Pavimentações
1. O Grupo Ortogonal
Consideremos um espaço pseudo-euclidiano (E, Φ) e seja u ∈ L (E, E) . Dizemos que u é um
automorfismo ortogonal de (E, Φ) se,
¡ −1 ¢∗
u
Φ = Φ,
isto é, se, para quaisquer x, y ∈ E,
Φ (u (x) , u (y)) = Φ (x, y) .
|
Recordemos que u∗ = δ −1
Φ ◦ u ◦ δΦ.
Problema 1 Prove que o conjunto dos automorfismos ortogonais O(E, Φ) é subgrupo de GL(E),
o grupo ortogonal de (E, Φ).
Temos que provar que:
i) 1E ∈ O(E, Φ);
ii) Se u, v ∈ O(E, Φ), então u ◦ v ∈ O(E, Φ);
iii) Se u ∈ O(E, Φ) então u−1 ∈ O(E, Φ).
i) Seja x, y ∈ E.
Φ (1E (x), 1E (y)) = Φ(x, y), logo 1E ∈ O(E, Φ).
ii) Seja u, v ∈ O(E, Φ) e x, y ∈ E.
Como u ∈ O(E, Φ) então Φ (u(x), u(y)) = Φ(x, y). E como v ∈ O(E, Φ) então Φ (v(x), v(y)) =
Φ(x, y).
Φ (u ◦ v(x), u ◦ v(y)) = Φ(u(v(x)), u(v(y)))
= Φ(v(x), v(y))
= Φ(x, y).
Logo u ◦ v ∈ O(E, Φ).
iii) Seja u ∈ O(E, Φ) e x, y ∈ E.
Como u ∈ O(E, Φ) então Φ (u(x), u(y)) = Φ(x, y).
Φ(u−1 (x), u−1 (y)) =
=
=
=
Φ(u(u−1 (x)), u(u−1 (y)))
Φ(u ◦ u−1 (x), u ◦ u−1 (y))
Φ (1E (x), 1E (y))
Φ(x, y).
Logo u−1 ∈ O(E, Φ).
Assim de i), ii) e iii) temos que O(E, Φ) é subgrupo de GL(E).
1
Problema 2 Seja (R2 , Φ) o plano euclidiano. Prove que, se u ∈ O(R2 , Φ), u−1 = u∗ . Deduza que
(det u)2 = 1. Prove que o subconjunto formado pelos automorfismos u ∈ O(R2 , Φ) tais que det u = 1
é subgrupo de O(R2 , Φ) designado por SO(R2 , Φ).
i) Seja u ∈ O(R2 , Φ). Queremos provar que u−1 = u∗ , ou seja, u∗ ◦ u = 1R2 . Seja x, y ∈ R2
Φ(u(x), u(y)) = Φ(x, y)
⇔
= Φ((u∗ ◦ u)(x), y) = Φ(x, y)
Teorema 1: ∀x,y∈E ϕ(x,u(y))=ϕ(u∗ (x),y); ϕ(u(x),y)=ϕ(x,u∗ (y))
∗
⇔ Φ(u ◦ u(x), y) − Φ(x, y) = 0
⇔
Φ(u∗ ◦ u(x) − x, y) = 0
Φ é bilinear
⇒
Φ é não degenerada
u∗ ◦ u(x) − x = 0 ⇔ u∗ ◦ u(x) = x.
Logo
u∗ ◦ u = 1R2 .
ii) Como u∗ ◦ u = 1R2 então
det(u∗ ◦ u) = det(1R2 )
⇔ det(u∗ ) × det(u) = 1
>
u × det δ Φ × det u = 1
⇔ det δ −1
Φ × det
1
⇔
× det u × det δ Φ × det u = 1
det δ Φ
⇔ (det u)2 = 1.
iii) SO(R2 , Φ) = {u ∈ O(R2 , Φ) : det u = 1}
SO(R2 , Φ) é subgrupo de O(R2 , Φ) se:
i) 1R2 ∈ SO(R2 , Φ);
ii) Se u, v ∈ SO(R2 , Φ) então u ◦ v ∈ SO(R2 , Φ);
iii) Se u ∈ SO(R2 , Φ) então u−1 ∈ SO(R2 , Φ).
i) 1R2 =
µ
1 0
0 1
¶
então det(1R2 ) = 1, logo 1R2 ∈ SO(R2 , Φ).
ii) Seja u, v ∈ SO(R2 , Φ) então det u = det v = 1
det(u ◦ v) = det u × det v = 1, logo u ◦ v ∈ SO(R2 , Φ).
iii) Seja u ∈ SO(R2 , Φ), então det u = 1.
1
= 1, logo u−1 ∈ SO(R2 , Φ)
det u
De i), ii) e iii) concluímos que SO(R2 , Φ) é subgrupo de O(R2 , Φ).
det(u−1 ) =
2
Problema 3 Prove que, se u ∈ O(R2 , Φ) e λ é um valor próprio de u, então λ2 = 1.
Se u ∈ O(R2 , Φ) e λ é valor próprio de u, então ∃x ∈ R2 \ {0} : u(x) = λx.
Φ(u(x), u(x)) = Φ(x, x) ⇔ Φ(λx, λx) = Φ(x, x)
⇔
Φ é bilinear
λ2 Φ(x, x) = Φ(x, x).
Como Φ é não degenerada e x 6= 0, então Φ(x, x) 6= 0, logo resulta que λ2 = 1.
Problema 4 Prove que, se u ∈ O(R2 , Φ) e F é subespaço de R2 estável por u, então F ⊥ é igualmente estável por u.
Como F é estável por u então u(F ) ⊆ F. Como F é subgrupo de R2 e a aplicação u : R2 → R2
é bijectiva (pois det u 6= 0), então u(F ) é subgrupo de F . Assim dim u(F ) = dim F , logo u(F ) = F.
©
ª
F ⊥ = x ∈ R2 : Φ(x, y) = 0, para qualquer y ∈ F .
Seja x ∈ F ⊥ qualquer. Queremos provar que u(x) ∈ F ⊥ .
Seja y ∈ F.
Φ(u(x), y) = Φ(u(x), u ◦ u−1 (y))
=
Φ(u∗ ◦ u(x), u−1 (y))
Teorema 1
=
Problema 2
Φ(u−1 ◦ u(x), u−1 (y))
= Φ(x,
u−1 (y)
) = 0.
| {z }
∈F
u é bijectiva
Logo Φ(u(x), y) = 0, portanto u(x) ∈ F ⊥ . Assim u(F ⊥ ) ⊆ F ⊥ e deste modo F ⊥ é estável por u.
3
2
Problema
¡ 2π5¢ Seja G um subgrupo finito de SO(R , Φ) de cardinal n. Prove que G é gerado pela
rotação r n e que, portanto, é isomorfo ao grupo cíclico Z/nZ.
Em primeiro lugar temos de mostrar que os elementos de G são da forma:
¸
∙
cos θ − sin θ
r(θ) =
sin θ cos θ
Fixando a base canónica, um elemento de G pode ser identificado com uma matriz
∙
a b
c d
a, b, c, d ∈ R.
Uma aplicação fica univocamente determinada pelas imagens dos vectores de uma base.
Considere-se a base canónica {(1, 0), (0, 1)} .
¸∙ ¸ ∙ ¸
¸∙ ¸ ∙ ¸ ∙
∙
b
0
a b
a
1
a b
=
e
=
d
1
c d
c
0
c d
¸
,
Como a matriz é ortogonal ([r(θ)]T = [r(θ)]−1 ) e como det r(θ) = 1, resulta que:
⎧ 2
a + b2 = 1
⎪
⎪
¸
¸ ∙
¸∙
∙
⎨
1 0
a c
a b
ac + bd = 0
⇔
=
e ad − cb = 1
r(θ) × [r(θ)]T = I ⇔
0 1
b d
c d
ca + db = 0
⎪
⎪
⎩ 2
c + d2 = 1
portanto,
⎧ 2
⎨ a + b2 = 1
c2 + d2 = 1
⎩
ad − cb = 1
a2 + c2 + b2 + d2 = ad − cb + ad − cb ⇔ a2 + c2 + b2 + d2 = 2(ad − cb)
então,
a2 − 2ad + d2 + b2 + 2cb + c2 = 0 ⇔ (a − d)2 + (b + c)2 = 0
deste modo, a = d e b = −c, mas a2 + b2 = 1, logo (a, −b) = (cos θ, sin θ), para algum θ ∈ [0, 2π[ .
Assim, os elementos de G são da forma:
∙
¸
cos θ − sin θ
r(θ) =
sin θ cos θ
O que esta aplicação linear faz, geometricamente, é rodar os vectores no sentido directo por um
ângulo de θ radianos.
4
A composição de uma rotação de θ1 radianos com outra de θ2 radianos, é uma rotação de θ1 + θ2
radianos, pois:
¸∙
¸
∙
cos θ2 − sin θ2
cos θ1 − sin θ1
r(θ1 ) × r(θ2 ) =
(1)
sin θ1 cos θ1
sin θ2 cos θ2
¸
∙
cos θ1 cos θ2 − sin θ1 sin θ2 − cos θ1 sin θ2 − sin θ1 cos θ2
=
sin θ1 cos θ2 + cos θ1 sin θ2 − sin θ1 sin θ2 + cos θ1 cos θ2
¸
∙
cos(θ1 + θ2 ) − sin(θ1 + θ2 )
=
sin(θ1 + θ2 ) cos(θ1 + θ2 )
= r(θ1 + θ2 ).
Assim, temos que
(r(θ))2 = r(θ + θ) = r(2θ).
Podemos provar por indução que:
(r(θ))n = r(nθ), com n ∈ N.
Base: r(θ) = r(θ).
Hipótese de indução: (r(θ))n = r(nθ).
Tese de indução: (r(θ))n+1 = r((n + 1)θ).
(r(θ))n+1 = (r(θ))n × r(θ) = r(nθ) × r(θ) = r(nθ + θ) = r((n + 1)θ).
H.I.
(1)
Por outro lado, temos:
r(θ) × r(−θ) = I e r(−θ) × r(θ) = I, ou seja, r(−θ) = (r(θ))−1
Por outras palavras, fixando um ângulo θ, a aplicação,
Φ : (Z, +) −→ (G, ·)
n 7−→ r(nθ)
é um homomorfismo de grupos, pois para qualquer n, m ∈ Z temos que:
Φ(n + m) =
=
=
=
r((n + m)Φ)
r(nΦ + mΦ)
r(nΦ) · r(mΦ)
Φ(n) · Φ(m).
Seja θ0 o menor dos ângulos θ ∈ [0, 2π[ , tal que, r(θ0 ) ∈ G. Pretendemos mostrar que G é gerado
por r(θ0 ).
Seja θ um ângulo, tal que, r(θ) ∈ G.
Se θ não é múltiplo de θ0 , então ∃k ∈ Z : kθ0 < θ < (k + 1)θ0 .
5
De θ < (k + 1)θ0 , resulta que θ − kθ0 < θ0 e da primeira igualdade, temos θ − kθ0 > 0. Por outro
lado, temos que,
r(θ − kθ0 ) = r(θ) · r(−kθ0 )
= r(θ) · r(θ0 )−k ∈ G.
|{z} | {z }
∈G
∈G
Daqui resulta um absurdo, porque θ0 era o menor dos ângulos entre [0, 2π[, tal que, r(θ) ∈ G.
G é gerado por r(θ0 ), isto é, G = hr(θ0 )i , pois para qualquer θ tal que, r(θ) ∈ G temos que
θ = mθ0 , logo r(θ) = r(mθ0 ) = (r(θ0 ))m .
2π
Como G é finito, ∃n ∈ Z : (r(θ0 ))n = I, ou seja, r(nθ0 ) = I. Então nθ0 = 2π ⇔ θ0 =
.
n
Seja
Φ : (Z, +) −→ (G, ·)
2π
k 7−→ Φ(k) = r(k )
n
Pelo teorema do homomorfismo, temos que, (Z, +)/ ker Φ ' Φ(Z). Como Φ é sobrejectiva Φ(Z) =
G.
Por outro lado, ker Φ = {m ∈ Z : Φ(m) = I} .
2π
) = I sse m é múltiplo de n.
n
Portanto m = nk, onde k ∈ Z, isto é, m ∈ nZ, logo ker Φ = nZ. Assim, (Z, +)/nZ ∼
= G.
Φ(m) = r(m
2. Isometrias do Plano Afim Euclidiano
Consideramos o plano afim R2 . Uma aplicação afim f : R2 −→ R2 é uma isometria do plano
afim euclidiano se f é uma tranformação afim cuja parte linear, D(f ) pertence ao grupo O(R2 , Φ).
O conjunto das isometrias do plano afim euclideano é designado por I(R2 , Φ).
Problema 6 Prove que:
a) I(R2 , Φ) é um grupo;
b) Prove que toda a translação é uma isometria.
c) Dizemos que f ∈ I(R2 , Φ) é directa se D(f ) ∈ SO(R2 , Φ). Mostre que se f é directa,
existe um ponto o ∈ R2 ,tal que, f é uma rotação de centro o. Prove que o conjunto das
isometrias directas, que designamos por D(R2 , Φ) é um subgrupo de I(R2 , Φ).
d) Se f ∈ I(R2 , Φ) não é directa, det D(f ) = −1. Classifique f em termos da direcção
da translação associada e das direcções próprias de D(f ).
a) Seja f : R2 −→ R2
©
ª
I(R2 , Φ) = f : D(f ) ∈ O(R2 , Φ)
D(f ) ∈ O(R2 , Φ) ⇔ Φ(D(f )(x), D(f )(y)) = Φ(x, y)
6
i)
1R2 : R2 −→ R2
x 7−→ x
A identidade é uma aplicação afim. Logo 1R2 ∈ I(R2 , Φ)
ii) Seja f, g ∈ I(R2 , Φ), logo D(f ) ∈ O(R2 , Φ) e D(g) ∈ O(R2 , Φ).
Queremos provar que f ◦ g ∈ I(R2 , Φ). Mas f ◦ g ∈ I(R2 , Φ) se D(f ◦ g) ∈ O(R2 , Φ).
D(f ◦ g) =
D(f ) ◦ D(g)
| {z } | {z }
∈O
∈O
|
{z
}
∈O, porque O(R2 ,Φ) é um grupo fechado para ◦.
Logo f ◦ g ∈ I(R2 , Φ).
iii) Seja f, g, h ∈ I(R2 , Φ). Queremos provar que (f ◦ g) ◦ h = f ◦ (g ◦ h). Seja x ∈ R2 .
((f ◦ g) ◦ h)(x) =
=
=
=
(f ◦ g)(h(x))
f (g(h(x)))
f (g ◦ h)(x)
f ◦ (g ◦ h)(x)
iv) Seja f ∈ I(R2 , Φ). Queremos provar que f −1 ∈ I(R2 , Φ), ou seja, D(f −1 ) ∈ O(R2 , Φ).
1R2 = D(1R2 )
= D(f ◦ f −1 )
= D(f ) ◦ D(f −1 ) ⇒ D(f −1 ) = (D(f ))−1
| {z }
∈O
Como O é grupo, logo (D(f ))−1 ∈ O ⇒ D(f −1 ) ∈ O.
b) Queremos provar que toda a translação é uma isometria.
Seja,
tv : R2 −→ R2
x 7−→ 1R2 x + v
Temos de provar que D(tv ) ∈ O(R2 , Φ).
µ
¶
1 0
∈ O(R2 , Φ), pois det I = 1.
D(tv ) = 1R2 =
0 1
Φ(D(tv )(x), D(tv )(y)) = Φ(x, y).
7
c) (R2 , R2 , Φ) espaço afim, O = (0, 0) ∈ R2 .
ΘO :R2 −→ R2
−→
A 7−→ ΘO (A) = OA
ΘO
R2
↓
R2
f
−→ R2
↓
−→ R2
→
−
f
−
→
f = D(f )
Θf (O)
→
−
D( f ) = Θf (O) ◦ f ◦ Θ−1
O
−
→
f ∈ SO(R2 , Φ)
−
→
f (v) = Θf (O) ◦ f ◦ Θ−1
(v)
| O{z }
·
=O+v
·
= (Θf (O) ◦ f )(O + v)
·
= Θf (O) f (O + v)
−−−−−−−−·−→
= f (O)f (O + v).
Queremos provar que existe p0 , tal que f (p0 ) = p0 (p0 centro da rotação de f ), isto é, ∃ (x, y) :
¶
µ ¶
µ
¶µ ¶
µ
x
cos θ − sin θ
x
v1
=
+I
y
sin θ cos θ
y
v2
¶
µ ¶ µ
¶µ ¶ µ
x
cos θ − sin θ
x
v1
⇔
−
=
y
sin θ cos θ
y
v2
¶
µ
¶µ ¶ µ
x
v1
1 − cos θ
sin θ
=
⇔
y
− sin θ 1 − cos θ
v2
{z
}
|
B
O sistema é possível e determinado se e só se |B| 6= 0.
|B| =
=
=
=
(1 − cos θ)2 + sin2 θ
1 − 2 cos θ + cos2 θ + sin2 θ
2 − 2 cos θ
2 (1 − cos θ)
8
Se θ 6= 2kπ então ∃p0 : f (p0 ) = p0
(Se θ = 2kπ, então temos a identidade).
Escolhendo um referencial (p0 , v1 , v2 ) temos que
·
f (p0 + v) =
· −
→
+ f (v)
f (p )
| {z0}
= O, novo centro
→ →
−
p0 p)
⇔ f (p0 + v) = p0 + f (−
D(R2 , Φ) = {f : det(D(f )) = 1}
i) det(D(1R2 )) = 1, logo 1R2 ∈ D(R2 , Φ)
ii) Seja f, g ∈ D(R2 , Φ). Queremos provar que f ◦ g ∈ D(R2 , Φ). Que é o mesmo que provar que
det(D(f ◦ g)) = 1.
det(D(f ◦ g)) = det(D(f ) ◦ D(g))
= det(D(f )) × det(D(g))
= 1×1=1
Então f ◦ g ∈ D(R2 , Φ).
iii) Se f ∈ D(R2 , Φ). Queremos provar que f −1 ∈ D(R2 , Φ), ou seja, det(D(f −1 )) = 1
det(D(f −1 )) = det(D(f ))−1
1
1
=
= = 1.
det(D(f ))
1
Logo f −1 ∈ D(R2 , Φ).
Assim de i), ii) e iii) temos que D(R2 , Φ) é subgrupo de I(R2 , Φ).
d) Seja f ∈ I(R2 , Φ) tal que det D (f ) = −1, isto é,
µ
¶
cos θ sin θ
D (f ) =
sin θ − cos θ
para uma base ortonormada.
f (x, y) =
µ
cos θ sin θ
sin θ − cos θ
¶µ
x
y
¶
+
µ
p1
p2
¶
Os valores próprios de D (f ) são:
¯
¯ cos θ − λ
sin θ
¯
¯ sin θ
− cos θ − λ
¯
¯
¯ = 0 ⇔ (cos θ − λ) (− cos θ − λ) − sin2 θ = 0
¯
⇔ − cos2 θ + λ2 − sin θ = 0
⇔ λ = ±1
9
Os vectores próprios de D (f ) são:
µ
¶µ ¶
µ ¶
½
cos θ sin θ
x
x
x cos θ + y sin θ = x
=
⇔
sin θ − cos θ
y
y
x sin θ − y cos θ = y
½
x (cos θ − 1) + y sin θ = 0
⇔
x sin θ + y (−1 − cos θ) = 0
½
y sin θ
x = 1−cos
θ
⇔
−−−−−
O vector próprio associado ao valor próprio 1 é (sin θ, 1 − cos θ) e o vector próprio associado ao
valor próprio -1 é (− sin θ, 1 + cos θ) .
Para determinar pontos fixos, temos de resolver a equação f (x, y) = (x, y) , isto é,
¶µ ¶ µ
¶ µ ¶
µ
p1
x
x
cos θ sin θ
+
=
y
y
p2
sin θ − cos θ
Uma vez que osµcálculos ¶
nesta
¶ são
µ "maçadores",
µ base
¶ µ ¶ vamos proceder a uma mudança de base.
p1
x´
1 0
x´
+
, equivalente ao anterior, num novo referSeja o sistema
=
y´
0 −1
y´
p2
encial.
Assim, temos que
½
½
x´+ p1 = x´
p1 = 0
⇔
−y´+ p2 = y´
p2 = 2y´
Se p1 6= 0, o sistema é impossível, pelo que não há pontos fixos.
Caso A: p2 = 0
f (x´, y´) = (x´+ p1 , −y´)
que representa uma reflexão seguida de uma translação.
y´
T
D(f)
10
x´
E que no referencial inicial traduz-se numa situação como se ilustra a seguir.
y
T
D(f)
x
Caso B: p2 6= 0
f (x´, y´) = (x´+ p1 , −y´+ p2 ) ,
que representa uma reflexão seguida de uma translação, de acordo com o ilustrado na figura seguinte,
y´
T
x´
D(f)
e que no referencial inicial, se traduz numa situação, como representamos a seguir.
y
T
D(f)
x
p2
e x´ é qualquer.
Caso C: Se p1 = 0 e p2 ∈ R o sistema é possível e indeterminado. y´ =
2
p2
Assim, os pontos fixos estão sobre a recta y´= 2 e temos apenas reflexões, portanto:
f (x´, y´) = (x´, −y´+ p2 )
11
y´
p2
p2
2
T
x´
D(f)
E no referencial inicial, temos uma situação como a ilustrada na figura seguinte.
y
T
D(f)
x
3. Subgrupos Discretos de D(R , Φ)
2
Dizemos que um subgrupo G do grupo I(R2 , Φ) (das isometrias do plano euclidiano) é discreto
se, dado qualquer ponto p ∈ R2 o conjunto O = {g(p) : g ∈ G} é discreto para a topologia natural
de R2 . Isto é, existe ε > 0 tal que B(q, ε) ∩ O = {q}, onde B(q, ε) é a bola aberta de centro q e raio
ε, qualquer que seja q ∈ O.
p → −
Usamos a distância d(p, q) = Φ(−
pq, →
pq).
Problema 7 Se v ∈ R2 , tv designa a translação de vector v, de modo que tv (x) = x + v. Sejam
−1
u, v ∈ R2 e, para k ∈ Z definamos tkv = tv ◦ ... ◦ tv (k vezes) se k ≥ 1, tkv = t−1
(−k
v ◦ ... ◦ tv
0
m
n
vezes) se k ≤ −1 e tv = 1R2 . Definimos F = {tv ◦ tu : m, n ∈ Z} .
a) Prove que F é um subgrupo discreto de I(R2 , Φ).
b) Prove que dois quaisquer grupos deste tipo são isomorfos. Dizemos que se trata do grupo p1
12
n
a) F = {tm
v ◦ tu : m, n ∈ Z}
Observações:
1- tv (x) = 1R2 x + v
2- t2v (x) = tv (tv (x)) = tv (x + v) = (x + v) + v = x + 2v = t2v (x).
por 1
Generalizando, temos tnv (x) = tnv (x), n ∈ Z
i) 1R2 ∈ F ?
t0v =1R2 =1R2 ◦1R2 ∈ F
ii) Sejam f, g ∈ F. Queremos provar que f ◦ g ∈ F.
n1
m2
n2
1
Se f ∈ F então, f = tm
v ◦ tu , e se g ∈ F então, g = tv ◦ tu .
2
Seja x ∈ R .
(f ◦ g)(x) =
=
=
=
=
n1
m2
n2
1
((tm
v ◦ tu ) ◦ (tv ◦ tu )) (x)
(tm1 v+n1 u ◦ tm2 v+n2 u ) (x)
tm1 v+n1 u+m2 v+n2 u (x)
t(m1 +m2 )v+(n1 +n2 )u (x)
1 +m2
◦ tnu1 +n2 (x).
tm
v
iii) Se f ∈ F, queremos provar que f −1 ∈ F
¡ −m −n ¢
n
(tm
◦
t
)
◦
tv ◦ tu = tmv+nu−mv−nu = t0(u+v) = t0u+v = 1R2
v
u
Logo f −1 = t−m
◦ t−n
v
u ∈ F
ρ
Considerando ρ = min(k u k, k v k, k u + v k, k u − v k) e ε ≤ , temos que:
3
B(q, ε) ∩ O = {q} .
0
n
m
n
b) Seja F = {tm
v ◦ tu : m, n ∈ Z} e F = {tw ◦ tz : m, n ∈ Z}
0
ϕ : F −→ F
n
m
n
tm
v ◦ tu −→ tw ◦ tz
Neste caso ϕ é bijectiva, porque é injectiva e sobrejectiva.
Injectividade: ϕ é injectiva se e só se ker ϕ = 1R2 .
n
m
n
ker ϕ = {tm
v ◦ tu : ϕ(tv ◦ tu ) = 1R2 }
n
ϕ(tm
v ◦ tu ) = 1R2
n
⇔ tm
w ◦ tz = 1R2
⇔ tmw+nz = 1R2 ,
13
então mw + nz = 0, como w, z são linearmente independentes, m = n = 0. Logo ker ϕ = {t0v ◦ t0u } =
{1R2 } .
n
m
n
Sobrejectividade: Como ϕ(tm
v ◦ tu ) = tw ◦ tz , então a aplicação é sobrejectiva.
n
m´
n´
Sejam x = tm
v ◦ tu ∈ F e y = tv ◦ tu ∈ F.
ϕ(x ◦ y) =
=
=
=
=
=
=
=
=
=
n
m´
n´
ϕ(tm
v ◦ tu ◦ tv ◦ tu )
ϕ(tmv+nu ◦ tm´v+n´u )
ϕ(tmv+nu+m´v+n´u )
ϕ(t(m+m´)v+(n+n´)u )
t(m+m´)w+(n+n´)z
t(mw+nz)+(m´w+n´z)
tmw+nz ◦ tm´w+n´z
(tmw ◦ tnz ) ◦ (tm´w ◦ tn´z )
n
m´
n´
tm
w ◦ tz ◦ tw ◦ tz
ϕ(x) ◦ ϕ(y).
0
Logo ϕ é um isomorfismo. Assim F ∼
=F
Uma rede em R2 é uma família de pontos da forma {(na, mb) : n, m ∈ Z} onde (a, b) são as
coordenadas de um ponto de R2 num dado referencial cartesiano. Uma pavimentação de R2 é um
par (G, A) onde G é um subgrupo de D(R2 , Φ) e A é um subconjunto de R2 tais que:
a) A é conexo, compacto e de interior não vazio;
b) ∪ g(A) = R2 ;
g∈G
◦
◦
c) Se g(A) ∩ h(A) 6= ∅, então g(A) = h(A).
Os conjuntos g(A), g ∈ G, são chamados mosaicos da pavimentação.
Se G é um subgrupo de D(R2 , Φ) e existe um compacto conexo A ⊂ R2 tal que (G, A) seja uma
pavimentação, dizemos que G é um grupo cristalográfico.
Problema 8 Seja G ⊂ D(R2 , Φ) um grupo cristalográfico, A ⊂ R2 um compacto conexo tal que
(G, A) é uma pavimentação.
a) Prove que, para qualquer g ∈ G, se Ag = g(A) então δ(Ag ) = sup d(x, y) existe e é
x,y∈Ag
independente de g. Designamos este real por δ.
b) Seja K ⊂ R2 um compacto. Prove que o número de conjuntos Ag tais que Ag ⊂ K é finito.
14
a) A é compacto, logo A × A também é compacto. d : R2 × R2 → R é uma aplicação contínua,
logo d(A × A) é um compacto de R, donde {d(x, y) : x, y ∈ A} é limitado e fechado, portanto existe
sup d(x, y).
x,y∈A
sup d(x, y)
x,y∈A
=
sup d(g(x), g(y)) = sup (x´, y´)
g∈G ⊂ D(R2 ,Φ) x,y∈A
x´,y´∈Ag
para qualquer g ∈ G, logo δ(Ag ) é independente de g.
b) Suponhamos com vista a um absurdo, que o número de conjuntos Ag é infinito.
Seja A um mosaico qualquer e x ∈ A. Então ∃ε > 0 : B(x, ε) ⊂ A.
Sabemos que todos os mosaicos são imagem de A por isometrias.
Seja xg = g(x), então B(xg , ε) ⊂ g (A) . Podemos proceder de modo análogo e iremos obter uma
sequência de pontos xgn , nas mesmas condições.
Como qualquer sucessão infinita de pontos num compacto admite um ponto de acumulação, seja
x0 esse ponto.
Existem infinitos pontos de xgn à volta de x0 , o que é absurdo, pois nesse caso, existiriam infinitos
pontos xgn num mesmo mosaico, ora tal não pode acontecer por construção.
Problema 9 Seja Ag = g(A) um mosaico qualquer e Eg = {h ∈ G : h(Ag ) = Ag } .
a) Prove que Eg é um subgrupon de G;
o
−→ −→
b) Considere o conjunto A1 = p = O u 12 (Ox + Oy) : x, y ∈ Ag e d(x, y) = δ .
−→ −→
−→ −→
Dados p = O u 12 (Ox + Oy) ∈ A1 , q = O u 12 (Ou + Ov) ∈ A1 , prove que d2 (p, q) ≤ 12 δ 2 . Use esse
facto para deduzir que δ(A1 ) = sup d(x, y) ≤ √12 δ.
x,y∈A1
c) Definimos A2 pela mesma relação que A1 , com A1 no lugar de Ag . Mais geralmente, definimos
An+1 em termos de An do mesmo modo. Prove que a sucessão (Ak ) assim definida é uma sucessão
de conjunto de compactos tal que An+1 ⊂ An para todo o inteiro n.
d) Use esta construção para provar que existe um ponto s ∈ R2 tal que h(s) = s para todo o
elemento de Eg .
e) Use d) para provar que Eg é isomorfo a um grupo finito de rotações do plano euclidiano.
a) Eg = {h ∈ G : h(Ag ) = Ag } .
i) 1R2 ∈ G (G é grupo), 1R2 (Ag ) = Ag .
ii) Seja f, h ∈ Eg , logo f (Ag ) = Ag e h(Ag ) = Ag . Queremos provar que f ◦ h ∈ Eg .
(f ◦ h)(Ag ) = f (h(Ag )) = f (Ag ) = Ag , logo f ◦ h ∈ Eg .
iii) Queremos provar que se f ∈ Eg então f −1 ∈ Eg . f −1 existe porque f ∈ G e G é um grupo.
Ag = 1R2 (Ag ) = (f −1 ◦ f )(Ag ) = f −1 (f (Ag )) = f −1 (Ag ), logo f −1 ∈ Eg .
15
−→ −→
b) Seja p = O u 12 (Ox + Oy).
−
→ −
→
d2 (p, O) = Φ(Op, Op) −→
=
−→ −→
Op=p−O= 12 (Ox+Oy)
1 −→ −→ 1 −→ −→
Φ( (Ox + Oy), (Ox + Oy))
2
2
−→ −→
−→ −→
−→ −→
−→ −→
1
(Φ(Ox, Ox) + Φ(Ox, Oy) + Φ(Oy, Ox) + Φ(Oy, Oy))
Φ é bilinear 4
−→ −→
−→ −→
−→ −→
1
(Φ(Ox, Ox) + 2Φ(Ox, Oy) + Φ(Oy, Oy)).
=
Φ é simetrica 4
−→ −→
−→ −→
−→ −→
Logo 4d2 (p, O) = Φ(Ox, Ox) + 2Φ(Ox, Oy) + Φ(Oy, Oy).
=
→ −
→ = Φ(y − x, y − x)
d2 (x, y) = Φ(−
xy,
xy)
−→ −→ −→ −→
= Φ(Oy − Ox, Oy − Ox)
−→ −→
−→ −→
−→ −→
= Φ(Oy, Oy) + Φ(Ox, Ox) − 2Φ(Ox, Oy)
Assim temos que:
⎧
−→ −→
−→ −→
−→ −→
⎪
⎨ 4d2 (p, O) = Φ(Ox, Ox) + 2Φ(Ox, Oy) + Φ(Oy, Oy)
⎪
→ −→
−→ −→
−→ −→
⎩ d2 (x, y) = Φ(−
Oy, Oy) + Φ(Ox, Ox) − 2Φ(Ox, Oy)
Somando ambas as condições, obtém-se que:
−→ −→
−→ −→
4d2 (p, O) + d2 (x, y) = 2Φ(Ox, Ox) + 2Φ(Oy, Oy)
= 2d2 (O, x) + 2d2 (O, y).
Portanto,
d2 (x, y) = 2d2 (O, y) + 2d2 (O, y) − 4d2 (p, O)
(2)
Do mesmo modo, temos que:
d2 (u, v) = 2d2 (O, u) + 2d2 (O, v) − 4d2 (q, O)
(3)
−→
−→
∼
Podemos considerar uma origem qualquer, uma vez que, dado p = O´+ 12 O´x + 12 O´y, temos que:
1 −→ 1 −→
˜
p = O´+ O´x + O´y
2
2
−→ 1 −→ 1 −→
= O + OO´+ O´x + O´y
2
2
1 −→ 1 −→ 1 −→ 1 −→
= O + OO´+ OO´+ O´x + O´y
2
2
2
2
1 −→ −→
1 −→ −→
= O + (OO´+ O´x) + (OO´+ O´y)
2
2
1 −→ 1 −→
= O + Ox + Oy = p.
2
2
16
Sabemos que d(x, y) = d(u, v) = δ e que d(x, u) ≤ δ, d(x, v) ≤ δ, d(y, u) ≤ δ e d(y, v) ≤ δ.
Assim, para O = u de (2) resulta que:
1
1
1
3
d2 (p, u) = d2 (u, x) + d2 (u, y) − d2 (x, y) ≤ δ 2
2 | {z } 2 | {z } 4 | {z } 4
≤δ2
≤δ2
≤δ 2
e para O = v também temos d2 (p, v) ≤ 34 δ 2 .
Substituindo O por p em (3) temos que
1 2
1
1
d (p, u) + d2 (p, v) − d2 (u, v)
2
2
4
1 3 2 1 3 2 1 2
≤
× δ + × δ − δ
2 4
2 4
4
1 2
1
=
δ , ou seja, d2 (p, q) ≤ δ 2
2
2
d2 (q, p) =
1
Da última desigualdade resulta que d(x, y) ≤ √ δ, para qualquer x, y ∈ A1 , e portanto
2
1
δ(A1 ) = sup d(x, y) ≤ √ δ
2
x,y∈A1
·
→
→
x +−
y ).
c) e d) p = O + 12 (−
−
→ −
→
1
d2 (p, O) = Φ(Op, Op) = Φ(x + y, x + y)
4
1
1
1
=
Φ(x, x) + Φ(x, y) + Φ(y, y)
4
2
4
1
1
1 2
d (O, x) + Φ(x, y) + d2 (O, y)
=
4
2
4
O ponto O é arbitrário (p é um baricentro).
1
1
1
d2 (p, q) = d2 (q, x) + Φ(x, y) + d2 (q, y).
4
2
4
d2 (x, y) = Φ(x − y, x − y)
= Φ(x, x) − 2Φ(x, y) + Φ(y, y)
Logo,
1
1
1
Φ(x, x) = d2 (O, x) + d2 (O, y) − d2 (x, y)
2
2
2
17
Por outro lado,
1 2
d (O, x) +
4
1 2
=
d (O, x) +
2
d2 (p, O) =
1 2
1
1
1
d (O, y) + d2 (O, x) + d2 (O, y) − d2 (x, y) =
4
4
4
4
1 2
1 2
d (O, y) − d (x, y)
2
4
Assim se considerarmos O = q,temos:
1
1
1
d2 (p, q) = d2 (q, x) + d2 (q, y) − d2 (x, y)
2
2
4
Além disso
(4)
1
1
1
d2 (q, O) = d2 (O, u) + d2 (O, v) − d2 (u, v)
2
2
4
Fazendo O = x, obtemos:
1 2
1
1
d (x, u) + d2 (x, v) − d2 (u, v)
2
2
4
1 2 1 2 1 2 3 2
≤
δ + δ − δ = δ
2
2
4
4
d2 (q, x) =
De modo análogo temos:
3
d2 (q, y) ≤ δ 2
4
Logo
3
1
1
d2 (p, q) ≤ δ 2 − δ 2 = δ 2
4
4
2
1
Concluímos que δ(A1 ) ≤ √ δ.
2
1
1
1
Resulta da mesma forma que δ(A2 ) ≤ √ δ(A1 ) = δ e mais geralmente δ(An ) ≤ √ δ.
2
2
2n
A aplicação
f : E × E −→ R
(x, y) 7−→ f (x, y) = d(x, y)
é contínua. A imagem de um compacto por uma aplicação contínua é um compacto, assim, Ag ×Ag ⊂
E × E é compacto. Logo f é limitada e atinge o seu limite. Isto é, existem x, y ∈ Ag tais que
·
d(x, y) = δ. Deste modo p = O + 12 (x + y) ∈ A1 . Portanto A1 6= ∅. Prova-se por indução que
An 6= ∅.
Pelo que provamos anteriormente, An é limitada.
·
−−→ −−→
Se (pn ) é uma sucessão convergente de pontos de A1 , pn = O + 12 (Oxn + Oyn ) e de modo que xn
e yn são sucessões de pontos de Ag . Estas sucessões são convergentes, pois pn é convergente.
x = lim xn , y = lim yn , são pontos de Ag (Ag é compacto) e como d(xn , yn ) = δ, concluimos que,
no limite, d(x, y) = δ, logo p = lim pn ∈ A1 . Assim A1 é fechado.
Concluimos que A1 é fechado e limitado logo compacto. Por indução, conclui-se que An é
compacto.
18
Assim An 6= ∅ e é compacto.
Usando o axioma da escolha, seja pn ∈ An , n ≥ 0 e consideremos a sucessão (pn ). Temos:
·
pn = O + 12 (xn + yn ), xn , yn ∈ An−1
d(xn , yn ) = δ(An )
1 2
1
1
d (pn , xn+1 ) + d2 (pn , yn+1 ) − d2 (xn+1 , yn+1 )
2
2
4
1
≤ δ 2 (An ) − δ 2 (An )
4
3 2
=
δ (An )
4
3
1
≤
× n δ2
4 2
d2 (pn , pn+1 ) =
Logo,
1
3
× n δ2
4 2
e então
r
r
3
1
δ
d(pn , pn+1 ) ≤
×
4
2n
Aplicando, sucessivamente a desigualdade triângular, resulta que:
d2 (pn , pn+1 ) ≤
d(pn , pn+q ) ≤ d(pn , pn+1 ) + d(pn+1 , pn+2 ) + ... + d(pn+q−1 , pn+q )
r µ
¶
3 1
1
1
+ ... + (n+q−1) δ
<
n +
(n+1)
4 22
2
2
2 2
r
µ
¶
3
1
1
1
=
× n 1 + 1 + ... + q−1 δ
4 22
22
2 2
Ã
r
µ ¶q−1 !
3
1
1
1
δ
× n 1 + 1 + ... +
=
1
2
4 2
22
22
µ ¶q
1
r
1−
1
3
1
2
2
¶δ
µ
=
× n ×
1
4 22
1−
1
22
Logo pn é uma sucessão de Cauchy, como o plano é completo, então pn é convergente.
Seja p = lim pn . Seja h ∈ Eg . Temos h(Ag ) = Ag . Portanto se p1 = O + 12 (x1 + y1 ), x1 , y1 ∈ Ag ,
logo h(x1 ), h(x2 ) ∈ Ag e como h é uma isometria d(h(x1 ), h(y1 )) = δ. Então O + 12 (h(x1 ) + h(y1 )) ∈
A1 , assim h(p1 ) ∈ A1 e por indução resulta que h(pn ) ∈ An . Como An 6= ∅ e é compacto, temos
que An é fechado, logo contém o limite de todas as suas sucessões, em particular, contém o limite
de h(pn ). Seja lim h(pn )
=
h(lim pn ) = h(p).
h é contínua
Se provarmos que d(p, h (p)) é zero então h (p) = p.
19
≤
d(h (p) , p)
h(An )⊂An
1
δ (An ) ≤ √ δ → 0
2n n→∞
Daqui decorre que d(h (p) , p) = 0 e portanto h(p) = p.
e) Sejam Ag e Ag´. Da alínea anterior resulta que ∃s, s´∈ R2 : h (s) = s ∀h ∈ Eg e h´(s´) = s´∀h´∈
Eg´. Assim, temos Eg ∩ Eg´ = {1R2 } , pois a única transformação que fixa s e s´é a identidade. Agora
consideremos a bola de centro s e raio µ, onde µ = max {d (s, z)} .
z∈Ag´
Do problema 8-b), resulta que o número de mosaicos dentro desta bola é finito e consequentemente o conjunto {h (Ag´) : h ∈ Eg } é finito.
Temos de provar que Eg é um conjunto finito. Sejam h, h´∈ Eg tais que
¡
¢
h (Ag´) = h´(Ag´) ⇒ h−1 ◦ h (Ag´) = Ag´ ⇒ h−1 ◦ h ∈ Eg´.
Também temos h−1 ◦ h´∈ Eg , pois Eg é um grupo. Logo, h−1 ◦ h´= 1R2 ⇔ h = h´⇒ Eg é finito.
Como as rotações têm todas o mesmo centro, então Eg é isomorfo a um grupo finito de rotações
do plano euclidiano.
Problema 10 Seja G ⊂ D(R2 , Φ) um grupo cristalográfico, A ⊂ R2 um compacto conexo tal que
(G, A) é uma pavimentação. Dado a ∈ R2 considere o conjunto G(a) = {g(a) : g ∈ G} .
a) Prove que, para todo o real ε > 0
G(a) ∩ B(a, ε) = ∪ (Ag ∩ G(a) ∩ B(a, ε)).
g∈G
b) Use este resultado para provar que todo o grupo cristalográfico é um subgrupo discreto de D(R2 , Φ).
a) Seja x ∈ ∪ (Ag ∩ G(a) ∩ B(a, ε)) então ∃g´ ∈ G : x ∈ Ag´ ∩ G(a) ∩ B(a, ε), logo x ∈
g∈G
G(a) ∩ B(a, ε).
Deste modo temos
G(a) ∩ B(a, ε) ⊃ ∪ (Ag ∩ G(a) ∩ B(a, ε))
g∈G
Seja x ∈ G(a) ∩ B(a, ε). Em particular, x ∈ R2 , mas R2 = ∪ g(A) e assim x ∈ ∪ g(A).
g∈G
x ∈ ∪ g(A) e x ∈ G(a) ∩ B(a, ε)
g∈G
Logo
x ∈ ∪ (g(A) ∩ G(a) ∩ B(a, ε))
g∈G
ou seja,
x ∈ ∪ (Ag ∩ G(a) ∩ B(a, ε))
g∈G
b) Como Eg é finito (problema 9-e)) considere-se,
ε = min (d(h(a), h´(a))) com h 6= h´
20
g∈G
ε
. Como
3
fica garantido que B(a, δ) ∩ G(a) = {a} , então o subgrupo é discreto. Como g é uma isometria
então todo o grupo cristalográfico é subgrupo discreto de D(R2 , Φ).
suficientemente pequeno para que a bola de raio ε não saia do mosaico. Escolhe-se δ <
Problema 11 Seja G ⊂ D(R2 , Φ) e (G, A) uma pavimentação.
a) Prove que G não pode estar reduzido a um conjunto de rotações de mesmo centro.
b) Prove que se r1 e r2 são rotações de centros diferentes, r1 ◦ r2 ◦ r1−1 ◦ r2−1 é uma
translação diferente da identidade.
c) Use estes resultados para provar que G contém pelo menos uma translação.
a) Suponha-se com vista a um absurdo que G está reduzido a um conjunto de rotações de mesmo
centro (s).
A é um compacto, logo é limitado. Escolha-se a maior das distâncias entre s e um qualquer
a ∈ A. Seja ε essa distância.
B(s, ε) contém todos os mosaicos obtidos pela rotação de centro s. Um ponto fora desta bola
não pertence a nenhum mosaico, pelo que (G, A) não constitui uma pavimentação, o que é absurdo
por hipótese.
b) Sejam r1 , r2 rotações de centros diferentes.
µ
¶ µ
x
+
r1 (x, y) =
y−b
µ
¶µ ¶
cos α − sin α
x
r2 (x, y) =
sin α cos α
y
µ
¶µ
¶ µ
cos θ sin θ
x
−1
+
r1 (x, y) =
− sin θ cos θ
y−b
¶µ ¶
µ
x
cos α sin α
−1
r2 (x, y) =
y
− sin α cos α
cos θ − sin θ
sin θ cos θ
21
¶µ
0
b
¶
0
b
¶
r1 ◦ r2 ◦ r1−1 ◦ r2−1 (x, y)
µµ
¶ µ ¶¶
cos α sin α
x
−1
= r1 ◦ r2 ◦ r1
− sin α cos α
y
µ
¶
x cos α + y sin α
= r1 ◦ r2 ◦ r1−1
y cos α − x sin α
¶ µ ¶¶
¶µ
µµ
0
x cos α + y sin α
cos θ sin θ
+
= r1 ◦ r2
b
y cos α − x sin α − b
− sin θ cos θ
¶
µ
−b sin θ + x cos (θ + α) + y sin (θ + α)
= r1 ◦ r2
−b cos θ + y cos (θ + α) − x sin (θ + α) + b
¶¶
¶µ
µµ
−b sin θ + x cos (θ + α) + y sin (θ + α)
cos α − sin α
= r1
−b cos θ + y cos (θ + α) − x sin (θ + α) + b
sin α cos α
¶
µ
−b sin α + x cos θ + y sin θ − b sin (θ − α)
= r1
b cos α + y cos θ − x sin θ − b cos (θ − α)
¶ µ ¶
¶µ
µ
0
−b sin α + x cos θ + y sin θ − b sin (θ − α)
cos θ − sin θ
+
=
b
b cos α + y cos θ − x sin θ − b cos (θ − α) − b
sin θ cos θ
µ
¶
x + b sin θ + b sin α − b sin (θ + α)
=
y − b cos θ − b cos α + b cos (θ + α) + b
¶
¶µ ¶ µ
µ
b sin θ + b sin α − b sin (θ + α)
x
1 0
+
=
−b cos θ − b cos α + b cos (θ + α) + b
y
0 1
µ
¶
b sin θ + b sin α − b sin (θ + α)
Calculando o quadrado da norma de
obtemos:
−b cos θ − b cos α + b cos (θ + α) + b
=
=
=
=
=
(b sin θ + b sin α − b sin (θ + α))2 + (−b cos θ − b cos α + b cos (θ + α) + b)2
4b2 − 4b2 cos θ − 4b2 cos α + 2b2 cos (θ + α) + 2b2 cos (θ − α)
2b2 (cos (θ + α) − 2 cos α − 2 cos θ + cos (θ − α) + 2)
2b2 (cos θ cos α − sin θ sin α − 2 cos α − 2 cos θ + cos θ cos α + sin θ sin α + 2)
2b2 (2 cos θ cos α − 2 cos α − 2 cos θ + 2)
4b2 ((cos θ − 1) (cos α − 1))
A expressão 4b2 ((cos θ − 1) (cos α − 1)) só é igual a zero quando θ = 2kπ e α = 2mπ, k, m ∈ Z.
Neste caso as rotações são iguais à identidade.
c) Pela alínea a) existem pelo menos duas rotações r1 , r2 com centros diferentes pertencentes a
G e como G é grupo, então r1−1 e r2−1 ∈ G. Logo r1 ◦ r2 ◦ r1−1 ◦ r2−1 ∈ G. Pela alínea b) r1 ◦ r2 ◦ r1−1 ◦ r2−1
é uma translação, logo G contém pelo menos uma translação.
22
Problema 12 Seja G ⊂ D(R2 , Φ) e (G, A) uma pavimentação.
a) Supomos que quaisquer duas translações tu , tv ∈ G são tais que v = λu para algum λ ∈ R.
Prove que, em tal caso os centros de todas as rotações pertencentes a G se encontram
sobre uma mesma recta.
b) Use a) para provar que, então ∪Ag 6= R2 . Deduza que G contém pelo menos duas translações
de vectores não colineares.
a) Sejam r1 , r2 e r3 , três rotações de centros diferentes. Sejam a1 , a2 e a3 os respectivos centros.
a1 = (0, b) , a2 = (0, 0) , a3 = (e, f ) . Pelo problema 11 alínea b), r1 ◦ r2 ◦ r1−1 ◦ r2−1 é uma translação
diferente da identidade e r1 ◦ r3 ◦ r1−1 ◦ r3−1 é também uma translação diferente da identidade.
r1 (x, y) =
r2 (x, y) =
r1−1 (x, y)
r2−1 (x, y)
=
=
r3 (x, y) =
r3−1 (x, y)
=
µ
µ
µ
µ
µ
µ
¶ µ ¶
x
0
+
y−b
b
¶µ ¶
cos α − sin α
x
sin α cos α
y
¶µ
¶ µ ¶
cos θ sin θ
x
0
+
− sin θ cos θ
y−b
b
¶µ ¶
cos α sin α
x
− sin α cos α
y
¶ µ ¶
¶µ
e
x−e
cos β − sin β
+
f
y−f
sin β cos β
¶ µ ¶
¶µ
e
x−e
cos β sin β
+
f
y−f
− sin β cos β
cos θ − sin θ
sin θ cos θ
¶µ
r1 ◦ r2 ◦ r1−1 ◦ r2−1 (x, y)
¶
¶µ ¶ µ
µ
b sin θ + b sin α − b sin (θ + α)
x
1 0
+
=
−b cos θ − b cos α + b cos (θ + α) + b
y
0 1
23
(5)
=
=
=
=
=
=
=
=
r2 ◦ r3 ◦ r2−1 ◦ r3−1 (x, y)
µµ
¶µ
¶ µ ¶¶
cos β sin β
x−e
e
−1
+
r2 ◦ r3 ◦ r2
− sin β cos β
y−f
f
µ
¶
−f sin β + x cos β + y sin β − (cos β) e + e
−1
r2 ◦ r3 ◦ r2
−f cos β + y cos β − x sin β + (sin β) e + f
¶¶
¶µ
µµ
−f sin β + x cos β + y sin β − (cos β) e + e
cos α sin α
r2 ◦ r3
−f cos β + y cos β − x sin β + (sin β) e + f
− sin α cos α
¶
µ
f sin α − f sin (α + β) + x cos (α + β) + y sin (α + β) + (cos α) e − (cos (α + β)) e
r2 ◦ r3
f cos α − f cos (α + β) + y cos (α + β) − x sin (α + β) − (sin α) e + (sin (α + β)) e
¶
µ
−f sin α + x cos α + y sin α − (cos α) e + f sin (α − β) + e cos (α − β) + e
r2
−f cos α + y cos α − x sin α + (sin α) e + f cos (α − β) − e sin (α − β) + f
¶µ
µ
¶
−f sin α + x cos α + y sin α − (cos α) e + f sin (α − β) + e cos (α − β) + e
cos α − sin α
sin α cos α
−f cos α + y cos α − x sin α + (sin α) e + f cos (α − β) − e sin (α − β) + f
¶
µ
x − f sin α − f sin β − e + (cos α) e + (cos β) e
−f + y + f cos α + f cos β + (sin α) e + (sin β) e
¶µ ¶µ
µ
¶
−f sin α − f sin β − e + (cos α) e + (cos β) e
x
1 0
.
(6)
y
0 1
−f + f cos α + f cos β + (sin α) e + (sin β) e
Por outro lado, temos que:
r1 ◦ tv ◦
r1−1
(x, y) =
=
=
=
=
µµ
¶ µ ¶¶
cos θ sin θ
x
r1 ◦ tv
− sin θ cos θ
y
µµ
¶µ
¶
¶
1 0
x cos θ + y sin θ
λ
+
r1
0 1
y cos θ − x sin θ
0
µ
¶µ
¶
cos θ − sin θ
x cos θ + y sin θ + λ
sin θ cos θ
y cos θ − x sin θ
µ
¶
x + λ cos θ
y + λ sin θ
¶
¶µ ¶ µ
µ
λ cos θ
x
1 0
+
λ sin θ
y
0 1
Portanto r1µ◦ tv ◦ r1−1¶dá origem a uma translação. Como
µ ¶todas as translações são colineares,
λ
cos
θ
λ
tem de ser colinear com tv =
, logo sin θ = 0, pelo que, θ = π ou
r1 ◦ tv ◦ r1−1 =
λ sin θ
0
θ = 2π.
Por outro lado θ 6= 2π pois nesse caso teríamos uma rotação igual à identidade. Logo θ = π.
Como considerámos, r1 uma rotação qualquer, logo todas as outras rotações têm o mesmo ângulo
de rotação assim, α = β = π.
24
Substituindo em (5) e (6), obtemos:
¶
¶ µ
µ
0
b sin θ + b sin α − b sin (θ + α)
=
4b
−b cos θ − b cos α + b cos (θ + α) + b
µ
−f sin α − f sin β − e + (cos α) e + (cos β) e
−f + f cos α + f cos β + (sin α) e + (sin β) e
¶
=
µ
−3e
−3f
¶
Assim, para que as translações r1 ◦ r2 ◦ r1−1 ◦ r2−1 e r1 ◦ r3 ◦ r1−1 ◦ r3−1 sejam colineares, e terá que
ser igual a zero. Deste modo as rotações, anteriormente, consideradas têm centros de rotação sobre
a mesma recta. O mesmo acontece para todas as rotações pertencentes a G.
b) Pela alínea a) os mosaicos ficam numa faixa que não cobre R2 , pelo que ∪ Ag 6= R2 . Logo
g∈G
para que (G, A) seja uma pavimentação G terá que conter pelo menos duas translações de vectores
não colineares.
Problema 13 Seja Γ o conjunto das translações que pertencem a G.
a) Prove que Γ é um subgrupo de G.
b) Prove que existe tw ∈ Γ com w de norma mínima.
c) Prove que existe tz ∈ Γ − {tkm : k ∈ Z} , igualmente de norma mínima.
d) Seja G´= {tpw+qz : p, q ∈ Z} . Prove que G´é um subgrupo de G.
e) Prove que G´= Γ. (Pelo absurdo, provando que, se G´6= Γ então w (ou z) não é de norma
mínima).
f ) Prove que, se G não contém rotações, então G é isomorfo ao grupo p1 .
a) Γ = {tv : tv ∈ G}
i) 1R2 ∈ Γ pois 1R2 ∈ G e é uma translação.
ii) Se tv ∈ Γ então t−v ∈ Γ (pois se tv ∈ G, então t−v ∈ G e t−v é uma translação).
iii) Se tv ∈ Γ e tw ∈ Γ queremos provar que tv ◦ tw ∈ Γ.
Se tv ∈ Γ então tv ∈ G e se tw ∈ Γ então tw ∈ G. Como G é grupo tv ◦ tw ∈ G e tv ◦ tw = tv+w é
uma translação, logo tv ◦ tw ∈ Γ.
b) Suponhamos com vista a um absurdo que não existe uma translação de norma mínima. Assim,
é sempre possível arranjar uma translação tw tal que tw (a) ∈ B (a, ε) para qualquer ε, bastando para
tal escolher tw de modo que kwk < ε. Ora, isto é um absurdo pois Γ é discreto.
c) De modo análogo à alínea anterior.
d) Seja x, y ∈ G´, então x = tp´w+q´z com p´, q´∈ Z e y = tp´w+q´z com p´, q´∈ Z.
x ◦ y = tp´w+q´z ◦ tp´w+q´z = tp´w+q´z+p´w+q´z = t(p´+ p´)w+(q´+ q´)z
| {z } | {z }
∈Z
logo x ◦ y ∈ G´
25
∈Z
Seja x ∈ G´, então x = tp´w´+q´z com p´, q´∈ Z. Como p´, q´∈ Z então −p´, −q´∈ Z. Logo y = t−p´w+q´z ∈
G´e x ◦ y = y ◦ x = 1R2 . Assim se x ∈ G´então x−1 ∈ G´.
1R2 ∈ G´, pois 1R2 = t0w+0z e 0 ∈ Z.
e) G´ ⊆ Γ, pois Γ é o conjunto de todas as translações que pertencem a G. Falta provar que
Γ ⊆ G´.
Suponhamos com vista a um absurdo que Γ Ã G´. Então existe uma outra translação tt que
pertence a Γ e não pertence a G´. Seja p ∈ R2 e construa-se uma rede através da composição de tw
e tz aplicado a p. Seja y o ponto obtido aplicando a translação tt ao ponto p (y não pode ser obtido
−−−−−−−−−−→
n
por uma translação do tipo tm
w ◦ tz (p)). Então existem m, n ∈ Z tais que (tmw ◦ tnz (p)) y tem norma
menor que w e z o que contraria o facto de estes serem os vectores de norma mínima.
y
y
z
y
p
w
t
y
y
y
y
yy
y
y
y
y
y
y
y
y
y
f ) Como G não contém rotações, então G = Γ e pela alínea e) Γ = G´= {tpw+qz : p, q ∈ Z} =
◦ tqz : p, q ∈ Z} e como este conjunto é um conjunto do tipo do conjunto definido no problema
7, então por 7b) G é isomorfo ao grupo p1 .
{tpw
Problema 14 Supomos que G contém pelo menos uma rotação r.
a) Prove que existe um inteiro m > 0 tal que r é a rotação de ângulo
2π
. (use o facto das rotações rm
m
formarem um subgrupo de G, todas tendo o mesmo centro).
b) Fixamos dois vectores u, v linearmente independentes, um ponto a e consideramos a rotação ρ de
ângulo π em torno de a. Seja G o menor dos subgrupos de D(R2 , Φ) que contêm tu , tv e ρ. Prove
que as seguintes relações são satisfeitas: tu ◦ tv = tv ◦ tu , ρ ◦ ρ = 1, ρ ◦ tu ◦ ρ = t−u e ρ ◦ tv ◦ ρ = t−v.
c) Use b) para provar que G é um subgrupo discreto de D(R2 , Φ) e que, se H é um subgrupo discreto
de D(R2 , Φ) cujas rotações são todas rotações de ângulo π, então H é isomorfo a G. A classe destes
subgrupos é designada por p2 .
a) hri = {rn , n ∈ Z} é subgrupo de G.
Seja A um mosaico qualquer e c o centro de rotação de r. Ao aplicarmos sucessivas rotações de A
em torno de c, existirá uma ordem a partir da qual os mosaicos coincidem, isto é, rk1 (A) = A. Se tal
◦
◦
não acontecesse, G não era um grupo cristalográfico, pois não verificava a condição g (A) ∩ h (A) 6=
∅ ⇒ g (A) = h (A) .
Logo hri é finito. Donde, pelo problema 5, temos que r é uma rotação de 2π
, onde k1 é o número
k1
de elementos de hri.
26
b) Podemos fazer uma mudança de referencial de tal modo que o centro da rotação seja a origem
do referencial. Assim,
ρθ : R2 −→ R2
x 7−→ ρθ (x) = rθ x =
µ
tu : R2 −→ R2
−
x 7−→ tu (x) = 1R2 x + →
u =
cos θ − sin θ
sin θ cos θ
µ
1 0
0 1
¶µ
¶µ
x1
x2
¶
x1
x2
+
µ
¶
u1
u2
¶
Seja θ = π
ρ ◦ tu ◦ ρ(x) =
=
=
=
¶µ
¶¶
x1
−1 0
ρ ◦ tu
0 −1
x2
¶µ
µ
¶
µµ
¶ µ
¶¶
−x1
−x1
1 0
u1
=ρ
+
ρ ◦ tu
0 1
−x2
−x2
u2
¶µ
¶ µ
¶
µ
−x1 + u1
−1 0
−x1 + u1
=
ρ
0 −1
−x2 + u2
−x2 + u2
¶ µ
¶ µ
¶
µ
x1
u1
x1 − u1
→
=
−
= 1R2 x − −
u = t−u
x2 − u2
x2
u2
µµ
Logo ρ ◦ tu ◦ ρ(x) = t−u .
Analogamente se prova que ρ ◦ tv ◦ ρ(x) = t−v .
ρ ◦ ρ(x) =
=
=
=
µµ
¶µ
¶¶
−1 0
x1
ρ
0 −1
x2
¶
µ
−x1
ρ
−x2
¶
µ
¶µ
−1 0
−x1
0 −1
−x2
¶
µ
x1
= 1R2 (x)
x2
Logo ρ ◦ ρ = 1.
tu ◦ tv = tu+v = tv+u = tv ◦ tu
27
c) Aplicando a composição de translações e rotações de ângulo π, que satisfazem as relações da
alínea anterior, obtemos uma rede, como ilustra a figura.
v
u
δ
Seja δ = min (kuk , kvk , ku + vk , ku − vk) e ε < . Assim a B (p, ε), dos pontos da rede, contém
3
apenas, o ponto p, (para qualquer p, obtido através das translações e rotações consideradas). Logo
G é um subgrupo discreto de D(R2 , Φ).
Sejam G e H subgrupos discretos de D(R2 , Φ) que contêm, tu , tv ,ρ e tw , tz ,σ, respectivamente, nas
condições da alínea anterior. Assim, temos que ρ2 = 1, tu ◦ tv = tv ◦ tu , ρ ◦ tu ◦ ρ = t−u , ρ ◦ tv ◦ ρ = t−v
e σ 3 = 1, tw ◦ tz = tz ◦ tw , ρ ◦ tw ◦ ρ = t−w , ρ ◦ tz ◦ ρ = t−z . Para criarmos o isomorfismo, temos de
fazer corresponder ρ ao σ, tu ao tw , tv ao tz . Assim, seja ϕ, tal que
¢
¡
ϕ ρk1 ◦ tku2 ◦ tkv3 ◦ ... = σ k1 ◦ tkw2 ◦ tkz 3 ◦ ...
m3
2
Seja ρk1 ◦ tku2 ◦ tkv3 ◦ ... e ρm1 ◦ tm
u ◦ tv ◦ ... dois elementos de G.
¢
¡
m3
2
ϕ ρk1 ◦ tku2 ◦ tkv3 ◦ ... ◦ ρm1 ◦ tm
u ◦ tv ◦ ...
m3
2
= σ k1 ◦ tkw2 ◦ tkz 3 ◦ ... ◦ σ m1 ◦ tm
w ◦ tz ◦ ...
¢
¡ k1 k2 k3
m3
2
= ϕ ρ ◦ tu ◦ tv ◦ ... ◦ ϕ (ρm1 ◦ tm
u ◦ tv ◦ ...)
Logo ϕ é um isomorfismo, portanto, G u H.
28
Problema 15 Supomos que G contém pelo menos uma rotação r de ângulo α =
e centro a0 .
2π
com m0 ≥ 3
m0
2π
com m1 ≥ 3. Prove que r1 pode ser escolhida
m1
de tal forma que a distância d(a0 , a1 ) entre os respectivos centros seja mínima.
b) Prove que s = r1−1 ◦ r0−1 é uma rotação de ângulo α + β.
c) Sejam a2 o centro de s e a3 = r0−1 (a2 ). Considere os triângulos a0 , a1 , a2 e a0 , a1 , a3 .Prove que
α+β
estes triângulos são semelhantes e que o ângulo em a2 é
.
2
1
d) Use este facto para provar que m10 + m11 + mm00+m
= 1.
m1
m0 +m1
2π
, de modo que é da forma 2πk
e) Suponha que 2π m0 m1 não pode ser reduzido à forma m
r
2
2π
com r = m0 m1 e r e k primos entre si. Prove que, então a rotação u de centro a2 e ângulo m
2
também faz parte do grupo G.
1
f ) Usando os resultados anteriores, prove que existe um inteiro m2 tal que mm00+m
= 1 − m12 .
m1
g) Mostre que as únicas soluções possíveis para o trio (m0 , m1 , m2 ) são (3, 3, 3), (3, 2, 6) e (4, 4, 2).
a) Seja r1 ∈ G uma rotação de centro a1 e ângulo β =
a) Suponhamos com vista a um absurdo que não se pode escolher r1 de forma a que d(a0 , a1 )
seja mínima, ou seja,
∀ε > 0, ∃r1 ∈ G : d(a0 , a1 ) < ε
Ora
r1 ◦ r0 ◦ r1−1 ◦ r0−1 = tv
pelo problema 11, alínea b).
Mas então kvk = λd(a0 , a1 ). Como não existe uma distância mínima entre a0 e a1 , então
também não há translação com vector de norma mínima, o que é um absurdo, pois contradiz o que
foi provado no problema 13.
b) Seja
r1−1 (x)
=
e
r2−1 (x)
=
µ
µ
cos α sin α
− sin α cos α
cos β sin β
− sin β cos β
¶µ
¶µ
29
x − v1
y − v2
x − w1
y − w2
¶
¶
+
+
µ
µ
v1
v2
w1
w2
¶
¶
s = r1−1 ◦ r2−1 (x)
¶µ
µµ
¶ µ
¶¶
x − w1
cos β − sin β
w1
−1
+
= r1
sin β cos β
y − w2
w2
µ
¶
x cos β − y sin β − (cos β) w1 + (sin β) w2 + w1
−1
= r1
y cos β + x sin β − (cos β) w2 − (sin β) w1 + w2
¶µ
¶ µ
¶
µ
x cos β − y sin β − (cos β) w1 + (sin β) w2 + w1
v1
cos α − sin α
+
=
sin α cos α
y cos β + x sin β − (cos β) w2 − (sin β) w1 + w2
v2
¶
µ
(cos α) w1 − (sin α) w2 + x cos (α + β) − y sin (α + β) − w1 cos (α + β) + w2 sin (α + β) + v1
=
(cos α) w2 + (sin α) w1 + y cos (α + β) + x sin (α + β) − w2 cos (α + β) − w1 sin (α + β) + v2
¶µ ¶
µ
x
cos (α + β) − sin (α + β)
=
y
sin (α + β) cos (α + β)
µ
¶
(cos α) w1 − (sin α) w2 − w1 cos (α + β) + w2 sin (α + β) + v1
+
(cos α) w2 + (sin α) w1 − w2 cos (α + β) − w1 sin (α + β) + v2
c) a3 = r0−1 (a2 ), a2 é centro de rotação de s, logo s(a2 ) = a2 ⇔ r1−1 ◦ r0−1 (a2 ) = a2 então
= r1 (a2 ).
Como a3 = r0−1 (a2 ), então r1 (a2 ) = a3 . Seja b = s(a0 ), então
r0−1 (a2 )
r1−1 ◦ r0−1 (a0 ) = b ⇔ r0−1 (a0 ) = r(b) ⇒ r1 (b) = a0 ⇔ b = r1−1 (a0 ) .
| {z }
=a0
c3
b
a2
a1
a0
c2
a3
c4
c1
[a0 a2 ] e [a0 a3 ] são raios da circunferência de centro em a0 . Logo a0 a2 = a0 a3 e a1 a2 = a1 a3 porque
são raios da circunferência de centro em a1 . O lado [a0 a1 ] é comum aos triângulos, logo, pelo critério
L.L.L., o 4 (a0 , a1 , a2 ) é semelhante ao 4 (a0 , a1 , a3 ). Consequentemente, o ângulo ](a0 , a1 , a2 ) é
30
geometricamente igual ao ângulo ](a0 a1 a3 ), donde m] (a0 a1 a2 ) = β2 , pois r1 (a2 ) = a3 . Também se
conclui que m] (a3 a0 a1 ) = α2 = m] (a1 a0 a2 ) .
ba1 = a0 a1 , pois são raios da circunferência c4 . O lado [a1 a2 ] é comum aos triângulos 4 (a0 , a1 , a2 )
e 4 (a1 , a2 , b) . Além disso, ba2 = a0 a2 porque são raios da circunferência c3 . Assim, pelo critério
L.L.L., o 4 (a0 a1 a2 ) é semelhante ao 4 (a1 , a2 , b) .
Sendo assim, o ângulo ] (a1 a2 b) é geometricamente igual a ] (a1 a2 a0 ) . Mas s (a0 ) = b, pelo que,
m] (a0 a2 b) = α + β ⇔ m] (a0 a2 a1 ) + m] (a1 a2 b) = α + β
⇔ 2m] (a0 a2 a1 ) = α + β
α+β
⇔ m] (a0 a2 a1 ) =
.
2
d)
α+β α β
+ +
2
2
2
= π
⇔ α + β + α + β = 2π
⇔ α+β =π
2π
2π
⇔
+
=π
m0 m1
2
2
+
=1
⇔
m0 m1
1
1
1
1
⇔
+
+
+
=1
m0 m1 m0 m1
1
m1 + m0
1
+
+
=1
⇔
m0 m1
m0 m1
e) Considere-se um subgrupo de G, formado pelas rotações de centro em a2 . Este grupo contém
1
pelo menos uma rotação r de ângulo 2π mm00+m
. Pelo problema 14-a), existe um inteiro m2 > 0, tal
m1
2π
que, r é uma rotação de ângulo m2 .
f ) Considerando
1
m0 + m1
=
temos:
m0 m1
m2
1
m0 + m1
1
+
+
m0 m1
m0 m1
= 1
1
1
1
+
+
=1
m0 m1 m2
1
m0 + m1
=1−
⇔
m0 m1
m2
⇔
31
g) m0 ≥ 3, m1 ≥ 3.
Se m2 = 1, temos:
1
1
1
1
1
+
+
=
+
+1>1
m0 m1 m2
m0 m1
Logo m2 6= 1.
Se m0 = 3, m2 = 2.
1
1
1
+
+
m0 m1 m2
1
5
+
=1
6 m1
1
1
=
⇔
m1
6
= 1⇔
Logo m1 = 6. Obtemos o trio (3, 6, 2)
Se m0 = 4, m2 = 2
1
1
1
+
+
m0 m1 m2
1
1
1
+ =1
+
4 m1 2
1
1
=
⇔
m1
4
= 1⇔
Logo m1 = 4. Obtemos o trio (4, 4, 2)
Se m0 = 5, m2 = 2
1
1
1
+
+
m0 m1 m2
1
1
1
+
+ =1
5 m1 2
3
10
1
⇔ m1 =
=
⇔
m1
10
3
= 1⇔
Neste caso m1 não é inteiro, o que não pode acontecer, logo m0 6= 5
Se m0 = 6, m2 = 2
1
1
1
+
+
m0 m1 m2
1
1
1
+ =1
+
6 m1 2
1
1
=
⇔
m1
3
= 1⇔
Logo m1 = 3. Obtemos o trio (6, 3, 2)
Se m0 ≥ 7, m2 = 2
1
41
1
1
1 1 1
<1
+
+
≤ + + =
m0 m1 m2
7 3 2
42
Logo m0 não pode ser maior ou igual a 7.
Se m2 = 3, a equação
m0 > 3 ou m1 > 3
1
m0
+
1
m1
+
1
m2
= 1 só tem solução se m0 = m1 = m2 = 3, pois no caso de
1
1
1
+
+
<1
m0 m1 m2
32
Se m2 ≥ 4
1
11
1
1
1 1 1
<1
+
+
≤ + + =
m0 m1 m2
3 3 4
12
Logo m2 não pode ser maior que quatro.
Assim as únicas soluções possíveis são (3, 6, 2) , (4, 4, 2) e (3, 3, 3) .
Problema 16 O caso (3, 3, 3). Seja ρ a rotação de ângulo
2π
3
em torno da origem 0 do plano.
.
a) Sejam u, v vectores linearmente independentes, com norma um, fazendo entre si um ângulo de 2π
3
3
2
2
Mostre que tu ◦ tv = tv ◦ tu , ρ = 1, ρ ◦ tu = tv ◦ ρ, ρ ◦ tv = tu ◦ ρ .
b) Use a) para provar que se G é o menor dos subgrupos de I(R2 , Φ) que contém tu , tv e ρ então G é
um subgrupo discreto D(R2 , Φ).
c) Prove que dois grupos discretos quaisquer deste tipo são isomorfos. Designamos estes grupos por p3
a)
tu ◦ tv = tu+v = tv+u = tv ◦ tu .
3
ρ =
µ
cos 2π
− sin 2π
3
3
2π
sin 3
cos 2π
3
¶3
=
µ
√ ¶3 µ
¶
−√12 − 12 3
1 0
=
= I.
1
0 1
3 − 12
2
ρ◦tu (x) = ρ (tu (x)) = ρ (1R2 x + u) = ρ (x)+ρ (u) = ρ (x)+v = 1R2 ρ (x)+v = tv (ρ (x)) = tv ◦ρ (x) .
ρ ◦ tu = tv ◦ ρ ⇔ ρ2 ◦ ρ ◦ tu = ρ2 ◦ tv ◦ ρ ⇔ ρ3 ◦ tu = ρ2 ◦ tv ◦ ρ ⇔ tu = ρ2 ◦ tv ◦ ρ ⇔ tu ◦ ρ2 = ρ2 ◦ tv .
b) Aplicando a composição de translações e rotações de ângulo
encontradas na alínea anterior, obtemos uma rede.
v
u
33
2π
,
3
que satisfazem as relações
Como kuk = kvk = 1 e ku + vk = 1, podemos considerar ε < 15 . Assim, dos pontos da rede, a
B (p, ε), apenas contém p (para qualquer p, obtido através das rotações e translações consideradas).
Deste modo, o menor subgrupo de I(R2 , Φ) que contém tu , tv e ρ é subgrupo discreto de D(R2 , Φ).
Sejam G e G´os menores subgrupos discretos de D(R2 , Φ) que contêm, tu , tv ,ρ e tw , tz ,σ, respectivamente, nas condições da alínea anterior. Assim, temos que ρ3 = 1R2 , tu ◦ tv = tv ◦ tu , ρ ◦ tu = tv ◦ ρ
e σ 3 = 1R2 , tw ◦ tz = tz ◦ tw , σ ◦ tw = tz ◦ σ. Para criarmos o isomorfismo, temos de fazer corresponder
ρ ao σ, tu ao tw , tv ao tz . Assim, seja ϕ, tal que
¢
¡
ϕ ρk1 ◦ tku2 ◦ tkv3 ◦ ... = σ k1 ◦ tkw2 ◦ tkz 3 ◦ ...
m3
2
Seja ρk1 ◦ tku2 ◦ tkv3 ◦ ... e ρm1 ◦ tm
u ◦ tv ◦ ... dois elementos de G.
¡
¢
m3
2
ϕ ρk1 ◦ tku2 ◦ tkv3 ◦ ... ◦ ρm1 ◦ tm
u ◦ tv ◦ ...
m3
2
= σ k1 ◦ tkw2 ◦ tkz 3 ◦ ... ◦ σ m1 ◦ tm
w ◦ tz ◦ ...
¢
¡ k1 k2 k3
m3
2
= ϕ ρ ◦ tu ◦ tv ◦ ... ◦ ϕ (ρm1 ◦ tm
u ◦ tv ◦ ...)
Logo ϕ é um isomorfismo, portanto, G u G´
Problema 17 O caso (3, 6, 2). Inspirando-se no caso anterior, procure construir o grupo correspondente a este caso. Este grupo é tradicionalmente designado por p6 . (As rotações base têm centros
distintos).
Sejam ρ uma rotação de ângulo π3 e centro num dos vértices do triângulo, σ uma rotação de
ângulo 2π
e centro num dos outros dois vértices e θ uma rotação de ângulo π e centro no ponto
3
médio do lado que une os vértices que são os centros de rotação de σ.
¶3 µ
µ
¶
2π
cos 2π
1
0
−
sin
3
3
3
σ =
=
0 1
sin 2π
cos 2π
3
3
¶2 µ
¶
cos π − sin π
1 0
θ =
=
sin π cos π
0 1
¶
¶ µ
¶3 µ
µ
cos π − sin π
cos π3 − sin π3
−1 0
3
=θ
=
=
ρ =
sin π cos π
0 −1
sin π3 cos π3
√ ¶ µ
¶2 µ
¶
µ
2π
cos 2π
cos π3 − sin π3
−√12 − 12 3
−
sin
2
3
3
ρ =
=
=σ
=
2π
2π
1
1
sin π3 cos π3
sin
cos
3
−
3
3
2
2
2
µ
Aplicando a composição de rotações de ângulo
anteriormente, obtemos uma rede.
34
2π π
,
3 3
e π que satisfazem as relações encontradas
v
u
Como kuk = kvk, para ε < kuk
, dos pontos da rede, a B (p, ε), apenas contém p (para qualquer
5
p, obtido através das rotações consideradas). Deste modo, o subgrupo de I(R2 , Φ) que contém ρ e
θ é subgrupo discreto de D(R2 , Φ).
Sejam G e G´subgrupos discretos de D(R2 , Φ) que contêm, ρ, θ, σ e α, β, γ, respectivamente, nas
condições da alínea anterior. Assim, temos que σ 3 = 1R2 , θ2 = 1R2 , ρ3 = θ, ρ2 = σ e α3 = 1R2 , β 2 =
1R2 , γ 3 = β, γ 2 = α. Para criarmos o isomorfismo, temos de fazer corresponder σ ao α, θ ao β, ρ ao
γ. Assim, seja ϕ, tal que
¡
¢
ϕ σk1 ◦ θk2 ◦ ρk3 ◦ ... = αk1 ◦ β k2 ◦ γ k3 ◦ ...
Seja σ k1 ◦ θk2 ◦ ρk3 ◦ ... e σ m1 ◦ θm2 ◦ ρm3 ◦ ... dois elementos de G.
¡
¢
ϕ σ k1 ◦ θk2 ◦ ρk3 ◦ ... ◦ σ m1 ◦ θm2 ◦ ρm3 ◦ ...
= αk1 ◦ β k2 ◦ γ k3 ◦ ... ◦ αm1 ◦ β m2 ◦ γ m3 ◦ ...
¢
¡
= ϕ σ k1 ◦ θk2 ◦ ρk3 ◦ ... ◦ ϕ (σ m1 ◦ θm2 ◦ ρm3 ◦ ...)
Logo ϕ é um isomorfismo, portanto, G u G´.
35
Problema 18 O caso (4, 4, 2). Inspirando-se no caso de p3 , procure construir o grupo correspondente a este caso. Este grupo é tradicionalmente designado por p4 . (As rotações base têm centros
distintos).
Sejam ρ uma rotação de ângulo π2 , cujos centros de rotação são dois vértices opostos do quadrado,
θ uma rotação de ângulo π, cujos centros de rotação são os outros dois vértices.
¶2 µ
¶
µ
cos π − sin π
1 0
2
=
θ =
sin π cos π
0 1
¶2 µ
µ
¶ µ
¶
cos π2 − sin π2
−1 0
cos π − sin π
2
ρ =
=
=
=θ
sin π2 cos π2
0 −1
sin π cos π
Aplicando a composição de rotações de ângulo π2 e π que satisfazem as relações encontradas
anteriormente, obtemos uma rede.
v
u
Como kuk = kvk, para ε < kuk
, dos pontos da rede, a B (p, ε), apenas contém p (para qualquer
5
p, obtido através das rotações consideradas). Deste modo, o subgrupo de I(R2 , Φ) que contém ρ e
θ é subgrupo discreto de D(R2 , Φ).
Sejam G e G´ subgrupos discretos de D(R2 , Φ) que contêm, ρ, θ e α, β, respectivamente, nas
condições da alínea anterior. Assim, temos que θ2 = 1R2 , ρ2 = θ e α2 = 1R2 , β 2 = α. Para criarmos
o isomorfismo, temos de fazer corresponder θ ao α, ρ ao β. Assim, seja ϕ, tal que
¡
¢
ϕ θk1 ◦ ρk2 ◦ ... = αk1 ◦ β k2 ◦ ...
36
Seja θk1 ◦ ρk2 ◦ ... e θm1 ◦ ρm2 ◦ ... dois elementos de G.
¢
¡
ϕ θk1 ◦ ρk2 ◦ ... ◦ θm1 ◦ ρm2 ◦ ...
= αk1 ◦ β k2 ◦ ... ◦ αm1 ◦ β m2 ◦ ...
¢
¡
= ϕ θk1 ◦ ρk2 ◦ ... ◦ ϕ (θm1 ◦ ρm2 ◦ ...)
Logo ϕ é um isomorfismo, portanto, G u G´.
37