 1) = H 2x 1 + x 2 x 3 = 0 EXTRA: oefening p = (1, 0, 6, 1), q = (2, 1, 3, 7) en r = (0, 0, 2, 1) in A 4 pq = (2, 1, 3, 7) (1, 0, 6, 1) = (1, 1, 3, 6) pr = (0, 0, 2, 1) (1, 0, 6, 1) = (1, 0, 4, 0) EXTRA: oefening 2.2 Oefening 3 Bepaal parametervergelijkingen en carthesische vergelijkingen van de affiene deelruimten H bepaald door de volgende punten. p 0 = (1, 0, 0, 0), p 1 = (0, 1, 1, 2), p 2 = (0, 0, 0, 0) en p 3 = (1, 2, 3, 4) in A 4 Parametervergelijkingen: Carthesische vergelijkingen: EXTRA: oefening 3.2 Oefening 4 EXTRA: oefening 4 p 1 p 2 = (0, 1, 1, 2) (1, 0, 0, 0) = ( 1, 1, 1, 2) p 1 p 3 = (0, 0, 0, 0) (1, 0, 0, 0) = ( 1, 0, 0, 0) p 1 p 4 = (1, 2, 3, 4) (1, 0, 0, 0) = (0, 2, 3, 4) H x = (1, 0, 0, 0) + λ( 1, 1, 1, 2) + µ( 1, 0, 0, 0) + ν (0, 2, 3, 4) x 1 x 2 x 3 x 4 H ranд = x 1 x 2 x 3 x x 2 x 3 x = = H 2x 2 x 4 = 0

112 HOOFDSTUK 15. OEFENZITTINGEN 111 Oefening 5 Gegeven een is volgend stelsel vergelijkingen. 1 + x 1 + x 2 x 3 6x 4 = 0 1 x 1 + 2x 2 x 3 2x 4 = 0 1 3x 1 + 3x 2 x 3 + 2x 4 = 0 Wat is de dimensie van de bijhorende affiene deelruimte H van A 4? Geef de Parametervergelijkingen voor deze affiene deelruimte. dim(h ) = n ranд(a) = 4 2 = 2. A = Stelsel oplossen: H x = x 1 = 1 3 λ µ 1 3 x 2 = 2 3 λ µ 2 3 x 3 = λ x 4 = µ ( 1 ) 3, 2 3, 0, 0 + λ ( 1 ) 3, 2 3, 1, 0 + µ ( 10 3, 8 3, 0, 1 ) Oefening 6 Gegeven is de rechte L in A 3. { x + y z + 7 = 0 2x y + z + 8 = 0 1. Geef de richting van L. Het volgende homogeen stelsel geeft ons de richting van L in zijn oplossing: { x + y z = 0 De richting van L is dus V : ( x y + z = 0 ) ( V = {(0, λ, λ) λ R 3 } ) 2. Bepaal de rechte L door het punt p = ( 1, 2, 0) parallel met L. L = p + V = ( 1, 2, 0) + λ(0, 1, 1) OF bepaal a en b in volgend stelsel voor de carthesische vergelijkingen door p in te vullen. { { x + y z + a = 0 a = 1 2x y + z + b = 0 b = 4 Dan krijgen we volgende carthesische vergelijkingen voor L: { x + y z 1 = 0 2x y + z + 4 = 0

113 HOOFDSTUK 15. OEFENZITTINGEN 112 Oefening 7 Gegeven zijn de rechten L en L in A 3 met als vergelijkingen: L = { x + 2y + 3z = 3 2x y z = 1 en L = { x y z = 4 4x + 2y z = 2 Toon aan dat deze rechten kruisend zijn. We berekenen de doorsnede van L en L door de vergelijkingen samen te nemen. x + 2y + 3z = 3 2x y z = 1 x y z = 4 4x + 2y z = We zien dat dit stelsel strijdig is, en de doorsnede bijgevolg leeg is. L x = (1, 1, 0) + λ(1, 7, 5) L x = ( 1, 3, 0) + λ(1, 1, 2) We zien dat de rechten een verschillende richting hebben, dus ze zijn kruisend. Bepaal de rechte met richting (0, 1, 1) die deze rechten snijdt. Zij H 1 het vlak dat L bevat en ook de richting (0, 1, 1) heeft. H 1 x = (1, 1, 0) + λ(1, 7, 5) + µ(0, 1, 1) We zoeken dan het snijpunt p van H 1 en L 2, dat is een punt op L 3. ( 1, 3, 0) + ν (1, 1, 2) = (1, 1, 0) + λ(1, 7, 5) + µ(0, 1, 1) De oplossing van dit stelsel is (λ, µ,ν) = (4, 32, 6) dus het snijpunt vinden we als volgt: ( 1, 3, 0) + 6(1, 1, 2) = (5, 3, 12) We kennen dan de richting van L 3 en een aangrijpingspunt van L 3. L 3 = (5, 3, 12) + λ(0, 1, 1) EXTRA: Oefening 8 EXTRA: Oefening 9 EXTRA: Oefening 10 EXTRA: Oefening 11 EXTRA: Oefening 12

114 HOOFDSTUK 15. OEFENZITTINGEN Oefenzitting 3 EXTRA: Oefening 1 Oefening 2 Gegeven zijn de homothetie H c,r met centrum c en factor r, en de translatie t a in de richting van a. Toon aan dat de samenstelling van H c,r en t a commutatief is. Noteer de definities van deze transformaties: H c,r t a = t a H c,r H c,r : t a : p c + rcp p p + a Bekijk nu de samenstelling. H c,r t a = c + r c(p + a) = c + r (p + a c) = c + r pc + ra = t a H c,r Oefening 3 Zij D een dilatatie van A n en l en m twee rechten in A met snijpunt P. l m = {P} Stel dat er een punt X op l en een punt Y op m zodat D(X ) op l ligt en D(Y ) op m. Toon aan dat P dan een vast punt is van D. ( x l,y m : (D(X ) l) (D(Y ) m)) D(P) Bewijs. Elke dilatatie beeldt een affiene deelruimte af op een parallelle affiene deelruimte. 6 D(X ) ligt op l, en wordt ook op een parallelle rechte afgebeeldt, dus moet die parallelle rechte l zelf zijn. Een analoge redenering geldt voord(y ) en m. D(P) wordt afgebeeldt op zowel l als m, en dus op een punt in de doorsnede. De doorsnede l m bevat enkel P, dus P wordt op zichzelf afgebeeld door D. D(P) = P Oefening 4 Gegeven zijn de homothetieën H c,r en H d,r van A n met centra c en d en factoren r en s. Toon aan dat H c,r H d,s een translatie is als en slechts als rs = 1 geldt. Geef de nodige voorwaarden opdat H c,r H d,s = I A n geldt. 6 Zie stelling 2.30.

115 HOOFDSTUK 15. OEFENZITTINGEN 114 Noteer eerst de definities van H c,r en H d,r. Bekijk de samenstelling H c,r H d,s. H c,r : H d.s : H c,r H d,s p c + r cp p d + s dp = c + rc(d + sdp) = c + r (d + s dp c) = c + r (d + s(p d) c) = c + rd + rsp rd rc = rsp + (1 r )c + (1 s)rd We zien dat dit laatste een translatie is als en slechs als de coëfficient rs bij p 1 is. EXTRA: Oefening 5 Oefening 6 Stel dat een affiene transformatie F elke affiene deelruimte afbeeldt op een parallele affiene deelruimte. Toon aan dat F een dilatatie is. Inderdaad, zie stelling Oefening 7 Inderdaad! st:barycentrische-coordinaten-affien-invariant 15.4 Oefenzitting 4 EXTRA: Oefening 1 EXTRA: Oefening 2 Oefening 3 b k a n q d l c m Hint: probeer hier geen analytisch bewijs te geven, er zijn teveel onbekenden. Noem q het snijpunt van bd met l. Beschouw nu de driehoeken abd en bcd.

116 HOOFDSTUK 15. OEFENZITTINGEN 115 Menelaos in driehoek abd: Menelaos in driehoek bcd: (k, a,b)(q,b,d)(n,d, a) = 1 (l,c,m)(q,b,d)(m,d,c) = 1 Merk op dat (k, a,b) het omgekeerde is van (k,b, a) en (n,d, a) het omgekeerde van (n, a,d). Oefening 4 1 = (l,c,m)(q,b,d)(m,d,c) = (n, a,d)(k,b, a)(l,c,d)(m,d,c) a c b a b Figuur 15.1: Voor transformatie Er bestaat een affiene transformatie die a op de oorsprong (0, 0) afbeeldt, b op (0, 1) en c op (1, 0). Omdat de ligging van de punten a, b, c ten opzichte van de rechten affien invariant is, alsook de deelverhoudingen, volstaat het om de stelling te bewijzen voor de getransformeerde punten. c c b a a c b Figuur 15.2: Na transformatie 1. We berekenen eerst de cartesische vergelijkingen van aa, bb en cc : aa x 1 x x y = 0 1/2 1/2 1 bb x 1 x x + 2y = 1 0 1/2 1

117 HOOFDSTUK 15. OEFENZITTINGEN 116 cc x 1 x x + y = 1 1/2 0 1 Nu zijn de rechten aa, bb en cc concurrent omdat de volgende determinant nul is en ze niet parallel zijn = Bereken nu het snijpunt van aa en cc : (1/3, 1/3), dit is het zwaartepunt. Oefening 5 (z, a, a) = za za = a z a z = (0, 0) ( 1/3, 1/3) (1/2, 1/2) (1/3, 1/3) = 2 l b a l a c b p z a q b c l c Figuur 15.3: oefening 5, een illustratie 1. Zij H de homothetie met centrum z die a afbeeldt op a, dan beeldt H ook b op b af en c op c. H beeldt ook pa op l a af, pb op l b en pc op l c. 8 l a,l b en l c zijn dus concurrent.strefst:concurrentieaffien-invariant 2. Omdat de afbeelding van p onder H q is, zijn p, q en z colineair. 3. Er geldt bovendien (z,p,q) = 2. Merk eerst op dat z, p en q colineair zijn, dus het is zinvol om over (z, p, q) te spreken.- EXTRA: Oefening 6 7 Zie lemma Zie stelling 2.19 op pagina 24.

118 HOOFDSTUK 15. OEFENZITTINGEN 117 Oefening 7 a p 3 p 0 p 6 b p 1 p 2 p 4 p 5 c Figuur 15.4: oefening 7, een illustratie Hint: probeer hier geen analytisch bewijs te geven, er zijn teveel onbekenden. Merk de volgende zaken op: CLARIFY: waarom?: zie Thales Bovendien geldt het volgende: (b, a,p 0 ) = (b,c,p 1 ) (c,b,p 1 ) = (c, a,p 2 ). (c,b,p 4 ) = (c, a,p 5 ) (a,c,p 5 ) = (a,b,p 6 ) p,q, r; (p,q, r ) + (q,p, r ) = 1 CLARIFY: waarom? is een eigenschap, ga zelf na Er geldt dus het volgende: (b, a,p 0 ) = (b, a,p 6 ) p 0 = p 6 EXTRA: Oefening Oefenzitting 5 EXTRA: Oefening 1

119 HOOFDSTUK 15. OEFENZITTINGEN 118 Oefening 2 Bepaal in E 3 het vlak door P = ( 2, 1 4, 1) loodrecht op de rechte AB met A = (2, 1, 3) en B = (1, 3, 1). We bepalen eerst de richting van AB: B A = (1, 2, 4) We zoeken de richting van de deelruimte p +V door p loodrecht op AB. Deze deelruimte bevat enkel vectoren (x, y, z) die loodrecht staan op B A: (x,y, z)(b A) = 0 : x + 2y + 4z = 0v V = {( 2λ 4µ, λ, µ) λ, µ R} p + V (2, 1 ) 4, 1 + λ( 2, 1, 0) + µ( 4, 0, 1) EXTRA: Oefening 3 Oefening 4 Oefening 5 Oefening 6 Oefening 7 EXTRA: Oefening 8

120 Index aangrijpingspunt, 6 affien invariant, 23 affiene deelruimte, 6 affiene groep, 21 affiene rechte, 6 affiene ruimte, 4 affiene transformatie, 19 affiene vlak, 6 afgeleide, 67 afgeleide afbeelding, 20, 38 afstand, 47, 53 as, 56 barycentrische coördinaten, 14, 17 barycentrum, 14, 17 binormaalvectorveld, 80 booglengte, 67 booglengtegeparametriseerd, 70 booglengteherparametrisatie, 70 carthesische vergelijkingen, 12 centrale kromme, 74 centrum, 55, 56 Ceva, 29 Cilinderschroeflijn, 82 cilindrische helix, 82 cirkel, 66 cirkelschroeflijn, 66 coördinaatsfunctes, 66 coördinaatsfuncties, 37 complexe structuur, 72 congruent, 71 congruentiestelling voor ruimtekrommen, 81 congruentiestelling voor vlakke krommen, 75 coordinaatruimte, 11 Criterium voor affiene afhankelijkheid, 16 D, 61 de optelling van een punt en een vector, 4 deelverhouding, 14 derivatie, 35 Desargues, 33 diffeomorfisme, 68 differentieerbaar, 66, 67 dilatatie, 25 draaispiegeling, 61 echte periode, 77 eenheidsnormaal, 54 eenheidsnormaal vectorveld, 84 eenheidsrakend vectorveld, 73, 79 enkelvoudig gesloten, 77 equiaffiene transformaties, 42 Euclidisch invariant, 51 Euclidisch scalair product, 43 Euclidische groep, 50 Euclidische ruimte, 44 Euclidische transformatie, 48 evoluut, 74 formules van Frenet, 73 formules van Frenet voor reguliere ruimtekrommen, 80 formules van Frenet voor reguliere vlakke krommen, 76 formules van Frenet voor ruimtekrommen, 80 Frenet-apparaat, 73 Frenet-referentiestelsel, 80 Gausskromming, 85 gemiddelde kromming, 85 geodeet, 86 geordende basis, 39 georiënteerde normaal, 73 georienteerde kromming, 73 gesloten, 77 globale eigenschap, 77 helix, 66 Herparametrisatie, 68 het affiene vlak, 4 het scalair product, 5 hoek, 45 homothetie, 19 hoofdkrommingen, 84 hoofdnormaalvectorveld, 79 hoofdrichtingen, 84 identiteit van Jacobi,

121 INDEX 120 identiteit van Lagrange, 64 identiteit van Parseval, 45 intrinsieke vergelijking, 76 invariant onder een lineaire transformatie, 49 isometrie van de Euclidische ruimte, 48 isoperimetrische ongelijkheid, 78 kromme, 66 kromming, 79 krommingsmiddelpunt, 73 kruisend, 9 Lemma van Kneser, 74 lengte, 44, 67 lokale eigenschap, 77 Menelaos, 31 natuurlijke geordende basis, 39 negatieve orientatie, 40 norm, 44 normaal, 54, 84 normaal vlak, 85 normale doorsnede, 85 normale kromming, 84 omgeving, 36 open bol, 35 open deelverzameling, 37 oriëntatiebewarend, 40 oriëntatieomkerend, 40 orientatie, 39 orthogonaal, 45, 53 orthogonaal complement, 50 orthogonale groep, 49 orthogonale projectie, 57 orthogonalisatieprocédé van Gram-Schmidt, 46 orthonormaal, 45 orthonormaal referentieveld, 68 orthonormale expansie, 45 osculatiecirkel, 73 osculatievlak, 80 Pappus, 32 parallellepipedum, 41 parallellogram, 41 parameter, 66 parametervergelijkingen, 11 parametrisatie, 66 parrallel, 8 patch, 83 periode, 77 poolcoördinaten, 56 positieve orientatie, 39 pregeodeet, 86 raakevector, 4 raaklijn, 67, 80 rakend, 83 rakende bundel, 5 rakende ruimte, 5 rechte, 13, 66 regulier, 69, 83 reguliere parametrisatie, 83 rekenregels van de afgeleide van een vectorveld, 68 richting, 6 richtingsgetal, 13 rotatie, 55, 56 rotatiehoek, 55, 56 rotatieindex, 77 schroefbeweging, 61 schuifspiegeling, 59 shape-operator, 84 snelheid, 67 snelheidsvectorveld, 67 snijdend, 8 som van affiene deelruimten, 10 speciale lineaire transformaties, 42 speciale orthogonale groep, 49 spiegeling, 57 spiraalboog, 74 stelling van Jordan, 78 Stelling van Thales, 15 torsie, 80 totale kromming, 77 translatie, 19 vast punt, 59 vectorveld, 83 vectorveld langs α, 67 versnellingsvectorveld, 68 volume, 41 volume van een parallellepipedum, 41 zwak parrallel, 8

122 Todo list EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs CLARIFY: ook parametervgl? TODO: bewijs EXTRA: illustratie voor stelling van thales? TODO: bewijs EXTRA: translaties commuteren EXTRA: homothetieen commuteren EXTRA: Toch eens een bewijs proberen? EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs EXTRA: concurrentie is affien invariant CLARIFY: waarom? CLARIFY: waarom? TODO: bewijs TODO: bewijs p TODO: bewijs p TODO: bewijs p TODO: bewijs p EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs QUESTION: wat doet een homothetie met negatieve factor?: orientatieomkerend! EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs QUESTION: wat gebeurt er bij andere samenstellingen? XOR EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs CLARIFY: waarom? EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs, zie spectraalstelling bij LA en definitie eigenwaarde. scheiden in apparte stellingen etc EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs, zie ook p EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs

123 INDEX 122 EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs CLARIFY: is dit het criterium voor isometrieen ofzo? CLARIFY: referentie? CLARIFY: referentie? CLARIFY: referentie? EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs, wut EXTRA: bewijs, wut EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs TODO: bewijs p EXTRA: bewijs CLARIFY: waarom? TODO: bewijs afmaken TODO: opnieuw bekijken, heel belangrijk! CLARIFY: referentie? QUESTION: waarom spreken we niet over schuifspiegelingingen tegenover deelruimtes van 0, 1 of drie dimensies? examen! EXTRA: bewijs EXTRA: wat een lelijk bewijs! TODO: formele QUESTION: definieer bilineair EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs TODO: bewijjs p TODO: bewijs p EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs TODO: bewijs p EXTRA: bewijs

124 INDEX 123 EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs TODO: bewijs p TODO: bewijs p TODO: bewijs p TODO: osculerende parabool TODO: bewijs p TODO: bewijs p EXTRA: bewijs EXTRA: bewijs TODO: bewijs p TODO: bewijs p TODO: hoekfunctie TODO: bewijs p EXTRA: bewijs TODO: bewij p EXTRA: bewijs TODO: bewijs p TODO: bewijsp TODO: bewijs p EXTRA: bewijs TODO: bewijs p CLARIFY: waarom is dit nul?! EXTRA: afmaken TODO: bewijs TODO: bewijs p TODO: bewijs p EXTRA: voorbeelden EXTRA: voorbeelden TODO: bewijs p TODO: meer uitwerken en bewijs p TODO: bewijs p TODO: bewijs p EXTRA: hoe? EXTRA: voorbeeld EXTRA: oefening EXTRA: oefening EXTRA: oefening EXTRA: oefening EXTRA: oefening EXTRA: oefening 1.5 zie algoritmen EXTRA: oefening EXTRA: oefening EXTRA: oefening EXTRA: oefening EXTRA: Oefening EXTRA: Oefening EXTRA: Oefening

125 INDEX 124 EXTRA: Oefening EXTRA: Oefening EXTRA: Oefening EXTRA: Oefening EXTRA: Oefening EXTRA: Oefening EXTRA: Oefening CLARIFY: waarom?: zie Thales CLARIFY: waarom? is een eigenschap, ga zelf na EXTRA: Oefening EXTRA: Oefening EXTRA: Oefening EXTRA: Oefening