KU Leuven
Meetkunde I
[B-KUL-G0N31B]
Notities
Tom Sydney Kerckhove
Gestart
24 september 2014
Gecompileerd 14 januari 2015
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 co¨ordinaten
.
.
.
.
.
.
4
4
6
10
12
12
15
2 Affiene Transformaties
2.1 Affiene invarianten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Dilataties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18
21
23
3 Vlakke meetkunde
3.1 Ceva . . . . . .
3.2 Menelaos . . . .
3.3 Pappus . . . . .
3.4 Desargues . . .
.
.
.
.
27
27
30
31
32
4 Derivaties
4.1 Afgeleide afbeelding . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
34
36
5 Orientaties en Volume
5.1 Volume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
38
39
6 Euclidische meetkunde
6.1 Euclidische transformaties . . . . . . . . . . .
6.1.1 Orthogonale transformaties . . . . . .
6.1.2 Euclidische invarianten en afstand . .
6.1.3 Bestaan van isometrie¨en . . . . . . . .
6.1.4 Deelruimten van de Euclidische ruimte
.
.
.
.
.
42
46
47
49
51
51
.
.
.
.
53
53
54
54
57
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
7 Euclidische transformaties
7.1 Rotaties in E2 . . . . . . .
7.2 Rotaties in E3 . . . . . . .
7.3 Spiegelingen . . . . . . . .
7.4 Structuur van isometrie¨en
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
8 Het vectorproduct in E3
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
61
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 . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
64
64
66
68
69
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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
70
70
70
71
72
72
74
74
74
75
75
.
.
.
.
77
77
78
79
80
.
.
.
.
.
81
81
81
81
82
83
13 Geodeten
13.1 Krommingseigenschappen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
84
84
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 . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
14 Algoritmen
85
14.1 Onderlinge ligging van twee affiene deelruimten bepalen . . . . . . . . . . . . . . . 85
14.2 Parametervergelijkingen van een affiene deelruimte bepalen . . . . . . . . . . . . . 87
14.3 Carthesische vergelijkingen van een affiene deelruimte bepalen . . . . . . . . . . . 88
14.4 Som van twee affiene deelruimten bepalen vanuit Parametervergelijkingen . . . . . 90
14.5 Doorsnede van twee affiene deelruimten bepalen vanuit parametervergelijkingen . 91
14.6 Doorsnede van twee affiene deelruimten bepalen vanuit Carthesische vergelijkingen 92
14.7 Doonsnede van twee affiene deelruimten bepalen vanuit zowel carthesische als parametervergelijkingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
14.8 Vergelijkingen opstellen van een rechte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
14.9 Parametervergelijkingen omzetten naar Carthesische vergelijkingen . . . . . . . . . 95
14.10 Carthesische vergelijkingen omzetten naar parametervergelijkingen . . . . . . . . . 96
14.11 Het orthogonaal complement bepalen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
14.12 De loodrechte euclidische deelruimte door een punt bepalen . . . . . . . . . . . . . 98
14.13 De gemeenschappelijke loodlijn van twee rechten bepalen . . . . . . . . . . . . . . 99
14.14 De afstand bepalen tussen een punt en een rechte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
14.15 De afstand bepalen tussen twee rechten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
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
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
103
104
105
105
107
111
112
115
Hoofdstuk 1
Affiene meetkunde
1.1
Affiene ruimte
Definitie 1.1. Een n-dimensionaal punt is een veeltal met n co¨ordinaten.
p = (p1 ,p2 , . . . ,pn )
Definitie 1.2. De optelling van twee punten is niet gedefini¨eerd, maar de optelling van een
punt en een vector is gedefini¨eerd door ze beide als re¨ele 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 re¨ele 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 defini¨eren 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
re¨eel 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 re¨ele 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 re¨ele 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
– ϕp is een surjectie.
∀v ∈ Rn , ∃vp ∈ Tp An : ϕp (vp ) = v
6
HOOFDSTUK 1. AFFIENE MEETKUNDE
• 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.)
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.
1 Zie
2 Zie
het isomorphisme ϕp (stelling ??)
de definitie van affiene deelruimten. (Definitie 1.14)
7
HOOFDSTUK 1. AFFIENE MEETKUNDE
• (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
• ⇐
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 , ∅
3 Zie
de definitie van affiene deelruimten. (Definitie 1.14)
optelling is intern in een vectorruimte.
5 Zie lemma 1.18.
6 De optelling is intern in een vectorruimte.
7 Zie lemma 1.18.
4 De
8
HOOFDSTUK 1. AFFIENE MEETKUNDE
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 , ∅
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
8 Zie
lemma 1.18.
de definitie van affiene deelruimten. (Definitie 1.14)
10 Zie lemma 1.18.
9 Zie
HOOFDSTUK 1. AFFIENE MEETKUNDE
9
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
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 het11 Zie
de definitie van ‘zwak parallel’ (Definitie 1.22).
10
HOOFDSTUK 1. AFFIENE MEETKUNDE
zelfde 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 .
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
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
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
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 1n . . . vkn xn − pn
+/
/
-
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
v
11
voor j = 1, . . . ,n − k : x ∈ p + V ⇔ ..
.
vk1
. . . xk − pk xk+j − pk+j ...
v 1k
v 1k+j = 0
..
..
..
.
.
.
...
vkk
vkk+j 12
HOOFDSTUK 1. AFFIENE MEETKUNDE
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 2,1 (x 1 − p1 ) + · · ·
p +V ↔ 
..
..


.
.



a
(x
−
p
)
+
·
·
·
1
 n+k,1 1
+
+
a 1,k (xk − pk )
a 2,k (xk − pk )
..
.
+ a 1,k+1 (xk+1 − pk+1 ) = 0
+ a 2,k+2 (xk+2 − pk+2 ) = 0
..
..
.
.
+ an−k,k (xk − pk ) +
an−k,n (xn − pn )
= 0
Deze vergelijkingen zijn bovendien lineair onafhankelijk.
voor V .
a 1,1x 1 + · · · + a 1,k xk





 a 2,1x 1 + · · · + a 2,k xk
V ↔
..
..
..


.
.
.



 an+k,1x 1 + · · · + an−k,k xk
Tenslotte kennen we dan ook een stelsel
+ a 1,k+1xk+1 = 0
+ a 2,k+2xk+2 = 0
..
..
.
.
+ 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
v
v 1,2
1,1
H ↔ ..
..
.
.
vn−1,1 vn−1,2
. . . xn − pn ...
v 1,n .. = 0
..
.
. . . . vn−1,n 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
15 Zie
Rechten in An
definitie 1.21.
13
HOOFDSTUK 1. AFFIENE MEETKUNDE
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 co¨ordinaten:
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.
←
− 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 co¨ordinaten 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 co¨ordinaten ( 12 , 21 ).
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.
16 Zie
definitie 1.39.
λ 1 + λ 2 = (1 − λ) + λ = 1
14
HOOFDSTUK 1. AFFIENE MEETKUNDE
• ⇐
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
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
17 Zie
18 Zie
gevolg 1.30.
stelling 1.32.
15
HOOFDSTUK 1. AFFIENE MEETKUNDE
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
Noem nu de deelverhoudingen (d 1 ,d 2 ,d 3 ) en (d 10 ,d 20 ,d 30 ) respectievelijk λ en λ0, dan gelden volgende
gelijkheden.;
d 30 − d 10
d3 − d1
0
λ=
en λ = 0
d2 − d1
d 2 − d 10
⇒ 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 co¨ordinaten
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.
19 Zie
20 Zie
stelling 1.38.
stelling 1.37.
16
HOOFDSTUK 1. AFFIENE MEETKUNDE
Bewijs. Zij V de vectorruimte opgespannen door de vrije vectoren p−−0→
pi , dan liggen de k + 1 punten
p0 , . . . ,pk allemaal in p0 + V .
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.
• ⇐
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 co¨ordinaten 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 co¨ordinaten ( 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
21 Zie
definitie 1.49.
i=0
17
HOOFDSTUK 1. AFFIENE MEETKUNDE
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:
µi (pi − p0 ) = *1 −
,
n
X
i=1
µi + p 0 +
-
n
X
pi
i=1
n
X
*
λ0 = 1 −
µi +
i=1 ,
λi = µi als i , 0
De som van de λi is nu wel degelijk 1.
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.
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.
18
HOOFDSTUK 2. AFFIENE TRANSFORMATIES
19
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
Bovendien geldt ook het volgende:
(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.
20
HOOFDSTUK 2. AFFIENE TRANSFORMATIES
• 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.
• 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 .
1 Zie
2 Zie
stelling 2.8 op pagina 19.
stelling 2.9 op pagina 19.
21
HOOFDSTUK 2. AFFIENE TRANSFORMATIES
• 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
Affiene invarianten
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 .
3 Zie
stelling ?? op pagina ??.
gevolg ?? op pagina ??.
5 Zie stelling ??.
6 Zie stelling ??.
4 Zie
HOOFDSTUK 2. AFFIENE TRANSFORMATIES
22
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.
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)
∗
7 Zie
stelling 1.50.
8 duh!
23
HOOFDSTUK 2. AFFIENE TRANSFORMATIES
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 co¨ordinaten 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
Pk
P
= i=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?
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 ).
9 Zie
definitie ??.
24
HOOFDSTUK 2. AFFIENE TRANSFORMATIES
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
1
1−λ b.
F is dan
∀p ∈ An : F (p) = λp + b = λp + (1 − λ)p0 = p0 + λp−−→
0p = Hp0 ,λ
• ⇐
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
10 Zie
11 Zie
stelling 2.24.
stelling 2.16.
25
HOOFDSTUK 2. AFFIENE TRANSFORMATIES
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 .
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 }
26
HOOFDSTUK 2. AFFIENE TRANSFORMATIES
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
ranд *.a 21 a 22 +/ = 1
,a 31 a 32 • ⇒
Als de drie rechten L 1 , L 2 en L 3 evenwijdig of concurrent zijn, dan is de volgende rang gelijk
aan 1 of aan 2.
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 27
28
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 23.
29
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
⇔ x 1 − µx 2 = µ
B ↔ 0 1 1 = 0
µ 0 1
x 1 x 2 1
C ↔ 1 0 1 = 0
⇔ νx 1 − x 2 = ν
0 ν 1
A, B en C zijn nu concurrent als en slechts als de volgende determinant 0 is.2
(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.
30
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
31
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 26.
stelling 2 op pagina 18.
32
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 25.
stelling 2 op pagina 18.
7 Zie lemma 2.31 op pagina 25.
8 Zie lemma 2.32 op pagina 26.
6 Zie
33
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 parti¨ele afgeleiden van
willekeurige orde bestaan en overal continu zijn.
{ f : An → R | f is C ∞ }
F (An ) is bovendien een re¨ele 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


34
35
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.
∀x = (x 1 , . . . ,xn ) ∈ An : f (x ) = f (p) +
n
X
i=i
TODO: bewijs p 64
fi (x )(xi − pi )
36
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 co¨ordinaatsfuncties 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))
37
HOOFDSTUK 4. DERIVATIES
We defini¨eren 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
38
HOOFDSTUK 5. ORIENTATIES EN VOLUME
39
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 ori¨entatiebewarend als F elke positieve basis op een positieve basis afbeeld, en elke negatieve basis op een negatieve basis. F is
ori¨entatieomkerend als ze do ori¨entatie van elke basis omkeert.
Stelling 5.8. Een affiene transformatie F is ori¨entatiebewarend als det (F ∗ ) > 0 en ori¨entatieomkerend
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 ori¨entatiebewarend, ofwel ori¨entatieomkerend.
EXTRA: bewijs
Stelling 5.10. Elke translatie is ori¨entatiebewarend.
EXTRA: bewijs
Stelling 5.11. Elke homothetie met positieve factor is ori¨entatiebewarend.
QUESTION: wat doet een homothetie met negatieve factor?: orientatieomkerend!
EXTRA: bewijs
Stelling 5.12. De samenstelling van twee ori¨entatiebewarende affiene transformaties is ori¨entatiebewarend.
EXTRA: bewijs
QUESTION: wat gebeurt er bij andere samenstellingen? XOR
Stelling 5.13. De inverse van een ori¨entatiebewarende affiene transformatie is ori¨entatiebewarend.
EXTRA: bewijs
Stelling 5.14. De orientatiebewarende affiene transformaties vormen een deelgroep van de affiene
transformaties, uitgerust met de samenstellingsbewerking.
EXTRA: bewijs
5.1
Volume
40
HOOFDSTUK 5. ORIENTATIES EN 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 1 · · · vn = det (F ∗ )V ol (v)
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 )
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))
HOOFDSTUK 5. ORIENTATIES EN VOLUME
41
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
vi2 ≥ 0
Eigenschap 6.5. Zij v een raakvector in Tp A.
v ·v = 0 ⇔v = 0
42
43
HOOFDSTUK 6. EUCLIDISCHE MEETKUNDE
Bewijs.
v ·v =
n
X
vi vi =
i=1
n
X
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
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.
1 Zie
eigenschap 6.9 op pagina 43.
44
HOOFDSTUK 6. EUCLIDISCHE MEETKUNDE
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
geldt. Beschouw nu
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
-
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.
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 )
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 orthogonalisatieproc´ed´e van Gram-Schmidt
w i = vi −
i−1
X
j=1
(vi · e j )e j zodat ui =
wi
kwi k
45
HOOFDSTUK 6. EUCLIDISCHE MEETKUNDE
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
dat vk+1
dezelfde als die bij v 20 . vk+1
is staat inderdaad loodrecht op alle vectoren vi met i ≤ k.
0
(vk+1
· ui ) =
=
=
=
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
ook normeren door te delen door de norm.
We kunnen nu vk+1
uk+1 =
1
0
vk+1
0
kvk+1 k
• Omdat V eindig dimensionaal is zal dit algoritme zeker stoppen. Het resultaat is {u 1 ,u 2 , . . . ,un },
een orthonormale basis.
46
HOOFDSTUK 6. EUCLIDISCHE MEETKUNDE
Definitie 6.18. Zij p en q twee punten van En , dan defini¨eren 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 − p k = 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
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 }
HOOFDSTUK 6. EUCLIDISCHE MEETKUNDE
6.1.1
47
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
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
2 Zie
stelling 6.24 op pagina 47.
stelling 6.25 op pagina 47.
4 Zie stelling 6.26 op pagina 47.
3 Zie
HOOFDSTUK 6. EUCLIDISCHE MEETKUNDE
48
• 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.
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
HOOFDSTUK 6. EUCLIDISCHE MEETKUNDE
6.1.2
49
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 isometrie¨en 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 isometrie¨en 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.
Definitie 6.47. De verzameling van orientatiebewarende isometrie¨en noteren we als Iso + (n, R)
en de verzameling van orientatieomkerende isometrie¨en 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 isometrie¨en.
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
50
HOOFDSTUK 6. EUCLIDISCHE MEETKUNDE
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
isometrie¨en 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)
• 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
G (p) =
(G (p) · G (ei ))G (ei ) =
(p · 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?
5 Zie
6 Zie
stelling 6.40 op pagina 49.
stelling 6.42 op pagina 49.
HOOFDSTUK 6. EUCLIDISCHE MEETKUNDE
6.1.3
51
Bestaan van isometrie¨en
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.
Bewijs. Zij v 1 =
−
→
ab
−
→
kab k
en w 1 =
−−→
a 0b 0
−−→
ka 0b 0 k
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:
−−→
−−−−−−−→
−
→
a0b 0
ab + F (a)F (b)
*
/=
=
= 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 ori¨entatiebewarend is, dan zal v 2 afgebeeldt worden op w 2 . Er bestaat dan een unieke F die aan de voorwaarden voldoet.8 Als F
ori¨entatieomkerend 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 }
7 Zie
8 Zie
stelling 2.12 op pagina 20.
stelling 6.57 op pagina 51.
HOOFDSTUK 6. EUCLIDISCHE MEETKUNDE
52
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 }
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.
Eigenschap 7.4. Een rotatie is een ori¨entatiebewarende isometrie.
EXTRA: bewijs
53
HOOFDSTUK 7. EUCLIDISCHE TRANSFORMATIES
54
Definitie 7.5. We definieren voor een vector (x,y) van E2 de poolco¨ordinaten (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
Definitie 7.13. Examenvraag!
Zij S een affiene deelruimte van En . Voor een willekeurig punt x ∈ En defini¨eren we Tx als de
55
HOOFDSTUK 7. EUCLIDISCHE TRANSFORMATIES
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 ??.
HOOFDSTUK 7. EUCLIDISCHE TRANSFORMATIES
56
• 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
Pk
(x + 2 i=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
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
57
HOOFDSTUK 7. EUCLIDISCHE TRANSFORMATIES
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 isometrie¨en
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
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
HOOFDSTUK 7. EUCLIDISCHE TRANSFORMATIES
58
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.
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.
HOOFDSTUK 7. EUCLIDISCHE TRANSFORMATIES
59
• 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:
• 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.
HOOFDSTUK 7. EUCLIDISCHE TRANSFORMATIES
60
– 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 2 w 3 w 1 w 3 w 1 w 2 EXTRA: wat een lelijk bewijs!
Definitie 8.2. Voor elke twee raakvectoren v en w in p ∈ E3 defini¨eren 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.
61
HOOFDSTUK 8. HET VECTORPRODUCT IN E3
62
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 geori¨enteerde
basis van Tp E3 .
EXTRA: bewijs
HOOFDSTUK 8. HET VECTORPRODUCT IN E3
63
Stelling 8.12. Als (u,v,w ) een positief geori¨enteerde 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 re¨ele functies zijn. De functies αi
noemen we de co¨ordinaatsfunctes 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 )
64
HOOFDSTUK 9. ALGEMENE THEORIE VAN KROMMEN IN EN
65
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 defini¨eren bovendien de snelheid van α als v:
v : I → R : t 7→ v (t ) = kα 0 (t )k
Terslotte defini¨eren 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 defini¨eren 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 gedefini¨eerd 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 )
HOOFDSTUK 9. ALGEMENE THEORIE VAN KROMMEN IN EN
66
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 defini¨eren
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 defini¨eren
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 defini¨eren 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 defini¨eren 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 ))
HOOFDSTUK 9. ALGEMENE THEORIE VAN KROMMEN IN EN
67
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
• 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.
HOOFDSTUK 9. ALGEMENE THEORIE VAN KROMMEN IN EN
68
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 )
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 )
1 Zie
stelling 9.29 op pagina 68.
HOOFDSTUK 9. ALGEMENE THEORIE VAN KROMMEN IN EN
69
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 geori¨enteerde orthonormale basis voor Tp E2 .
EXTRA: bewijs
10.2
Het Frenet-apparaat voor booglengtegeparametriseerde
vlakke krommen
70
HOOFDSTUK 10. KROMMEN IN HET EUCLIDISCH VLAK E2
71
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 geori¨enteerde normaal op β.
Definitie 10.10. Zij β een booglengtegeparametriseerde krommen in E2 . (T , N ) is een positief
geori¨enteerd 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.
HOOFDSTUK 10. KROMMEN IN HET EUCLIDISCH VLAK E2
72
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
HOOFDSTUK 10. KROMMEN IN HET EUCLIDISCH VLAK E2
73
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 gedefini¨eerd
zijn.
α, β : I ⊆ R → E2
Als κα gelijk is aan κ β , dan bestaat er een ori¨entatiebewarende isometrie F zodat β = F ◦ α geldt.
Als κα tegengesteld is aan κ β , dan bestaat er een ori¨entatieomkerende 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 ori¨entatiebewarend.3
– We defini¨eren 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 68.
stelling 6.57 op pagina 51.
3 Zie gevolg ?? op pagina ??.
2 Zie
HOOFDSTUK 10. KROMMEN IN HET EUCLIDISCH VLAK E2
74
∗ 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 ori¨entatiebewarende isometrie¨en 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
HOOFDSTUK 10. KROMMEN IN HET EUCLIDISCH VLAK E2
75
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
HOOFDSTUK 10. KROMMEN IN HET EUCLIDISCH VLAK E2
76
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 defini¨eren 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 defini¨eren een vectorveld N langs β als volgt.
N =
T0
κ
N noemen we het hoofdnormaalvectorveld van β.
Definitie 11.7. We defini¨eren een vectorveld B langs β als volgt.
B =T ×N
77
HOOFDSTUK 11. KROMMEN IN DE EUCLIDISCHE RUIMTEE3
78
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 defini¨eren 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
−τ N
 B =
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
HOOFDSTUK 11. KROMMEN IN DE EUCLIDISCHE RUIMTEE3
11.3
79
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 gedefini¨eerd 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 ori¨entatiebewarend, anders is die ori¨entatieomkerend.
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 ori¨entatiebewarend.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 51.
gevolg ?? op pagina ??.
HOOFDSTUK 11. KROMMEN IN DE EUCLIDISCHE RUIMTEE3
80
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
gedefini¨eerd 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 )
81
HOOFDSTUK 12. OPPERVLAKKEN IN E3
82
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 definieri¨eren
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 defini¨eren 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 ) defini¨eren 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 ). Defini¨eer 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
83
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 defini¨eren 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
84
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.
85
86
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 is W 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
87
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
88
HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN
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 HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN
89
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
90
HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN
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)
91
HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN
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)
92
HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN
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.
93
HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN
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-
94
HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN
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)
HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN
14.9
95
Parametervergelijkingen omzetten naar Carthesische vergelijkingen
Abstract
Vraag
Antwoord
Voorbeeld
Vraag
Antwoord
EXTRA: hoe?
96
HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN
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
97
HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN
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}
98
HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN
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
sectie 14.11 op pagina 97.
99
HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN
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
180 90
• De gemeenschappelijke loodlijn is dan ↔ 249
157 , 157 , 157 + λ(−2, 1, 4).
100
HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN
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 98.
sectie 14.5 op pagina 91.
q
(q − s) · (q − s) =
r
1 7 7
, ,
=
2 2 2
r
√
99 3 11
=
4
2
101
HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN
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 2 3 3
1 0 15 1
1 −1 −1 −1
1 0 − 12 0
L1 ↔
←→
L2 ↔
←→
2 −1 −1 1
0 1 57 1
0 1 21 1
4 2 −1 2
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
sectie 14.13 op pagina 99.
102
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
103
HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN
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
HOOFDSTUK 14. ALGORITMEN
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
104
Hoofdstuk 15
Oefenzittingen
15.1
Oefenzitting 1
Oefening 1
Tp An is inderdaad een vectorruimte.1 ϕ is inderdaad een isomorfisme van re¨ele 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 ??.
105
106
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 7.
stelling ??.
5 Zie stelling ??.
4 Zie
107
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
108
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 2x 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
109
HOOFDSTUK 15. OEFENZITTINGEN
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
110
HOOFDSTUK 15. OEFENZITTINGEN
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
→ *. 7 1
,−5 −1
De oplossing van dit stelsel is (λ, µ,ν )
−1 −2
1 0 −1 −2
1 2 +/ ↔ *.7 1 1 3 +/
−2 0 ,5 −1 −2 0 = (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
111
HOOFDSTUK 15. OEFENZITTINGEN
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 homothetie¨en 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.
Noteer eerst de definities van Hc,r en Hd,r .
−
Hc,r : p 7→ c + r →
cp
−
→
Hd.s : p 7→ d + sdp
6 Zie
stelling 2.30.
112
HOOFDSTUK 15. OEFENZITTINGEN
• 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 co¨efficient 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
c
d
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.
• Menelaos in driehoek 4abd:
(k,a,b)(q,b,d )(n,d,a) = 1
113
HOOFDSTUK 15. OEFENZITTINGEN
• 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 0 ↔ *. 1 0 1+/ ↔ x + 2y = 1
, 0 1/2 1x1 x2 1
*
cc ↔ . 0 1 1+/ ↔ 2x + y = 1
,1/2 0 10
114
HOOFDSTUK 15. OEFENZITTINGEN
Nu 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
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 22.
115
HOOFDSTUK 15. OEFENZITTINGEN
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
116
HOOFDSTUK 15. OEFENZITTINGEN
Oefening 2
Bepaal in E3 het vlak door P = 2, − 41 , 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, 21
affiene deelruimte, 6
affiene groep, 20
affiene rechte, 6
affiene ruimte, 4
affiene transformatie, 18
affiene vlak, 6
afgeleide, 65
afgeleide afbeelding, 19, 37
afstand, 46, 52
as, 54
barycentrische co¨ordinaten, 13, 16
barycentrum, 13, 16
binormaalvectorveld, 78
booglengte, 65
booglengtegeparametriseerd, 68
booglengteherparametrisatie, 68
carthesische vergelijkingen, 12
centrale kromme, 72
centrum, 53, 54
Ceva, 28
Cilinderschroeflijn, 80
cilindrische helix, 80
cirkel, 64
cirkelschroeflijn, 64
co¨ordinaatsfunctes, 64
co¨ordinaatsfuncties, 36
complexe structuur, 70
congruent, 69
congruentiestelling voor ruimtekrommen, 79
congruentiestelling voor vlakke krommen, 73
coordinaatruimte, 11
Criterium voor affiene afhankelijkheid, 15
D, 59
de optelling van een punt en een vector, 4
deelverhouding, 14
derivatie, 34
Desargues, 32
diffeomorfisme, 66
differentieerbaar, 64, 65
dilatatie, 23
draaispiegeling, 59
echte periode, 75
eenheidsnormaal, 52
eenheidsnormaal vectorveld, 82
eenheidsrakend vectorveld, 71, 77
enkelvoudig gesloten, 75
equiaffiene transformaties, 41
Euclidisch invariant, 49
Euclidisch scalair product, 42
Euclidische groep, 49
Euclidische ruimte, 43
Euclidische transformatie, 46
evoluut, 72
formules van Frenet, 71
formules van Frenet voor reguliere ruimtekrommen, 78
formules van Frenet voor reguliere vlakke krommen, 74
formules van Frenet voor ruimtekrommen, 78
Frenet-apparaat, 71
Frenet-referentiestelsel, 78
Gausskromming, 83
gemiddelde kromming, 83
geodeet, 84
geordende basis, 38
geori¨enteerde normaal, 71
georienteerde kromming, 71
gesloten, 75
globale eigenschap, 75
helix, 64
Herparametrisatie, 66
het affiene vlak, 4
het scalair product, 5
hoek, 44
homothetie, 18
hoofdkrommingen, 82
hoofdnormaalvectorveld, 77
hoofdrichtingen, 82
identiteit van Jacobi, 62
117
118
INDEX
identiteit van Lagrange, 62
identiteit van Parseval, 44
intrinsieke vergelijking, 74
invariant onder een lineaire transformatie, 48
isometrie van de Euclidische ruimte, 46
isoperimetrische ongelijkheid, 76
kromme, 64
kromming, 77
krommingsmiddelpunt, 71
kruisend, 8
Lemma van Kneser, 72
lengte, 43, 65
lokale eigenschap, 75
Menelaos, 30
natuurlijke geordende basis, 38
negatieve orientatie, 39
norm, 43
normaal, 52, 82
normaal vlak, 83
normale doorsnede, 83
normale kromming, 82
omgeving, 35
open bol, 34
open deelverzameling, 36
ori¨entatiebewarend, 39
ori¨entatieomkerend, 39
orientatie, 38
orthogonaal, 44, 51
orthogonaal complement, 48
orthogonale groep, 47
orthogonale projectie, 55
orthogonalisatieproc´ed´e van Gram-Schmidt, 44
orthonormaal, 44
orthonormaal referentieveld, 66
orthonormale expansie, 44
osculatiecirkel, 71
osculatievlak, 78
Pappus, 31
parallellepipedum, 40
parallellogram, 40
parameter, 64
parametervergelijkingen, 11
parametrisatie, 64
parrallel, 8
patch, 81
periode, 75
poolco¨ordinaten, 54
positieve orientatie, 38
pregeodeet, 84
raakevector, 4
raaklijn, 65, 78
rakend, 81
rakende bundel, 5
rakende ruimte, 5
rechte, 13, 64
regulier, 67, 81
reguliere parametrisatie, 81
rekenregels van de afgeleide van een vectorveld,
66
richting, 6
richtingsgetal, 12
rotatie, 53, 54
rotatiehoek, 53, 54
rotatieindex, 75
schroefbeweging, 59
schuifspiegeling, 57
shape-operator, 82
snelheid, 65
snelheidsvectorveld, 65
snijdend, 8
som van affiene deelruimten, 9
speciale lineaire transformaties, 41
speciale orthogonale groep, 48
spiegeling, 55
spiraalboog, 72
stelling van Jordan, 76
Stelling van Thales, 14
torsie, 78
totale kromming, 75
translatie, 18
vast punt, 57
vectorveld, 81
vectorveld langs α, 65
versnellingsvectorveld, 66
volume, 40
volume van een parallellepipedum, 40
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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
119
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
apparte
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
9
13
13
14
15
16
18
18
23
26
26
28
30
30
31
35
36
37
37
39
39
39
39
39
39
39
39
39
40
41
46
48
48
48
48
48
49
49
49
49
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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
120
49
49
49
49
49
50
50
50
50
51
51
51
52
52
52
52
52
53
54
54
54
54
54
56
56
56
56
57
58
58
58
60
60
60
61
62
62
62
62
62
62
62
62
62
62
62
63
69
70
121
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 . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
70
70
70
70
71
71
71
71
72
72
72
72
73
74
74
74
75
75
77
78
78
78
78
79
80
80
80
80
80
81
81
82
82
83
83
95
104
106
106
107
107
107
107
108
108
108
108
110
110
110
122
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 . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
110
110
111
112
112
112
114
115
115
115
115
116
116

Meetkunde I [B-KUL-G0N31B]

Nederland als Energy Gateway

Meetkunde I [B-KUL-G0N31B]

7 Extra opgaven 2014

Bewijs opgave over 120°

Proeftentamen Functies en Reeksen

Predikatenrekenen

het overlijdensbericht (in PDF-formaat)

Quickscan Juni 2009 (n=190 bedrijven)

VABB-SHW versie IIIbis en IV

In welk onderwijsniveau kan ik lesgeven?

Affiene ruimten