Meetkunde I [B-KUL-G0N31B]

KU Leuven

Meetkunde I [B-KUL-G0N31B] Notities

Tom Sydney Kerckhove

Gestart 24 september 2014 Gecompileerd 18 januari 2016

Docent: Prof. Wendy Goemans

Inhoudsopgave 1 Affiene meetkunde 1.1 Affiene ruimte . . . . . . . 1.2 Affiene deelruimten . . . . 1.3 Parametervergelijkingen . 1.4 Affiene hypervlakken . . . 1.5 Rechten in An . . . . . . . 1.6 Barycentrische coördinaten

. . . . . .

4 4 6 11 12 13 16

2 Affiene Transformaties 2.1 Affiene invarianten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Dilataties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

19 22 25

3 Vlakke meetkunde 3.1 Ceva . . . . . . 3.2 Menelaos . . . . 3.3 Pappus . . . . . 3.4 Desargues . . .

. . . .

28 28 31 32 33

4 Derivaties 4.1 Afgeleide afbeelding . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

35 37

5 Orientaties en Volume 5.1 Volume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

39 41

6 Euclidische meetkunde 6.1 Euclidische transformaties . . . . . . . . . . . 6.1.1 Orthogonale transformaties . . . . . . 6.1.2 Euclidische invarianten en afstand . . 6.1.3 Bestaan van isometrieën . . . . . . . . 6.1.4 Deelruimten van de Euclidische ruimte

. . . . .

43 47 48 50 52 53

. . . .

55 55 56 56 59

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

7 Euclidische transformaties 7.1 Rotaties in E2 . . . . . . . 7.2 Rotaties in E3 . . . . . . . 7.3 Spiegelingen . . . . . . . . 7.4 Structuur van isometrieën

. . . . . .

. . . .

. . . .

. . . . . .

. . . .

. . . .

. . . . . .

. . . .

. . . .

. . . . . .

. . . .

. . . .

. . . . . .

. . . .

. . . .

. . . . . .

. . . .

. . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

8 Het vectorproduct in E3

. . . . . .

. . . .

. . . .

. . . . . .

. . . .

. . . .

. . . . . .

. . . .

. . . .

. . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

63

1

2

INHOUDSOPGAVE 9 Algemene theorie van krommen in En 9.1 Krommen en vectorvelden langs krommen . . . . . 9.2 Herparametrisaties en de booglengteparametrisatie 9.3 Congruente krommen . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.4 Krommen en de afgeleide afbeelding . . . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

66 66 68 70 71

10 Krommen in het Euclidisch vlak E2 10.1 De complexe structuur van E2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.2 Het Frenet-apparaat voor booglengtegeparametriseerde vlakke krommen 10.3 Osculerende cirkel en evoluut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.4 Spiraalbogen en het Lemma van Kneser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.5 Kromming van congruente krommen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.6 Intrinsieke vergelijking . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.7 Kromming van reguliere krommen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.8 Globale studie van vlakke krommen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.8.1 Gesloten krommen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.8.2 Totale kroming en rotatieindex . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

72 72 72 73 74 74 76 76 76 77 77

. . . .

79 79 80 81 82

. . . . .

83 83 83 83 84 85

13 Geodeten 13.1 Krommingseigenschappen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

86 86

14 Algoritmen 14.1 Onderlinge ligging van twee affiene deelruimten bepalen . . . . . . . . . . . . . . . 14.2 Parametervergelijkingen van een affiene deelruimte bepalen . . . . . . . . . . . . . 14.3 Carthesische vergelijkingen van een affiene deelruimte bepalen . . . . . . . . . . . 14.4 Som van twee affiene deelruimten bepalen vanuit Parametervergelijkingen . . . . . 14.5 Doorsnede van twee affiene deelruimten bepalen vanuit parametervergelijkingen . 14.6 Doorsnede van twee affiene deelruimten bepalen vanuit Carthesische vergelijkingen 14.7 Doonsnede van twee affiene deelruimten bepalen vanuit zowel carthesische als parametervergelijkingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.8 Vergelijkingen opstellen van een rechte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.9 Parametervergelijkingen omzetten naar Carthesische vergelijkingen . . . . . . . . . 14.10 Carthesische vergelijkingen omzetten naar parametervergelijkingen . . . . . . . . . 14.11 Het orthogonaal complement bepalen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.12 De loodrechte euclidische deelruimte door een punt bepalen . . . . . . . . . . . . . 14.13 De gemeenschappelijke loodlijn van twee rechten bepalen . . . . . . . . . . . . . . 14.14 De afstand bepalen tussen een punt en een rechte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.15 De afstand bepalen tussen twee rechten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

87 87 89 90 92 93 94

11 Krommen in de Euclidische ruimteE3 11.1 Het Frenet-apparaat voor krommen in E3 . . . . . . 11.2 Kromming en torsie van reguliere ruimtekrommen 11.3 Kromming en torsie van congruente krommen . . . 11.4 Cilinderschroeflijnen en cirkelschroeflijnen . . . . .

. . . .

. . . .

12 Oppervlakken in E3 12.1 Reguliere parametrisaties en patches . . . . . . . . . 12.2 Omwentelingsoppervlakken en regeloppervlakken . 12.3 Vectorvelden en de shape-operator . . . . . . . . . . 12.4 Meetkundige interpretiatie van de normale kromming 12.5 Gausskromming en gemiddelde kromming . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

95 96 97 98 99 100 101 102 103

3

INHOUDSOPGAVE 14.16 De afstand bepalen tussen een punt en een hypervlak . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.17 Een isometrie classificeren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 Oefenzittingen 15.1 Oefenzitting 1 15.2 Oefenzitting 2 15.3 Oefenzitting 3 15.4 Oefenzitting 4 15.5 Oefenzitting 5

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

105 106 107 107 109 113 114 117

Hoofdstuk 1 Affiene meetkunde 1.1

Affiene ruimte

Definitie 1.1. Een n-dimensionaal punt is een veeltal met n coördinaten. p = (p1 , p2 , . . . , pn )

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 An bestaat uit n-dimensionale punten. An = {(p1 , p2 , . . . , pn ) | pi ∈ R

Definitie 1.4. A2 noemen we het affiene vlak.

Definitie 1.5. Zij p ∈ An een punt van de n-dimensionale affiene ruimte An en zij v ∈ Rn een ndimensionale reële vector. Een koppel (p, v) noemen we een raakevector met aangrijpingspunt p en vectordeel v. vp = (p, v)

Definitie 1.6. Twee raakvectoren vp = (p, v) en wq = (q, w ) zijn gelijk als elk zowel hun aangrijpingspunten en vectordelen gelijk zijn. vp = wq ⇔ p = q ∧ v = w

4

5

HOOFDSTUK 1. AFFIENE MEETKUNDE Definitie 1.7. De rakende ruimte Tp An in een punt p aan een affiene ruimte An is de verzameling van raakvectoren met p als aangrijpingspunt in An . ( ) {vp = (p, v) | v ∈ Rn Het symbool T in de notatie van de rakende ruimte staat voor ’tangent’.

Definitie 1.8. De verzameling van alle raakvectoren vp aan punten p in een affiene ruimte An noemen we de rakende bundel mT An van die affiene ruimte An . ( ) T An = vp | p ∈ An , v ∈ Rn = (p, v) | p ∈ An , v ∈ Rn = An × Rn

Definitie 1.9. Zij vp en wp twee raakvectoren in de rakende ruimte Tp An van hetzelfde punt p, dan definiëren we de som vp + wp als volgt. vp + wp = (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 1.10. Zij vp een raakvector aan een punt p van de affiene ruimte An en λ ∈ R een reëel getal, dan definieren we het scalair product λvp als volgt. λvp = (λv)p Stelling 1.11. Elke rakende ruimte Tp An in een punt p aan An vormt een reële vectorruimte. Bewijs. We bewijzen de axioma’s van een vectorruimte niet opnieuw. Ze gelden in Rn , dus ze gelden in Tp An . Stelling 1.12. Voor elk willekeurig punt p van de affiene ruimte An is de afbeelding van de raakvector op de vector een isomorfisme van de rakende ruimte in dat punt en de reële vectorruimte Rn . ϕp is dus een isomorfisme. ϕp : Tp An → Rn : vp 7→ v Bewijs. Een isomorfisme is een bijectieve lineaire afbeelding. • ϕp is een bijectie. – ϕp is een injectie. ∀vp , wp ∈ Tp An : ϕp (vp ) = ϕp (wp ) ⇒ vp = wp

6

HOOFDSTUK 1. AFFIENE MEETKUNDE – ϕp is een surjectie.

∀v ∈ Rn , ∃vp ∈ Tp An : ϕp (vp ) = v

• ϕp bewaart de lineariteit: ϕp (vp + wp ) = ϕp ((v + w )p ) = v + w = ϕp (vp ) + ϕp (wp ) ϕp (λvp ) = ϕp (λv)p ) = λv = λϕp (vp ) Stelling 1.13. Voor elke twee willekeurige punten p en q van de affine ruimte An zijn de rakende ruimten isomorf. ψ is dus een isomorphisme. ψpq : Tp An → Tq An : vp 7→ vq Bewijs. ψpq is een samenstelling van isomorphismen1 , en bijgevolg ook een isomorphisme. ψpq = ϕp−1 ◦ ϕp

1.2

Affiene deelruimten

Definitie 1.14. Zij p een punt in de affiene ruimte An in V een k-dimensionale deelruimte van Rn met 0 ≤ k ≤ n. We noemen p + V de affiene deelruimte van An met richting V en aangrijpingspunt p. p + V = p + v ∈ An | v ∈ V

Definitie 1.15. Affiene ruimten met e´ e´ n dimensie noemen we affiene rechten.

Definitie 1.16. Affiene ruimten met twee dimensies noemen we affiene vlakken.

Definitie 1.17. Wanneer we spreken over n-dimensionale affiene ruimten noemen we n − 1dimensionale affiene ruimten affiene hypervlakken. Lemma 1.18. Zij p en q twee punten uit de affiene ruimte An en V een lineaire deelruimte van Rn . De volgende uitspraken zijn equivalent: 1. q ∈ p + V . − →∈V 2. pq 3. p + V = q + V (Het aangrijpingspunt van een affiene deelruimte is niet uniek.) 1 Zie

het isomorphisme ϕp (stelling ??)

7

HOOFDSTUK 1. AFFIENE MEETKUNDE Bewijs. Bewijs door circulaire implicaties.

• (1) ⇒ (2) − → = q − p is danprecies Als q ∈ p + V geldt, dan bestaat er een v ∈ V zodat q = p + v geldt.2 . pq 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 . − → +v p + v = p + v + q − q = q − pq − → ∈ V geldt, geldt ook −pq − → + v ∈ V 4 . Noem nu −pq − → + v = w, dan bestaat er dus Omdat pq 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 1.19. 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. − →∈V p + V = q + W ⇔ V = W ∧ pq Bewijs. Bewijs van een equivalentie. Kies willekeurige deelruimten V en W van Rn en punten p en q uit de affiene ruimte An . • ⇒ − → ∈ V .5 We bewijzen nu beide inclusies Als p + V = q + W geldt, dan zit q in p + V en geldt pq 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. w = (p − q) + v − → ∈ V geldt, zit w in V .6 . Vermits pq – ∀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) de definitie van affiene deelruimten. (Definitie 1.14) 4 De optelling is intern in een vectorruimte. 5 Zie lemma 1.18. 6 De optelling is intern in een vectorruimte. 3 Zie

8

HOOFDSTUK 1. AFFIENE MEETKUNDE • ⇐ Dit is al bewezen in deel 3 van het vorige lemma.7

Stelling 1.20. Twee affiene deelruimten p + V en q + W van Rn 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 p +v = q +w ⇔ q −p = v −w Nu geldt dat p + V en q + W gelijk zijn.8

Definitie 1.21. Twee affiene deelruimten S = p +V en T = q +W van An zijn parrallel als hun richtingen V en W gelijk zijn. V =W ⇔ S k T

Definitie 1.22. Twee affiene deelruimten S = p + V en T = q + W van An zijn zwak parrallel als de richting van de ene deelruimte een deel is van de richting van de andere. V ⊆W ⇔S CT

Definitie 1.23. Als twee affiene deelruimten S en T van An niet parallel, noch zwak parallel zijn, dan zijn ze snijdend als ze niet disjunct zijn. S ∩T , ∅

7 Zie 8 Zie

lemma 1.18. lemma 1.18.

9

HOOFDSTUK 1. AFFIENE MEETKUNDE Definitie 1.24. Als twee affiene deelruimten S en T van An niet parallel, noch zwak parallel zijn, dan zijn ze kruisend als ze disjunct zijn. S ∩T = ∅

Stelling 1.25. Zij S en T parallelle affiene deelruimten van An , dan zijn ze ofwel gelijk, ofwel disjunct. S k T ⇒ S = T ∧ S ∩T = ∅ Bewijs. Kies twee willekeurige parallelle affiene deelruimten S = p + V en T = q + W van An . 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 1.26. Zij S en T zwak parallelle affiene deelruimten van An (S C 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 An (S C 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 1.27. Zij S een affiene deelruimte van An . Als q ∈ An geldt, dan bestaat er een unieke deelruimte T van An door q, parallel met S. Bewijs. Kies een willekeurige affiene deelruimte S = p + V van An . • 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 1.28. Zij S = p +V en T = q +W twee affiene deelruimten van An . De doorsnede U = S ∩T van S en T is ofwel leeg, ofwel ook een affiene deelruimte van An met richting V ∩ W . Bewijs. Zij S = p + V en T = q + W twee willekeurige affiene deelruimten van An . 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) lemma 1.18. 11 Zie de definitie van ‘zwak parallel’ (Definitie 1.22). 10 Zie

HOOFDSTUK 1. AFFIENE MEETKUNDE

10

Stelling 1.29. Zij S = p + V en T = q + W twee affiene deelruimten van An . − → ∈ V +W S ∩ T , ∅ ⇔ pq Bewijs. Kies S = p + V en T = q + W twee willekeurige affiene deelruimten van een affiene ruimte An . S ∩ T , ∅ ⇔ ∃v ∈ V , ∃w ∈ W : p + v = q + w ⇔ ∃v ∈ V , ∃w ∈ W : p − q = w − v ⇔ q − p ∈ V +W Gevolg 1.30. Zij S = p + V en T = q +W twee affiene deelruimten van An zodat V +W = Rn geldt, dan is hun doorsnede niet leeg. EXTRA: bewijs

Definitie 1.31. Zij S = p + V en T = p +W twee affiene deelruimten van An 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 1.32. De dimensiestelling.12 Zij S = p + V en T = p + W twee affiene deelruimten van An 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 An door een gemeenschappelijk punt p. Blik terug op de dimensiestelling uit de lineaire algebra: dimV + dimW = dim(V ∩ W ) + dim(V + W ) Omdat S en T tenminste e´ e´ n 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 1.33. Zij S en T affiene deelruimten van An . Er bestaat er een deelruimte T 0 van T zodat S parallel is met T 0 als en slechts als S zwak parallel is met T . 12 E´ ´ en

van de favoriete vragen om te bewijzen bij lineaire algebra. stelling 1.28. 14 Zie de definitie van de som van twee deelruimten (Definitie 1.31). 13 Zie

11

HOOFDSTUK 1. AFFIENE MEETKUNDE Bewijs. Kies twee willekeurige affiene deelruimten S = p + V en T = q + W van An .

• ⇒ Als er een deelruimte T 0 bestaat van T zodat S parallel is met T 0, dan heeft T 0 als aangrijpingspunt q en richting V . Omdat T 0 een deelruimte is van T , is V een deelruimte van W . Dat betekent precies dat S zwak parallel is met T . S CT • ⇐ Als S zwak parallel is met T , geldt per definite dat V een deelruimte is van W . Beschouw nu de affiene ruimte T 0 met aangrijpingspunt q en richting V . Deze affiene deelruimte is een affiene deelruimte van T en S is parallel met T 0.

1.3

Parametervergelijkingen

Definitie 1.34. Zij p + V ⊆ An een affiene deelruimte en {v 1 , . . . , vk } een basis van V . Een willekeurig punt x ∈ An behoort tot p + V als en slechts als er λ 1 , . . . , λk ∈ B bestaan zodat het volgende geldt:a x = p + λ 1v 1 + · · · + λk vk We noemen deze vergelijking de parametervergelijkingen van p + V .  x1 =    .. p +V ↔  .    x =  n a Zie

p1 + λ 1v 11 + · · · + λk vk1 .. . pn + λ 1v 1n + · · · + λk vkn

lemma 1.18 op pagina 6.

Definitie 1.35. Zij p + V ⊆ An een affiene deelruimte en {v 1 , . . . , vk } een basis van V . We kunnen nu de oplossingen van de parametervergelijkingen q˜ = (λ 1 , . . . , λk ) beschouwen as een een punt van een k-dimensionale affiene ruimte. We noemen deze ruimte de coordinaatruimte van p + V . Stelling 1.36. Elke affiene deelruimte p + V ⊆ An is de oplossingsruimte van een lineair stelsel. Bewijs. Zijn p ∈ An , p + V ⊆ An een affiene deelruimte door p en {v 1 , . . . , vk } een basis van V . De parametervergelijkingen van p + V zijn nu gegeven door de volgende gelijkheid: x = p + λ 1v 1 + · · · + λk vk Dit komt neer op volgend stelsel:  x 1 − p1 = λ 1v 11 + · · · + λk vk1    .. .. p +V ↔  . .    x −p = λ v + ··· +λ v n 1 1n k kn  n


12

Dit is een niet-homogeen lineair stelsel in de onbekenden λ 1 , . . . , λk . Het punt x behoort tot p +V als en slechts als er getallen λ 1 , . . . , λk bestaan zodat het stelsel geldt, of meer specifiek, als het stelsel oplosbaar is. De matrix van het stelsel ziet er als volgt uit: v 11 . . . vk1 + *. . . . . ... // . .. ,v 1n . . . vkn De uitgebreide matrix ziet er dan als volgt uit. v 11 . . . vk1 x 1 − p1 *. . . +/ .. . . ... . . .. / v . . . v x − p n n kn , 1n 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 − p1 . . . xk − pk xk+j − pk+j v ... v 1k v 1k+j 11 = 0 voor j = 1, . . . , n − k : x ∈ p + V ⇔ .. .. .. .. . . . . vk1 ... vkk vkk+j We kunnen deze determinanten allemaal ontwikkelen naar de eerste rij. We krijgen dan de n − k carthesische vergelijkingen van p + V . a 1,1 (x 1 − p1 ) + · · · + a 1,k (xk − pk ) + a 1,k+1 (xk+1 − pk+1 ) = 0       a 2,1 (x 1 − p1 ) + · · · + a 2,k (xk − pk ) + a 2,k+2 (xk+2 − pk+2 ) = 0 p +V ↔  .. .. .. .. ..   . . . . .    a (x − p ) + · · · + a (x − p ) + a (x − p ) = 0 1 n n−k,k k k n−k,n n  n+k,1 1 Deze vergelijkingen zijn bovendien lineair onafhankelijk. Tenslotte kennen we dan ook een stelsel voor V . a 1,1x 1 + · · · + a 1,k xk + a 1,k+1xk+1 = 0      a 2,1x 1 + · · · + a 2,k xk + a 2,k+2xk+2 = 0  V ↔ .. .. .. .. ..   . . . . .     an+k,1x 1 + · · · + an−k,k xk + an−k,n xn = 0 Elke k-dimensionale affiene deelruimte is dus de oplossingsverzameling van een lineair stelsel van n − k lineaire vergelijkingen.

1.4

Affiene hypervlakken

Stelling 1.37. We hebben slechts e´ e´ n vergelijking nodig op een hypervlak te beschrijven. Bewijs. Inderdaad, er is maar e´ e´ n ((k + 1) × (k + 1))-dimensionale deelmatrix van de uitgebreide matrix die p + V bepaalt: x 1 − p1 x 2 − p2 . . . xn − pn v v 1,2 . . . v 1,n 1,1 H ↔ .. .. .. = 0 .. . . . . vn−1,1 vn−1,2 . . . vn−1,n

13

HOOFDSTUK 1. AFFIENE MEETKUNDE De vergelijking van H is dan van de volgende vorm: a 1 (x 1 − p1 ) + a 2 (x 2 − p2 ) + · · · + an (xn − pn ) = 0

Het n-tal (a 1 , . . . , an ) is bovendien uniek bepaald, op de evenredigheidsfactor na, en wordt het richtingsgetal van H genoemd. Stelling 1.38. 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 − p1 ) + a 2 (x 2 − p2 ) + · · · + an (xn − pn ) = 0 De richting van het hypervlak is de oplossingsverzameling van de volgende vergelijking: a 1 x 1 + a 2 x 2 + · · · + an x n = 0 Parallelle hypervlakken hebben dezelfde richting15 , dus hun richtingsgetallen moeten evenredig zijn.

1.5

Rechten in An

Definitie 1.39. Zijn p een punt van An , en v ∈ Rn 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. L ↔ x = p + λv In coördinaten:

L ↔ ∀i : xi = pi + λvi x −p

Stel nu dat v 1 niet nul is, dan geldt λ = 1v1 1 en zijn dit dus de carthesische vergelijkingen van L: v 1 (xi − pi ) = vi (x 1 − p1 ) ~ >. De carthesische Stelling 1.40. De rechte L = pq door twee punten p en q is precies p+ < pq vergelijkingen van pq zijn dan de volgenden: (q 1 − p1 )(xi − pi ) = (qi − pi )(x 1 − p1 ) EXTRA: bewijs CLARIFY: ook parametervgl?

Stelling 1.41. Door twee punten p en q van een affiene ruimte An gaat een unieke rechte. 15 Zie

definitie 1.21.

14


← − als Bewijs. Er gaat een rechte door p en q met p als aangrijpingspunt en de vectorruimte met pq 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 1.42. 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 1p + λ 2q met λ 1 + λ 2 = 1

Definitie 1.43. Het barycentrum of het midden van twee punten is het punt met als barycentrische coördinaten ( 12 , 12 ). Stelling 1.44. Zij L de rechte bepaald door twee punten p en q in An . 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 1p + λ 2q 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 1p + λ 2q geldt met λ 1 + λ 2 = 1, kunnen we λ 1 in functie van λ 2 schrijven. x = (1 − λ 2 )p + λ 2q = p + λ(q − p) Dit komt overeen met de parametervergelijking van L, dus x ligt op L.

Definitie 1.45. Drie unten p, q en r van An zijn colineair als ze op dezelfde rechte liggen. Stelling 1.46. Er bestaan drie niet-colineaire punten p, q en r in een affien vlak V. TODO: bewijs

Definitie 1.47. De deelverhouding van drie colineaire punten p, q en r is een getal genoteerd als (p, q, r ) dat voldoet aan volgende gelijkheid. ~ = (p, q, r )pq ~ pr 16 Zie

definitie 1.39.

15

HOOFDSTUK 1. AFFIENE MEETKUNDE We gebruiken ook wel de volgende notatie: (p, q, r ) =

~ pr r −p p −r = = q −p p −q ~ pq

Dit zogenaamde “delen door vectoren” is enkel gedefinieerd voor colineaire punten. Stelling 1.48. Stelling van Thales Zij H 1 , H 2 en H 3 drie parallelle hypervlakken van An H 1 = p1 + V H 2 = p2 + V H 3 = p3 + V Zij L een rechte, niet zwak parallel met H 1 . L = p + W met W 6( V Zij di de doorsnede van p met Hi . De deelverhouding (d 1 , d 2 , d 3 ) hangt niet af van L, enkel van de Hi . Bewijs. De doorsneden van L met de Hi zijn niet leeg.17 L ∩ Hi , ∅ Uit de dimensiestelling18 volgt dat de doorsneden L ∩ Hi punten zijn, dus het is zinvol om van di te spreken. dimL + dimHi = dim(L ∩ Hi ) + dim(L + Hi ) 2 + (n − 1) = dim(L ∩ Hi ) + n 1 = dim(L ∩ Hi ) We beschouwen nu twee willekeurige rechten L en L0 en bewijzen dat (d 1 , d 2 , d 3 ) gelijk is aan (d 10 , d 20 , d 30 ). di0 = L0 ∩ Hi De Hi zijn parallel dus hun richtingsgetallen zijn gelijk.19 De Hi hebben dus de volgende carthesische vergelijkingen.20 n X Hi ↔ a j (x j − (di )j ) = 0 j=1

De punten di0

x.

zitten respectievelijk in Hi , dus die voldoen ook aan bovenstaande vergelijkingen voor n X j=1

⇒

a j ((di0 )j − (di )j ) = 0

n X j=1

a j (di0 )j =

n X

a j (di )j

j=1

(d 10 , d 20 , d 30 )

Noem nu de deelverhoudingen (d 1 , d 2 , d 3 ) en respectievelijk λ en λ0, dan gelden volgende gelijkheden.; d 0 − d 10 d3 − d1 en λ0 = 30 λ= d2 − d1 d 2 − d 10 17 Zie

gevolg 1.30. stelling 1.32. 19 Zie stelling 1.38. 20 Zie stelling 1.37. 18 Zie

16

HOOFDSTUK 1. AFFIENE MEETKUNDE ⇒ d 3 − d 1 = λd 2 − d 1 en d 30 − d 10 = λ0d 20 − d 10 We gebruiken dit nu om λ 1 = λ 2 te bewijzen. 0 =0−0 P P = nj=1 a j ((d 30 )j − (d 3 )j ) − nj=1 a j ((d 10 )j − (d 1 )j ) P = nj=1 a j (((d 30 )j − (d 3 )j ) − ((d 10 )j − (d 1 )j )) P = nj=1 a j ((d 30 − d 10 )j − (d 3 − d 1 )j ) P = nj=1 a j (λ0 (d 20 − d 10 )j − λ(d 2 − d 1 )j ) P P = λ0 nj=1 a j (d 20 − d 10 )j − λ nj=1 a j (d 2 − d 1 )j P P = λ0 nj=1 a j (d 2 − d 1 )j − λ nj=1 a j (d 2 − d 1 )j P = (λ0 − λ) nj=1 a j (d 2 − d 1 )j

L is niet zwak parallel met Hi en snijdt (L ∩ Hi , ∅) ligt d 2 niet in H 1 . Bijgevolg geldt de volgende gelijkheid. n X a j (d 2 − d 1 )j , 0 j=1

λ moet dus gelijk zijn aan λ0.

EXTRA: illustratie voor stelling van thales?

1.6

Barycentrische coördinaten

Definitie 1.49. We noemen k + 1 punten van een affiene ruimte An affien afhankelijk als en slechts als ze in een l-dimensionale affiene deelruimte van An liggen met een dimensie strikt kleiner dan k. Stelling 1.50. Criterium voor affiene afhankelijkheid De k + 1 punten p0 , . . . , pk van een n-dimensionale affiene ruimte An zijn affien afhankelijk als en slechts als de vrije vectoren p0~pi met i ∈ {1, . . . , k } lineair afhankelijk zijn. Bewijs. Zij V de vectorruimte opgespannen door de vrije vectoren p−−→ p , dan liggen de k + 1 punten

p0 , . . . , pk allemaal in p0 + V .

0 i

V =< p−−0−→ p1 , . . . , p−−0−→ pk > ∀i : pi ∈ p0 + V

Nu geldt dat de dimensie van p0 + V kleiner of gelijk is aan k als en slechts als er slechts als de vrije vectoren lineair afhankelijk zijn. • ⇒ Als de punten p0 , . . . , pk 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 p−−0−→ p1 , . . . , p−−0−→ pk zijn dan zeker lineair onafhankelijk. Het zijn immers k vectoren die een k dimensionale ruimte opspannen. 21 Zie

definitie 1.49.

17


• ⇐ Stel dat de vrije vectoren p−−0−→ p1 , . . . , p−−0−→ pk lineair onafhankelijk zijn, dan is de dimensie van V gelijk aan k. Als dan S = p0 +W een affiene deelruimte is van dimensie l zodat alle punter pi erin liggen, dan liggen alle vrije vectoren p−−0−→ p1 , . . . , p−−0−→ pk ook is W . 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 1.51. k + 1 affien onafhankelijke punten p0 , . . . , pk van An bepalen een k-dimensionale affiene deelruimte D van An . D = p0 + < p−−0−→ p1 , . . . , p−−0−→ pk > We noemen dit de affiene deelruimte bepaald door de punten p0 , . . . , pk . TODO: bewijs

Definitie 1.52. De barycentrische coördinaten van een punt x ten opzichte van k + 1 punten p0 , . . . , pk zijn de λ 0 , . . . , λk ∈ R die aan volgende gelijkheid voldoen. x=

k X

λi ki pi met

i=0

n X

λi = 1

i=0

Definitie 1.53. Het barycentrum of het midden van k + 1 punten is het punt met als barycen1 1 trische coördinaten ( k+1 , . . . , k+1 ). Stelling 1.54. Zij S de affiene deelruimte van An bepaald door de affien onafhankelijk. punten p0 , . . . , pk en zij x nog een punt in An . x zit in S als en slechts als er λ 0 , . . . , λk ∈ R bestaan zodat volgende gelijkheid geldt: k n X X x= λki met λi = 1 i=0

i=0

Bewijs. Een punt x ligt in S als en slechts als er µi bestaan zodat de volgende gelijkheid geldt. x = p0 +

n X i=1

Kies tenslotte de λi als volgt:

De som van de λi is nu wel degelijk 1.

µi (pi − p0 ) = *1 − ,

n X i=1

µi + p 0 + -

n X

pi

i=1

n X λ 0 = *1 − µi + i=1 , λi = µi als i , 0

18


Definitie 1.55. De parametervergelijkingen van de affiene deelruimte S van An bepaald door k + 1 affien onafhankelijke punten p0 , . . . , pk wordt gegeven door volgende gelijkheid. S ↔ x = p0 +

n X i=1

µi (pi − p0 )

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 : An → An : p 7→ 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 = In , dan noemen we F een translatie in de richting van b. F : An → An : p 7→ F (p) = p + b EXTRA: translaties commuteren

Definitie 2.3. Zij F een affiene transformatie als volgt, dan noemen we F een homothetie Hp0 ,r met centrum p0 en factor r . F : An → An : p 7→ F (p) = p0 + r (p−−→ 0p) = rp + (1 − r )p 0 EXTRA: homothetieen commuteren

Stelling 2.4. Een affiene transformatie F : An → An : p 7→ F (p) = Ap + b kan steeds ontbonden worden in een translatie tb en een lineaire transformatie A. F = tb ◦ A De ontbinding is bovendien uniek. Bewijs. Stel dat deze ontbinding niet uniek was, dan bestonden er tb , A, td , C zodat F = tb ◦A = td ◦C geldt. tb en td zijn dan beide gelijk want F (0) = b = d geldt. Er moet dan ook voor alle p ∈ An 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

HOOFDSTUK 2. AFFIENE TRANSFORMATIES

20

Bewijs. Elke translatie is bijectief en heeft als inverse (tb ) −1 = t −b . Elke affiene transformatie is de samenstelling van inverteerbare lineaire transformatie en een translatie: F = tb ◦ A Zowel tb als A zijn inverteerbaar, dus F is ook inverteerbaar.

Definitie 2.6. Zij F = tb ◦ A een affiene transformatie en p ∈ An een punt, dan definieren we de afgeleide afbeelding (F ∗ )p in het punt p als de volgende lineaire afbeelding: (F ∗ )p : Tp An → TF (p) An : vp 7→ (F ∗ )p (vp ) = (Av)F (p) We definieren ook de afgeleide afbeelding F ∗v op vrije vectoren: F ∗ : V → V : v 7→ F ∗ (v) = Av Stelling 2.7. Zij F = tb ◦ A een affiene transformatie en p, q ∈ An 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 = tb ◦ A en G = td ◦ 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 = tb ◦ A een affiene transformatie. Zij H de affiene transformatie met lineair deel A−1 en translatiedeel −A−1b. H is nu de inverse van F . Kies namelijk een willekeurig punt p ∈ An , dan geldt het volgende: (F ◦ H )(p) = F (A−1p − A−1b) = (A−1p − A−1b)A + b = A−1pA − A−1bA + b = A−1Ap − A−1Ab + b = p −b +b =p

HOOFDSTUK 2. AFFIENE TRANSFORMATIES Bovendien geldt ook het volgende:

21

(F −1 )∗ = H ∗ = A−1

Stelling 2.10. 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 Ai p + bi , Aj p + b j , en Ak p + bk i ◦ (j ◦ k ) = Ai (Aj (Ak p + bk ) + b j ) + bi = (i ◦ j) ◦ k • Er bestaat een neutraal element. Beschouw de affiene transformatie F = In + ~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 2.11. De groep A(n, R), ◦ noemen we de affiene groep in dimensie n. Stelling 2.12. Zij p en q twee punten van An en zijn {v 1 , . . . , vn } een basis van Tp An en {w 1 , . . . , wn } een basis van Tq An , dan bestaat er een unieke affiene transformatie F van An zodat het volgende geldt: • F (p) = q • F ∗vi = wi 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 = tb ◦ A bestaat die aan de voorwaarden voldoet. Nu is Fvi gelijk aan Avi . 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 2 Zie

stelling 2.8 op pagina 20. stelling 2.9 op pagina 20.

22


• Het bestaan is nu eveneen aangetoond. Kies namelijk A de unieke lineaire transformatie zodat Avi = wi 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 vi in de kolommen van een matrix V . Doe hetzelfde met de vectoren wi en de matrix W . Nu ziet A er als volgt uit: A = W V −1 Gevolg 2.13. Zij p en q twee punten van An en zij V = {v 1 , . . . , vk } lineair onafhankelijke vectoren in Tp An en W = {w 1 , . . . , wk } lineair onafhankelijke vectoren in Tq An die aan de volgende voorwaarden voldoet. Er bestaat dan een (niet noodzakelijk unieke) affiene transformatie F van An . • F (p) = q • F ∗vi = wi voor i ∈ {1, . . . , n} Bewijs. Omdat Tp An en Tq An n dimensies hebben, kan zowel V als W uitgebreid worden tot een basis van Tp An , respectievelijk Tq An . 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 2.14. 4 Zij {p0 , . . . , pk } en {q 0 , . . . , qk } twee verzamelingen van k + 1 affien onafhankelijke punten in An , dan bestaat er een affiene transformatie F van An zodat F (pi ) = qi voor i ∈ {1, . . . , k }. Bovendien is F uniek als k = n. Bewijs. Beschouw de verzamelingen V = {p−−−→ p , . . . , p−−−→ p } en W = {q−−−→ q , . . . , q−−−→ q }. V en W bevatten 0 1

0 k

0 1

0 k

nu elk k lineair onafhankelijke vectoren.5 Er bestaat nu dus een affiene transformatie F die voldoet aan deze voorwaanden: • F (p0 ) = q 0 • F ∗ (p−−0→ pi ) = q−−0→ qi voor i ∈ {1, . . . , n} Bekijk nu F (pi ).

−−−−−−−−−→ F (pi ) = F (p0 ) + F (p0 )F (pi ) = F (p0 ) + F (p−−0→ pi ) − − → = q 0 + q 0qi = qi

Diezelfde affiene transformatie is dus de affiene transformatie die pi op qi afbeeldt. Als k gelijk is aan n is deze transformatie bovendien uniek.6

2.1 3 Zie

Affiene invarianten

stelling ?? op pagina ??. gevolg ?? op pagina ??. 5 Zie stelling ??. 6 Zie stelling ??. 4 Zie


23

Definitie 2.15. We noemen een begrip of eigenschap affien invariant als ze bewaard blijft onder affiene transformaties. Stelling 2.16. Een affiene transformatie is affien invariant. Zij F = tb ◦ A een affiene transformatie. Zij S = p + V een affiene deelruimte van An met dimensie k, dan is F (S ) ook een affiene deelruimte van An 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 2.17. De onderlinge ligging van affiene deelruimten is affien invariant. Zij F = tb ◦ 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: S k T ⇔ V = W ⇔ F ∗ (V ) = F ∗ (W ) ⇔ F (S ) k F (T ) • Stel dat S en T zwak parallel zijn: 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 2.18. De affiene onafhankelijkheid is affien invariant. Zij F = tb ◦ A een affiene transformatie. p0 , . . . , pk ∈ An zijn affien onfhankelijk als en slechs als F (p0 ), . . . , F (pk ) ∈ An affien onafhankelijk zijn.

24


Bewijs. Deze stelling is equivalent met de volgende: “p0 , . . . , pk ∈ An zijn affien afhankelijk als en slechs als F (p0 ), . . . , F (pk ) ∈ An affien afhankelijk zijn.” Kies dus k + 1 affien afhankelijke punten p0 , . . . , pk van An . Dit betekent dat de vectoren p−−0→ pi lineair onafhankelijk zijn. 7 De affiene transformatie F gedraagt zich voor vectoren als een lineaire transformatie. Lineaire transformaties zijn −−−−−→ lineair8 en behouden bijgevolg lineaire afhankelijkheid. De vectoren F (p0pi ) zijn dus ook lineair afhankelijk. Dit houdt precies in dat de punten F (p0 ), . . . , F (pk ) affien onafhankelijk zijn. Stelling 2.19. De colineariteit en deelverhouding van drie punten is affien invariant. Zij p, q en r colineaire punten van An en F een affiene transformatie. (p, q, r ) = (F (p), F (q), F (r )) Bewijs.

→ − = λpq − → pr

Stel dat (p, q, r ) = λ geldt. Pas nu F toe op p, q en r . −−−−−−−→ −−−−−−→ − → = F (λpq) − → = λ− F (p)F (r ) = F ∗ (pq) F (p)F (q) ∗ Stelling 2.20. Zij F : An → An 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 2.21. De barycentrische coordinaten zijn affien invariant Gegeven zijn k + 1 affien onafhankelijke punten pi van An en een punt p in de affiene deelruimte bepaald door deze punten. Dde barycentrische coördinaten van p ten opzichte van de punten pi zijn invariant onder affiene transformaties. ∀F : F (p) =

n X

λi F (pi )

i=0

Bewijs. Gegeven is het volgende:9 p=

k X

λi pi

met

i=0

k X

λi = 1

i=0

Kies nu een willekeurige affiene transformatie F : F : p 7→ Ap + b P F (p) = A ki=0 λi pi + b P P = ki=0 λi Api + b = ki=0 λi (Api + b) Merk op dat die laatste stap alleen maar geldt als de λi sommeren tot 1. Opmerking 2.22. Dit is net het punt van affiene meetkunde. Ha,.. Ha,.. Get it? 7 Zie

stelling 1.50.

9 Zie

definitie ??.

8 duh!

25


2.2

Dilataties

Definitie 2.23. Een affiene transformatie F van An wordt een dilatatie genoemd als en slechts als er een λ ∈ R0 bestaat zodat het volgende geldt. F ∗ = λI F : p 7→ λIp + b Stelling 2.24. 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 2.25. De verzameling van dilataties van een affiene ruimte An wordt genoteerd als Dil (An ). Stelling 2.26. 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): eA(n,R) : p 7→ 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: 1 G∗ = I λ Stelling 2.27. Een affiene transformatie F van An 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 7→ λp + b Als λ 1 is, is F een translatie. Als λ niet gelijk is aan 1, kies dan het punt p0 = een homothetie: Hp0 ,λ ∀p ∈ An : F (p) = λp + b = λp + (1 − λ)p0 = p0 + λp−−→ 0p = Hp0 ,λ 10 Zie

stelling 2.24.

1 1−λ b.

F is dan

26


• ⇐ Zij F een translatie F : p 7→ p + b, dan is F een dilatatie met λ = 1. Zij F een homothetie F = Hp0 ,r , dan is F een dilatatie met λ = r . Stelling 2.28. De afbeelding van een affiene deelruimte G van An onder een dilatatie is een deelruimte H die parallel is met G. Stelling 2.29. Zij G = p + V een deelruimte van An en F : p 7→ λp + b een dilatatie. De afbeelding H van G onder F is ook een deelruimte van An .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 kG Stelling 2.30. Een affiene transformatie F die elke affiene deelruimte G van An afbeeldt op een parallelle affiene deelruimte is een dilatatie. Bewijs. Zij p ∈ An een punt en {v 1 , . . . , vn } een basis van Tp An . Er is gegeven dat elke affiene deelruimte van An 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 =< vi >, dan geldt het volgende omdat het beeld van vi lineair afhankelijk moet zijn opdat W op zichzelf afgebeeldt zou worden. F ∗vi = λivi λi 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). λ1 *. +/ .. F∗ = . . / λn , • De elementen van de diagonaalmatrix F ∗ op de diagonaal zijn allemaal gelijk. P Kies nu W =< ni=1 vi > Er bestaat dan een λ ∈ R zodat ook die vector op een veelvoud op zichzelf wordt afgebeeld: n n X X * + F∗ vi = λ vi i=0 , i=0 Omdat F een affiene transformatie is geldt echter ook het volgende: n n n X X X * + F∗ vi = F ∗ (vi ) = λi vi i=0 , i=0 - i=0 Omdat {v 1 , . . . , vn } een basis is, moet λ dus wel gelijk zijn aan elke λi . 11 Zie

stelling 2.16.

27


Lemma 2.31. Zij F = tb een translatie en p, q twee verschillende punten op een rechte L in An die niet in de richting van b ligt. Noem nu p 0 = F (p) en q0 = F (q) en noem L0 de rechte door p 0 parallel met L. Noem bovendien T de rechte door p en p 0 en T 0 de rechte door q parallel met T . Nu snijden L0 en T 0 enkel in q.

L0 ∩ T 0 = {q}

Bewijs. p 0 ligt op F (L) en F (L) is evenwijdig met L. F (L) is dus de rechte door p 0 evenwijdig met L. Omdat q op L ligt, ligt ook q0 op F (L), Omdat T is de richting van b ligt en T parallel is met T 0, ligt ook T 0 in de richting van b en dus is het beeld van T 0 onder F zichzelf. Anderzijds ligt q op T 0 en q0 dus ook. L0 is echter niet parallel met T 0, dus L0 ∩ T 0 = {q0 } q

q0

T0 F

L

L0

p

p0

T

Figuur 2.1: Illustratie van lemma 2.31. Lemma 2.32. Zij F = Hp0 ,r een homothetie en p en q twee verschillende punten op een rechte L in An . Noem nu p 0 = F (p) en q0 = F (q) en noem L0 de rechte door p 0 parallel met L. Noem bovendien T de rechte door p0 en p, en T 0 de rechte door p0 en q. Nu snijden L0 en T 0 enkel in q. L0 ∩ T 0 = {q} q0 q L0

T0 p0

L T

p

p0

Figuur 2.2: Illustratie van lemma 2.31. Bewijs. EXTRA: bewijs

Eigenschap 2.33. Examenvraag! Dilataties behouden hoeken. EXTRA: bewijs

Hoofdstuk 3 Vlakke meetkunde 3.1

Ceva

Definitie 3.1. Een aantal rechten L 1 , . . . , Lk noemen we concurrent als de doorsnede van al de rechten niet leeg is. L 1 ∩ · · · Lk , ∅ Lemma 3.2. Zij L 1 , L 2 en L 3 drie rechten in A2 met de volgende vergelijkingen: Li ↔ ai1x 1 + ai2x 2 = ai3 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: a 11 a 12 a 13 a 11 a 12 * + * ranд . a 21 a 22 a 23 / = ranд .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 11a 12 ) (a 21a 22 ) en (a 31 , a 32 ) evenredig zijn. a 11 a 12 * a . ranд 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. a 11 a 12 * ranд .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

29

HOOFDSTUK 3. VLAKKE MEETKUNDE • ⇐ Als de determinant 0 is, is de rang van deze matrix kleiner dan 3. a 11 a 12 ranд *.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 A2 en zij a0 een punt op de rechte bc, verschillend van b, b 0 een punt op de rechte ac verschillend van c en c 0 een punt op de rechte ab, verschillend van a. Noem nu A = aa0, B = bb 0 en C = cc 0. A, B en C zijn concurrent als en slechts als volgende gelijkheid geldt: (a0, b, c)(b 0, c, a)(c 0, a, b) = 1 b

c0

a

a0

b0

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 a0, b 0, c 0 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 a0, b 0 en c 0 als volgt getransformeerd worden. a0 = (λ, 1 − λ) b 0 = (µ, 0) c 0 = (0, ν ) 1 Zie

stelling 2.21 op pagina 24.

30

HOOFDSTUK 3. VLAKKE MEETKUNDE b

a0

c0

a

b0

c

Figuur 3.2: Stelling van Ceva na de transformatie Omdat we extra informatie hebben over de punten a0, b 0 en c 0, namelijk dat a0 niet gelijk is aan niet gelijk is aan c en c 0 niet gelijk is aan a weten we het volgende over λ, µ en ν .

b, b 0

λ , 0     µ , 1    ν , 0 De vergelijkingen van A, B en C zijn dan de volgende: x 1 x 2 1 0 1 = 0 ⇔ (1 − λ)x 1 − λx 2 = 0 A ↔ 0 λ 1 − λ 1 x 1 x 2 1 B ↔ 0 1 1 = 0 ⇔ x 1 − µx 2 = µ µ 0 1 x 1 x 2 1 ⇔ νx 1 − x 2 = ν C ↔ 1 0 1 = 0 0 ν 1 A, B en C zijn nu concurrent als en slechts als de volgende determinant 0 is.2 (1 − λ) −λ 0 1 µ µ = 0 1 ν ν

⇔

(1 − λ)µ (ν − 1) + λ(µ − 1)ν = 0

We bekijken nu de deelverhoudingen: −→   a0c 1 − λ, λ − 1 λ−1  0   (a , b, c) = −→ = =   λ, λ λ  0b  a−→     0  µ  (b 0, c, a) = b a = −µ, 0 =  − →  1 − µ, 0 µ−1 0c   b−→    0   ν −1  0, a, b) = c b = 0, 1 − ν  (c =   −→ 0, ν ν  c 0a 2 Zie

stelling 3.2.

31

HOOFDSTUK 3. VLAKKE MEETKUNDE Deze impliceren dezelfde voorwaarde: λ−1 µ ν −1 = −1 ⇔ (1 − λ)µ (ν − 1) + λ(µ − 1)ν = 0 λ µ−1 ν Bijgevolg is de stelling bewezen. CLARIFY: waarom?

Opmerking 3.4. De voorwaarde dat a0 , b, b 0 , c en c 0 , a gelden zorgen ervoor dat de deelverhoudingen goed gedefinieerd zijn. Stel bijvoobeeld dat a0 = b geldt (zoals in figuur 3.3), dan is λ nul en (a0, b, c) = λ−1 λ bijgevolg niet gedefinieerd. Als de rechten toch evenwijdig of concurrent zijn, dan moet e´ e´ n van de andere twee deelverhoudingen nul zijn. CLARIFY: waarom?

b a0

c0

b0 a

c

Figuur 3.3: Stelling van Ceva zonder de voorwaarden: a0 , b, b 0 , c en c 0 , a

3.2

Menelaos

Stelling 3.5. Stelling van Menelaos Zij a, b en c drie affien onafhankelijke punten in A2 en zij a0 een punt op de rechte bc, verschillend van b, b 0 een punt op de rechte ac, verschillend van b en c 0 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: (a0, b, c)(b 0, c, a)(c 0, a, b) = 1 b c0

a

a0

c Figuur 3.4: Stelling van Menelaos voor de transformatie

b0

32

HOOFDSTUK 3. VLAKKE MEETKUNDE b c0

a0

a

c

b0

Figuur 3.5: Stelling van Menelaos na de transformatie TODO: bewijs 54

3.3

Pappus

Stelling 3.6. Stelling van Pappus Zij L en L0 twee verschillende rechten in A2 . Zij x, y en z drie punten op L en x 0, y 0 en z 0 drie punten op L0 die allemaal niet tot de doorsnede van L en L0 behoren. ((xy 0 k x 0y) ∧ (yz 0 k y 0z)) ⇒ xz 0 k x 0z Bewijs. Voor twee rechten zijn er precies twee mogelijkheden. 1. De rechten snijden: L ∩ L0 = {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 0 op x 0 af en H 2 beeldt z 0 op y 0 af.3 Merk nu op dat H 1 en H 2 verwisselbaar zijn.4 H = H1 ◦ H2 = H2 ◦ H1 Nu beeldt H x op z af en z 0 op x 0. Dit betekent precies dat xz 0 en zx 0 parallel zijn. y x z p

y0

x0

z0

Figuur 3.6: Stelling van Pappus voor snijdende rechten 2. De rechten zijn evenwijdig: L k L0 Zij T1 de translatie die x afbeeldt op y en T2 de translatie die y afbeeldt op z. T1 beeldt dan y 0 3 Zie 4 Zie

lemma 2.32 op pagina 27. stelling 2 op pagina 19.

33

HOOFDSTUK 3. VLAKKE MEETKUNDE af op x 0 en T2 beeldt z 0 af op y 0.5 Merk nu op dat T1 en T2 verwisselbaar zijn.6 T = T1 ◦ T2 = T2 ◦ T1 Nu beeldt T x op z af en z 0 op x 0. Dit betekent precies dat xz 0 en zx 0 parallel zijn. y0

x0

z0

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 a0, b 0 en c 0 drie affien onafhankelijke punten, beide in A2 . ((ab k a0b 0 ) ∧ (ac k a0c 0 ) ∧ (bc k b 0c 0 )) ⇒ aa0, bb 0 en cc 0 zijn concurrent of parallel Bewijs. We mogen ervan uitgaan dat de rechten aa0 en bb 0 verschillend zijn (anders kunnen we de punten gewoon hernoemen om hetzelfde te bekomen). Er zijn dan nog twee mogelijkheden. 1. aa0 en bb 0 zijn evenwijdig: aa0 k bb 0 Zij T de translatie die a op a0 afbeeldt, dan zal T b op b 0 afbeelden.7 T zal echter ook bc op b 0c 0 afbeelden en ac op a0c 0. De doorsnede van b 0c 0 en a0c 0 is dan c 0 en bijgevolg wordt c op c 0 afgebeeldt door T . Dit betekent precies dat cc 0 en aa0 evenwijdig zijn. b

b0 c

a

c0 a0

Figuur 3.8: Stelling van Desargues voor evenwijdige rechten 2. aa0 en bb 0 snijden: aa0 ∩ bb 0 = {p} Zij H de homothetie die a op a0 afbeeldt, dan zal H b op b 0 afbeelden.8 H zal echter ook bc op b 0c 0 afbeelden en ac op a0c 0. De doorsnede van b 0c 0 en a0c 0 is dan c 0 en bijgevolg wordt c op c 0 afgebeeldt door T . Dit betekent precies dat aa0, bb 0 en cc 0 concurrent zijn. 5 Zie

lemma 2.31 op pagina 27. stelling 2 op pagina 19. 7 Zie lemma 2.31 op pagina 27. 8 Zie lemma 2.32 op pagina 27. 6 Zie

34

HOOFDSTUK 3. VLAKKE MEETKUNDE b

a0 c

a

p

c0 b0

Figuur 3.9: Stelling van Desargues voor snijdende rechten

Hoofdstuk 4 Derivaties Definitie 4.1. Zij F (An ) alle functies van An naar R waarvoor alle partiële afgeleiden van willekeurige orde bestaan en overal continu zijn. { f : An → R | f is C ∞ } F (An ) is bovendien een reële vectorruimte.

Definitie 4.2. Een derivatie in p ∈ An is een afbeelding Dp waarop twee bewerkingen gedefinieerd zijn met bovendien de volgende twee eigenschappen. Dp : F (An ) → R • Dp is een lineaire afbeelding van F (An ) naar R: ∀a, b ∈ R, ∀f , д ∈ F (An ) : Dp (a f + bд) = aDp ( f ) + bDp (д) • Leibnitzregel:

∀f , д ∈ F (An ) : Dp ( f д) = Dp ( f )д(p) + f ( f )Dp (д)

Eigenschap 4.3. De verzameling Tp An van alle derivaties in een punt p vormt een vectorruimte met de volgende bewerkingen. • Optelling: (Dp + Dp0 ) : F (An ) → R : f 7→ (Dp + Dp0 )( f ) = Dp ( f ) + Dp0 ( f ) • Scalaire vermenigvuldiging: aDp : F (An ) → R : f 7→ (aDp )( f ) = aDp ( f )

Definitie 4.4. Een open bol Bp,ϵ met middelpunt p en straal ϵ is een verzameling punten als volgt: X n     n  Bp,ϵ =  (x 1 , . . . , xn ) ∈ A (xi − pi ) 2 < ϵ 2   i=1   35

36

HOOFDSTUK 4. DERIVATIES

Definitie 4.5. Een deelverzameling U ⊆ An 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 Dp een derivatie in p ∈ An en f ∈ F (An ) een functie. Als f constant is, dan is de derivatie van f in p nul. (∃c ∈ R, ∀q ∈ An : f (q) = c)

Dp ( f ) = 0

⇒

Bewijs. Kies een willekeurige д ∈ F (An ) met д(p) , 0. Wegens de lineariteit van Dp geldt volgende bewering: Dp ( f д) = Dp ( f (p)д) = f (p)Dp (д) Omwille van de Leibnizregel geldt het volgende echter ook: Dp ( f д) = Dp ( f )д(p) + f (p)Dp (д) Combineren we nu deze twee redeneringen, dan krijgen we het volgende: f (p)Dp (д) = Dp ( f )д(p) + f (p)Dp (д) ⇒ Dp ( f )д(p) = 0 Omdat д(p) niet nul is, moet Dp ( f ) nul zijn.

Lemma 4.7. Zij Dp een derivatie in p ∈ An en f ∈ F (An ) 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)

⇒

Dp ( 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: Dp ( f ) = Dp ( f д) = Dp ( f )д(p) + f (p)Dp (д) = 0 Lemma 4.8. Zij Dp een derivatie in p ∈ An en f ∈ F (An ) een functie. Dp ( 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 (An ) : f 1 (q) = f 2 (q) Bewijs. Stel dat twee functies f 1 en f 2 uit F (An ) gelijk zijn in een omgeving U van p, dan is f 1 − f 2 nul op U . Dp ( f 1 − f 2 ) = 0 ⇒ Dp ( f 1 ) = Dp ( f 2 ) Lemma 4.9. Zij f ∈ F (An ) een functie en p = (p1 , · · · , pn ) ∈ An een punt, dan bestaan er n functies f 1 , . . . , fn ∈ F (An ) zodat het volgende geldt. n

∀x = (x 1 , . . . , xn ) ∈ A : f (x ) = f (p) +

n X i=i

TODO: bewijs p 64

fi (x )(xi − pi )

37

HOOFDSTUK 4. DERIVATIES

Stelling 4.10. Zij p ∈ An een punt. De partiele afgeleiden in p vormen een basis voor de ruimte der derivaties in p. ! ! !     ∂ ∂ ∂   , , . . . ,  ∂x 1 ∂x 2 p ∂xn p  p   TODO: bewijs p 64 - 65

Opmerking 4.11. Het verband tussen de definitie voor een rakende ruimte Tp An 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 ↔ ∂xi p Hier staat de 1 op de i-de plaats. In woorden identificeert elke raakvector dus met de richtingsafgeleide langs die vector. Zij immers p ∈ An een punt en vp = (v 1 , . . . , vn )p ∈ Tp An een raakvector. Beschouw dan de richtingsafgeleide van f langs vp : n X ∂f d vi vp ( f ) = f (p + tv) = (p) dt t=0 i=1 ∂xi

4.1

Afgeleide afbeelding

Definitie 4.12. We noemen een deelverzameling U van An een open deelverzameling als er voor elke p ∈ U een open bol B(p, ϵ ) bestaat die volledig in U ligt.

Definitie 4.13. Zij F een afbeelding van een deelverzameling U van An naar Am als volgt, dan noemen we de Fi de coördinaatsfuncties van F . F : U ⊆ An → Am : p 7→ F (p) = (F 1 (p), . . . , Fm (p)) We noemen F differentieerbaar als al de Fi C ∞ -continu zijn.

Definitie 4.14. Zij F een differentieerbare afbeelding en p ∈ U een punt. F : U ⊆ An → Am : p 7→ F (p) = (F 1 (p), . . . , Fm (p)) De Jacobiaan van F in p is de matrix J . ∂F 1 (p) . . . *. ∂x 1 . J = .. .. ∂Fm , ∂x 1 (p) . . .

∂F 1 ∂x n (p) +

.. .

// / ∂Fm (p) ∂x n -

Definitie 4.15. Zij F een differentieerbare afbeelding en p ∈ U een punt. F : U ⊆ An → Am : p 7→ F (p) = (F 1 (p), . . . , Fm (p))

38

HOOFDSTUK 4. DERIVATIES We definiëren de afgeleide afbeelding van F in p als de lineaire afbeelding (F ∗ )p : v *. *. 1 +/ v2 / . n m (F ∗ )p : Tp A → TF (p) A : .. .. // 7→ ... J . ../ v n , , -p

v *. 1 +/+/ ..v 2 //// .. ... //// ,vn --p

Lemma 4.16. Zij F een affiene transformatie. F : An → An : p 7→ Ap + b De afgeleide afbeelding van F in p is gegeven door (F ∗ )p : (F ∗ )p : Tp An → TF (p) An : vp 7→ (Av)F (p) TODO: bewijs p 68

Stelling 4.17. Zij F : U ⊆ An → Am een differentieerbare afbeelding en p een elemen van U . Als Dp een derivatie in p is, dan is (F ∗ )p (Dp ) de derivatie in F (p). (F ∗ )p (Dp ) ( f ) = Dp ( f ◦ F ) TODO: bewijs p 68

Hoofdstuk 5 Orientaties en Volume Definitie 5.1. Zij V een vectorruimte van dimensie n. Het n-tal vectoren (e 1 , . . . , en ) noemen we een geordende basis als de verzameling {e 1 , . . . , en } een basis is voor V .

Definitie 5.2. Zij V een vectorruimte en e = (e 1 , . . . , en ) en f = ( f 1 , . . . , fn ) twee geordende basissen voor V . Er bestaan nu dus aij zodat we f kunnen schrijven in functie van e. fi =

n X

aij e j

j=1

Dit komt overeen met de volgende matrixvermenigvuldiging. f1 a 11 . . . a 1n e 1 *. . +/ *. . . +* + . . ... // .. ... // . .. / = . .. , fn - ,an1 . . . ann - ,en 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 11 . . . a 1n . . . . ... > 0 .. an1 . . . ann 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 ∈ An een punt en zij Tp An de rakende ruimte in p. We noemen de volgende verzameling de natuurlijke geordende basis. (e 1 , . . . , en ) = ((1, 0, . . . , 0), (0, 1, . . . , 0), . . . , (0, 0, . . . , 1))

Definitie 5.5. Zij v = (v 1 , . . . , vn ) een geordende basis van de rakende ruimte Tp An in een punt p ∈ An , dan heeft v een positieve orientatie als (v 1 , . . . , vn ) en (e 1 , . . . , en ) dezelfde orientatie hebben. In het geval dat (v 1 , . . . , vn ) en (e 1 , . . . , en ) een tegengestelde orientatie hebben zeggen 39

40

HOOFDSTUK 5. ORIENTATIES EN VOLUME we dat v een negatieve orientatie heeft.

Stelling 5.6. De orientatie van een geordende basis v = (v 1 , . . . , vn ) van de rakende ruimte Tp An in een punt p ∈ An , is enkel afhankelijk van de vectordelen van (v 1 , . . . , vn ). Bovendien heeft v een positieve orientatie als en slechts als de volgende determinant positief is. v 11 . . . v 1n . . . . ... > 0 .. vn1 . . . vnn EXTRA: bewijs

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 als det (F ∗ ) > 0 en oriëntatieomkerend als det (F ∗ ) < 0. Bewijs. Zij v = (v 1 , v 2 , . . . , vn ) een geordende basis van Tp An . w = (F ∗ (v 1 ), F ∗ (v 2 ), . . . , F ∗ (vn )) is dan een geordende basis van TF∗ (p) An . det ((F ∗ (v 1 )F ∗ (v 2 ) . . . F ∗ (vn )) = det (A(v 1v 2 . . . vn )) = det (F ∗ )det (v 1v 2 . . . vn ) Stelling 5.9. Elke affiene transformatie is ofwel oriëntatiebewarend, ofwel oriëntatieomkerend. EXTRA: bewijs

Stelling 5.10. Elke translatie is oriëntatiebewarend. EXTRA: bewijs

Stelling 5.11. Elke homothetie met positieve factor is oriëntatiebewarend. QUESTION: wat doet een homothetie met negatieve factor?: orientatieomkerend! EXTRA: bewijs

Stelling 5.12. De samenstelling van twee oriëntatiebewarende affiene transformaties is oriëntatiebewarend. EXTRA: bewijs QUESTION: wat gebeurt er bij andere samenstellingen? XOR

Stelling 5.13. De inverse van een oriëntatiebewarende affiene transformatie is oriëntatiebewarend. EXTRA: bewijs

Stelling 5.14. De orientatiebewarende affiene transformaties vormen een deelgroep van de affiene transformaties, uitgerust met de samenstellingsbewerking. EXTRA: bewijs

41

HOOFDSTUK 5. ORIENTATIES EN VOLUME

5.1

Volume

Definitie 5.15. Zij p ∈ An een punt en v = (v 1 , . . . , vn ) een geordende basis van Tp An . Het volume V ol (v) van v definieren we als de volgende determinant. V ol (v) = v 1 · · · vn

Definitie 5.16. Zij p ∈ An een punt en v = (v 1 , . . . , vn ) een geordende basis van Tp An . We definieren het parallellepipedum P (v) bepaald door v als de volgende verzameling punten: n X    P (v) =  p + λi vi i=1 

 0 ≤ λi ≤ 1    

Definitie 5.17. Een tweedimensionaal parallellepipedum heet een parallellogram.

Definitie 5.18. Het volume van een parallellepipedum P (v) bepaald door een geordende basis v van een rakende ruimte Tp An in een punt p ∈ An is de absolute waarde van het volume van de basis. V ol (P (v)) = |V ol (v)| Stelling 5.19. Zij F een affiene transformatie van An en p ∈ An een punt. Zij v = (v 1 , . . . , vn ) een geordende basis van Tp An . F ∗ (v) = (F ∗ (v 1 ), . . . , F ∗ (vn )) is een geordende basis van TF (p) An . Bovendien geldt het volgende over het volume van F ∗ (v). V ol (F ∗ (v)) = (det (F ∗ )) V ol (v) Bewijs.

V ol (F ∗ (v)) = V ol ((F ∗ (v 1 ), . . . , F ∗ (vn )) = F ∗ (v 1 ) · · · F ∗ (vn ) = det (F ∗ )V ol (v) = det (F ∗ ) v 1 · · · vn

Gevolg 5.20. Zij P1 en P2 twee willekeurige parallellepipeda in An en F een affiene transformatie van An . V ol (P1 ) V ol (F (P1 )) = V ol (P2 ) V ol (F (P2 )) 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 ) = P1 en P (v 2 ) = P2 gelden. V ol (F (P1 )) V ol (F (P (v 1 ))) V ol (F ∗ (v 1 )) det (F ∗ )V ol (v 1 ) V ol (P (v 1 )) V ol (P1 ) = = = = = V ol (F (P2 )) V ol (F (P (v 2 ))) V ol (F ∗ (v 2 )) det (F ∗ )V ol (v 2 ) V ol (P (v 2 )) V ol (P2 )

HOOFDSTUK 5. ORIENTATIES EN VOLUME

42

Gevolg 5.21. Zij F een affiene transformatie van An zodat det (F ∗ ) = 1 geldt. Zij bovendien p ∈ An een punt en v = (v 1 , . . . , vn ) een geordende basis van Tp An . V ol (v) = V ol (F ∗ (v))

Definitie 5.22. Lineaire transformaties met determinant 1 noemen we speciale lineaire transformaties. SL(n, R) = {A ∈ GL(n, R) | det (A) = 1}

Definitie 5.23. De affiene transformaties waarvan het lineair deel determinant 1 heeft noemen we equiaffiene transformaties. SA(n, R) ⊆ A(n, R) Stelling 5.24. De equiaffiene transformaties SA(n, R) van een affiene ruimte An vormen een deelgroep van A(n, R), uitgerust met de samenstellingsbewerking. EXTRA: bewijs

Hoofdstuk 6 Euclidische meetkunde Definitie 6.1. Zij p ∈ An , vp en wp rakende vectoren in Tp An . Het Euclidisch scalair product · van vp en wp definieren we als volgt: vp · wp =

n X

vi w i

i=1

Eigenschap 6.2. Distributiviteit ten opzichte van de optelling van vectoren Zij u, v en w raakvectoren in Tp An en a en b scalars in R. (au + bv) · w = au · w + bv · w Bewijs.

P (au + bv) · w = ni=1 (au + bv)i wi P = ni=1 (aui + bvi )wi Pn = i=1 (aui wi + bvi wi ) P P = ni=1 aui wi + ni=1 bvi wi = au · w + bv · w

Eigenschap 6.3. Commutativiteit Zij v en w raakvectoren in Tp A. Bewijs.

v ·w = w ·v

P v · w = ni=1 vi wi P = ni=1 wivi = w · v

Eigenschap 6.4. Positiviteit Zij v een raakvector in Tp A.

v ·v ≥ 0

Bewijs. v ·v =

n X

vi vi =

i=1

n X i=1

43

vi2 ≥ 0

44

HOOFDSTUK 6. EUCLIDISCHE MEETKUNDE Eigenschap 6.5. Zij v een raakvector in Tp A. v ·v = 0 ⇔v = 0 Bewijs. v ·v =

n X

vi vi =

n X

i=1

i=1

vi2 = 0 ⇔ v = 0

Definitie 6.6. Een Euclidische ruimte En is een affiene ruimte An , uitgerust met het scalair product ·.

Definitie 6.7. Zij p ∈ An , vp een rakende vector in Tp An . De lengte of norm van vp definieren we als volgt: v t n X √ vi2 kvp k = vp · vp = i=1

Eigenschap 6.8. Driehoeksongelijkheid. Zij v en w raakvectoren in Tp A. kv + w k ≤ kv k + kw k

v t kv + w k =

n X i=1

v t (v + w )i2 =

n X

v t (vi + wi ) 2 =

i=1

n X i=1

v t vi2 + wi2 + 2vi wi ≤

n X i=1

vi2 + wi2 = kv k + kw k

Eigenschap 6.9. Ongelijkheid van Cauchy-Schwartz Zij v en w raakvectoren in Tp A. |v · w | ≤ kv kkw k 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 ) + λ2 (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 | − kv kkw k ≤ 0 |v · w | is dus kleiner of gelijk aan kv kkw k. Eigenschap 6.10. Zij v en w raakvectoren in Tp A. |v · w | = kv kkw k ⇔ v = λw

45

HOOFDSTUK 6. EUCLIDISCHE MEETKUNDE

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 6.11. 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 = kv kkw k cos(θ )

Definitie 6.12. We noemen twee vectoren v en w orthogonaal als hun scalair product nul is. v⊥w ⇔ v · w = 0 Definitie 6.13. We noemen een basis v = {v 1 , . . . , vn } van een rakende ruimte Tp En orthogonaal als de vectoren van v onderling orthogonaal zijn.

Definitie 6.14. We noemen een basis v = {v 1 , . . . , vn } van een rakende ruimte Tp En orthonormaal als de vectoren van v onderling orthogonaal zijn en lengte 1 hebben. Stelling 6.15. Zij v een raakvector van Tp En en e = {e 1 , . . . , en } een basis van Tp En . We noemen het rechterlid de orthonormale expansie van v ten opzichte van e. v=

n X

(v · ei )ei

i=1

Bewijs. e is een basis voor Tp En , dus er bestaan scalars vi zodat v = voor elke j ∈ {1, . . . , n} v · e j

Pn

i=1 vi ei

n n n X X X * + v · ej = vi ei · e j = vi (ei · e j ) = vi δij = v j i=1 i=1 i=1 , -

geldt. Beschouw nu

Gevolg 6.16. De identiteit van Parseval Zij e = {e 1 , . . . , en } een orthonormale basis van Tp En . v ·w =

n X

(v · ei )(w · ei )

i=1

Bewijs.

1 Zie

P P v · w = ni=1 (v · ei )ei · nj=1 (w · e j )e j P P = ni=1 nj=1 (v · ei )ei · (w · e j )e j P P = ni=1 nj=1 (v · ei )ei · e j (w · e j ) P P = ni=1 nj=1 (v · ei )δij (w · e j ) P = ni=1 (v · ei )(w · ei )

eigenschap 6.9 op pagina 44.

46


Stelling 6.17. Zij β = v 1 , . . . , vn een basis van Tp En , dan kunnen we β omvormen tot een orthonormale basis γ = {u 1 , u 2 , . . . , un } door middel van het orthogonalisatieprocédé van Gram-Schmidt w i = vi −

i−1 X

(vi · e j )e j zodat ui =

j=1

wi kwi k

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. u1 =

1 v1 kv 1 k

We construeren nu v 20 zodat ze loodrecht staat op u 1 . v 20 = v 2 − (v 2 · v 1 )u 1 v 20 is zeker niet nul omdat u 1 ofwel niet op dezelfde rechte ligt als v 2 , ofwel is v 20 = ~0. v 20 staat nu wel degelijk loodrecht op u 1 . v 20 · 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 )ku 1 k (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 20 nog om u 2 te bekomen. u2 =

1 0 1 v2 = (v 2 − (v 2 · v 1 )u 1 ) 0 kv 2 k kv 2 − (v 2 · v 1 )u 1 k

• Dit proces kunnen we verder zetten. We beschrijven nu de stappen die je moet ondernemen 0 in iteratie k + 1. We construeren vk+1 als volgt. 0 vk+1 = vk+1 − (vk+1 · u 1 )u 1 − (vk+1 · u 2 )u 2 − · · · − (vk+1 · uk )uk = vk+1 −

k X

(vk+1 · ui )

i=1

Beschouw de sommatie in deze formule als e´ e´ n vector. Nu is de redenering om te besluiten 0 0 dezelfde als die bij v 20 . vk+1 is staat inderdaad loodrecht op alle vectoren vi met i ≤ k. dat vk+1 0 · ui ) = (vk+1 = = =

P vk+1 − kj=1 (vk+1 · u j )u j · ui P (vk+1 · ui ) − kj=1 (vk+1 · u j )u j · ui P (vk+1 · ui ) − kj=1 (vk+1 · u j )u j · ui P (vk+1 · 3ui ) − kj=1 (vk+1 · u j )(u j · ui )

In de laatste som is elke term behalve de term waarbij i = j geldt nul. (vk+1 , ui ) − (vk+1 , ui ) = 0 0 We kunnen nu vk+1 ook normeren door te delen door de norm.

uk+1 =

1 0 vk+1 0 kvk+1 k

47


• Omdat V eindig dimensionaal is zal dit algoritme zeker stoppen. Het resultaat is {u 1 , u 2 , . . . , un }, een orthonormale basis.

Definitie 6.18. Zij p en q twee punten van En , dan definiëren we de afstand tussen p en q als d (p, q). d (p, q) = kpqk = kp − qk Eigenschap 6.19. Symmetrie van de afstand Zij p en q twee punten van En . d (p, q) = d (q, p) Bewijs. v t d (p, q) = kp − qk =

n X i=1

v t (p − q)i2 =

n X i=1

(q − p)i2 = kq − pk = d (q, p)

Eigenschap 6.20. Positiviteit van de afstand Zij p en q twee punten van En d (p, q) ≥ 0 Bewijs. v t d (p, q) = kp − qk =

n X i=1

(p − q)i2 ≥ 0

Elke term in de som is positief, want het zij kwadraten. De wortel is dus zinvol en natuurlijk ook positief. Eigenschap 6.21. Zij p en q twee punten van En d (p, q) = 0 ⇔ p = q Bewijs. v t d (p, q) = kp − qk =

n X i=1

(p − q)i2 = 0 ⇔ p = q

Eigenschap 6.22. Driehoeksongelijkheid in En . d (p, r ) ≤ d (p, q) + d (q, r ) EXTRA: bewijs

6.1

Euclidische transformaties


48

Definitie 6.23. 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, Rn ) | X T X = I }

6.1.1

Orthogonale transformaties

Stelling 6.24. In ∈ O (n) Bewijs.

ITn In = In In = In

Stelling 6.25. 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 InY = YT Y = In XY is dus ook een orthogonale matrix.

Stelling 6.26. 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 = In Stelling 6.27. O (n) is een deelgroep van GL(n, R) Bewijs. We gaan elke eigenschap in het criterium van een deelgroep na. • In , het neutraal element van GL(n, In ) 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 48. stelling 6.25 op pagina 48. 4 Zie stelling 6.26 op pagina 48. 3 Zie


49

Definitie 6.28. O (n) noemt men de orthogonale groep. Stelling 6.29. 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. • In , 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 | = |AT | = |A|

Definitie 6.30. De groep van alle orthogonale matrices met determinant 1 wordt de speciale orthogonale groep genoemd. Stelling 6.31. Zij v en w twee kolomvectoren uit Rn en X ∈ GL(n, R) een orthogonale vierkante matrix. ∀v, w ∈ Rn : (Xv) · (Xw ) = v · w ⇔ X ∈ O (n) EXTRA: bewijs

(Xv) · (Xw ) = (Xv)T (Xw ) = vT X T Xw = vT (XX T )w Stelling 6.32. Ortogonale transformaties bewaren de norm van een vector. Stelling 6.33. Orthogonale matrices zijn matrices waarvan de kolommon (en dus ook de rijen) een orthogonale basis vormen. EXTRA: bewijs

Stelling 6.34. 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: kv k 2 = kXv k 2 = λ2 kv k 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 6.35. Zij X een lineaire transformatie van Rn , dan noemen we een linearie deelruimte V van Rn invariant onder een lineaire transformatie X als voor alle v ∈ V Xv ∈ V geldt.


50

Definitie 6.36. 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 . VW⊥ = {w ∈ W | ∀v ∈ V : w⊥v} Stelling 6.37. Zij V en W twee lineaire deelruimten van een vectorruimte U en V een deelruimte van W . dim(V ) + dim(VW⊥ ) = dim(W ) EXTRA: bewijs

Stelling 6.38. 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 82

6.1.2

Euclidische invarianten en afstand

Stelling 6.39. 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 6.40. Elke traslatie is een isometrie. EXTRA: bewijs

Stelling 6.41. Elke orthogonale transformatie is een isometrie. EXTRA: bewijs

Stelling 6.42. De samenstelling van twee isometrieën is oon isometrie. EXTRA: bewijs

Stelling 6.43. De inverse van een isometrie is een isometrie. EXTRA: bewijs

Definitie 6.44. De verzameling van alle isometrieën van En wordt genoteerd als Iso(n, R). Stelling 6.45. Iso(n, R), ◦ is een groep.

Definitie 6.46. Iso(n, R), ◦ noemt men soms de Euclidische groep.

51


Definitie 6.47. De verzameling van orientatiebewarende isometrieën noteren we als Iso + (n, R) en de verzameling van orientatieomkerende isometrieën noteren we als Iso − (n, R). Stelling 6.48. {Iso + (n, R), Iso − (n, R)} is een partitie van … EXTRA: bewijs

Definitie 6.49. Een eigenschap noemen we Euclidisch invariant als de eigenschap invariant is onder isometrieën. Stelling 6.50. Het volume van een basis is, op teken na een Euclidische invariant. EXTRA: bewijs

Stelling 6.51. Elke affiene invariant is ook een euclidische invariant. EXTRA: bewijs

Stelling 6.52. Het scalair product van twee vectoren is een Euclidische invariant. EXTRA: bewijs

F ∗v · F ∗w = v · w Stelling 6.53. De ortogonale stand van vectoren is een euclidische invariant. EXTRA: bewijs

Stelling 6.54. De lengte van vectoren is een Euclidische invariant. EXTRA: bewijs

∀v : kF ∗v k =

p F ∗v · F ∗v = kv k

Stelling 6.55. De afstand tussen twee punten is een Euclidische invariant. EXTRA: bewijs

−−−−−−−→ − → = kpqk − → = d (p, q) d (F (p), F (q)) = k F (p)F (q)k = kF ∗ (pq)k Stelling 6.56. Zij F : En → En een willekeurige afbeelding die de afstand tussen twee punten bewaart, dan is F een isometrie. ∀p, q ∈ En : 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 = tb ◦ G Omdat tb een isometrie is5 en de samenstelling van isometrieën intern6 , 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)) = kG (p) − G (q)k = kF (p) − b − F (q) + b = d (F (p), F (q)) = d (p, q) 5 Zie 6 Zie

stelling 6.40 op pagina 50. stelling 6.42 op pagina 50.

52

HOOFDSTUK 6. EUCLIDISCHE MEETKUNDE • G bewaart de norm. kG (p)kG (p) − G (0)k = d (G (p), G (0)) = d (p, 0) = kpk • G bewaart het scalair product. kG (p) − G (q)k = d (G (p), G (q)) = d (p, q) = kp − qk kG (p)k 2 − 2G (p) · G (q) + kG (q)k 2 = kpk 2 − 2p · q + kqk 2 Omdat G de norm bewaart volgt hieruit dat −2G (p) · G (q) gelijk is aan −2p · q.

• G is lineair. Zij {e 1 , . . . , en } een orthonormale basis van Rn , dan volgt uit de vorige stap dat G ({e 1 , . . . , en }) ook een orthonormale basis is. De orthonormale expansie van een punt p verkrijgen we dan als volgt. n n X X (p · ei )G (ei ) G (p) = (G (p) · G (ei ))G (ei ) = i=1

i

Aangezien het rechhterlid lineair is in p, is ook het linkerlid lineair in p. CLARIFY: is dit het criterium voor isometrieen ofzo?

6.1.3

Bestaan van isometrieën

Stelling 6.57. Zij p en q twee punten van En en zij {v 1 , . . . , vn } een orthonormale basis van Tp En en {w 1 , . . . , wn } een orthonormale basis van Tq En , dan bestaat er een unieke isometrie F van En zodat: • F (p) = q • ∀i : F ∗vi = wi Bewijs. Er bestaat een unieke affiene transformatie F die aan de eisen voldoet.7 Het lineair deel A vinden we door de vectoren vi als de kolommen an een matrix V te schrijven en de vectoren wi als colommen van een matrix W , dan geldt A = W V −1 . V en W zijn orthogonaal want {v 1 , . . . , vn } en {w 1 , . . . , wn } zijn orthogonale basissen CLARIFY: referentie ?

, dus A is ook orthogonaal CLARIFY: referentie ?

. F is bijgevolg een isometrie.

Gevolg 6.58. Zij a, b, a0 en b 0 vier punten in E2 zodat d (a, b) = d (a0, b 0 ) , 0 geldt, dan bestaat er juist e´ e´ n orientatiebewarende isometrie F van E2 zodat F (a) = a0 en F (b) = b 0 gelden alsook juist e´ e´ n orientatieomkerende isometrie F van E2 met dezelfde eigenschap. 7 Zie


HOOFDSTUK 6. EUCLIDISCHE MEETKUNDE Bewijs. Zij v 1 =

− → ab − → kab k

en w 1 =

−−→ a 0b 0 −−→ ka 0b 0 k

53

twee eenheidsvectoren. Zij v 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 a0 afbeeldt en b op b 0 moet v 1 op w 1 afbeelden: −−−−−−−→ −−→ − → ab + F (a)F (b) a0b 0 * /= = = w1 F ∗ (v 1 ) = F ∗ . d (a, b) d (a, b) d (a0, b 0 ) , 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.

6.1.4

Deelruimten van de Euclidische ruimte

Definitie 6.59. Twee affiene deelruimten S = p + V en T = q + W van En noemen we orthogonaal als en slechts als V en W ortogonaal zijn: S⊥T ⇔ V ⊥W ⇔ ∀v ∈ V , w ∈ W : v⊥w Stelling 6.60. Zij S een affiene deelruimte van En en x ∈ En een punt, dan bestaat er precies e´ e´ n affiene deelruimte T door x die orthogonaal complementair is met S. S en T snijden elkaar bovendien in precies e´ e´ n punt y: d (x, y) = in f {d (x, z) | z ∈ S } Bewijs. Zij S = p + V een euclidische deelruimte van En . 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. − → 2 = kxy − → + yz → − k 2 = kxy − → k 2 + kyz → − k 2 = d (x, y) 2 + d (y, z) 2 d (x, z) 2 = kxzk De afstand tussen x en z is groter dan de afstand tussen x en y met gelijkeid als y gelijk is aan z.

Definitie 6.61. De afstand tussen een punt x ∈ ... en een affiene deelruimte S van En noteren we als d (x, S ). d (x, S ) = in f {d (x, z) | z ∈ S }

Definitie 6.62. De afstand tussen twee affiene deelruimten S en T van En noteren we als d (S,T ). d (S,T ) = in f {d (s, t ) | s ∈ S, t ∈ T } 8 Zie



54

Stelling 6.63. Zij {u 1 , . . . , un−k } een orthonormale basis is van V ⊥ − → ∈ V ⇔ px⊥V − → ⊥ ⇔ px − → ·u = 0 ∀i ∈ {1, . . . , n − k } : x ∈ S ⇔ px i EXTRA: bewijs

Stelling 6.64. Zij S = p + V een k-dimensionale affiene deelruimte van En , dan is de dimensie van V ⊥ n − k. EXTRA: bewijs

Gevolg 6.65. Het ortogonaal complement van een hypervlak is e´ e´ ndimensionaal. EXTRA: bewijs

− → · u = 0 of (x − p) · u = 0 noemen we de carthesische Definitie 6.66. De vergelijkingen px i i vergelijkingen van S. Elke vergelijking (x − p) · ui = 0 appart stelt een hypervlak voor met richtingsgetallen ui en deze zijn lineair onafhankelijk.

Definitie 6.67. Zij S = p + V een hypervlak, en {u} een basis van V ⊥ met e´ e´ n element, dan noemen we u een normaal op S.

Definitie 6.68. Zij u een normaal van lengte 1, dan noemen we u een eenheidsnormaal. Stelling 6.69. 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 6.70. Het richtingsgetal van een hypervlak S is de normaal op S EXTRA: bewijs, wut

Hoofdstuk 7 Euclidische transformaties 7.1

Rotaties in E2

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 a A = 11 12 a 21 a 22

!

AT en A−1 zien er dan als volgt uit: ! a 11 a 21 A = , a 12 a 22 T

A

−1

a 22 −a 12 = −a 21 a 11

!

Omdat A orthogonaal is moet AT gelijk zijn aan A−1 . a 11 en a 22 , en a 21 en −a 12 moeten dus gelijk zijn. ! a 11 a 12 A= −a 12 a 11 Omdat de determinint van A 1 is moet ook a 211 + a 212 = 1 gelden. a 11 en A21 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 E2 is een afbeelding van de vorm Rot: ! cos(θ ) − sin(θ ) −−→ − − → Rot : E → E : p → 7 Rot (p) = x 0 + A(x 0p) = x 0 + x 0p sin(θ ) cos(θ ) 2

2

Hierin is x 0 een element van E2 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

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 E2 de poolcoördinaten (r, θ ) als volgt: (x, y) = (r cos θ, r sin θ ) Stelling 7.6. Zij p een punt in E2 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 ) r cos(v) − − → A= en x 0p = sin(θ ) cos(θ ) 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 E2 is een vast punt van R. EXTRA: bewijs

7.2

Rotaties in E3

Definitie 7.8. Examenvraag! Een rotatie van E3 is een afbeelding van de vorm Rot. Rot : E3 → E3 : p 7→ Rot (p) = x 0 + A(x−−→ 0p) Hierin is x 0 een element van E3 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 E3 door x 0 in de richting van Ker (A − I3 ). EXTRA: bewijs

Stelling 7.10. Een vast punt van een rotatie is een eigenvector van de rotatiematrix. EXTRA: bewijs

Definitie 7.11. We noemen L = x 0 + Ker (A − I3 ) de as van de rotatie. Eigenschap 7.12. Enkel de as van de rotatie R in E3 bevat vaste punten van R. EXTRA: bewijs

7.3

Spiegelingen

57


Definitie 7.13. Examenvraag! Zij S een affiene deelruimte van En . Voor een willekeurig punt x ∈ En definiëren we Tx als de unieke deelruimte door x, orthogonaal complementair mat S. Bovendien definieren we πS (x ) als het snijpunt van S en Tx .

Definitie 7.14. De afbeelding πS : En → S : x 7→ πS (x ) noemen we een orthogonale projectie op S.

Definitie 7.15. De spiegeling RS in een affiene deelruimte S van En is een afbeelding als volgt: −−−−−→ RS : En → En : x 7→ RS (x ) = x + 2xπS (x ) Stelling 7.16. Examenvraag! Een spiegeling is een isometrie. x y

πs (y)

p

πs (x )

RS (y) RS (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 En en RS de spiegeling in S. ZijTx = x +W de affiene deelruimte van En die loodrecht staat op S en door x gaat. Zij bovendien {u 1 , . . . , uk } een orthonormale basis van W . • Kies twee willekeurige punten x en y uit En waarvoor we de afstand zullen bekijken. Kies ook een willekeurig punt p van S. piS (x ) kan nu als volgt geschreven worden: πS (x ) = x +

k X

((p − x ) · ui )ui

i=1

Merk op dat hetzelfde kan gezegd worden over y (met hetzelfde punt p). 1 Zie

stelling ?? op pagina ??.


58

• Bekijk nu RS (y) − RS (y). RS (x ) − RS (y) = = = = = = = = = = =

−−−−−→ −−−−−→ (x + 2xπS (x )) − (y + 2yπS (y)) (x + 2(πS (x ) − x )) − (y + 2(πS (y) − y)) (−x + 2πS (x )) − (−y + 2πS (y)) P P (−x + 2(x + ki=1 ((p − x ) · ui )ui )) − (−y + 2(y + ki=1 ((p − y) · ui )ui )) Pk P (x + 2 ki=1 ((p P − x ) · ui )ui ) − (y + 2P i=1 ((p − y) · ui )ui ) (x − y) + 2 ki=1 ((p − x ) · ui )ui − ki=1 ((p − y) · ui )ui P (x − y) + 2 ki=1 (((p − x ) · ui )ui − ((p − y) · ui )ui ) P (x − y) + 2 ki=1 ((((p − x ) · ui ) − ((p − y) · ui ))ui ) P (x − y) + 2 ki=1 (((p − x ) − (p − y)) · ui )ui P (x − y) + 2 ki=1 ((y − x ) · ui )ui P (x − y) − 2 ki=1 ((x − y) · ui )ui

• 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 (RS (x ), RS (y)) 2 =

RS (x ) − RS (y)

2 = (RS (x ) − RS (y)) 2 P 2 = (x − y) − 2 ki=1 ((x − y) · ui )ui P P 2 = (x − y) 2 − 4(x − y) ki=1 ((x − y) · ui )ui + 4 ki=1 ((x − y) · ui )ui P P 2 = (x − y) 2 − 4(x − y) ki=1 ui ((x − y) · ui ) + 4 ki=1 ((x − y) · ui )ui P P 2 = (x − y) 2 − 4 ki=1 ((x − y) · ui ) · ((x − y) · ui ) + 4 ki=1 ((x − y) · ui )ui P P = (x − y) 2 − 4 ki=1 ((x − y) · ui ) 2 + 4 ki=1 ((x − y) · ui ) 2 = (x − y) 2 = d (x, y) 2 Merk op dat de voorlaatste gelijkheid enkel geld omdat de ui een orthonormale basis is. Elke ui · u j is dus δij . Stelling 7.17. Voor elke spiegeling RS geldt RS ◦ RS = Id. EXTRA: bewijs

Stelling 7.18. Voor elke spiegeling RS geldt ∀s ∈ S : RS (x ) = x. EXTRA: bewijs

Lemma 7.19. Zij S = p + V een affiene deelruimte van En en W het orthogonaal complement van V. ∀v ∈ V : (RS )∗ (v) = v EXTRA: bewijs


59

Lemma 7.20. Zij S = p + V een affiene deelruimte van En en W het orthogonaal complement van V. ∀w ∈ W : (RS )∗ (w ) = w TODO: bewijs p 96

Definitie 7.21. 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 7.22. Zij F een isometrie van En , dan noemen we x een vast punt van F als F (x ) = x geldt.

Definitie 7.23. De verzameling vaste punten van een isometrie F noteren we als V (F ). V (F ) = {x ∈ En | F (x ) = x } Eigenschap 7.24. Examenvraag! Zij F een orientatiebewarende isometrie van En , dan heeft V (F ) dimensie n mod 2. EXTRA: bewijs

Stelling 7.25. Als F een isometrie van En is en V (F ) niet leeg, dan is V (F ) een affiene deelruimte in de richting van Ker (F ∗ − In ). Bewijs. Zij F = tb ◦ 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 7.26. Zij F een isometrie van En . Dan bestaan er juist e´ e´ n isometrie G en juist e´ e´ n translatie tb van En als volgt: • F = tb ◦ G (dus G ∗ = F ∗ ) • V (G) , ∅ • G ∗b = b (b ligt in de richting van V (G).) • tb ◦ G = G ◦ tb

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 Rn = ker (A − I ) ⊕ im(A − I ) −−−−→ • Kies nu een willekeurige p ∈ En . 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: y = Az − z −−−−→ Zij q nu p − z en beschouw qF (q): −−−−→ −−−−−−−→ −−→ − → + pF qFq = qp (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 = tb ◦ 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 ∈ En het volgende: (tb ◦ 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 7.27. Elke isometrie F ∈ Iso(2, R van het Euclidisch vlak is een translatie, een rotatie of een schuifspiegeling met als as een rechte.


61

Bewijs. We ontbinden F in tb en G waarbij V (G) , ∅ en G ∗b = b gelden. F = tb ◦ 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 ) e´ e´ n 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 − AT A) = det (A)det (I − AT ) = −det (I − A) = −det (A − I ) ⇒ det (A − I ) = 0 det (A + I ) = det (A + AT A) = det (A)det (I + AT ) = −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 E2 , dan staat πL (x )x loodrecht op v. Het is dus een eigenvector van A met eigenwaarde −1. Bijgevolg is G de spiegeling in L: −−−−−→ −−−−−→ −−−−−→ G (x ) = πL (x ) + G ∗ (πL (x )x ) = πL (x ) − πL (x )x = −x + 2πL (x ) = x + 2xπL (x ) = RL (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 7.28. Examenvraag! Een isometrie is een schuifspiegeling als en slechts als ze rotatieomkerend is.

Definitie 7.29. De samenstelling van een ratatie rond een as L met een translatie in de richting van L een schroefbeweging.

Definitie 7.30. De samenstelling van een rotatie rond een as L en een spiegelijk in een vlak H , loodrecht op L een draaispiegeling. Stelling 7.31. 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 tb en G waarbij V (G) , ∅ en G ∗b = b gelden. F = tb ◦ G Noem de matrix van F ∗ A. We onderschijden nu twee gevallen:


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 ∈ E3 : G (x ) = x 0 + A(x−−→ 0x ) G is dus een rotatie en F een samenstelling van G en tb . • F is orientatieomkerend: det(A) = −1. −1 is opnieuw een eigenwaarde van A: det (A + I ) = det (A + AT A) = det (A)det (I + AT ) = −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 e´ e´ n vast punt x 0 . Definieer H = x 0 + W en definieer een isometrie K van E3 als volgt: K = RH ◦ G K is dan orientatiebewarend CLARIFY: referentie ?

en x 0 is ook een vast punt van K. Bovendien geldt het volgende:: K ∗v = (RH )∗Av − (RH )∗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 7.32. Examenvraag! Elke translatie van En kan geschreven worden als de samenstelling van twee spiegelingen tegenover parallelle hypervlakken van En . EXTRA: bewijs

Hoofdstuk 8 Het vectorproduct in E3 Lemma 8.1. Zij v en w twee raakvectoren in p ∈ E3 , dan bestaat er juist e´ e´ n raakvector u in p zodat voor alle raakvectoren x in p het volgende geldt: x · u = V ol (x, v, w ) Bewijs. Bewijs van uniek bestaan. Uniciteit Zij (e 1 , e 2 , e 3 ) de natuurlijke basis van Tp E3 . Stel dat er een u aan de voorwaarde voldoet voor een bepaalde v en w in Tp E3 . 1 0 0 v v 3 u 1 = e 1 · u = V ol (e 1 , v, w ) = v 1 v 2 v 3 = 2 w 1 w 2 w 3 w 2 w 3 Analoog vinden we de andere coordinaten van u: v v 3 , u 2 = − 1 w w 3 1

v v 2 u 3 = 1 w w 2 1

u moet dus uniek zijn. • Bestaan Bestaan is nu eenvoudig. Construeer u als volgt: v v v v v v ! 3 3 2 , − 1 , 1 u = 2 w w w w w w 3 3 1 2 2 1

EXTRA: wat een lelijk bewijs!

Definitie 8.2. Voor elke twee raakvectoren v en w in p ∈ E3 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

HOOFDSTUK 8. HET VECTORPRODUCT IN E3

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 · c a · d ∀a, b, c, d ∈ V : (a × b) · (c × d ) = b · c b · d TODO: bewijjs p 109

Stelling 8.10. ∀v, w ∈ V : kv × w k = kv kkw k| sin(θ )| TODO: bewijs p 109

Stelling 8.11. Als v en w lineair onafhankelijk zijn, dan is (v, w, v × w ) een positief georiënteerde basis van Tp E3 . EXTRA: bewijs

HOOFDSTUK 8. HET VECTORPRODUCT IN E3

65

Stelling 8.12. Als (u, v, w ) een positief georiënteerde orthonormale basis van Tp E3 is, dan geldt het volgende: w = u ×v ∧v = w ×u ∧u = v ×w EXTRA: bewijs

Hoofdstuk 9 Algemene theorie van krommen in En 9.1

Krommen en vectorvelden langs krommen

Definitie 9.1. Een kromme in de Euclidische ruimte En is een afbeelding van de vorm α… α : I ⊆ R → En : t 7→ α (t ) = (α 1 (t ), α 2 (t ), . . . , αn (t )) … waarbij I = (a, b) een open interval is en de ai : I → R reële functies zijn. De functies αi 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 αi oneindig vaak differentieerbaar is. ai ∈ C ∞ (I , R)

Definitie 9.3. Een rechte in En is een kromme. Vvoor p ∈ En en v ∈ Rn is de afbeelding α een parametrisatie voor de rechte door p in de richting van v. α : R → En : t 7→ p + tv

Definitie 9.4. Een cirkel in En is een kromme. α : R → E2 : t 7→ (m 1 + R cos(t ), m 2 + R sin(t ))

Definitie 9.5. Examenvraag! Een helix of cirkelschroeflijn in E3 is de baan van een punt dat een schroefbeweging uitvoert. α : R → E3 t 7→ (a cos t, a sin t, bt )

66

HOOFDSTUK 9. ALGEMENE THEORIE VAN KROMMEN IN EN

67

Definitie 9.6. Zij α : I ⊆ R → En een kromme. Een vectorveld langs α is een afbeelding van de vorm Y : Y : I → T En : t 7→ Y (t ) = (Y1 (t ), . . . , Yn (t ))α (t ) ∈ Tα (t ) En We noemen de Yi : I → R de componentsfuncties van Y .

Definitie 9.7. Y is differentieerbaar als en slechts als elke Yi oneindig vaak differentieerbaar is. Yi ∈ 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 0 associeert met een kromme α en vectorveld als volgt: α : I ⊆ R → En : t 7→ α (t ) = (α 1 (t ), α 2 (t ), . . . , αn (t )) α 0 : I → T En : t 7→ α 0 (t ) = (α 10 (t ), . . . , αn0 (t ))α (t ) ∈ Tα (t ) En Hierin is αi0 de afgeleide van α. We definiëren bovendien de snelheid van α als v: v : I → R : t 7→ v (t ) = kα 0 (t )k Terslotte definiëren we de lengte van het segment α tussen α (a) en α (b). als l: l=

b

Z a

v (t )dt =

b

Z a

kα 0 (t )kdt

Definitie 9.10. Zij α een kromme en a ∈ I een element (van wat?) We definiëren de booglengte vanaf a als s: Z Z s : I → R : t 7→ s (t ) =

t

a

v (u)du =

t

a

kα 0 (u)kdu

Definitie 9.11. 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 0 (t 0 ). (De raaklijn is enkel gedefiniëerd als α 0 (t 0 ) niet nul is.)

Definitie 9.12. Zij Y = (Y1 , . . . , Yn ) een vectorveld langs een kromme α met componentsfuncties Yi . De afgeleide Y 0 van het vectorveld Y is het vectorveld met componentsfuncties Yi0. Y 0 = (Y10, . . . , Yn0 )


68

Definitie 9.13. Het versnellingsvectorveld is de afgeleide van het snelheidsvectorveld. Definitie 9.14. Zij Y en Z twee vectorvelden langs een kromme α : I ⊆ R → En . We definiëren Y + Z als volgt: (Y + Z )(t ) = Y (t ) + Z (t ) Definitie 9.15. Zij Y en Z twee vectorvelden langs een kromme α : I ⊆ R → En . We definiëren Y · Z als volgt: (Y · Z )(t ) = Y (t ) · Z (t ) Definitie 9.16. Zij Y een vectorveld langs een kromme α : I ⊆ R → En en f : I → R een functie. We definiëren f Y als volgt: ( f Y )(t ) = f (t )Y (t ) Stelling 9.17. De rekenregels van de afgeleide van een vectorveld • (Y + Z ) 0 = Y 0 + Z 0 • (Y · Z ) 0 = Y 0 · Z + Y · Z 0 • ( f Y ) 0 = f 0Y + f Y 0 Definitie 9.18. Een orthonormaal referentieveld langs een kromme α definiëren we als een verzameling van n vectorvelden Yi zodat Yi · Yj = δij geldt.

9.2

Herparametrisaties en de booglengteparametrisatie

Definitie 9.19. Een diffeomorfisme is een bijectief en differentieerbare functie h zodat ook h −1 differentieerbaar is. Definitie 9.20. Zij I , I¯ ⊆ R open intervallen en α : I → En een kromme. Als h : I¯ → I een difeomorfisme is, dan is β opnieuw een kromme die we een Herparametrisatie van α noemen. β = α ◦ h : I¯ → R Stelling 9.21. Zij β = α ◦ h een herparametrisatie van een kromme α dan geldt het volgende … v β = |h0 |(vα ◦ h) … en als h bovendien stijgend is ook het volgende: s β = sα (h(t )) Als h dalend is geldt analoog het volgende: s β = −sα (h(t ))


69

Bewijs. We bewijzen de delen appart • Beschouw eerst β 0 (t ).

β 0 (t ) = (α ◦ h) 0 (t ) = α 0 (h(t ))h0 (t )

Gaan we dan verder met v β (t ): v β = (t ) = kβ 0 (t )k = kα 0 (h(t ))h0 (t )k = |h0 (t )|kα 0 (h(t ))k = |h0 (t )|vα (h(t )) Of kortweg:

v β = |h0 |(vα ◦ h)

• De booglengte van β, gemeten vanaf t 0 ∈ I¯ en de booglengte van α, gemeten vanaf h 0 = h(t 0 ) verhouden zich als volgt: Z t Z t Z h(t ) 0 sβ = v β (u) du = vα (h(u))h (u) du = vα vα (u) dv = sα (h(t )) t0

t0

h(t 0 )

Opmerking 9.22. Het beeld van een kromme en een herparametrisatie van die kromme valt samen. Definitie 9.23. We noemen een kromme α regulier als v (t ) strikt positief is voor alle t. Stelling 9.24. Zij α een reguliere kromme. sα0 (t ) = vα (t ) Stelling 9.25. Elke herparametrisatie van een reguliere kromme is regulier. Zonder bewijs Stelling 9.26. Zij α een reguliere kromme. • α heeft een herparametrisatie met snelheid 1. • Als β en β 0 beide zulke herparametrisaties zijn, dan geldt het volgende voor c ∈ R een constante. β (t ) = β 0 (±t + c) Bewijs. We bewijzen elk deel appart. • Als α regulier is, heeft α overal een positieve snelheid. sα is dan een diffeomorfisme van I naar I¯ = sα (I ). Noem de inverse van sα nu h: h : I¯ → I Er geldt dan vanuit die definitie het volgende: ∀t : sα (h(t )) = t We leiden deze vergelijking nu af om het volgende te bekomen: ∀t : vα (h(t ))h0 (t ) = 1 De herparametrisatie β = α ◦ h voldoet aan de voorwaarden: v β = |h0 |(vα ◦ h) = h0 (vα ◦ h) = 1


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 )) q0 (t ) moet dan 1 of −1 zijn, dus q(t ) moet ±t + c zijn voor een bepaalde constante c ∈ R.

Definitie 9.27. Een kromme met snelheid 1 noemen we booglengtegeparametriseerd.

Definitie 9.28. Een herparametrisatie met snelheid 1 van een reguliere kromme noemen we een booglengteherparametrisatie. Stelling 9.29. Een reguliere kromme α heeft een constante snelheid als en slechts als α 00⊥α 0 geldt. Bewijs. Als α een constante sneldheid c heeft, dan geldt α 0 · α 0 = c 2 en bijgevolg het volgende: 0 = (α 0 · α 0 ) 0 = 2α 00 · α 0 Stelling 9.30. Een reguliere kromme α is een rechte als en slechts als α 00 en α 0 colineair zijn. Bewijs. Zij β de booglengteherparametrisatie van α Dan is β 00 nul als β (en dus α) een rechte is: β (s) = p + sv met kv k = 1 Omgekeerd, als f β 0 = β 00 geldt, dan ook het volgende: f = f · β 0 · β 0 = β 00 · β 0 = 0 Merk op dat de laatste gelijkheid enkel geldt omdat β een constante snelheid heeft.1 β 00 moet nu dus nul zijn, en β (en dus ook α) daarom een rechte.

9.3

Congruente krommen

Opmerking 9.31. Zij α een kromme α : I → En en F een isometrie van En , dan is F ◦ α opnieuw een kromme in En . Definitie 9.32. Zij Y een vectorveld langs een kromme α : I → En en F een isometrie van En . We definieren een vectorveld F ∗Y langs F (α ) als volgt: (F ∗Y )(t ) = F ∗ (Y (t )) ∈ F ∗ (Tα (t ) En ) = TF (α )(t ) En Stelling 9.33. Zij F = b ◦ A een isometrie van E en α een kromme α : I → En . (F (α )) 0 = F ∗ (α 0 ) 1 Zie



71

Bewijs. (F (α )) 0 (t ) = (Aα + b) 0 (t ) = (Aα 0 )(t ) = A(α 0 (t )) = F ∗ (α 0 (t )) Stelling 9.34. Zij F = b ◦ A een isometrie van E en α een kromme α : I → En . (F ∗ (Y )) 0 = F ∗ (Y 0 ) Bewijs. (F ∗ (Y )) 0 (t ) = (AY ) 0 (t ) = A(Y 0 (t )) = F ∗ (Y 0 (t )) = (F ∗Y 0 )(t ) Stelling 9.35. Zij F = b ◦ A een isometrie van E en α een kromme α : I → En . v F (α ) = vα Bewijs. v F (α ) = kF (α ) 0 k = kF ∗ (α 0 ) = kα 0 k = vα Merk op dat dit enkel geldt omdat F afstanden bewaart.

Gevolg 9.36. De afbeelding van een kromme onder een isometrie is booglengtegeparametriseerd als en slechts als de kromme booglengtegeparametriseerd is. Stelling 9.37. Zij F = b ◦ A een isometrie van E en α een kromme α : I → En . s F (α ) = sα Bewijs. v F (α ) =

t

Z a

v F (α ) (u) du =

t

Z a

vα (u) du = vα

Merk op dat dit enkel geldt omdat F afstanden bewaart.

Definitie 9.38. We noemen twee krommen α en β in En congruent als er een isometrie F van En bestaat zodat β = F ◦ α geldt.

9.4

Krommen en de afgeleide afbeelding

Stelling 9.39. Zij U een open deel van En en F : U ⊆ En → En een differentieerbare afbeelding. Kies p een element van U en vp ∈ Tp En een raakvector aan p. (F ∗ )pvp = (P ◦ α ) 0 (t 0 ) Hierin is α : I ⊆ R → En een willekeurige kromme zodat α (t 0 ) = p en α 0 (t 0 ) = vp gelden en waarvan het beeld een deel is van U . TODO: bewijs p 129

Hoofdstuk 10 Krommen in het Euclidisch vlak E2 10.1

De complexe structuur van E2

Definitie 10.1. De complexe structuur J van E2 is de volgende afbeelding: ! ! ! !! v1 −v 2 0 −1 v 1 2 2 J : TE → TE : 7→ = v2 p v1 p 1 0 v2 p Opmerking 10.2. De complexe structuur kan je je voorstellen door een vector 90 graden tegen de klok in te draaien. Stelling 10.3. J , beperkt tot een rakende ruimte Tp E2 is een orthogonale lineaire transformatie. EXTRA: bewijs

Stelling 10.4. J 2 = −I2 EXTRA: bewijs

Stelling 10.5. J is antisymmetrisch. ∀v, w ∈ Tp E2 : Jv · w = −v · Jw EXTRA: bewijs

Stelling 10.6.

∀v, w ∈ Tp E2 : Jv · v = 0

EXTRA: bewijs

Stelling 10.7. Zij v ∈ Tp E2 een eenheidsvector, dan is (v, Jv) een positief georiënteerde orthonormale basis voor Tp E2 . EXTRA: bewijs

10.2

Het Frenet-apparaat voor booglengtegeparametriseerde vlakke krommen 72

HOOFDSTUK 10. KROMMEN IN HET EUCLIDISCH VLAK E2

73

Definitie 10.8. Zij β een booglengtegeparametriseerde krommen in E2 . Het vectorveld T (s) = β 0 (s) is het eenheidsrakend vectorveld van β.

Definitie 10.9. Zij β een booglengtegeparametriseerde krommen in E2 . Het vectorveld N = JT noemen we de georiënteerde normaal op β.

Definitie 10.10. Zij β een booglengtegeparametriseerde krommen in E2 . (T , N ) is een positief georiënteerd orthonormaal referentiestelsel langs β dat we het Frenet-apparaat noemen. Stelling 10.11. Zij β : I ⊆ R → E2 een booglengtegeparametriseerde kromme en zij (T , N ) het Frenet-referentiestelsel, dan bestaat er een functie κ : I → R zodat het volgende geldt: ( 0 T = κN N 0 = −κT TODO: bewijs p 136

Definitie 10.12. We noemen κ = T 0 · N de georienteerde kromming van β en de formules uit de vorige stelling de formules van Frenet. Stelling 10.13. Stel dat β : I ⊆ R → E2 een booglengtegeparametriseerde kromme is met kromming nul, dan is β een deel van een rechte. TODO: bewijs p 137

Stelling 10.14. Stel dat β : I ⊆ R → E2 een booglengtegeparametriseerde kromme is met constante kromming k, dan is β een cirkel met straal |k1 | . TODO: bewijs p 138 TODO: osculerende parabool

10.3

Osculerende cirkel en evoluut

Definitie 10.15. Zij β : I ⊆ R → E2 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. 1 N (s 0 ) m = β (s 0 ) + κ (s 0 )

Definitie 10.16. Zij β : I ⊆ R → E2 een booglengtegeparametriseerde kromme met krommingsmiddelpunt s 0 van β. De cirkel met middelpunct M en straal r = |κ (s10 )| noemen we de osculatiecirkel aan β in β (s 0 ) genoemd.


74

Stelling 10.17. Zij β : I ⊆ R → E2 een booglengtegeparametriseerde kromme, s 0 een element van I zodat κ (s 0 ) niet nul is. Er bestaat precies e´ e´ n booglengtegeparametriseerde cirkel c waarvoor het volgende geldt: c (s 0 ) = β (s 0 ) ∧ c 0 (s 0 ) = β 0 (s 0 ) ∧ c 00 (s 0 ) = β 00 (s 0 ) TODO: bewijs p 143

Definitie 10.18. Zij β : I ⊆ R → E2 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) +

10.4

1 N (s) κ (s)

Spiraalbogen en het Lemma van Kneser

Definitie 10.19. Zij β : I ⊆ R → E2 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 10.20. Noteer Bs , respectievelijk Bs voor de open, respectievelijk gesloten, schijf met als rand de osculatiecirkel in β (s). Lemma 10.21. Het Lemma van Kneser Als β |[a,b] een spiraalboog is, dan geldt Bb ⊆ Ba . TODO: bewijs p 146

Stelling 10.22. Een spiraalboog heeft geen zelfdoorsnijdingen. EXTRA: bewijs

Stelling 10.23. Als β |[a,b] een spiraalboog is, en c een element van (a, b), dan ligt β |[a,c) helemaal buiten Bc en β | (c,b] helemaal binnen Bc . EXTRA: bewijs

10.5

Kromming van congruente krommen

Stelling 10.24. Zij F een isometrie van E2 en zij ϵ = det F ∗ = ±1 Als α en β = F ◦α twee congruente booglengtegeparametriseerde krommen zijn, dan geldt het volgende: F ∗Tα = Tβ

∧

F ∗ Nα = ϵN β ∧ κα = κ β


75

Bewijs. F ∗Tα = F ∗ (α 0 ) = (F ◦ α ) 0 = β 0 = Tβ 1

TODO: bewijs p 148

Stelling 10.25. 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 → E2 Als κα gelijk is aan κ β , dan bestaat er een oriëntatiebewarende isometrie F zodat β = F ◦ α geldt. Als κα 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. • κα = 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 )) = βs0

∧

F ∗ (Tα (s 0 )) = Tβ (s 0 )

∧

F ∗ (Nα (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 7→ f (s) = Tβ (s) · Tγ (s) We gebruiken nu de ongelijkheid van Cauchy-Schwarz: Tβ (s) · Tγ (s) ≤

Tβ (s)

·

Tγ (s)

f (s) is dus steeds kleiner of gelijk aan 1 met gelijkheid wanneer Tβ (s) en Tγ (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 ) = Tβ (s 0 ) · Tγ (s 0 ) = Tβ (s 0 ) · F ∗Tα (s 0 ) = Tβ (s 0 ) 2 = 1. 1 Zie

stelling 9.33 op pagina 70. stelling 6.57 op pagina 52. 3 Zie gevolg ?? op pagina ??. 2 Zie


76

∗ f 0 is identiek nul en f dus constant. f 0 = Tβ0 · Tγ + Tβ · Tγ0 = κ β N β · Tγ + Tβ · κγ Nγ = κ β (JTβ · Tγ + Tβ · JTγ ) = 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 0 = κN . Tenslotte gebruiken we nog dat κγ 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 0 = γ 0 geeft ons β (s) = γ (s) + c, maar omdat γ en β gelijk zijn in s 0 moet c nul zijn. • κα = −κ β

10.6

Intrinsieke vergelijking

Lemma 10.26. Als f en д twee functies I ⊆ R → R zijn met f 2 + д2 = 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 10.27. Een vergelijking van de vorm “κ = · · · ” bepaalt een unieke booglengtgeparametriseerde vlakke kromme, op oriëntatiebewarende isometrieën na. Zon´ vergelijking heet de intrinsieke vergelijking van een kromme.

10.7

Kromming van reguliere krommen

Stelling 10.28. De formules van Frenet voor reguliere vlakke krommen Beschouw een reguliere kromme α : I ⊆ R → E2 met snelheid v > 0, dan gelden volgende vergelijkingen. ( 0 T = vκN V 0 = −vκT TODO: bewijs p 153

10.8

Globale studie van vlakke krommen


77

Definitie 10.29. Een lokale eigenschap van een kromme beschrijft de kromme in de buurt van een bepaald punt.

Definitie 10.30. Een globale eigenschap van een kromme bescrijft de kromme in zijn geheel.

10.8.1

Gesloten krommen

Definitie 10.31. We noemen een kromme α : R → E2 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 10.32. De kleinste periode van een kromme noemen we de echte periode.

Definitie 10.33. We noemen een gesloten kromme met periode ω enkelvoudig gesloten als de beperking α |[0,ω) injectief is. Eigenschap 10.34. Een enkelvoudig gesloten kromme snijdt zichzelf niet. EXTRA: bewijs

10.8.2

Totale kroming en rotatieindex

Definitie 10.35. De rotatieindex van een kromme β noemen we i β : iβ =

1 (θ (L) − θ (0)) 2π

De rotatieindex geeft aan hoe dikwijls een kromme netto ronddraait in positieve zin tijdens e´ e´ n periode. Stelling 10.36. De kromming κ van een gesloten booglengtegeparametriseerde vlakke kromme β met lengte L is gerelateerd aan de rotatieindex: Z L κ (s) ds = 2πi β 0

TODO: bewij p 158

Definitie 10.37. We noemen het volgende de totale kromming van β: L

Z 0

κ (s) ds

Stelling 10.38. De rotatieindex van een enkelvoidig gesloten vlakke kromme is 1 of −1. Zonder bewijs


78

Stelling 10.39. 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 10.40. De isoperimetrische ongelijkheid L2 ≥ 4πA De gelijkheid treedt op als en slechts als β een cirkel is (die eenmaal doorlopen wordt). Zonder bewijs

Hoofdstuk 11 Krommen in de Euclidische ruimteE3 11.1

Het Frenet-apparaat voor krommen in E3

Definitie 11.1. Een kromme in de driedimensionale Euclidische ruimte noemen we een ruimtekromme.

Definitie 11.2. Zij β : I ⊆ R → E3 een booglengtegeparametriseerde ruimtekromme. β 0 is dan een vectorveld langs β met lengte 1. We noemen β 0 het eenheidsrakend vectorveld aan β en noteren dit met T . Stelling 11.3. Het vectorveld T 0 staat loodrecht op T . Bewijs. T · T = 1 ⇒ 2 · (T 0 · T ) = 0

Definitie 11.4. We definiëren de kromming van een ruimtekromme als κ: κ = kT 0 k Stelling 11.5. Een ruimtekromme met kromming 0 is een rechte. EXTRA: bewijs

Definitie 11.6. We definiëren een vectorveld N langs β als volgt. N =

T0 κ

N noemen we het hoofdnormaalvectorveld van β.

79

HOOFDSTUK 11. KROMMEN IN DE EUCLIDISCHE RUIMTEE3

80

Definitie 11.7. We definiëren een vectorveld B langs β als volgt. B =T ×N B noemen we het binormaalvectorveld van β.

Definitie 11.8. We noemen (T , N , B) het Frenet-referentiestelsel van β. Lemma 11.9. B 0 is evenredig met N . TODO: bewijs p 166

Definitie 11.10. We definiëren een functie τ als volgt. τ = −B 0 · N τ wordt de torsie van β genoemd. Stelling 11.11. De formules van Frenet voor ruimtekrommen Zij β een booglengtegeparametriseerde ruimtekromme met kromming κ > 0. T0 = κN     N 0 = −κT +τ B   0 B = −τ N  TODO: bewijsp 167

Definitie 11.12. De rechte door β (s) in de richting van T (s) noemen we de raaklijn in β (s) aan β.

Definitie 11.13. Het vlak, opgespannen door T (s) en N (s), noemen we het osculatievlak in β (s) aan β. Stelling 11.14. 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 169

11.2

Kromming en torsie van reguliere ruimtekrommen

Stelling 11.15. De formules van Frenet voor reguliere ruimtekrommen Zij α een reguliere kromme in E3 met snelheid v > 0 en kromming κ > 0. T0 = vκN     N 0 = −vκT +vτ B   0 B = −vτ N  EXTRA: bewijs


11.3

81

Kromming en torsie van congruente krommen

Stelling 11.16. Zij F een isometrie van E3 en zij ϵ = det F ∗ ± 1. Als α en β = F ◦ α twee congruente booglengtegeparametriseerde krommen zijn met κα > 0, dan geldt het volgende: F ∗Tα = Tα , F ∗ Nα = N β en F ∗ Bα = ϵB β κα = κ β en τα = ϵτβ TODO: bewijs p 175

Stelling 11.17. De congruentiestelling voor ruimtekrommen Zij α en β twee booglengtegeparametriseerde ruimtekrommen die op een zelfde interval gedefiniëerd zijn. α, β : I ⊆ R → E3 Als κα = κ β > 0 en τα = ±τβ gelden, dan zijn α en β congruent. Als τalpha gelijk is aan τβ , 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 • τ1 = τ2 – 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 ∗ (Tα (s 0 )) = Tβ (s 0 )

∧

F ∗ (Nα (s 0 )) = N β (s 0 )

∧

F ∗ (Bα (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. κγ = κ β ∧ τγ = τβ – We definieren nu de functie f : f : I → R : s 7→ f (s) = Tβ (s) · Tγ (s) + N β (s) · Nγ (s) + B β (s) + Bγ (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 0 is identiek nul: f 0 = (Tβ0 · Tγ + Tβ · Tγ0 ) +(N β0 · Nγ + N β · Nγ0 ) +(B 0β · Bγ + B β · Bγ0 ) = ((κ β N β ) · Tγ + Tβ · (κγ Nγ )) +((−κ βTβ + τβ B β ) · Nγ + N β · (−κγ Tγ + τγ Bγ )) +((−τβ N β ) · Bγ + B β · (−τγ Nγ )) =0 1 Zie 2 Zie

stelling 6.57 op pagina 52. gevolg ?? op pagina ??.


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 0 en γ 0 gelijk zijn, verschillen β en γ met hoogstens een constante. Omdat β en γ gelijk zijn in s 0 moet die constante nul zijn. • τ1 = −τ2 EXTRA: afmaken

Stelling 11.18. Zij α, β : I ⊆ R → E3 twee reguliere ruimtkrommen die op een zelfde interval gedefiniëerd zijn. Als vα = v β > 0, κα = κ β > 0 en τalpha = ±τβ gelden, dan zijn α en β congruent. TODO: bewijs

11.4

Cilinderschroeflijnen en cirkelschroeflijnen

Definitie 11.19. Een reguliere kromme α : I ⊆ R → E3 wordt een Cilinderschroeflijn of cilindrische helix genoemd als het eenheidsrakend vectorveld T een constante hoek maake met een gegeven vector . ∀t ∈ I : ∃u ∈ R3 , ∃θ ∈ R : ku k = 1 ∧ T (t ) · u = cos(θ ) Stelling 11.20. Een reguliere ruimtekromme β met κ > 0 is een Cilinderschroeflijn als en slechts als κτ een constante functie is. TODO: bewijs p 181

Stelling 11.21. 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

Hoofdstuk 12 Oppervlakken in E3 12.1

Reguliere parametrisaties en patches

Definitie 12.1. Een afbeelding x : U ⊆ R2 → E3 : (u, v) 7→ (x 1 (u, v), x 2 (u, v), x 3 (u, v)) ven een open deel van R2 naar E3 die oneindig vaak differentieerbaar is, wordt regulier genoemd als het volgende geldt: ! ∂x 1 3 2 (u, v) ∂x (u, v) ∂x (u, v) ∂u ∂u ∂u =2 ∀u, v ∈ U : ranд ∂x 1 ∂x 3 ∂x 2 ∂v (u, v) ∂v (u, v) ∂v (u, v) De x noemen we een reguliere parametrisatie.

Definitie 12.2. Een patch is een injectieve reguliere parametrisatie. EXTRA: voorbeelden

12.2

Omwentelingsoppervlakken en regeloppervlakken

EXTRA: voorbeelden

12.3

Vectorvelden en de shape-operator

Definitie 12.3. Zij x : U ⊆ R2 → E3 : (u, v) 7→ x (u, v) een patch. Een vectorveld langs x is een afbeelding Y als volgt: Y : U → T E3 : (u, v) 7→ Y (u, v) ∈ Tx (u,v) E3

Definitie 12.4. Een vectorveld Y is rakend als het volgende geldt: ∀(u, v) ∈ U : Y (u, v) ∈ Tx (u,v) x (U )

83

HOOFDSTUK 12. OPPERVLAKKEN IN E3

84

Definitie 12.5. Een vectorveld Y is normaal als het volgende geldt: ∀(u, v) ∈ U : Y (u, v) ∈ Tx⊥(u,v) x (U ) Definitie 12.6. Het eenheidsnormaal vectorveld geassocieerd aan een patch x definieriëren we als ξ : ξ : U → T E3 : (u, v) 7→ ξ (u, v) =

xu (u, v) × xv (u, v) ∈ Tx⊥(u,v) x (U ) kxu (u, v) × xv (u, v)k

Definitie 12.7. Zij x : U ⊆ R2 → E3 : (u, v) 7→ 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 Sp : ( Sp (xu (u 0 , v 0 )) = −ξu (u 0 , v 0 ) Sp : Tp x (U ) → Tp x (U ) : Sp (xv (u 0 , v 0 )) = −ξv (u 0 , v 0 ) Lemma 12.8. De shape-operator is symmetrisch. TODO: bewijs p 196

Definitie 12.9. De orthonormale basis {e 1 , e 2 } die we bekomen door de shape-operator te diagonaliseren noemen we de hoofdrichtingen in p. Se 1 = k 1e 1 en Se 2 = k 2e 2 De ki noemen we de hoofdkrommingen in p. Definitie 12.10. Zij x : U ⊆ R2 → E3 : (u, v) 7→ x (u, v) een patch, p een punt van x (U ) en S de shape-operator in p. Voor een eenheidsvector w ∈ Tp 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 12.11. De normale krommingen van x (U ) in p zijn volledig bepaal door de hoofdkrommingen. TODO: meer uitwerken en bewijs p 197

12.4

Meetkundige interpretiatie van de normale kromming

Definitie 12.12. Zij x : U ⊆ R2 → E3 : (u, v) 7→ x (u, v) een patch, p een punt van x (U ) en w een eenheidsvector uit Tp 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 )}

HOOFDSTUK 12. OPPERVLAKKEN IN E3

85

We noemen π een normaal vlak op x (U ) in p.

Definitie 12.13. De doorsnede van π en x (U ) noemen we de normale doorsnede geassocieerd aan w. Lemma 12.14. Zij x : U ⊆ R2 → E3 : (u, v) 7→ x (u, v) een patch, α : I ⊆ R → E3 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 12.15. Zij x : U ⊆ R2 → E3 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 ∈ Tp 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 201

12.5

Gausskromming en gemiddelde kromming

Definitie 12.16. Zij x : U ⊆ R2 → E3 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)… K (p) = k 1k 2 … en de gemiddelde kromming als H (p). H (p) =

k1 + k2 2

Hoofdstuk 13 Geodeten Definitie 13.1. Een kromme noemt men een pregeodeet als ze het volgende infimum realiseert tussen twee punten. (Z b ) 0 d (p, q) = inf kα (t ) dt | α (a) = p, α (b)q a

Definitie 13.2. Een geodeet is een pregeodeet die we kunnen herparametriseren tot een kromme met constante snelheid.

13.1

Krommingseigenschappen

86

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 k 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 0 en w 0 van V en W . Noem v 0 en w 0 trouwens zo dat v 0 de kleinste verzameling is van de twee. • Als v 0 en w 0 niet hetzelfde aantal vectoren bevat, dan kunnen V en W al niet gelijk zijn. • Als de vectoren in v 0 lineair afhankelijk zijn van de vectoren in w 0, 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

88

HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN 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 van V . Omdat we met precies drie vectoren te maken hebben van dimensie 3 kunnen we dit echter eenvoudiger berekenen met een determinant: 1 0 1 1 2 3 1 4 5 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

89

HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN

14.2

Parametervergelijkingen van een affiene deelruimte bepalen

Abstract Vraag Zij S de affiene deelruimte van An door het punt p in de richting van een lineaire deelruimte V van Rn met als basis β = {v 1 , v 2 , . . . , vk }. Bepaal de parametervergelijkingen van S = p + V . Antwoord Elk punt x ∈ An in S voldoet aan de volgende vector vergelijking: x ∈ S ⇔ ∃λ 1 , λ 2 , . . . , λk : x = p +

k X

λi vi

i=1

Deze vectorvergelijking komt overeen met het volgende stelsel: x 1 = p1 + λ 1v 11 + λ 2v 12 + · · · + λk v 1k      x 2 = p2 + λ 1v 21 + λ 2v 22 + · · · + λk v 2k  x ∈ S ⇔ ∃λ 1 , λ 2 , . . . , λk :  ..   .     xn = pn + λ 1vn1 + λ 2vn2 + · · · + λk vnk

Voorbeeld Vraag Zij S de affiene deelruimte van A4 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. Antwoord x ∈⇔ ∃λ, µ : x = (1, 2, 3, 4) + λ(0, 1, −1, 0) + µ (4, 6, 3, 5)       x ∈ S ⇔ ∃λ, µ :       

x1 x2 x3 x4

= 1 + 0λ + 4µ = 2 + 1λ + 6µ = 3 − 1λ + 3µ = 4 + 0λ + 5µ

90


14.3

Carthesische vergelijkingen van een affiene deelruimte bepalen

Abstract Vraag Zij S de affiene deelruimte van An door het punt p in de richting van een lineaire deelruimte V van Rn met als basis β = {v 1 , v 2 , . . . , vk }. Bepaal de Carthesische van S = p + V . Antwoord De vergelijkingen voor S halen we uit de volgende: x 1 − p1 x 2 − p2 *. v 12 .. v 11 v v 22 x ∈ S ⇔ ranд .. 21 . .. .. .. . vk2 , vk1

. . . xn − pn + ... v 1n // ... v 2n // = dim(V ) .. // ... . / ... vkn -

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 Bepaal in A4 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. Antwoord x1 − 1 x2 − 1 x3 − 5 x4 − 7 * 4 1 6 +/ = 2 x ∈ S ⇔ ranд . 1 4 2 8 , 6 Dit komt neer op de volgende vergelijkingen.                           x ∈S ⇔                          

x 2 − 1 4 4 x 1 − 1 1 6 x 1 − 1 1 6 x 1 − 1 1 6

x3 − 5 1 2 x3 − 5 1 2 x2 − 1 4 4 x2 − 1 4 4

x 4 − 7 6 = 0 8 x 4 − 7 6 = 0 8 x 4 − 7 6 = 0 8 x 3 − 5 1 = 0 2


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:  −4x 2 −8x 3 +4x 4 +16 = 0      −4x 1 +28x 3 −4x 4 −106 = 0 x ∈S ⇔  (8x 1 +28x 2 −20x 4 +172 = 0)     (4x +4x −20x +92 = 0) 1 2 3  De bekomen vergelijkingen zijn nu lineair onafhankelijk, maar we kunnen ze nog vereenvoudigen. ( −x 2 −2x 3 +x 4 +4 = 0 x ∈S ⇔ −2x 1 +14x 3 −2x 4 −53 = 0

92


14.4

Som van twee affiene deelruimten bepalen vanuit Parametervergelijkingen

Abstract Vraag Zij p + V en p + W twee affiene deelruimten van An met parametervergelijkingen als volgt, bepaal de som ervan. x ∈ p + V ⇔ ∃λ 1 , λ 2 , . . . , λa : x = p +

a X

λi vi

i=1

x ∈ q + W ⇔ ∃λ 1 , λ 2 , . . . , λb : x = p +

b X

λi w i

i=1

Antwoord x ∈ p + (V + W ) ⇔

λ 1 , λ 2 , . . . , λa λ01 , λ02 , . . . , λb0

: x =p+

a X i=1

λi vi +

b X i=1

λi0wi

Voorbeeld Vraag Zij p = (1, 2, 3) een punt van A3 en V =< (5, 4, 3), (−2, 5, 1) > en W =< (1, 2, 3), (−1, 0, 1) > twee lineaire deelruimten van R3 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)

93


14.5

Doorsnede van twee affiene deelruimten bepalen vanuit parametervergelijkingen

Abstract Vraag Zij p + V en p + W twee affiene deelruimten van An met parametervergelijkingen als volgt, bepaal de doorsnede ervan. a X x ∈ p + V ⇔ ∃λ 1 , λ 2 , . . . , λa : x = p + λi vi i=1

x ∈ q + W ⇔ ∃λ 1 , λ 2 , . . . , λb : x = p +

b X

λi w i

i=1

Antwoord We zoeken de doorsnede van de twee ’stelsels’ in de opgave. Met andere woorden zoeken we λi die aan het volgende stelsel voldoen. a b X X λi vi = λi w i i=1

i=1

Van daaruit berekenen we dan de x die beschreven worden door die λi .

Voorbeeld Vraag Zij p + V en q + W twee affiene deelruimten van A3 Bepaal de doorsnede van p + V en q + W : x ∈ p + V ⇔ ∃λ, µ : x = (1, 2, 3) + λ(2, 3, 0) + µ (−1, −1, 0) x ∈ q + W ⇔ ∃ν : x = (3, 3, 3) + ν (0, −1, 0) Antwoord 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) 2 −1 0 2 2 −1 0 2 R2− 23 R1 *. 3 −1 1 1 +/ R27→←→ *. 0 1 1 −2 +/ 2 , 0 0 0 0 , 0 0 0 0 2 −1 0 2 R27→2·R2 * . 0 1 2 −4 +/ ←→ , 0 0 0 0 1 0 −1 −1 R17→ 21 (R1+R2) * . 0 1 2 −4 +/ ←→ , 0 0 0 0 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)

94


14.6

Doorsnede van twee affiene deelruimten bepalen vanuit Carthesische vergelijkingen

Abstract Vraag Zij R en S twee affiene deelruimten van An met carthesische vergelijkingen als volgt, bepaal de onderlinge ligging.  a 11x 1 + · · · + a 1n xn = b1    ..  x ∈R⇔ , .   a x +···+a x =b kn n k  k1 1

 c 11x 1 + · · · + c 1n xn = d 1    ..  x ∈S ⇔ .   c x + ··· +c x =d kn n k  k1 1

Antwoord 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 A3 als volgt, bepaal de onderlinge ligging. ( x1 − x2 = 2 x ∈ R ⇔ {x 1 + x 2 = 1 , x ∈ S ⇔ x 1 + 3x 3 = 0 Antwoord We bepalen eerst de doorsnede van R en S door de vergelijkingen samen te nemen. x1 + x2 = 1     x ∈ R ∩ S ⇔  x1 − x2 = 2   x 1 + 3x 3 = 0 x 1 = 23    x 2 = − 12 ↔    De doorsnede van R en S is dus de rechte daar ( 32 , − 12 , 0), evenwijdig met de x 3 as.

95


14.7

Doonsnede van twee affiene deelruimten bepalen vanuit zowel carthesische als parametervergelijkingen

Abstract Vraag Zij R en S = p + V twee affiene deelruimten van An met carthesische vergelijkingen en parametervergelijkingen als volgt, bepaal de doorsnede.  a 11x 1 + · · · + a 1n xn = b1    ..  x ∈R⇔ , .   a x +···+a x =b kn n k  k1 1

x ∈S ⇔x =p+

k X

ai vi

i=1

Antwoord 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 An met Carthesische vergelijkingen en parametervergelijkingen als volgt.

x ∈R⇔

(

x1 + x2 + x3 + x4 = 1 ,

x 1 0 *. 1 +/ *. +/ *. +/ x 1 1 x ∈ S ⇔ .. 2 // = .. // + λ .. // x 1 −1 . / . / . / 3

,x 4 -

,1-

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.

,0-

96


14.8

Vergelijkingen opstellen van een rechte

Abstract Vraag Zij p en q twee punten in An , bepaal de rechte door p en q. Antwoord − → = q − p, u zal het nodig hebben! Bereken eerst pq • Parametervergelijking: − → = p + λ(q − p) x ∈ pq ⇔ ∃λx = p + λpq • Carthesische vergelijkingen: ! ! x 1 − p1 x 2 − p2 . . . xn − pn x 1 − p1 x 2 − p2 . . . xn − pn x ∈ pq ⇔ ranд − = ranд =1 → − → − → q 1 − p1 q 2 − p2 . . . qn − pn pq pq ... pq n 1 2 Elke 2 × 2 deelmatrix hiervan moet dus determinant 0 hebben. • Barycentrische vergelijkingen: x ∈ pq ⇔ ∃λx = λp1 + (1 − λ)p2

Voorbeeld Vraag Zij p = (8, 6, −1, 1) en q = (−1, 0, 4, 2) twee punten in A4 , bepaal de rechte door p en q. Antwoord q − p = (−9, −6, 5, 1) • Parametervergelijkingen: x ∈ pq ⇔ ∃λ : x = (8, 6, −1, 1) + λ(−9, −6, 5, 1) • Carthesische vergelijkingen: ! x1 − 8 x2 − 6 x3 + 1 x4 − 1 x ∈ pq ⇔ ranд =1 −9 −6 5 1 x − 8 x − 6   2  1 =0    −9 −6      x 1 − 8 x 3 + 1 =0 x ∈ pq ⇔   −9 5     x − 8 x − 1   1 4   =0  −9 1  −6x 1 +9x 2 −6 = 0    5x +9x −31 =0 x ∈ pq ⇔  1 3   +9x 4 −17 = 0  x1 • Barycentrische vergelijkingen: x ∈ pq ⇔ ∃λ : x = λ(8, 6, −1, 1) + (1 − λ)(−1, 0, 4, 2)


14.9

97

Parametervergelijkingen omzetten naar Carthesische vergelijkingen

Abstract Vraag Antwoord

Voorbeeld Vraag Antwoord EXTRA: hoe?

98


14.10

Carthesische vergelijkingen omzetten naar parametervergelijkingen

Abstract Vraag Zij S een euclidische deelruimte van En met de volgende Carthesische vergelijkingen. Bepaal de parametervergelijkingen.  a 11x 1 + · · · + a 1n xn = b1    .. x ∈R⇔ .    a x +···+a x =b kn n k  k1 1 Antwoord Los het stelsel op naar de xi . De oplossingsverzameling zal parameters bevatten. We vinden zo de parametervergelijkingen.

Voorbeeld Vraag Zij S een euclidische deelruimte van E5 met de volgende Carthesische vergelijkingen. Bepaal de parametervergelijkingen. ( x 1 − x 2 − x 3 + x 4 − 2x 5 = 4 x ∈R⇔ x1 + x2 − x3 + x5 =5 Antwoord ↔

1 −1 −1 1 −2 4 1 1 −1 0 1 5

! ↔

1 0 −1 21 − 12 0 1 0 − 12 32

9 2 1 2

!

De oplossingsverzameling S hiervan is de volgende: 9 1 1 1 1 3 S= , , 0, 0, 0 + λ (1, 0, 1, 0, 0) + µ − , , 0, 1, 0 + ν , − , 0, 0, 1 | λ, µ, ν ∈ R 2 2 2 2 2 2

99


14.11

Het orthogonaal complement bepalen

Abstract Vraag Gegeven een lineaire deelruimte V van Rn , bepaal het orthogonaal complement V ⊥ . Antwoord Voor elke vector vi in een basis voor V stellen we een vergelijking op voor een vector x in V ⊥ : ∀i : vi · x = 0 We lossen dit stelsel op om de parametervergelijking te vinden van V ⊥ .

Voorbeeld Vraag Zij V een lineaire deelruimte van R3 als volgt, bepaal het orthogonaal complement. V = {λ(1, 7, −5) | λ ∈ R} Antwoord Voor elke vector in de basis van V stellen we een vergelijking op: (in dit geval dus maar e´ e´ n) Voor elke vector w = (x, y, z) van V ⊥ geldt het volgende: We lossen dit stelsel op:

(x, y, z) · (1, 7, −5) = 0 ⇔ x + 7y − 5z = 0 V ⊥ = {(−7λ + 5µ, λ, µ) | λ, µ ∈ R}

100


14.12

De loodrechte euclidische deelruimte door een punt bepalen

Abstract Vraag Zij S = p + V een euclidische deelruimte van En , 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 E3 . 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 ⇔ (x, y, z) · (7, 6, 4) = 0

(

2 *.1 0 5 +/ 3x + 4y + 2z = 0 ←→ . 1/ 7x + 6y + 4z = 0 0 1 , 5-

V ⊥ = {λ(−2, −1, 5) | λ ∈ R} • We kunnen R nu eenvoudigweg opschrijven: R = q + V ⊥ ↔ x = (5, 6, 4) + λ(−2, −1, 5)

2 Zie


101


14.13

De gemeenschappelijke loodlijn van twee rechten bepalen

Abstract Vraag Gegeven twee kruisende rechten L 1 = p1 + λv 1 en L 2 = p2 + µv 2 in E3 , bepaal de gemeenschappelijke loodlijn die beide rechten snijdt. Antwoord • 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 · v2 = 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. p2 + av 2 + bv 3 = p1 + cv 1 • De gemeenschappelijke rechte is nu p+ < v 3 >.

Voorbeeld Vraag 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. Antwoord • 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 = 0 1 0 21 ←→ ←→ 0 1 − 14 (x, y, z) · (2, 0, 1) = 0 2x + z = 0 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) 249 157 180 + 157 / 90 157 180 90 dus 249 , , 157 157 157 .

2 −2 −1 3 1 0 0 * + * ←→ .0 1 −2 0 / ←→ .0 1 0 ,1 4 0 −3,0 0 0

Het snijpunt p van de gemeenschappelijke loodlijn met L 1 is 249 180 90 • De gemeenschappelijke loodlijn is dan ↔ 157 , 157 , 157 + λ(−2, 1, 4).

102


14.14

De afstand bepalen tussen een punt en een rechte

Abstract Vraag Zij L = p + V een rechte en q een punt uit En . 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 E3 . 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) −7 5 −1 0 1 0 0 − 21 ←→ *. 1 0 −7 0 +/ ←→ *.0 1 0 − 57 +/ 1 , 0 1 5 −1,0 0 1 − 14 1 We vinden dat (a, b, c) gelijk is aan − 12 , − 57 , − 14 s ziet er dus als volgt uit: 1 5 5 1 s = (1, 1, 0) − (1, 7, −5) = ( , − , − ) 2 2 2 2

• d (s, q) = kq − s k =

3 Zie 4 Zie

sectie 14.12 op pagina 100. sectie 14.5 op pagina 93.

q

(q − s) · (q − s) =

r

1 7 7 , , = 2 2 2

r

√ 99 3 11 = 4 2

103


14.15

De afstand bepalen tussen twee rechten

Abstract Vraag Zij L 1 en L 2 twee rechten in En . Bepaal de afstand tussen L 1 en L 2 . Antwoord • Bepaal de gemeenschappelijke loodlijn L van L 1 en L 2 5 • 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 E3 , bepaal de afstand tussen L 1 en L 2 . ( ( x + 2y + 3z = 3 x − y − z = −1 L1 ↔ L2 ↔ 2x − y − z = 1 4x + 2y − z = 2 Antwoord • We bepalen de parametervergelijkingen van L 1 en L 2 . ! ! ! ! 1 −1 −1 −1 1 0 − 12 0 1 2 3 3 1 0 15 1 L2 ↔ ←→ L1 ↔ ←→ 4 2 −1 2 0 1 57 1 0 1 21 1 2 −1 −1 1 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 x + 7y − 5z = 0 ←→ (1, −1, 2)(x, y, z) = 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 e´ e´ n 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 91 9 , − , 97 194 194 5 Zie


104

HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN We vinden p en q als volgt: p=

1 (86, 20, 55), 97

q=

1 (91, 0, 188) 194

• De afstand tussen p en q kunnen we nu rechtstreeks uit ν en (−9, 7, 8) halen, of zelf berekenen met p en q: 81 20 39 ,− , q −p = − 194 97 97 q d (p, q) = (q − p) 2 ≈ 0.6 d (p, q) = ν k(−9, 7, 8)k =

9 √ 194 ≈ 0.6 194

105


14.16

De afstand bepalen tussen een punt en een hypervlak

Abstract Vraag Zij V een hypervlak en p een punt uit En . Bepaal de afstand d (P, h) tussen V en p. V ↔

n X

ai x i + b = 0

i=1

Antwoord P b + ni=1 ai pi d (P, h) = q Pn 2 i=1 a 1

Voorbeeld Vraag Zij H een hypervlak met de volgende carthesische vergelijking, wat is de afstand van H tot q = (5, 4, 2, 5, 9) ∈ E5 . {x 1 − x 2 − x 3 + x 4 − 2x 5 = 4 Antwoord

√ −4 + 5 − 4 − 2 + 5 − 18 −18 −9 2 d (q, H ) = √ = √ = 2 12 + 12 + 12 + 12 + 22 2 2


14.17

Een isometrie classificeren

Abstract Vraag Zij F = Ax + b een isometrie in E2 of E3 , classificeer F . Antwoord We gaan het volgende schema af: • E2 – det (A) = 1 ∗ A = I : F is een translatie. ∗ A , I : F is een rotatie. – det (A) = −1: F is een schuifspiegeling. • E3 – det (A) = 1 ∗ A = I : F is een translatie. ∗ A , I : F is een schroefbeweging. – det (A) = −1 ∗ 1 is een eigenwaarde van A: F is een schuifspiegeling ∗ 1 is geen eigenwaarde van A: F is een draaispiegeling.

Voorbeeld EXTRA: voorbeeld

Vraag Antwoord

106

Hoofdstuk 15 Oefenzittingen 15.1

Oefenzitting 1

Oefening 1 Tp An 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

1 1 1 0 2 4 = 0 ⇒ W ( V 1 3 5 q + W is dus zwak parallel met p + V . p +W / q +V

2. p + V en q + R

2 9 1 2 2 4 = 0 ⇒ W ( R 4 2 5 p + W is dus zwak parallel met q + R. p +W / q + R

3. q + W en q + R

1 Zie 2 Zie

1 0 1 1 2 3 = 0 en 2 2 4

1 0 1 1 2 3 = 0 ⇒ V = R 0 2 2

stelling 1.11. stelling ??.

107

108

HOOFDSTUK 15. OEFENZITTINGEN q + W en q + R zijn dus parallel.

q +W k 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 An . • (n − 1, n − 1) kan wel: Kies een n − 1 dimensionale affiene deelruimte S = p + V van An . Er zit nu minstens e´ e´ n punt q ∈ An 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 01 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 01 . Bovendien zou s een element zijn van zowel R 1 als R 01 , en zouden bijgevolg R 1 en R 01 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 A4 . 3 Zie

stelling 1.20 op pagina 8. stelling ??. 5 Zie stelling ??. 4 Zie

109

HOOFDSTUK 15. OEFENZITTINGEN

15.2

Oefenzitting 2

Oefening 1 Bepaal de parametervergelijkingen en carthesische vergelijkingen van de rechte door p en q: 1. 2. 3.

EXTRA: oefening 1.1 EXTRA: oefening 1.2 EXTRA: oefening 1.3

4. p = (2, −1, 7) en q = (6, 4, −3) in A3 − → = (6, 4, −3) − (2, −1, 7) = (4, 5, −10) pq Parametervergelijkingen:

− →> L ↔ x ∈ p+ < pq L ↔ x = (2, −1, 7) + λ(4, 5, −10)

Carthesische vergelijkingen: ! (x 1 − 2) (x 2 + 1) (x 3 − 7) L ↔ ranд = 1 = dim(rechte) 4 5 −10 (x − 2) (x + 1) (x + 1) (x − 7) 2 3 = 0 ∧ 2 = 0 ⇔ 1 4 5 5 −10 v 1 (xi − pi ) = vi (x 1 − p1 ) →

5.

(

4(x 2 + 1) = 5(x 1 − 2) ↔ 4(x 3 − 7) = −10(x 1 − 2)

(

5x 1 −4x 2 = 14 5x 1 +2x 3 = 24

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 A3 − → = (1, −1, 1) − (0, 1, 1) = (1, −2, 0) pq → − = (3, −2, 4) − (0, 1, 1) = (3, −3, 3) pr Parametervergelijkingen: H ↔ x = (0, 1, 1) + λ(1, −2, 0) + µ (3, −3, 3) Carthesische vergelijkingen: x 1 (x 2 − 1) (x 3 − 1) * −2 0 +/ = 2 = dim(vlak ) H ↔ ranд . 1 −1 1 ,1

110

HOOFDSTUK 15. OEFENZITTINGEN x 1 (x 2 − 1) (x 3 − 1) −2 0 = 0 ⇔ 1 1 −1 1 H ↔ 2x 1 + x 2 − x 3 = 0 EXTRA: oefening 2.1

2. p = (1, 0, 6, 1), q = (2, −1, 3, 7) en r = (0, 0, 2, 1) in A4 − → = (2, −1, 3, 7) − (1, 0, 6, 1) = (1, −1, −3, 6) pq → − = (0, 0, 2, 1) − (1, 0, 6, 1) = (1, 0, −4, 0) pr EXTRA: oefening 2.2

Oefening 3 Bepaal parametervergelijkingen en carthesische vergelijkingen van de affiene deelruimten H bepaald door de volgende punten. • p0 = (1, 0, 0, 0), p1 = (0, 1, 1, 2), p2 = (0, 0, 0, 0) en p3 = (1, 2, 3, 4) in A4 p−−1−→ p2 = (0, 1, 1, 2) − (1, 0, 0, 0) = (−1, 1, 1, 2) p−−1−→ p3 = (0, 0, 0, 0) − (1, 0, 0, 0) = (−1, 0, 0, 0) p−−−→ p = (1, 2, 3, 4) − (1, 0, 0, 0) = (0, 2, 3, 4) 1 4

Parametervergelijkingen: H ↔ x = (1, 0, 0, 0) + λ(−1, 1, 1, 2) + µ (−1, 0, 0, 0) + ν (0, 2, 3, 4) Carthesische vergelijkingen: x x x x *. 1 2 3 4 +/ 1 2 3 4/ H ↔ ranд .. =3 . 1 0 0 0 // ,0 1 1 2 x x x x 1 2 3 4 x 2 x 3 x 4 1 2 3 4 ⇔ = 2 3 4 = 0 1 0 0 0 0 1 1 2 1 1 2 H ↔ 2x 2 − x 4 = 0 •

EXTRA: oefening 3.2

Oefening 4 EXTRA: oefening 4

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 A4 ? • Geef de Parametervergelijkingen voor deze affiene deelruimte. 1 0 − 13 − 10 1 1 −1 −6 −1 − 13 3 * * + A = .−1 2 −1 −2 −1/ → .0 1 − 23 − 83 − 23 +/ 0 0,0 0 0 ,−3 3 −1 2 −1• dim(H ) = n − ranд(A) = 4 − 2 = 2. • Stelsel oplossen:

1 = − 13 λ + − 10 3µ− 3 = − 23 λ + − 38 µ − 32 =λ =µ 1 2 1 2 10 8 H ↔ x = − , − , 0, 0− + λ − , − , 1, 0 + µ − , − , 0, 1 3 3 3 3 3 3

            

x1 x2 x3 x4

Oefening 6 Gegeven is de rechte L in A3 .

(

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 2x − y + z = 0 ! ! 1 1 −1 0 1 0 0 0 → 2 −1 1 0 0 1 −1 0 De richting van L is dus V :

V = {(0, −λ, λ) | λ ∈ R3 }

2. Bepaal de rechte L0 door het punt p = (−1, 2, 0) parallel met L. L0 = 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

112


Oefening 7 Gegeven zijn de rechten L en L0 in A3 met als vergelijkingen: ( ( x + 2y + 3z = 3 x − y − z = −4 0 L= en L = 2x − y − z = 1 4x + 2y − z = 2 • Toon aan dat deze rechten kruisend zijn. We berekenen de doorsnede van L en L0 door de vergelijkingen samen te nemen.             

x + 2y + 3z 2x − y − z x −y −z 4x + 2y − z

=3 =1 = −4 =2

1 2 3 3 *. +/ 0 −5 −7 −5 / → .. .0 0 1 −20// ,0 0 −5 4 We zien dat dit stelsel strijdig is, en de doorsnede bijgevolg leeg is. L ↔ x = (1, 1, 0) + λ(1, 7, −5) L0 ↔ 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) 1 0 −1 −2 1 0 −1 −2 → *. 7 1 1 2 +/ ↔ *.7 1 1 3 +/ ,−5 −1 −2 0 ,5 −1 −2 0 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

113


15.3

Oefenzitting 3

EXTRA: Oefening 1

Oefening 2 Gegeven zijn de homothetie Hc,r met centrum c en factor r , en de translatie ta in de richting van a. Toon aan dat de samenstelling van Hc,r en ta commutatief is. Hc,r ◦ ta = ta ◦ Hc,r Noteer de definities van deze transformaties: − Hc,r : p 7→ c + r → cp ta : p 7→ p + a Bekijk nu de samenstelling. −−−−−−→ Hc,r ◦ ta = c + r c (p + a) = c + r (p + a − c) − + ra = c + r→ pc = ta ◦ Hc,r

Oefening 3 Zij D een dilatatie van An en l en m twee rechten in An 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 Hc,r en Hd,r van An met centra c en d en factoren r en s. • Toon aan dat Hc,r ◦ Hd,s een translatie is als en slechts als rs = 1 geldt. • Geef de nodige voorwaarden opdat Hc,r ◦ Hd,s = I An geldt. 6 Zie

stelling 2.30.

114

HOOFDSTUK 15. OEFENZITTINGEN Noteer eerst de definities van Hc,r en Hd,r . − Hc,r : p 7→ c + r → cp − → Hd.s : p 7→ d + sdp • Bekijk de samenstelling Hc,r ◦ Hd,s . −−−−−−−− −→ → Hc,r ◦ Hd,s = c + r c (d + sdp) − → = c + r (d + sdp − 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 2.30.

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 l

d

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 4abd en 4bcd.

115

HOOFDSTUK 15. OEFENZITTINGEN • Menelaos in driehoek 4abd:

(k, a, b)(q, b, d )(n, d, a) = 1

• Menelaos in driehoek 4bcd:

(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 ). 1 = (l, c, m)(q, b, d )(m, d, c) = (n, a, d )(k, b, a)(l, c, d )(m, d, c)

Oefening 4 b c0 a a0 b0 c 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 a0, b 0, c 0 ten opzichte van de rechten affien invariant is, alsook de deelverhoudingen, volstaat het om de stelling te bewijzen voor de getransformeerde punten. c

a0

b0

a

c0

b

Figuur 15.2: Na transformatie 1. We berekenen eerst de cartesische vergelijkingen van aa0, bb 0 en cc 0: x1 x2 1 * aa ↔ . 0 0 1+/ ↔ x − y = 0 ,1/2 1/2 10

x1 x2 1 * bb ↔ . 1 0 1+/ ↔ x + 2y = 1 , 0 1/2 10

116


x1 x2 1 * cc ↔ . 0 1 1+/ ↔ 2x + y = 1 ,1/2 0 1Nu zijn de rechten aa0, bb 0 en cc 0 concurrent omdat de volgende determinant nul is en ze niet parallel zijn. 7 −1 −1 0 1 2 1 = 0 2 1 1 0

2. Bereken nu het snijpunt van aa0 en cc 0: (1/3, 1/3), dit is het zwaartepunt. −→ za0 (0, 0) − (1/3, 1/3) a −z (z, a , a) = → = = = −2 − a0 − z (1/2, 1/2) − (1/3, 1/3) za 0

Oefening 5 lb la

b c0

a

p z

q

a0

b0 c

lc

Figuur 15.3: oefening 5, een illustratie 1. Zij H de homothetie met centrum z die a0 afbeeldt op a, dan beeldt H ook b op b 0 af en c op c 0. H beeldt ook pa0 op la af, pb 0 op lb en pc 0 op lc .8 la ,lb en lc 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 8 Zie

lemma 3.2. stelling 2.19 op pagina 24.

117


Oefening 7 b p0

p6

p3 a

p1 p2

p4 p5

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

(b, a, p0 ) = (b, c, p1 ) (c, b, p1 ) = (c, a, p2 ) .. . (c, b, p4 ) = (c, a, p5 ) (a, c, p5 ) = (a, b, p6 ) Bovendien geldt het volgende: ∀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, p0 ) = (b, a, p6 ) ⇒ p0 = p6 EXTRA: Oefening 8

15.5

Oefenzitting 5

EXTRA: Oefening 1

118


Oefening 2 Bepaal in E3 het vlak door P = 2, − 14 , 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} 1 p + V ↔ 2, − , 1 + λ(−2, 1, 0) + µ (−4, 0, 1) 4 EXTRA: Oefening 3

Oefening 4 Oefening 5 Oefening 6 Oefening 7 EXTRA: Oefening 8

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, 64 119

120

INDEX 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

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 54 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs p 64 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs p 64 - 65 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs p 68 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs p 68 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 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 stellingen etc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs, zie ook p 82 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . apparte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10 13 13 14 16 17 19 19 24 27 27 29 31 31 32 36 37 38 38 40 40 40 40 40 40 40 40 40 41 42 47 49 49 49 50 50 50 50 50 50

INDEX 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 96 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 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 109 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs p 109 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs p 129 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

122 50 51 51 51 51 51 51 51 52 52 52 53 54 54 54 54 54 56 56 56 56 56 56 58 58 58 59 59 60 60 60 62 62 62 63 64 64 64 64 64 64 64 64 64 64 64 65 71 72

123

INDEX EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs p 136 . . . . . . . . . . . TODO: bewijs p 137 . . . . . . . . . . . TODO: bewijs p 138 . . . . . . . . . . . TODO: osculerende parabool . . . . . . TODO: bewijs p 143 . . . . . . . . . . . TODO: bewijs p 146 . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs p 148 . . . . . . . . . . . TODO: bewijs p 150 . . . . . . . . . . . TODO: hoekfunctie . . . . . . . . . . . TODO: bewijs p 153 . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewij p 158 . . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs p 166 . . . . . . . . . . . TODO: bewijsp 167 . . . . . . . . . . . TODO: bewijs p 169 . . . . . . . . . . . EXTRA: bewijs . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs p 175 . . . . . . . . . . . CLARIFY: waarom is dit nul?! . . . . . . EXTRA: afmaken . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs . . . . . . . . . . . . . . TODO: bewijs p 181 . . . . . . . . . . . TODO: bewijs p 181 . . . . . . . . . . . EXTRA: voorbeelden . . . . . . . . . . . EXTRA: voorbeelden . . . . . . . . . . . TODO: bewijs p 196 . . . . . . . . . . . TODO: meer uitwerken en bewijs p 197 TODO: bewijs p 199 . . . . . . . . . . . TODO: bewijs p 201 . . . . . . . . . . . EXTRA: hoe? . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: voorbeeld . . . . . . . . . . . . EXTRA: oefening 4 . . . . . . . . . . . . EXTRA: oefening 9 . . . . . . . . . . . . EXTRA: oefening 1.1 . . . . . . . . . . . EXTRA: oefening 1.2 . . . . . . . . . . . EXTRA: oefening 1.3 . . . . . . . . . . . EXTRA: oefening 1.5 zie algoritmen . . EXTRA: oefening 2.1 . . . . . . . . . . . EXTRA: oefening 2.2 . . . . . . . . . . . EXTRA: oefening 3.2 . . . . . . . . . . EXTRA: oefening 4 . . . . . . . . . . . EXTRA: Oefening 8 . . . . . . . . . . . EXTRA: Oefening 9 . . . . . . . . . . . EXTRA: Oefening 10 . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

72 72 72 72 73 73 73 73 74 74 74 74 75 76 76 76 77 77 79 80 80 80 80 81 82 82 82 82 82 83 83 84 84 85 85 97 106 108 108 109 109 109 109 110 110 110 110 112 112 112

124

INDEX EXTRA: Oefening 11 . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: Oefening 12 . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: Oefening 1 . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: Oefening 5 . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: Oefening 1 . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: Oefening 2 . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: Oefening 6 . . . . . . . . . . . . . . . . CLARIFY: waarom?: zie Thales . . . . . . . . . . CLARIFY: waarom? is een eigenschap, ga zelf na EXTRA: Oefening 8 . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: Oefening 1 . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: Oefening 3 . . . . . . . . . . . . . . . . EXTRA: Oefening 8 . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

112 112 113 114 114 114 116 117 117 117 117 118 118

Meetkunde I [B-KUL-G0N31B]

Recommend Documents