Ett Sammelsurium av Matematiskt Nonsens. Geometri.

Ett Sammelsurium av Matematiskt Nonsens.

Geometri.

Professor Ivar

December 11, 2016

Contents

Företal v

1 Isometrier i Planet. 11.1 Övningsuppgifter. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2 Klassikation av Isometrier av Planet. 152.1 Övningsuppgifter. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

3 Isometrier och Grupper. 333.1 Övningsuppgifter. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

4 En Saga. 37

5 Euklidiska Mångfalder. 415.0.1 Övningsuppgifter. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

6 Kvotytor. 536.0.2 Bevis av Sats 6.2 när H innehåller glidreektioner. . . . . 646.0.3 Övningsuppgifter. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

7 Täckningsytor. 697.1 Klassikation av bågvis sammanhängande och kompletta euk-

lidiska mångfalder. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 757.2 Övningsuppgifter. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

A Appendix: Lite punktmängdstopologi. 79

iii

iv CONTENTS

Företal

v

vi FÖRETAL

Chapter 1

Isometrier i Planet.

Vi är vana att tänka på talplanet som alla punkter (x, y) så att x, y ∈ R. Kortareuttryckt (x, y) ∈ R2. Vi kommer att kalla det reella talplanet för R2. Vi kommeribland att använda notationen x = (x1, x2), y = (y1, y2) et.c. för att beskrivapunkter in talplanet. Men vi kommer att kalla koordinataxlarna för x−axelnoch y−axeln som vanligt.

Det som gör talplanet matematiskt intressant är att det har mycket merstruktur än en samling osammanhängande punkter. Med struktur menas olikamatematiska relationer mellan punkter (x, y) i talplanet. Vi kommer att lämnaordet struktur lite odenierat men i den övergripande betydelsen att en strukturär något vi kan göra med talplanet eller punkter i talplanet.

En av de viktigaste strukturerna i talplanet är att vi kan mäta avstånd1

mellan punkter.

Denition 1.1. Vi kommer att säga att avståndet mellan två punkter x =(x1, x2) och y = (y1, y2) är det reella talet

|(x1, x2)− (y1, y2)| =√

(x1 − y1)2 + (x2 − y2)2. (1.1)

Talplanet har mer struktur än så. Vi kan till exempel addera två punkter,säg (x1, x2) och (y1, y2), med varandra

(x1, x2) + (y1, y2) = (x1 + y1, x2 + y2).

Vi kan också deniera funktioner f(x, y) från R2 till R2. Oftast så kommer viatt beteckna funktioner med T eftersom vi, i det här kapitlet, kommer att tänkapå funktioner som transformationer av talplanet.

Vi har total frihet att deniera vilken struktur vi vill på talplanet så längevi inte inför några motsägelser. Matematiken är oftast problemdriven och enviss struktur införs för att lösa ett visst problem.

1Ordet geometri “γεωµετρια′′ består av delarna jord och mäta - så att mäta avstånd,areor et.c. är kärnan i geometri.

1

2 CHAPTER 1. ISOMETRIER I PLANET.

I det här kapitlet så skall vi ställa oss en fråga som har haft stor betydelseför matematiken och utifrån den frågan gestalta begreppet matematisk struktur.Frågan kan tyckas vara lite godtycklig, vilken den också är, men den leder till nmatematik så vi kommer att hålla fast vid den frågan. Vi frågar oss vilka funk-tioner T : R2 7→ R2 bevarar avstånd, vi kommer att kalla avståndsbevarandefunktioner för isometrier.

När vi är intresserade av någonting i matematiken, till exempel isometrier,så är det viktigt att vi beskriver exakt vad vi menar med detta begrepp. Imatematiken så är vi extremt noga med denitioner. Det är viktigt att deni-tionen exakt beskriver, helst med hjälp av matematiska formler, det begrepp videnierar. Låt oss formellt deniera begreppet isometri.

Denition 1.2. Vi säger att en funktion T : R2 7→ R2 är en isometri2 om

|(x1, x2)− (y1, y2)| = |T (x1, x2)− T (y1, y2)| (1.2)

för alla punkter (x1, x2), (y1, y2) ∈ R2.

Observera att den här denitionen ger ett villkor på vad det betyder attvara en isometri: en given funktion T : R2 7→ R2 är en isometri om och endastom (1.2) är uppfylld för alla punkter (x1, x2), (y1, y2) ∈ R2. Med hjälp av dendenitionen så kan vi ställa oss kapitlets första huvudproblem.

Huvudproblem 1: Klassicera alla isometrier av R2.

För att riktigt förstå vad huvudproblem betyder så måste vi förstå vad detbetyder att klassicera något i matematiken. Vi kommer inte att använda ordetklassicera som ett matematiskt begrepp och därför inte deniera det meden matematisk denition. Detta innebär att vi inte kan använda ordet i någraformler eller i en precis betydelse i satser. Vi kan dock uppfatta ordet intuitivt.Kort sagt så är inte Huvudproblem 1 matematiskt väldenierat. Det hindrar ossinte från att använda huvudproblem 1 som en vägledning i våra studier. I dethär sammanhanget så kommer klassicera att betyda mer eller mindre hittaen tydlig beskrivning av alla.

Just nu kan problemet förefalla väldigt abstrakt och kanske rent utav kon-stigt. Men ofta när man börjar studera högre matematik så behöver man sesvaret på frågan, vilket vi kommer att göra snart, innan man kan förstå den.

Vårt huvudproblem handlar om funktioner som är isometrier. För att fråganskall vara meningsfull så måste det nnas några isometrier - annars har vi ingetatt klassicera! I matematiken så formulerar vi varje viktigt resultat som enSats. Vissa mindre viktiga sater kallas propositioner, delresultat brukar kallasför hjälpsatser och resultat som direkt följer av en sats brukar kallas följdsatser.Logiskt är satser, propositioner, hjälpsatser och följdsatser ekvivalenta; men detunderlättar vid läsningen av matematisk text att författaren understryker vilka

2Iso betyder lika och metrik mått. Så en isometri är en funktion som bevarar måttet, ellersnarare avståndet, mellan två punkter.

3

resultat som är viktigast och vilka som bara är delresultat genom att tillskrivaolika namn till resultat av olika betydelse.

Satser och denitioner fyller helt olika funktion i matematiken. Denitionertalar bara om hur vi använder begrepp, men satser är påståenden om sannarelationer mellan begrepp. För att kunna vara säker på att en sats är sann såmåste därför alla begrepp som används i satsen vara väldenierade. Vi måsteockså kunna visa att satsen är sann, d.v.s. vi måste bevisa satsen.

Vi vill nu hitta någon isometri T : R2 7→ R2. För att göra det så måstevi använda vår intuition tillsammans med matematiken, vi måste också lyckasbevisa att den funktion vi hittar är en isometri. Enligt denitionen för isometri,se ekvation (1.2), så betyder detta att vi måste bevisa att

|(x1, x2)− (y1, y2)| = |T (x1, x2)− T (y1, y2)| . (1.3)

Uttrycket (1.3) är allt för abstrakt för att hjälpa oss att gissa oss till vad Tmåste vara. Men om vi använder oss av denitionen av | · |, d.v.s. denition 1.1,så ser vi att (1.3) är exakt samma sak som

(x1 − y1)2 + (x2 − y2)2 = (1.4)

= (T1(x1, x2)− T1(y1, y2))2

+ (T2(x1, x2)− T2(y1, y2))2,

där vi har använt notationen T (x, y) = (T1(x, y), T2(x, y)) eftersom T (x, y) ärett tal i R2. Observera att det enda vi gjorde var att använda denitionen (1.1)i (1.3) och kvadrera båda sidor för att komma fram till (1.4).

Genom att stirra på (1.4) en stund så ser man att om för alla x,y ∈ R2

T1(x1, x2)−T1(y1, y2) = x1−y1 och T2(x1, x2)−T2(y1, y2) = x2−y2 (1.5)

så kommer(T1(x1, x2)− T1(y1, y2)︸︷︷︸

=x1−y1

)2+(T2(x1, x2)− T2(y1, y2)︸︷︷︸

=x2−y2

)2= (x1−y1)2 +(x2−y2)2.

Detta medför att (1.5) är ett tillräckligt villkor för att T skall vara en isometri.Men (1.5) kommer att gälla om det nns någon punkt z = (z1, z2) ∈ R2 så

attT1(x, y) = x+ z1 och T2(x, y) = y + z2.

Vi har nu hittat, inte bara en, utan oändligt många isometrier av R2.Eftersom vi är intresserade av isometrier, och kommer att behöva prata om

dem i framtiden så är det naturligt att införa en denition för att beskriva denklass av isometrier som vi just hittade.

Denition 1.3. Vi säger att en funktion T : R2 7→ R2 är en translation (medz) om det nns ett z = (z1, z2) ∈ R2 så att, för alla x ∈ R2,

T (x, y) = (x+ z1, y + z2). (1.6)

Om T är en translation med z så kommer vi att skriva Tz istället för T .


Vi har valt att kalla funktioner Tz för translationer. Vi skulle lika gärna hakunnat deniera: Vi säger att en funktion T : R2 7→ R2 är en grön mögelostom den uppfyller (1.6). Detta är tillåtet då vi är fria att använda orden hur vivill i matematiken. Dock så skulle en sådan denition vara väldigt förvirrande.3

Med det vore inte logiskt fel.Är det då riktigt att kalla Tz för en translation? Svaret är: Ja. För Tz kan

tolkas som en translation på ett naturligt sätt enligt bilden nedan.

x

x+z

y

y+z

Figur 1: Vi kan geometriskt tolka Tz som en translation i planet. Om vi har engur D så kan vi skapa en ny gur som består av alla punkter Tz(x) för x ∈ D.Den nya guren skulle ha exakt samma form men ha translaterats i planet.

Nu har vi två koncept, isometri och translation, som har en stark koppling.Vi kan därför formulera en sats som uttrycker den kopplingen. Eftersom kop-plingen inte är speciellt djup och eftersom vi senare kommer att bevisa djuparesatser om isometrier så kallar vi den här satsen en hjälpsats.

Hjälpsats 1.1. Alla translationer är isometrier.

Bevis: För att kunna bevisa den här satsen, eller vilken sats som helst, såmåste vi först veta vad ett bevis är och vad vi förväntas att göra när vi bevisarsatsen.

Varje sats består av ett påstående (ibland era påståenden) och ett bevis avsatsen är ett väldigt strukturerat argument för satsens påstående. Den satsenvi vill visa nu säger någonting om alla translationer; nämligen att om någontingär en translation så är den också en isometri. För att visa detta så gör viantagandet att T är en translation. Enligt Denition 1.3 så är T en translationendast om

T är en funktion från R2 till R2 (1.7)

ochdet existerar ett z ∈ R2 så att T (x) = x + z för alla x ∈ R2. (1.8)

3Till exempel så skulle vi kunna formulera en sats Låt Tz1 och Tz2 vara två gröna

mögelostar. Då kommer Tz1 Tz2 , där står för sammansättningen av funktioner, att vara

en grön mögelost.

5

Satsen hävdar att om (1.7) och (1.8) är sanna för T så är T en isometri. Ochenligt Denition 1.2 så är T en isometri om

T är en funktion från R2 till R2 (1.9)

och|(x1, x2)− (y1, y2)| = |T (x1, x2)− T (y1, y2)| (1.10)

för alla punkter (x1, x2), (y1, y2) ∈ R2. Observera att (1.9) och (1.10) preciserarvad det betyder att vara en isometri.

Eftersom (1.7) är exakt samma sak som (1.9) så är det uppenbart att varjetranslation, d.v.s. något som uppfyller (1.7) och (1.8), också uppfyller (1.9). Vibehöver därför bara bevisa att om T uppfyller (1.7) och (1.8) så uppfyller Täven (1.10). Vi vill hitta ett argument som absolut utan tvivel visar detta. Föratt vara säkra på vårt argument så måste vi bara använda sådant vi är absolutsäkra på att är sant.

Eftersom vi antar att T är en translation så vet vi, enligt (1.8), att det nnsnågot z ∈ R2 så att det för varje x ∈ R2

T (x) = x + z. (1.11)

Specikt så innebär detta att, för varje x,y ∈ R2 så kommer

|T (x)− T (y)| = enl. (1.11) =∣∣ (x + z)︸︷︷︸

=T (x)

− (y + z)︸︷︷︸=T (y)

∣∣ =

=

eftersomy + z = z + y

= |x + z− (z + y)| = (1.12)

=

enligtregler förparenteser

= |x + z− z− y| =

förkortabort z− z

= |x− y| .

Eftersom vi bara har använt denitionen av translation och enkla räkneregler,såsom −(y+z) = −y−z, så kan vi vara helt säkra på att likheten (1.12) är sann.Men (1.12) är exakt samma som (1.10), om man tar bort alla mellansteg. Vihar därför bevisat att (1.10) gäller för alla translationer. Vårt bevis är därmedavslutat.

I ovanstående bevis så har vi varit otroligt noga, rent utav pedantiska. Oftastså struntar man i att nämna när man använder enkla räkneregler, t.ex. så brukarman inte nämna att y+z = z+y. Men det är väldigt viktigt att förstå att i ettbevis så skall man i princip kunna ge ett argument för varje steg i beviset - ävenom man oftast hoppar över enkla steg som man förväntar sig att läsaren självkan fylla i (förhoppningsvis så var ni lite frustrerade över alla detaljer när niläste beviset ovan och kan därför förlåta mig om jag ibland inte tar med exaktalla detaljer i alla bevis). Vidare så tillåter vi endast argument som baserar sigpå


• Denitioner: Eftersom denitionen endast anger vad orden betyder såfår man istället för ett begrepp använda dess denition.

• Enkla beräkningar och enkel logik: Eftersom vi är helt säkra på attenkla beräkningar är sanna så kan vi använda enkla räkneregler.

• Tidigare bevisade satser: Om en sats är bevisad enligt dessa kriterierså kan vi vara säkra på att den är sann och vi kan därför alltid användaden i framtida bevis. Till exempel så kan vi när vi vill i ett framtida bevisanvända att varje translation är en isometri.

För den här kursen, och all framtida matematik vi stöter på, så är det väldigtviktigt att vi förstår oss på vad ett bevis är, lär oss känna igen korrekta bevissamt vänjer oss för att argumentera stringent.

Låt oss återgå till vårt huvudproblem: att klassicera alla isometrier. Vi vetnu att det nns många isometrier, minst lika många som det nns translationer.Men nns det er isometrier? D.v.s. nns det isometrier som är av en annantyp än translationer? Om man leker lite med sin intuition så inser man snartatt även rotationer bevarar avstånd.

φ

x

y

Figur 2: Vi ser lätt att avstånd bevaras, t.ex. en triangels form, om vivrider koordinatsystemet φ radianer kring origo.

För att kunna jobba med rotationer i vårt system4 så måste vi deniera enrotation som en funktion som verkar på talpar (x, y) ∈ R2. Vi gör detta medhjälp av lite linjär algebra.

Denition 1.4. Vi säger att en funktion T : R2 7→ R2 är en rotation med φradianer (kring origo) om för varje x = (x, y) ∈ R2

T (x) =

[cos(φ) − sin(φ)sin(φ) cos(φ)

] [xy

].

Ibland så kommer vi att skriva Tφ för en rotation med φ radianer.

4Kom ihåg att vi har denierat talplanet R2 som en mängd av talpar (x, y) ∈ R2 så alltidnär vi talar om talplanet så menar vi dessa talpar och vår intuitiva bild av planet nns inte ivårt formella system.

7

Det återstår att faktiskt bevisa att alla rotationer är isometrier.

Hjälpsats 1.2. För alla φ ∈ R så är rotationen kring origo med φ radianer enisometri.

Bevis: Vi måste visa att |Tφ(x) − Tφ(y)| = |x − y| för alla φ ∈ R och allax,y ∈ R2. Vi kan nu beräkna

|Tφ(x)− Tφ(y)| =

=

∣∣∣∣[ cos(φ) − sin(φ)sin(φ) cos(φ)

] [x1

x2

]−[

cos(φ) − sin(φ)sin(φ) cos(φ)

] [y1

y2

]∣∣∣∣ =

=

∣∣∣∣[ (x1 − y1) cos(φ)− (x2 − y2) sin(φ)(x1 − y1) sin(φ) + (x2 − y2) cos(φ)

]∣∣∣∣ =

=(((x1 − y1) cos(φ)− (x2 − y2) sin(φ))2+

+((x1 − y1) sin(φ) + (x2 − y2) cos(φ))2)1/2

=

=((x1 − y1)2 (cos2(φ) + sin2(φ))︸︷︷︸

=1

+(x2 − y2)2 (cos2(φ) + sin2(φ))︸︷︷︸=1

)1/2=

=((x1 − y1)2 + (x2 − y2)2

)1/2= |x− y|,

där vi använde denitionen av rotationen Tφ i den första likheten, enkla matris-beräkningar i den andra, denitionen av avstånd (Denition 1.1) i den tredje ochfemte likheten samt den trigonometriska ettan. Eftersom den långa uträkningenär, enligt bevisets första rad, exakt det vi vill bevisa så är beviset slutfört.

Kommentar: Observera att i ovanstående argument så använder vi baradenitioner, enkla beräkningar (t.ex. matrisberäkningar), samt en känd sats(trigonometriska ettan). Det torde därför vara omöjligt för en rationell individatt hysa något tvivel om satsens sanning. Någon kanske inte förstår det härbeviset, kanske för att man inte är bekant med matrismultiplikationer. Men enrationell individ som kan alla satser det hänvisas till måste hålla med om attslutsatsen att alla rotationer kring origo är isometrier.

Det är naturligtvis väldigt godtyckligt att vi har valt att prata om rotationerkring origo. Varför inte rotera R2 kring punkten (1, 1) eller kring en godtyckligpunkt x ∈ R2? Vårt nästa mål blir att rotera planet kring en godtycklig punktx. Det intressanta med detta är att vi kan använda att, inte bara talplanet R2,utan att även alla isometrier har en viss struktur. Kom ihåg att vi (väldigt in-formellt) kallade alla relationer och saker vi kan göra med en mängd för en struk-tur. Specikt så kan vi, precis som vi kan göra med alla funktioner, betraktasammansättningar av isometrier. Om S och T är två isometrier så kommer viatt skriva STx för sammansättningen5 av S och T : d.v.s. ST (x) = S(T (x)).Vi kommer att behöva följande hjälpsats för att kunna motivera vår kommandedenition av rotation kring en godtycklig punkt.

5Ofta i analysen så skriver man f g för sammansättningen av två funktioner f ochg. Här struntar vi i den lilla cirkeln och, precis som i den linjära algebran, skriver ST försammansättningen.


Hjälpsats 1.3. Mängden av alla isometrier är sluten under sammansättning;med detta menar vi att om S och T är två isometrier så är även ST en isometri.

Bevis: Även det här beviset är ett beräkningsbevis. Vi börjar dock med attkonstatera att ST kommer att vara en funktion från R2 till R2. Mer speciktså kommer Tx ∈ R2, för varje x ∈ R2, eftersom T : R2 7→ R2 (då T är enisometri och detta gäller för alla isometrier enligt Denition 1.2). Om Tx = yså kommer y ∈ R2 och därför så kommer STx = Sy för något y ∈ R2 mendetta innebär, eftersom S är en isometri, att Sy ∈ R2, d.v.s. STx ∈ R2 för allax ∈ R2. Det följer att ST : R2 7→ R2.

Eftersom STx är sammansättningen av S och T så kommer, per denition,STx = S(Tx). Vi vet också, eftersom T är en isometri, att

|x− z| = |Tx− Tz|. (1.13)

Låt oss kalla punktenTx = y och Tz = w. (1.14)

Eftersom S är en isometri så kommer

|y−w| = |Sy− Sz|. (1.15)

Vi kan därför beräkna

|STx− STz| = |S(Tx)− S(Tz)| = (1.14) = |Sy− Sw| = (1.15) =

= |y−w| = (1.14) = |Tx− Tz| = (1.13) = |x− z|.

Men ovanstående ekvation är exakt samma sak som denitionen av en isometri.Ack, detta pedanteri!

Föregående hjälpsats visar att sammansättningen av en translation och enrotation, TφTz, är en isometri.

Följdsats 1.1. Varje funktion T : R2 7→ R2 som är på formen

T (x) = T1T2 · · ·Tnx,

där varje Tj, j = 1, 2, ..., n är antingen en translation eller en rotation kringorigo, är en isometri.

Bevis: Vi kommer att använda ett induktionsargument för att bevisa denhär följdsatsen. Induktionen kommer att ske över n.

Vi börjar med basfallet när n = 1, d.v.s. om T = T1 där T1 antingenär en translation eller en rotation kring origo. Eftersom alla translationer ärisometrier, enligt Hjälpsats 1.1, och alla rotationer kring origo är isometrier,enligt Hjälpsats 1.2, så kommer T = T1 att vara en isometri.

Antag nu att, för ett givet n, så kommer alla S = T1T2 · · ·Tn att varaisometrier. Vi måste visa att varje funktion på formen T = T1T2 · · ·TnTn+1

9

också är en isometri.6 Vi skriver

T = T1T2 · · ·Tn︸︷︷︸=S

Tn+1 = STn+1.

Då kommer S = T1T2 · · ·Tn att vara en isometri enligt vårt induktionsantagandeoch Tn+1 är en isometri (eftersom Tn+1 är en translation eller rotation kringorigo). Det följer därför, från Hjälpsats 1.3, att STn+1 = T är en isomteri.

Följdsatsen följer från matematisk induktion.Vi kan använda sammansättningen av translationer och en rotation för att

deniera rotationen kring en godtycklig punkt. Låt oss vara lite mer specika.Om vi vill göra en rotation med φ radianer kring punkten z så kan vi förstgöra en translation med −z så att punkten z translateras till origo, T−z(z) =z − z = 0, sen göra en rotation med φ radianer kring origo, d.v.s. betraktaTφTz, om vi sedan translaterar tillbaka origo till z, d.v.s. betraktar TzTφT−z, sååstadkommer vi en rotation med φ radianer kring z. Geometrin är lite knepigatt se i text, men nedanstående bild borde ge en intuitiv bild om varför TzTφT−zmotsvarar en rotation kring z.

A B

C D

(−1,−1)T

Tπ2

(1,1)T

Figur 3: Ovanstående bild visar varför det är naturligt att betraktaT(1,1)Tπ/2T(−1,−1) som en rotation med π/2 radianer kring punkten (1, 1). Ibild A (ovan) så har vi markerat en triangel med ena hörnet i (1, 1). Om vi gören translation med (−1,−1) (enl. pilen i bild A) så kommer hörnet att trans-lateras till origo såsom i bild B. En rotation med π/2 resulterar i bild C. Om vi

6Vi antar naturligtvis att alla Tj är translationer eller rotationer kring origo genom helabeviset.


sedan translaterar tillbaka med (1, 1), d.v.s. totalt så genomför vi operationenT(1,1)Tπ/2T(−1,−1), då får vi bild D vilket har roterat ursprungstriangeln medπ/2 kring (1, 1).

När vi intuitivt, i vardagsspråk, talar om en rotation med φ radianerkringen punkt z så förefaller vi mena samma sak som TzTφT−z. Vi använder därföruttrycket TzTφT−z för att deniera en rotation med φ radianer kring z. Dettaär lite subtilt. Vi använder vår intuition för att hitta ett rimligt matematisktuttryck för vad rotation kring en punkt betyder. När vi har hittat ett rimligtmatematiskt uttryck så använder vi det för att deniera en rotation med φ radi-aner kring z. När vi har denierat begreppet med hjälp av matematiska formlerså xerar vi betydelsen på ett sätt som blir oberoende av vår geometriska intu-ition - och i framtiden så får vi bara använda begreppet såsom det är denieratoch vår intuitiva bild får inte längre användas i bevis.7

Denition 1.5. Vi säger att en funktion T : R2 7→ R2 är en rotation med φradianer kring z om, för alla x ∈ R2, Tx = TzTφT−z.

Om T är en rotation med φ radianer kring z så kommer vi ibland att användanotationen Tφ,z.

Hjälpsats 1.4. Om T är en rotation med φ radianer kring z då är T enisometri.

Bevis: Vi lämnar beviset som en övning (Övning 2).

Vi har nu hittat tre typer av isometrier:

• Translationer Tz såsom i Denition 1.6.

• Rotationer Tφ,z såsom i 1.5.

• Vi vet också, enligt Följdsats 1.1, att vi kan skapa en hel mängd isomtrierpå formen T = T1T2 · · ·Tn där Tj är antingen en translation eller enrotation.

Finns det ännu er isometrier? För att försöka besvara den frågan så måstevi igen använda vår intuition. En isometri är en funktion, eller en avbildning,från R2 till R2 som bevarar avstånd. Detta innebär att gurer, såsom trianglar,inte ändrar form under isometrier. Ett enkelt sätt att tänka sig en isometri äratt tänka på en gur ritad på en overheadlm, vi kan ytta (eller translatera)overheadlmen utan att rotera den utan att ändra gurens form. Vi kan ocksårotera lmen utan att ändra guren målad därpås form. Vi kan naturligtvisockså ytta, rotera och sen ytta lmen et.c. utan att guren målad därpåändrar form. Vi kan därför tänka oss en isometri som ett sätt att ytta och

7Det är lite mer subtilt än så. Ofta så använder vi vår intuition för att komma på ideénmed ett bevis. Ibland så kommer vi även att resonera utifrån en bild och inte direkt utifråndenitionen. Men man måste komma ihåg att varje gång vi resonerar utifrån en bild så gör videt av pedagogiska skäl, för att det (ibland) är enklare att tänka i bilder. Men när vi resonerarutifrån en bild så måste vi alltid försäkra oss om att vi skulle kunna genomföra beviset direktutifrån denitionen.

11

vrida en overheadlm; utan att sträcka den, skrynkla den eller klippa sönderden.

Om vi tänker på det sättet så inser vi snart att vi också kan vända over-headlmen utan att några avstånd ändras.

Figur 4: Om vi har en gur ritad på en overheadlm och vänder lmen uppoch ner så kommer guren bli spegelvänd men inga avstånd kommer att ändras.

Vi måste hitta ett matematiskt sätt att beskriva vad att vända overheadl-men. Vi skulle kunna reektera i vilken linje som helst i planet. Men så räckerdet räcker med att införa reektioner i en linje, precis som det räckte med attinföra rotationer kring en punkt. Vi kommer att säga att T är en reektion ix−axeln om T (x, y) = (−x, y). Vi kommer att kalla en reektion i en linje Lför TL, specikt så kommer reektionen i x−axeln att benämnas Ty=0.

A CB

D E F

Figur 5: För att göra en reektion i en godtycklig linje L, såsom densträckade linjen i A, så translaterar man linjen så att den går igenom origo medreanslationen T−z för någon punkt z på linjen. Detta leder till situationen igur B. En rotation, T−φ, kring origo med −φ radianer ger bild C. Reekterarvi i x−axeln, med Ty=0, så får vi Situationen i bild D. Sen transformerar vitillbaka koordinaterna med Tφ och slutligen med Tz. Vi ser att en reektion ilinjen L ges av TL = TzTφTy=0T−φT−z.


Denition 1.6. Vi säger att T : R2 7→ R2 är en reektion i linjen L =(x, y); ax+ by = c om T är på formen

T = TzTφTx=0T−φT−z,

för någon punkt z ∈ L och om φ är vinkeln mellan x−axeln och L.Vi kommer att skriva TL för reektionen i linjen L.Titta gärna på Övning 3 när du

läst den här denitionen.Vi kan nu utöka 1.1 till följande proposition.

Proposition 1.1. Låt Tφ vara en rotation kring origo och Tz vara en transla-tion. Då kommer TφTz och TzTφ att vara isometrier. Mer allmänt så kommervarje funktion T : R2 7→ R2 som är på formen

T (x) = T1T2 · · ·Tnx, (1.16)

där varje Tj, j = 1, 2, ..., n är antingen en translation, en rotation kring någonpunkt eller en reektion i någon linje, att vara en isometri.

Bevis:: Beviset för den här propositionen är rad för rad det samma som förFöljdsats 1.1.

1.1 Övningsuppgifter.

1. Beräkna

(a) Tπ/2Tx=1(2, 2)

(b) Tπ,z(1, 2) då z = (1, 1)

(c) Tπ/2TzTπ/2(2, 0) då z = (1, 0)

(d) Hitta på ett eget tal och beräkna det (förr eller senare så måste nibörja göra egna tal i vilket fall som helst).

2. Bevisa Hjälpsats 1.4.

Ledtråd: Detta är jätteenkelt. Se Följdsats 1.1.

3. Visa att Denition 1.6 är väldenierad. För att visa att något är väldenieratså måste man visa att denitionen ger ett objekt. I det här fallet så före-faller denitionen att bero på valet av en punkt z ∈ L vi måste visa att vifår samma operator oavsett vilket val av z ∈ L vi gör.

Ledtråd: Låt z1, z2 ∈ L. Vi måste då visa att

Tz1TφTx=0T−φT−z1 = Tz2TφTx=0T−φT−z2 ,

där φ är vinkeln mellan L och x−axeln. Ett sätt att visa detta är att förstvisa att z1 − z2 = (t cos(φ), t sin(φ)) och använda detta för att visa att

Tz1TφTx=0T−φT−z1v = Tz2TφTx=0T−φT−z2v

1.1. ÖVNINGSUPPGIFTER. 13

för alla punkter v = (v1, v2) i planet. Att visa det sista borde bara varaen enkel beräkning där man använder denitionen för Tz, Tx=0 och Tφ.

4. Om vi denierar vinkeln mellan två vektorer v1,v2 6= 0 i planet enligt

〈v1,v2〉 = arccos

(v1 · v2

|v1||v2|

).

Visa att om T är en isometri så kommer

〈Tv1, Tv2〉. (1.17)

Chapter 2

Klassikation av Isometrier

av Planet.

I det här kapitlet så skall vi försöka klassicera alla isometrier.Proposition 1.1 ger oss ett sätt att generera nya isometrier från de tre typer

av isometrier vi känner till. Men Man kan fråga sig om alla produkter T1T2 · · ·Tnger upphov till olika isometrier? Uppenbarligen så är det inte fallet då t.ex.

T−zTzx = T−z (x + z) = x + z− z = x.

Detta medför att vissa termer i (1.16) kan ta ut varandra såsom T−zTz = I, därI är identitets isometrin som lämnar alla punkter xa.

Låt oss beräkna ett par exempel på något mer intressanta sätt att uttryckaen isometri med hjälp av en produkt av andra isometrier.

Exempel 1: Vi har likheten Ty=bTy=a = T(0,2(b−a)), d.v.s. att förstreektera i linjen y = a och sen reektera i linjen y = b ger samma resultatsom att translatera med vektorn (0, 2(b − a)). För att se detta så väljer vi engodtycklig punkt (x, y) och beräknar

Ty=bTy=a(x, y) = Ty=b(Ty=a(x, y)

)=

enl. def. av Ty=aDenition 1.6

=

= Ty=b(T(0,a)Tx=0T(0,−a)(x, y)

)= Ty=b

(T(0,a)Tx=0(x, y − a)

)=

= Ty=b(T(0,a)(x, a− y)

)= Ty=b(x, 2a− y) =

enl. def. av Ty=bDenition 1.6

=

= T(0,b)Tx=0T(0,−b)(x, 2a− y) = T(0,b)Tx=0(x, 2a− b− y) =

= T(0,b)(x, y + b− 2a) = (x, y + 2(b− a)) = T(0,2(b−a))(x, y),

där vi direkt förkortade bort Tφ och T−φ vid användandet av Denition 1.6eftersom φ = 0 i det här exemplet. Observera att ovanstående beräkning visar

15

16 CHAPTER 2. KLASSIFIKATION AV ISOMETRIER AV PLANET.

att Ty=bTy=a(x1, y1) = T(0,2(b−a))(x1, y1) för alla (x1, y1) ∈ R2 vilket vi villebevisa.

I allmänhet så kommer två reektioner, i linjerna L ochM , att resultera i entranslation om linjerna är parallella (se Övning 1). Detta visar i någon meningatt reektion i linjer är en mer fundamental operation än translationen. Omlinjerna L och M inte är parallella så kommer TLTM att resultera i en rotationsom följande exempel visar.

Exempel 2: Om vi gör två reektioner i linjerna L ochM , som inte är par-allella, så kommer resultatet att bli en rotation kring skärningspunkten mellanlinjerna. Mer specikt så kommer, om z ∈ L∩M och om vinkeln mellan L ochx−axeln är φ radianer och vinkeln mellan M och x−axeln är θ radianer,

TLTM = T2(θ−φ),z.

Att bevisa detta kräver lite beräkningar så vi börjar med det enklaste fallet föratt få en känsla för problemet (vi kommer också att kunna använda det enklastefallet för att kunna visa det generella fallet).

Steg 1: Vi hävdar att om M = xn = 0 och L är linjen som går genomorigo och skär x−axeln med vinkeln ϕ så kommer

TLTM = T2ϕ. (2.1)

Eftersom M = xn = 0 så kommer TM = Tx=0 och enligt Denition 1.6,med z = (0, 0), så kommer TL = TϕTx=0T−ϕ. Vi kan därför skriva (2.1) som

Tx=0TϕTx=0T−ϕ = T2ϕ. (2.2)

Vi behöver nu bara förenkla högerled i (2.2) och se att det sammanfaller medvänsterled. För att göra detta så är det naturligt att skriva om transformationenTx=0 på matrisform. Enligt denitionen av Tx=0x så är (om vi skriverx = (x, y) på kolumnform)

Tx=0

[xy

]=

[x−y

]=

[1 00 −1

] [xy

],

där den sista likheten följer av vanlig matrisalgebra. Vi kan därför identiera

reektionen Tx=0 med matrisen[

1 00 −1

].

Med hjälp av detta, och denitionen av Tϕ (Denition 1.4), så kan vi skrivahögerled i (2.2) som

Tx=0TϕTx=0T−ϕ =

=

[cos(ϕ) − sin(ϕ)sin(ϕ) cos(ϕ)

] [1 00 −1

] [cos(−ϕ) − sin(−ϕ)sin(−ϕ) cos(−ϕ)

] [1 00 −1

]=

=

[cos2(ϕ)− sin2(ϕ) −2 cos(ϕ) sin(ϕ)2 cos(ϕ) sin(ϕ) cos2(ϕ)− sin2(ϕ)

]=

[cos(2ϕ) − sin(2ϕ)sin(2ϕ) cos(2ϕ)

]= T2ϕ,

17

där vi använde dubbla vinkelreglerna för sin och cos och denitionen för T2ϕ ide sista två olikheterna. Likheten i (2.1) är därmed bevisad.

Steg 2: Vi hävdar att den generella likheten TLTM = T2(θ−φ),z, där L ochM är såsom beskrivs i början av exemplet, gäller.

Precis som alltid så måste vi gå till denitionen för att lösa uppgiften, utanatt använda vad TL och TM betyder så skulle vi aldrig kunna säga något omdem. Enligt denition så är

TL = TzTφTx=0T−φT−z och TM = TzTθTx=0T−θT−z.

Vi ska alltså visa att

TzTφTx=0T−φT−zTzTθTx=0T−θT−z = T2(θ−φ),z = TzT2(θ−φ)T−z. (2.3)

För att göra detta så observerar vi att för alla vinklar φ och θ så

TφTθ =

[cos(φ) − sin(φ)sin(φ) cos(φ)

] [cos(θ) − sin(θ)sin(θ) cos(θ)

]= (2.4)

=

[cos(θ + φ) − sin(θ + φ)sin(θ + φ) cos(θ + φ)

]= Tφ+θ,

enligt additionsformlerna för sin och cos. Specikt så kommer, för alla vinklarφ, T−φTφ = I, där I är identiteten.1 Vi kommer att använda detta för att visa(2.3).

Låt oss försöka visa (2.3) genom att skriva om högerled på samma form somvänsterled enligt följande

TzTφTx=0T−φ T−zTz︸︷︷︸=T−z+z=I

TθTx=0T−θT−z =

= TzTφTx=0 T−φTθ︸︷︷︸=Tθ−φ enl. (2.4)

Tx=0T−θT−z =

= TzTφTx=0Tθ−φTx=0T−θ TφT−φ︸︷︷︸=I enl. (2.4)

T−z =

= TzTφTx=0Tθ−φTx=0 T−θTφ︸︷︷︸=T−(θ−φ)

T−φT−z =

= TzTφ Tx=0Tθ−φTx=0T−(θ−φ)︸︷︷︸=T2(θ−φ) enl. 2.2

T−φT−z =

= TzTφT2(θ−φ)T−φT−z = TzT2(θ−φ)T−z = T2(θ−φ),z.

Detta bevisar vårt exempel.

1Detta är, naturligtvis, helt i överensstämmelse med vår intuition. Om vi roterar medvinkeln φ och sen med vinkeln −φ så kommer vi tillbaka till där vi började.


Kommentar: Observera att när vi räknar ett exempel så använder visamma formella metod som när vi gör ett bevis. Vi refererar till denitioner,enkla räkneregler och till redan bevisade påståenden. Vi är intresserade av san-ning och bara för att vi kallar något för exempel gör inte att vi kan acepterafelaktigheter. Senare så kommer vi att referera till dessa exempel när vi genom-för bevis, det är därför viktigt att vi även bevisar våra exempel. Annars kanskeen felaktighet skulle kunna smyga sig in i ett bevis via ett dåligt genomförtexempel.

Hittills så har vi gissat oss till olika isometrier, och också kommit på attvi kan använda sammansättningen av funktioner för att skapa nya isometrier.Exempel 1 och 2 ovan tycks också visa att reektioner är mer fundamentalaän translationer och rotationer; eftersom alla translationer och rotationer kanskrivas som produkten av två reektioner. Men vår huvudfråga är att på någotsätt klassicera, eller beskriva, alla isometrier. Och för att kunna göra det såkan vi inte bara sitta och hitta på nya isometrier i hopp om att vi någon gångska ha en lista med alla - vi skulle aldrig kunna vara säkra på att listan ärkomplett.

Vi måste komma på en idée som hjälper oss att beskriva vad en isometri är,eller snarare att hitta en beskrivning av isometrier som är så pass enkel att vikan använda den för att beskriva alla isometrier. Som alltid när vi talar omett begrepp så måste vi återgå till denitionen, d.v.s. att isometrier bevararavstånd. Vi skall dock, såsom vi brukar, tolka denitionen intuitivt innan viformulerar en sats som vi sen bevisar.

En isometri bevarar avstånd: |x− y| = |Tx− Ty|. Detta betyder att om vivet värdet av Tx och |x−y| så vet vi att Ty måste ligga på cirkeln S|x−y|(Ty),där vi använder notationen Sr(x) = z ∈ R2; |z− x| = r för cirkeln med radier och center i punkten x.

x

Tx

yT Ty???

Figur 6: Om vi känner till Tx och avståndet |y − x| så kommer vi direktatt kunna säga vilken cirkel, den röda cirkeln i bilden ovan, som Ty kommeratt ligga på. Vi kan dock inte säga vart på cirkeln Ty kommer att vara.

Det intressanta med ovanstående är att om vi bara vet värdet av Tx för ettx så kommer vi direkt att kunna säga ganska mycket om Ty för en godtycklig

19

punkt y ∈ R2. Observera att detta innebär att isometrier är otroligt speciellafunktioner. Om vi skulle ta någon godtycklig funktion f : R2 7→ R2 och det vargivet att, säg, f(x) = (0, 1) så skulle vi inte kunna säga någonting om värdetav f(y) för någon annan punkt.2

Låt oss se om vi skulle få ut mycket mer information om vi känner värdenaTx och Ty för två givna punkter x,y ∈ R2. I bilden nedan så argumenterar viför att om vi vet värdet av Tx och Ty så nns det, för varje godtyckligt z ∈ R2,endast två möjliga värden som Tz kan antaga. Så kännedom om en isometrisvärden i två punkter bestämmer nästan isometrin.

x

Tx

y

z

Ty

Tz??

Tz??

Figur 7: Om vi känner till värdet av Tx och Ty för två givna punkterx,y ∈ R2 och låter z ∈ R2 vara en godtycklig punkt. Vi tänker oss att x, y ochz är givna punkter såsom x = (2, 3), y = (3, 7) et.c. Då kan vi rita ut cirklarnaS|z−x|(x) (röd) och S|z−y|(y) (blå), observera att z ∈ S|z−x|(x) ∩ S|z−y|(y).Eftersom Tz måste ha samma avstånd till Tx och Ty som z till x respektivey så måste Tz ligga på skärningen mellan den röda och blå cirkeln den högragrafen. Det följer att det bara nns två möjliga värden som Tz kan antaga.

Räcker det då att veta värdet av tre punkter Tx, Ty och Tw för att heltbestämma en isometri? Låt oss försöka att resonera kring detta. Vi börjar medatt se vad som kan gå fel. Om vi, såsom i ovanstående bild, vet värdet av Txoch Ty så vet vi att, för ett godtyckligt och givet z, så kan Tz bara antaga tvåolika värden. Vi frågar oss om vi skulle kunna precisera exakt vad Tz antar förvärde om vi också skulle veta värdet av Tw, detta innebär att Tw måste haolika avstånd till de två möjliga värdena av Tz. Och om man ritar en gur såser det ut som om att detta endast sker om både x, y och w och Tx, Ty ochTz inte ligger på en linje.

2Med x = (0, 0) så skulle vi t.ex. kunna ha f(x, y) =(

sin(x · y7)ex arctan(y), x3y + 1)eller

f(x, y) =(

ln(x2)(1− cos(y)), 1)eller vad annat knepigt som helst.


x

Tx

Ty

z

Tz?

Tz?

y

w

Tw

Figur 8: Om man vet Tx och Ty så måste värdet av en godtycklig punktz ligga i skärningen mellan cirklarna S|z−x|(x) och S|z−y|(y), d.v.s. i skärn-ingspunkten mellan den röda och blå cirkeln i den högra grafen. Om vi skulleveta avståndet mellan Tz och en tredje punkt Tw så skulle det inte nöd-vändigtvis bestämma det exakta värdet av Tz. För om punkten Tw har sammaavstånd till båda möjligheterna till Tz värden så ger detta ingen ny information.Men det förefaller som om att de enda värderna Tw som har samma avståndtill båda möjliga Tz värden ligger på en rät linje (sträckad).

Från ovanstående beräkning så ser vi två saker. För det första så ser vi,eller i alla fall så verkar det otroligt rimligt, att för att värdet av tre punkterx, y och w skall bestämma alla värden för en isometri T så får inte x,y ochw ligga på en linje. Detta vore, om vi kan bevisa det, en väldigt enkelt sättatt karakterisera en isometri. Det andra vi kan se, men det är mycket svårare,är att det förefaller rimligt att en linje består av alla punkter som har sammaavstånd till två givna punkter. Speciellt om man tittar i den högra grafen såser man att alla punkter som har samma avstånd till de två möjliga värdena avTz ligger på den streckade linjen. Vårt nästa steg kommer att vara att visa atten linje kan karakteriseras på det sättet.

Hjälpsats 2.1. Givet två punkter x,y ∈ R så att x 6= y så kommer alla punkterz ∈ R2 som uppfyller

|z− x| = |z− y| (2.5)

att utgöra en linje med ekvation

az1 + bz2 = c (2.6)

dära = 2(y1 − x1), b = 2(y2 − x2) och c = y2

1 + y22 − x2

1 − x22 (2.7)

Vidare så kommer alla punkter z = (z1, z2) som uppfyller (2.6) att uppfylla(2.5).

Bevis: Eftersom punkterna z speciceras av (2.5) så är det den ekvationenvi måste reda ut. Låt oss specicera x = (x1, x2), y = (y1, y2), då kommer

21

z = (z1, z2) att uppfylla3

(z1 − x1)2 + (z2 − x2)2 = (z1 − y1)2 + (z2 − y2)2. (2.8)

Om vi utvecklar parenteserna i (2.8) och yttar runt termer så får vi

2 (y1 − x1)︸︷︷︸=a

z1 + 2 (y2 − x2)︸︷︷︸=b

z2 = y21 + y2

2 − x21 − x2

2︸︷︷︸=c

.

Vi ser direkt att z1 och z2 uppfyller den räta linjens ekvation az1 + bz2 = c meda, b och c såsom indikeras i formeln ovan. Vi har därför bevisat att alla punkter(z1, z2) ∈ R2 som uppfyller (2.8) ligger på en rät linje med den angivna formeln.

För att visa att alla punkter z = (z1, z2) som uppfyller (2.6) också uppfyller(2.5) så går vi igenom ovanstående beräkning i omvänd ordning. Detaljernalämnas till läsaren. Gör gärna Uppgift 2 när du har

läst det här beviset.Vi kommer att behöva följande hjälpsats för att kunna bevisa att alla isome-trier kan formuleras som produkten av tre reektioner.

Hjälpsats 2.2. Låt x 6= y och L vara linjen som ges av alla punkter z så att|z− x| = |z− y|. Då kommer TLx = y och TLy = x.

Sketch av ett bevis:4 Låt w = 12 (x + y) vara punkten mellan x och y. Då

kommer |w− x| = 12 |y− x| = |w− y|, d.v.s. w har samma avstånd till x som

till y, vilket implicerar (enligt Hjälpsats 2.1) att w ∈ L. Vi kan därför användaisometrin T−w för att translatera linjen L till en linje genom origo. Linjen T−wLkommer att gå genom origo och karakteriseras av att alla punkter z ∈ T−wLhar samma avstånd till T−wx = 1

2 (x−y) som till T−wy = − 12 (x−y) = −T−wx.

Eftersom T−wL går genom origo så kommer T−φT−wL, där φ är vinkeln mellanx−axeln och T−wL, att ges av linjen y = 0. Linjen T−φT−wL = y = 0karakteriseras av att alla punkter på T−φT−wL = y = 0 har samma avståndtill T−φT−wx som till T−φT−wy = T−φ(−T−wx) = −T−φT−wx. Efter en delbesvärliga beräkningar5 så ser vi att T−φT−wx = (0, t) och T−φT−wy = (0,−t)och därför så kommer

Ty=0 T−φT−wx︸︷︷︸=(0,t)

= Ty=0(0, t) = (0,−t) = T−φT−wy. (2.9)

Om vi multiplicerar båda led i (2.9) med TwTφ så får vi

TwTφTy=0T−φT−w︸︷︷︸=TL enl. Def. 1.6

x = TwTφT−φT−w︸︷︷︸=I

y = y.

Det följer att TLx = y. Eftersom x och y är utbytbara så följer det att ävenTLy = x och första delen av hjälpsatsen är bevisad.

3Har har vi bara satt in x,y och z i (2.5) och kvaderat.4Vi kommer inte att försöka förklara det här beviset i alla detaljer då det skulle leda till

en massa relativt ointressanta beräkningar.5Det är här vi skippar lite i beviset.


Följdsats 2.1. För varje linje L och punkt w ∈ R2 så kommer TLw = w omoch endast om w ∈ L.

Bevis: Den här satsen är en om och endast om sats. Ibland kallas en sådansats för en ekvivalens för den säger att två saker är ekvivalenta. Den här satsensäger till exempel att det är ekvivalent, eller samma sak, för w ∈ L som attTLw = w. För att visa en sats som innehållet ett om och endast om så måsteman visa två delar. Dels så måste man visa om delen: i det här fallet såinnebär det att visa att Om w ∈ L då kommer TLw = w.. Dels så måste manvisa endast om delen: d.v.s. att w ∈ L endast om TLw = w. Att visa w ∈ Lendast om TLw = w är logiskt samma sak som att visa att Om TLw = w dåkommer w ∈ L. För att bevisa satsen A om och endast om B. så måste manalltså bevisa att A implicerar B och att B implicerar A.

Vi börjar med att vi visa om delen: omw ∈ L så kommer TLw = w. Detta ärenkelt eftersom omw ∈ L så kommer, per denition, TL = TwTφTy=0T−φT−w.Därför

TLw = TwTφTy=0T−φ T−ww︸︷︷︸=w−w=(0,0)

= Tw TφTy=0T−φ(0, 0)︸︷︷︸=(0,0)

= w.

Vi behöver också visa endast om delen: om TLw = w så kommer w ∈ L.Idéen är följande: om w /∈ L så kan vi skapa en punkt v 6= w så att linjenL karakteriseras av att alla punkter på L har samma avstånd till w som tillv. Då kommer, enligt Hjälpsats 2.2, TLw = v vilket motsäger antagandet attTLw = w.

Vi vet att om linjen L's ekvation är ax+by = c, och om linjen karakteriserasav att den består av alla punkter som har samma avstånd till w = (w1, w2) somtill v = (v1, v2), då kommer, enligt Hjälpsats 2.1 med w i rollen av x och v irollen av y,

v1 = w1 +a

2och v2 = w2 +

b

2(2.10)

vidare så måste

c =(w1 +

a

2

)2

+

(w2 +

b

2

)2

− w21 − w2

2 = aw1 + bw2 +a2 + b2

4, (2.11)

där vi använde (2.10) för att förkorta bort v1 och v2 i (2.11).Här springer vi in i ett litet problem, i följdsatsen som vi försöker bevisa så

är L samt w = (w1, w2) givna och det är inte alls säkert att (2.11) håller för w1

och w2. Vi löser lätt det här problemet genom att observera att för alla λ 6= 0så kommer även λax+λby = λc att vara en ekvation för linjen L. Om vi skriverom (2.10) och (2.11) med λa, λb och λc istället för a, b och c så får vi

v1 = w1 +λa

2och v2 = w2 +

λb

2(2.12)

och

λc = λaw1 + λbw2 + λ2 a2 + b2

4. (2.13)

23

Vi kan lösa ut λ ur (2.13):

λ =4(c− aw1 − bw2)

a2 + b2. (2.14)

Observera att detta λ 6= 0 eftersom w /∈ L vilket innebär att aw1 + bw2 6= c.6

Det kan vara värt att påpeka att a2 + b2 6= 0 (d.v.s. vi delar inte med noll)eftersom om både a = 0 och b = 0 så skulle ax + by = c inte vara någon linjesekvation.

Använder vi värdet på λ i ekvation (2.12) så får vi

v = w +2(c− aw1 − bw2)

a2 + b2(a, b) 6= w,

och enligt Hjälpsats 2.1 så karakteriseras L av samma avstånd till w som till v.Enligt Hjälpsats 2.2 så kommer därför TLw = v 6= w. Vi har därför bevisat

att om w /∈ L så kommer TLw 6= w. Det följer därför att om TLw = w såmåste w ∈ L.

Följdsats 2.2. Låt T : R2 7→ R2 vara en isometri. Då kommer T att avbildalinjer på linjer. D.v.s. Tx, Ty och Tz kommer att ligga på en linje om ochendast om x,y och z ligger på en linje.

Bevis: Vi har igen ett om och endast om bevis. Det innebär att vi måstebevisa följande två saker:

1. Om - delen av beviset: Om x,y och z ligger på en linje så kommerTx, Ty och Tz att ligga på en linje.

2. Endast om - delen av beviset: Om Tx, Ty och Tz ligger på en linje såkommer x, y och z att ligga på en linje.

Vi börjar med att visa om delen. För att göra detta så antar vi att x,y ochz ligger på en linje L. Låt w vara en punkt som inte ligger på L, d.v.s. w /∈ L.Om TL är reektionen i linjen L så kommer, enligt Följdsats 2.1, TLw /∈ L.

Eftersom x,y och z ligger på linjen L så kommer, återigen enligt Följdsats2.1, TLx = x, TLy = y och TLz = z. Vidare, eftersom TL är en isometri, såkommer

|x−w| = |TLx− TLw| = eftersom TLx = x = |x− TLw| (2.15)

och på samma sätt med y och z. Vi kan därför, såsom i Hjälpsats 2.1, identieralinjen L som alla punkter som har samma avstånd till w som till TLw.

6Detta är en väldigt viktig observation. Vi vet, från följdsatsens första del, att om w ∈ Lså kommer TLw = w. När vi nu försöker att bevisa att om w /∈ L så kommer TLw 6= w

så måste vi använda vårt antagande att w /∈ L någonstans. Logiken i ett bevis kräver att vianvänder alla antaganden någonstans, annars så skulle vi kunna formulera samma sats utande antaganden vi inte använder.


Vi vill använda den karakteriseringen av linjen L för att visa att Tx, Ty ochTz också ligger på en linje. Eftersom T är en isometri så kommer

|Tx− Tw| =T är enisometri

= |x−w| = enl. ekv. (2.15) =

= |x− TLw| =T är enisometri

= |Tx− TTLw|.

Vi ser att Tx har samma avstånd till Tw som till TTLw, på samma sätt med Tyoch Tz. Vi har därför visat att Tx, Ty och Tz ligger på den, enligt Hjälpsats2.1, räta linjen som karakteriseras av alla punkter som har samma avstånd tillTw och TTLw. Därmed så har vi bevisat om delen i hjälpsatsen.

Härnäst så måste vi visa endast om delen av satsen. För att göra detta såantar vi att Tx, Ty och Tz ligger på en linje. Vi vill därifrån härleda att x, yoch z ligger på en linje. Eftersom satsen uppenbarligen sann om x = y = z såkan vi antaga att två av punkterna är skilda, säg att x 6= y. Låt oss betraktalinjen L som går genom x och y, vi vill visa att även z ∈ L.

Om z /∈ L, och om TL är reektionen i L, så kommer inte heller TLz attligga på linjen L (enligt Följdsats 2.1). Linjen L kommer därför, enligt Hjälpsats2.1, att bestämmas av alla punkter som har samma avstånd till z som till TLz.Enligt satsens om del så kommer L att avbildas på en linje, låt oss användanotationen TL för den linjen,7 och den linjen karakteriseras av alla punkter somhar samma avstånd till Tz som till TTLz.

Enligt vårt antagande så ligger Tx, Ty och Tz på en linje, och eftersomTx, Ty ∈ TL så måste TL vara den gemensamma linjen som Tx, Ty och Tzligger på. Men TL är linjen av alla punkter som har samma avstånd till Tz somtill TTLz, specikt så kommer Tz (som ligger på TL) att ha samma avståndtill TTLz som till Tz, vi kan dra slutsatsen att

|Tz− TTLz| = |Tz− Tz| = 0,

d.v.s. Tz = TTLz. Men eftersom T är en isometri så kommer 0 = |Tz−TTLz| =|z− TLz| och därför så är z = TLz. Men om z = TLz så måste z ∈ L, d.v.s. x,y och z ligger alla på linjen L vilket var det vi skulle bevisa.

Vi är nu redo att bevisa att en isometri karakteriseras av värdet av trepunkter som inte ligger på en linje.

Proposition 2.1. Varje isometri bestäms unikt av dess värde i tre punkter sominte ligger på en linje.

D.v.s. om x,y, z ∈ R2 så att x,y och z inte ligger på en linje och om T1 ochT2 är två isometrier sådana att T1x = T2x, T1y = T2y och T1z = T2z då ärT1w = T2w för alla w ∈ R2.

Bevis: Vi kommer att använda ett motsägelsebevis. I propositionen så antarvi att

7Detta är en ganska naturlig notation eftersom linjen består av alla punkter Tv för v ∈ L.

25

1. vi har tre punkter x, y och z som inte ligger på någon linje och

2. två isometrier T1 och T2 sådana att T1x = T2x, T1y = T2y och T1z = T2z.

Om dessa antaganden är sanna så hävdar vi att det följer att T1w = T2w föralla w ∈ R2.

För att bevisa satsen så antar vi att vi kan hitta två isometrier T1 och T2

som uppfyller båda våra antaganden men att det inte gäller att T1w = T2w föralla w ∈ R2 - d.v.s. det nns (minst) ett w så att T1w 6= T2w. Vi kommer attvisa att detta medför att x, y och z måste ligga på en linje vilket vi från börjanförsäkrade oss om att det inte var fallet. Det följer då att det inte nns någotw ∈ R2 så att T1w 6= T2w.

Om det skulle nnas T1 och T2 såsom i satsen och w ∈ R2 så att T1w 6= T2wdå kommer, eftersom både T1 och T2 är isometrier och T1x = T2x, T1y = T2yoch T1z = T2z

|T1x− T1w| = |x−w| = |T2x− T2w| ⇒ |T1x− T1w| = |T1x− T2w| (2.16)

|T1y− T1w| = |y−w| = |T2y− T2w| ⇒ |T1y− T1w| = |T1y− T2w| (2.17)

|T1z− T1w| = |z−w| = |T2z− T2w| ⇒ |T1z− T1w| = |T1z− T2w|. (2.18)

Observera att (2.16)-(2.18) säger att punkterna T1x, T1y samt T1z alla harsamma avstånd till punkterna T1w och T2w, där T1w 6= T2w, så enligt Hjälp-sats 2.1 så kommer T1x, T1y samt T1z att ligga på en rät linje. Men enligtFöljdsats 2.2 så kommer då x, y och z att ligga på en linje vilket motsäger våraantaganden. Detta slutför vårt bevis.

Att en isometri karakteriseras på ett unikt sätt av dess värde i tre punkterär ett väldigt starkt kriterium. Vi kommer att använda det för att beskriva allaisometrier på ett enkelt sätt.

Sats 2.1. Varje isometri T : R2 7→ R2 kan skrivas som produkten av tre ellerfärre reektioner.

Bevis: Låt T vara en godtycklig isometri och x,y, z ∈ R2 vara tre punktersom inte ligger på en linje. Vi kommer att visa satsen under antagandet att tre,två, en eller ingen av Tx = x, Ty = y och Tz = z gäller.

Fall 1: Om Tx = x, Ty = y och Tz = z.

Observera att

om Tx = x, Ty = y och Tz = z så måste T = I (2.19)

enligt Proposition 2.1.

Fall 2: Om två av Tx = x, Ty = y och Tz = z gäller.

Om Tx = x och Ty = y men Tz 6= z så hävdar vi att T = TL där L är linjensom går genom x och y. För att förenkla notationen så denierar vi w = Tz.Eftersom T är en isometri så kommer

|z− x| = |Tz− Tx| = |w− x| och |z− y| = |Tz− Ty| = |w− y|. (2.20)


Men detta innebär att linjen av alla punkter som har samma avstånd till z somtill w går igenom x och y. D.v.s. z och w karakteriserar linjen L. EnligtHjälpsats 2.2 så kommer TLz = w och enligt Följdsats 2.1 så kommer TLx = xoch TLy = y eftersom x,y ∈ L. Vi har därmed visat att det nns tre punkterx,y, z så att TLx = Tx, TLy = Ty och TLz = Tz. Det följer av Proposition2.1 att T = TL, d.v.s. att om T har två xpunkter så kommer T att vara enreektion i linjen genom dessa xpunkter. Om Tx 6= x eller Ty 6= y så ärbeviset analogt.

Fall 3: Om en av Tx = x, Ty = y och Tz = z gäller.

I fallet då T har en xpunkt Tx = x och Ty 6= y samt Tz 6= z så kommervi att kunna skriva T som produkten av två reektioner. Idéen är att om vibetraktar linjen L som går igenom x och 1

2 (y + Ty) så kommer TLTx = x ochTLTy = y. Detta eftersom linjen L kommer att karakteriseras av y och Tyeftersom alla punkter på linjen har samma avstånd till y som till Ty.

x

yz

Ty

Tz

L

Figur 9: Om Tx = x så kommer reektionen i (den röda) linjen genom x

och 12 (y + Ty) att uppfylla TLTx = TLx = x och TLTy = y, d.v.s. isometrin

TLT xerar två punkter.

Men om isometrin TLT xerar två punkter så kommer, enligt tidigare resone-mang (Fall 2) i det här beviset, TLT = TM för någon linje M . Men eftersomTLTL = I så innebär detta att

T = IT = (TLTL)T = TL(TLT ) = TLTM .

Det vill säga, vi kan skriva T som sammansättningen av två reektioner, TL ochTM .

Fall 4: Om T inte har någon xpunkt Tx 6= x för alla x.

Då kommer, såsom i argumentet i Fall 3 då T hade en x punkt, TLTx = xom L är linjen som karakteriseras av att alla dess punkter har samma avståndtill x som till Tx. Men det innebär att vi kan skriva TLT , eftersom TLT har en

27

x punkt, som produkten av två reektioner: TLT = TMTN . Men det innebäratt

T = IT = (TLTL)T = TL(TLT ) = TL(TMTN ) = TLTMTN .

D.v.s. T kan skrivas som sammansättningen av tre reektioner.Vi har därmed visat att T kan alltid skrivas som sammansättningen av som

tre eller färre reektioner.Målet med vår undersökning har varit att klassicera alla isometrier. Exakt

vad det innebär är lite svårt att deniera. Men Sats 2.1 är denitivt en godklassicering. Om vi jämför Sats 2.1 med, t.ex., Proposition 1.1 så bringarSats 2.1 väldigt mycket mer klarhet i hur en godtycklig isometri ser ut. Vi kandessutom säga något som gäller för alla isometrier8

Det nns dock ett sätt som vi kan ytterligare förenkla Sats 2.1 på. För attvara specik så vet vi att

• En reektion: Om T = TL då har vi en god geometrisk intuition omvad T gör med en godtycklig punkt.

• Två reektioner: Om T = TLTM så kommer

T vara en translation om L och M är parallella (Såsom i Övning 1,se även exempel 1).

T vara en rotation kring skärningspunkten mellan L och M om Loch M inte är parallella (Såsom i exempel 2).

Så vi har även en god geometrisk förståelse för hur en isometri beståendeav två reektioner ser ut.

• Tre reektioner: Om T = TLTMTN så har vi ingen riktig geometriskintuition.

För att verkligen förstå hur en godtycklig isometri beter sig så skulle vi behövaha någon intuitiv förståelse över hur vad en isometri bestående av tre reektionerbeter sig.

Tricket för att beskriva hur en godtycklig isometri T = TLTMTN beter sigär att observera att även om varje isometri T kan skrivas T = TLTMTN så harvi ingen sats som säger att linjerna L, M och N är unika. Kan det vara så attvi kan välja L, M och N så att isometrin T får en speciellt enkel form.

Låt oss först ge två viktiga exempel på isometrier som kan förenklas. Naturligtvisså börjar vi med det enklare fallet med isometrier T som kan skrivas som sam-mansättningen av två reektioner, varför börja med det svåra fallet när vi inteförstår det lätta.

Exempel 3: Låt T = TLTM där L och M är parallella linjer. Då kommerTLTM = TL′TM ′ för varje par av linjer så att L och M är parallella med L′ ochM ′ och om L′ har samma avstånd till M ′ som L till M . Detta följer direkt avÖvning 1.

8Jämförelsevis så gav Proposition 1.1 endast en oregerlig lista med isometrier som vi intekunde säga var komplett.


Exempel 4: Om T = TLTM där L och M skär varandra i punkten x medvinkeln φ så kommer T = TL′TM ′ för varje linjepar L′ ochM ′ som skär varandrai x med vinkeln φ. För att se detta så påminner vi oss om exempel 2 där vivisade att T = TLTM = T2φ,x och enligt samma exempel TL′TM ′ = T2φ,x = T .

Låt oss formulera den sats vi kan bevisa med hjälp av förenklingarna i ex-empel 3 och 4.

Sats 2.2. Låt T : R2 7→ R2 vara en isometri då kommer T vara på en avföljande former:

1. En translation med z ∈ R2: T = Tz.

2. En rotation med φ radianer kring z ∈ R2: T = Tφ,z.

3. En glidreektion, d.v.s. först en reektion i en linje L och sedan en trans-lation i en riktning parallell med L.9

L L L

Figur 10: En glidreektion består av att först reektera i linjen L med TLoch sen göra en translation parallellt med linjen L.

Bevis: Vi kommer att dela upp beviset i era delar. Huvudidéen är attförsöka förenkla en isometri T med hjälp av exempel 3 och 4. Vi vet från Sats2.1 att vi kan skriva en godtycklig isometri T = TLTMTN där L, M och N ärlinjer.

Om vi kan skriva T med hjälp av en reektion så är T uppenbarligen englidreektion. Och om vi kan skriva T med hjälp av två reektioner, T = TLTM ,så kommer T att vara en translation om L och M är parallella (enl. exempel3) och om L och M har en skärning så kommer T att vara en rotation (enl.exempel 4). I vilket fall som helst så är satsen uppfylld för alla isometrier somkan skrivas som två eller färre reektioner.

Det återstår att visa att satsen gäller även för de isometrier som skrivs somtre reektioner. För att visa detta så antar vi härefter att T = TLTMTN .Beviset kommer att delas in i olika fall beroende på hur linjerna L, M och Nskär varandra.

Fall 1: Om linjerna L, M och N alla är parallella.

9Observera att en vanlig reektion också är en glidreektion, bara en speciell sådan därtranslationen är med noll vektorn.

29

Vi hävdar att T är en reektion i fallet då L, M och N är parallella. Föratt se detta så hänvisar vi till exempel 3 som säger att TLTM = TL′TM ′ därL′ och M ′ är parallella med L och M och har samma avstånd som L till M .Eftersom N är parallell till M så kan vi välja M ′ = N och L′ som linjen medsamma avstånd till M ′ = N som L till M . Det följer att

T = TLTM︸︷︷︸=TL′TM′

TN = TL′TM ′TN = TL′ TNTN︸︷︷︸=I

= TL′ .

Det följer alltså att T är en reektion i linjen L′.

Fall 2: Om L, M och N skär varandra i en punkt x ∈ R2.

I fall 2 så använder vi exakt samma idée som i fall 1, men vi använderförenklingen i exempel 4 istället för exempel 3. Vi observerar att TL′TM ′ =TLTM om L′ ochM ′ skär varandra i x med samma vinkel som L ochM . Därförså kan vi välja M ′ = N och beräkna

T = TLTMTN = TL′TM ′TN = TL′ .

Fall 3: Om L,M och N inte är parallella och om det inte nns någon punktx där alla linjerna skär varandra.

Eftersom inte alla tre linjerna L, M och N är parallella så måste antingenL och M , L och N eller M och N att ha en skärningspunkt x. Vi kommerbara att göra beviset i fallet då L och M inte är parallella, de andra fallen äranaloga.

Antag därför att L ochM skär varandra i punkten x. Eftersom L, M och Ninte har någon gemensam skärningspunkt (enligt antagande i fall 3) så kommerx inte att ligga på N . Vi kan därför, såsom i exempel 4, välja L′ ochM ′ som skärvarandra i x med samma vinkel som L ochM och slutleda att TL′TM ′ = TLTM .Vi väljer M ′ så att M ′ är vinkelrät mot N , se bilden nedan.

N N

N’M

M’M’’

L L’L’

Figur 11: Geometrin bakom fall 3. Först så förenklar vi TLTM till TL′TM ′

därM ′ är vinkelrät mot N (bilden i mitten). Sen förenklar vi TM ′TN = TM ′′TN ′

där N ′ väljes parallell till L′, då kommer M ′′ att vara vinkelrät mot både L′

och N ′.

Eftersom, enligt vår konstruktion, M ′ är vinkelrät mot N så kommer M ′

och N att skära varandra i någon punkt y. Vi kan, återigen, göra förenklingen


TM ′′TN ′ = TM ′TN där M ′′ och N ′ är vinkelräta (d.v.s. har samma skärn-ingsvinkel som M ′ och N). Vi väljer N ′ parallell med L′. Vi har därför visatatt

T = TLTMTN = TL′TM ′′TN ′ .

Slutligen så observerar vi att, precis som i exempel 2, så kommer TM ′′TN ′ =Ty,π = Ty,−π = TN ′TM ′′ eftersom både M ′′ och N ′ skär varandra med vinkelnπ/2 i punkten y. Det följer att

T = TLTMTN = TL′ TM ′′TN ′︸︷︷︸=TN′TM′′

= TL′TN ′TM ′′ .

Men, eftersom L′ och N ′ är parallella så kommer enligt exempel 1, TL′TN ′att vara en translation i riktningen vinkelrät mot L′, d.v.s. en translation ien riktning parallell med M ′′. Det följer att T består av en reektion i M ′′

och därefter en translation i en riktning parallell med M ′′, d.v.s. T är englidreektion.


1. Bevisa att om L och M är parallella linjer så kommer TLTM = T−2z, därz är en vektor som går från till L till M och är vinkelrät mot linjerna Loch M . Ditt bevis kan följa följande steg:

(a) Låt w ∈ L och w+z ∈M gå till denitionen av reektion (Denition1.6) och veriera att vi vill visa att

TwTφTx=0T−φTzTφTx=0T−φT−w−z = T−2z, (2.21)

där vi även har gjort en förenkling i uttrycket.

(b) Använd att isometrierna är en grupp tillsmammans med att TwT−z =T−zTw för att reducera (2.21) till

TφTx=0T−φTz = T−zTφTx=0Tφ. (2.22)

(c) Veriera (2.22) med en direkt beräkning.

2. Varje sats har en viss struktur: Om A, B,.., C gäller så gäller även D.Vi hävdar därmed att alla objekt som uppfyller de antaganden vi gör,d.v.s. A, B, ..., C, också kommer att uppfylla slutsatsen D. Desto färreoch desto svagare antaganden vi har desto starkare blir satsen. T.ex. såär antagandet att en funktion är kontinuerlig svagare än antagandet atten funktion är deriverbar;10 därför är satsen Om f(x) är kontinuerlig på[a, b] så antar f(x) sitt maxvärde på [a, b]. starkare än satsen Om f(x)är deriverbar på [a, b] så antar f(x) sitt maxvärde på [a, b]..

10Vi vet ju att alla deriverbara funktioner är kontinuerliga.


I Hjälpsats 2.1 så gör vi antagandet att x 6= y. Men om man läser bevisetav Hjälpsats 2.1 så nämner vi aldrig det antagandet. Det är inte ovanligtatt antaganden inte nämns i bevisen i matematiken, utan att det lämnastill läsaren att förstå hur de används.

(a) Argumentera för att antagandet x 6= y verkligen behövs för att satsenskall vara meningsfull.

(b) Eftersom antagandet x 6= y är nödvändigt för satsen så måste detanvändas i beviset. O antagandet inte användes i beviset skulle jubeviset fungera utan antagandet. Klargör vart antagandet x 6= yanvänds i beviset.

3. Vi genomförde inte alla beräkningar i Hjälpsats 2.2. Gå igenom bevisetoch övertyga dig om att det gäller, antingen genom att göra beräkningarnaalgebraiskt eller genom att skissa geometrin för att se att TφT−wx = (0, t).

4. Givetvis så kan man generalisera mycket av det vi gör i det här häftet.Kan du till exempel visa att

(a) Bevisa att alla isometrier på R kan skrivas som produkten av (sommest) två reektioner? (Vad är ens en reektion på R?)

(b) Bevisa att alla isometrier på R3 kan skrivas som produkten av fyra(eller färre) reektioner?

5. Bevisa att TLTMTNTO kan skrivas som tre reektioner. Det nns ettenkelt svar (använd bara Sats 2.1). Men kan du genomföra beräkningarnai beviset av Sats 2.2 och direkt härleda att TLTMTNTO kan skrivas somtre (eller färre) reektioner. Börja med vad som händer om alla L,M,Noch O är parallella.

6. Visa att om Tz är en translation och Tφ,y är en rotation så kommer Tφ,yTzatt vara en rotation. Du kan gärna använda följande steg.

(a) Veriera att du kan skriva Tz = TL1TL2

där L1 och L2 är parallellalinjer och y ∈ L1. (Uppgift 1 kan vara till hjälp.)

(b) Veriera att du kan skriva Tφ,y = TL3TL1 där L3 är en linje som gårgenom y och L3 inte är parallell med L1.

(c) Använd uttrycken för Tz och Tφ,y för att förenkla Tφ,yTz till TL3TL2

.

(d) Visa att TL3TL2

är en rotation.

Chapter 3

Isometrier och Grupper.

Vi har nu hittat en bra klassicering av alla isometrier av planet. Det nnsendast tre lättbegripliga typer av isometrier och dessa beskrivs exakt av Sats2.2.

En annan fördel med klassiceringen är att när vi nu förstår vad en isometriär bättre så kan vi börja studera strukturen av isometrier. En väldigt viktigstruktur som som isometrierna har är att de formar en grupp.

Denition 3.1. Om G är en mängd och × är en operation på G, med att ×är en operation menar vi att för varje två element i g1, g2 ∈ G så existerar ettelement g1 × g2 ∈ G, så säger vi att (G,×) är en grupp om

1. [Existens av en identitet.] Det existerar ett element e ∈ G så att, föralla g ∈ G, e× g = g × e = g.

2. [Existens av inverser.] För varje g ∈ G så existerar det ett elementf ∈ G så att f × g = g × f = e. Vi skriver då f = g−1 och kallar finversen till g.

3. [Associativitet.] För alla g1, g2, g3 ∈ G så gäller

(g1 × g2)× g3 = g1 × (g2 × g3).

Grupper är väldigt vanliga i matematiken. Låt oss ge några exempel.

Exempel 5: Heltalen Z formar en grupp om vi tolkar × som addition.Specikt så kommer e = 0 för den additiva gruppen Z eftersom g+0 = 0+g = gför alla heltal g ∈ Z. Varje tal g ∈ Z har en additiv invers, nämnligen −g,eftersom g + (−g) = (−g) + g = 0. Vidare så är addition associativt. Vi serdärför att (Z,+) är en grupp.

Exempel 6: De positiva reella talen R+ = x ∈ R; x > 0 är en grupp omvi tolkar × som vanlig multiplikation. I det fallet så kommer 1 ∈ R att varaidentiteten e.

33

34 CHAPTER 3. ISOMETRIER OCH GRUPPER.

Exempel 7: Låt GL(Rn) vara mängden av alla inverterbara n×n−matriser,d.v.s. matriser med nollskiljd determinant. Då kommer (GL(n),×) att vara engrupp om vi tolkar × som vanlig matrismultiplikation. Specikt så existerar detidnetitetselement, nämnligen identitetsmatrisen I. Vidare per denition så harvarje M ∈ GL(Rn) en invers och vi vet från linjär algebra att matrismultiplika-tionen är associativ.

Vi kommer att prata mer om grupper senare. Men från ovanstående exempelså är det tydligt att grupper dyker upp på många ställen i matematiken. Det ärdärför intressant att betrakta en grupp abstrakt som en mängd G med en oper-ation × som uppfyller vissa antaganden. Om vi kan bevisa att någon egenskapgäller för alla objekt som uppfyller denitionen för en grupp, Denition 3.1, såbevisar vi aotomatiskt att den egenskapen gäller i en rad olika situationer såsomför (GL(Rn),×) och för (Z,+).

Ofta så struntar man i att skriva ut operationen × när man räknar medgrupper, t.e.x. så skriver manMN för matrismultiplikationenM×N förM,N ∈GL(Rn). Vi har, och kommer ofta, att skriva ST för S T , när S och T ärisometrier.

För det här kapitlet, och speciellt i senare kapitel, så är det viktigt attmängden av alla isometrier av R2 formar en grupp.

Sats 3.1. Mängden av alla isometrier av R2, låt oss kalla den Iso(R2), är engrupp under sammansättning.1

Bevis: Vi mäste visa att Iso(R2) uppfyller alla antaganden i Denition 3.1om vi tolkar × som sammansättningen av två funktioner: S × T = S T .

Först så måste vi visa att om S, T ∈ Iso(R2) så kommer S T ∈ Iso(R2).Men detta har vi redan visat i Hjälpsats 1.3.

Vi måste också visa att Iso(R2) har en identitet, att varje T ∈ Iso(R2) haren invers samt att sammansättningen är associativ.

Att Iso(R2) har en identitet är uppenbart, då isometrin I som tar alla x ∈ R2

till x är en identitet. Att sammansättningen är associativ vet vi eftersom

(S T )U(x) = S(T (·))U(x) = S(T (U(x))) = S (T U(x)) = S (T U)(x).

Det svåra är att visa att alla isometrier har en invers. Låt T ∈ Iso(R2),vi måste visa att det existerar en isometri T−1 ∈ Iso(R2) så att T−1 T =T T−1 = I. Problemet är att vi inte kan säga exakt vilken isometri T vihar. Vi vet dock, från Sats 2.1, att oavsett vilken isometri T är så kan vi alltidskriva T = TLTMTN för några linjer L, M och N .2 Vi kan därför gissa attT−1 = TNTMTL. Vi verierar det med följande beräkning:

T−1T = TNTM TLTL︸︷︷︸=I

TMTN = TN TMTM︸︷︷︸=I

TN = TNTN = I,

1D.v.s. mängden av alla isometrier formar en grupp om vi tolkar × som sammansättningenav funktioner.

2För att vara exakt så skulle T också kunna vara sammansättningen av en eller två reek-tioner, men beviset i dessa fall är analoga och lämnas till läsaren.


på samma sätt bevisas att TT−1 = I. Vi har därför bevisat att varje T ∈ Iso(R2)har en invers. Det följer att (Iso(R2), ) är en grupp.

Det kan förefalla som att det är ett ganska meningslöst abstrakt resultat attIso(R2) är en grupp. Men vi kommer att se, i kapitel ???, att den informatio-nen kommer att ge oss insikt i djupa frågeställningar om geometriska problem.Gruppen Iso(R2) är ju relaterad till talplanet på ett direkt sätt och eftersomIso(R2) är en grupp så har den en viss struktur (såsom existens av inverser) ochden strukturen innehåller information om R2. Just nu så kan det vara lite svårtatt se hur detta skulle vara relevant, men äventyret med matematiken bestårofta i att hitta subtila relationer och efter att vi har läst kapitel 7 så kommerdet att vara tydligt att gruppegenskapen är relaterad till vilka möjliga former,eller topologier, som ett tvådimensionellt euklidiskt rum kan ha.


1. Lite exempel på grupper.

(a) Visa att Zp = 0, 1, 2, 3, ..., p − 1 är en grupp med gruppoperation

a+ b = rest(a+bp

).

(b) Låt p vara ett primtal och visa att Zp = 0, 1, 2, 3, ..., p − 1 är en

grupp med gruppoperation a× b = rest(a×bp

).

Ledtråd: Det svåra är att visa att a ∈ Zp har en multiplikativinvers. Kan du använda den euklidiska algoritmen på något sätt?

(c) Låt M = M ; M är en n × n matris. Visa att M inte är någongrupp under matrismultiplikation. Men att M är en grupp undermatris addition.

(d) Låt GL(n) = M ; M är en n × n matris så att det(M) 6= 0. Visaatt GL(n) är en grupp under matrismultiplikation.

(e) Är mängden av alla funktioner f : [0, 1] 7→ [0, 1] en grupp undersammansättning av funktioner?

2. Givet en punkt a ∈ R2 visa att alla isometrier T ∈ Iso(R2) så att Ta = aformar en delgrupp av alla isometrier.

3. Visa att alla isometrier som kan skrivas somprodukten av två reektionerformar en grupp.

Ledtråd: Titta på övning 6 från kapitel 2.

4. Vi vet att (Z,+) är en grupp.

(a) Visa att delgruppen som genereras av 3 består av elementen ...,−9,−6,−3, 0, 3, 6, ....

36 CHAPTER 3. ISOMETRIER OCH GRUPPER.

(b) Hitta delgruppen till (Z,+) som genereras av 9 och 12.

(c) Hitta delgruppen som genereras av 4 och 5 och dra slutsatsen att endelgrupp som genereras av ett ändligt antal element kan vara helagruppen.

Chapter 4

En Saga.

För länge sedan i en galax långt, långt borta.... i en galax där allting var tvådi-mensionellt så fanns det en grupp besvärliga människor som kallades matem-atiker. I en värd där allt är tvådimensionellt uppskattas det nämligen inte atttänka på högre dimensioner. För att bli av med dessa besvärliga individer såbeslutade det högsta rådet sig för att skicka iväg dem bort ut i rymden.

Ett skepp byggdes och alla matematiker tvingades att borda skeppet somsedan skickades ut i rymden längs en rät linje med ljusets hastighet. Uppen-barligen så skulle matematikerna försvinna ut i rymden och med tiden drivalängre och längre bort och aldrig mer komma tillbaka - endast matematikernasjälva protesterade och hävdade att det nödvändigtvis är sant att om man följeren rät linje från en punkten så kommer man aldrig tillbaka till punkten igen.Men i den tvådimensionella världen så hade man tröttnat på matematikernasspetsfundigheter och lyssnade inte.

Efter att matematikerna var borta så infann sig ro i galaxen, folk kunde igodan ro resonera på mest klumpiga och ologiska sätt utan att någon protester-ade och ingen talade längre om högre dimensioner. Men efter exakt 2π år, i allafall så exakt som någon någonsin skulle komma att kunna mäta, så kom skeppettillbaka - fast från motsatt riktning från den som skeppet hade skickats iväg.

De vise rådsmedlemmarna samlades och diskuterade hur skeppet kunde hakommit tillbaka. Hade skeppet trots allt en ratt och kunde svänga? Ellervar det någon svart magi involverad? Men ingen lösning kunde hittas. Menförsöken att lösa mysteriet var fruktlösa. Till sist så tvingades man att tillkallaövermatematikern, Jemas Raider, och fråga hur det hela hade gått till.

Det är ganska enkelt., förklarade Raider, Våra kartografer har bara kart-lagt en liten del av vårt universum. Och på den lilla delen av universum såfungerar det utmärkt att beskriva alla punkter med (x, y) koordinater i R2.Men den beskrivningen av punkter kanske bara fungerar väl för små x och y,men när x och y börjar bli så stora som π eller 2π ljusår så kanske inte denbeskrivningen stämmer. Universum kan kröka sig i den tredje dimensionen.

37

38 CHAPTER 4. EN SAGA.

x

y

Figur 1: Den kartlagda delen av universum, en röd cirkelformad skiva, pas-sar in i ett (x, y)−koordinatsystem. Men om man tänker sig koordinatsystemetritat på ett papper så kan man vika runt pappret till en cylinder. Detta skulleinte förändra beskrivningen av punkter på kartan. Men om man reser längsden blå pilen så skulle man komma tillbaka till sin ursprungsposition efter attha färdats 2π ljusår. D.v.s. i ett universum med den strukturen så kommer(x+ 2π, y) = (x, y) i den meningen att om man lägger till 2π till x-koordinatenså får man samma punkt.

Efter att Raider har demonstrerat hur universum kan vara krökt genom attvika runt ett papper1 så kommer det styrande rådet fram till att om man skickarskeppet i y-led istället så kommer skeppet att färdas i cylinderns axelriktning ochfortsätta ut i oändligheten. Men Raider, som i egenskap av att vara matematikeralltid måste trilskas, påpekar att man faktiskt inte kan veta om det inte nnsnågon krökning av universum i y−led och att (x, y + a) = (x, y) för något a.

Figur 2: Möjligheten nns att universum kan beskrivas av alla punkter(x, y) så att 0 ≤ x < 2π och 0 ≤ y < a. Genom att vika runt y−axelnfår man en cylinder. Vi kan också tänka oss att vi kan vika cylindern till endoughnut-formad yta. Att vika detta med ett papper är dock svårt - men

1Inte för att det skulle gå att vika pappret i ett tvådimensionellt universum, men fablerbehöver inte vara logiska.

39

principen är tydlig. I ett doughnut-format universum så kommer man tillbakatill ursprungspositionen om man färdas antingen rakt i x−led eller rakt i y−led.

Efter långa överläggningar så kommer rådet fram till att det är värt ettförsök att skicka iväg matematikerna i y−led, kanske är a jättestort så att deinte kommer tillbaka på tusentals år, eller så kanske cylindern är oändlig i y−ledså att de aldrig kommer tillbaka. Men... efter exakt 4 år så kommer skeppettillbaka. Och ännu konstigare, på något obegripligt sätt så har alla matematikerblivit spegelvända under resan.

x x

y y

Figur 3: På något obegripligt sätt så kommer matematikerna tillbakaspegelvända efter att ha färdats två år i y−led. Om de färdades längs endoughnut-formad yta så skulle de komma tillbaka rättvända. Det universumsom matematikerna färdas i måste ha någon annan form än R2 (För om debodde i ett R2 format universum skulle de inte ha kommit tillbaka efter re-san i x−led.), en cylinder (i vilket fall de inte skulle komma tillbaka efter enresan i y-led) eller ett doughnut-format universum (för då skulle de inte varaspegelvända.).

Vi har nu hittat fyra möjliga former av universum: talplanet R2, cylindern,doughnut-formen och så slutligen en annan form som gör att matematikernakommer tillbaka spegelvända. Finns det er möjliga former som universumskulle kunna ha? Går det att beskriva alla former på något rimligt sätt? Över-matematikern, Jemas Raider, har uppenbarligen ett svårt matematiskt problematt lösa. Är problemet ens matematiskt?

40 CHAPTER 4. EN SAGA.

Chapter 5

Euklidiska Mångfalder.

Vi vill besvara frågan: Vilka två dimensionella ytor, vilka lokalt har en euklidiskmetrik, kan existera?. I andra ord så vill vi klassicera alla euklidiska ytor. Omfrågan är obegriplig för tillfället så skall du inte oroa dig. Eftersom vi sysslarmed matematik så måste vi deniera alla begrepp vi använder och innan vi hardenierat euklidisk metrik eller euklidiska ytor eller ens begreppet yta så kan viinte förstå frågan. I det här kapitlet så kommer vi att deniera dessa begreppoch försöka förstå frågan. Vi kommer att introducera begreppet mångfald vilketär ett av de viktigaste begreppen i modern matematik, men i resten av kapitletså kommer vi inte att behöva en djup förståelse av mångfalder så du kan varaganska lugn även om du inte förstår allt i det här kapitlet. Vi kommer att varaganska informella i det här kapitlet för att få en känsla för vad en euklidiskmångfald är och för den konstruktion vi kommer att använda för att skapaeuklidiska mångfalder. I nästa sektion så kommer vi att vara mer formella ochmer noga med denitioner, satser och bevis. Dock så kommer den formella sidanatt bli lättare om man har lite intuition för begreppen genom att ha läst den härsektionen innan man börjar med den formella matematiken. Observera ocksåhur den matematiska exaktheten i nästa sektion gör materialet och argumententydligare - intuitionen i den här sektionen ersätter inte matematiken i nästa.

Vi kommer, precis som med planet R2, att tänka oss en euklidisk mång-fald som en mängd punkter med en viss struktur. Den viktigaste strukturenpå en euklidisk mångfald är möjligheten att mäta avstånd - och det som görmångfalden euklidisk är att avstånd skall mätas på samma sätt som i planetför punkter som ligger nära varandra. Låt oss deniera euklidisk mångfald ochsen försöka förstå vad denitionen betyder. Vi börjar med att deniera vad vimenar med ett avstånd, eller en metrik.

Denition 5.1. Om d(x,y) är en funktion d : M ×M 7→ R sådan att

1. d(x,y) > 0 om x 6= y och d(x,y) = 0 om x = y, för alla x,y ∈M ,

2. d(x,y) = d(y,x), för alla x,y ∈M och

3. [Triangelolikheten] d(x, z) ≤ d(x,y) + d(y, z), för alla x,y, z ∈M

41

42 CHAPTER 5. EUKLIDISKA MÅNGFALDER.

så säger vi att d är en metrik på M och att avståndet mellan x och y är d(x,y).

Exempel: Det vanliga avståndet d(x,y) = |x−y| är en metrik påM = R2.Ett annat exempel på en metrik, den här gången på Z2, är den så kalladetaximetriken d(x,y) = |x1− y1|+ |x2− y2| där x = (x1, x2) och y = (y1, y2) förx1, x2, y1, y2 ∈ Z.1Gör gärna övning 1 efter att du

har läst det här exemplet.Denition 5.2. En euklidisk mångfald M av dimension n är en mängd avelement (som vi kallar för punkter) sådana att det nns en metrik d(x,y) på Moch så att det för varje x ∈ M nns ett område, för något δ > 0 som kan beropå x,

Ωδ(x) = y ∈M ; d(x,y) < δ

och en inverterbar funktion φΩδ(x) : Ωδ(x) 7→ Rn ∩ x; |x| < δ så att för allay, z ∈ Ωδ(x)

d(y, z) = |φΩδ(x)(y)− φΩδ(x)(z)|. (5.1)

Denitionen är väldigt abstrakt och vi kommer att komma tillbaka till den,eller i alla fall liknande denitioner, senare i kursen. I det här kapitlet, förutom ivissa exempel, så kommer vi bara att vara intresserade av fallet när dimensionenn = 2. När n = 2 så beskriver denitionen på ett abstrakt sätt vad det innebärför en yta att lokalt2 se ut som en del av talplanet R2. Om en myra bara rör sigi ett litet område kring x på en euklidisk mångfald (tänk er att han bara rör sig iden röda cirkeln i gur 1), som vi kallar Ωδ(x), så kan den myran inte avgöra omhan lever på mångfalden eller i R2. Om myran till exempel bara springer runtpå en liten del av en papperscylinder, och myrans enda verktyg att avgöra vilkenform han springer runt på är att mäta avstånd, så skulle ingenting förändrasför myran om vi klippte ut området den springer på och rätade ut den delenav pappret till ett talplan. Eftersom vi vill formalisera detta matematiskt såklipper vi inte ut den delen av cylindern med en sax utan vi klipper ut ytanmed hjälp av en funktion φΩδ(x) som bevarar avstånd.

Exempel 1: Låt oss börja med ett exempel den en dimensionel (n = 1)euklidisk mångfald: enhetscirkeln S1. När vi pratar om enhetscirkeln som enmångfald så behöver vi beskriva den som en mängd, en metrik d(·, ·), ett antalΩδ(x) samt avbildningar som uppfyller (5.1). Det är naturligt att låta cirkelnbestå av alla punkter i intervallet [0, 2π). För att deniera ett avståndsbegrepppå S1 som sammanfaller med det euklidiska avståndet så måste vi vara litenurligare, detta eftersom vi vill att punkten 0 skall ligga nära de punkter somligger nära 2π. Vi denierar metriken på S1 på följande sätt

dS1(x, y) = min (|x− y|, |x− y − 2π|, |x− y + 2π|) =

1Ordet taximetrik kommer ifrån att i amerikanska storstäder där gatorna ligger i rutmön-ster så ger taximetriken avståndet en taxi måste köra för att komma från punkt x ∈ Z2 tilly ∈ Z2.

2Lokalt betyder i ett litet område, men inte nödvändigtvis på hela mångfalden. I denitio-nen så kräver vi bara att (5.1) gäller för alla punkter y, z som ligger tillräckligt nära x, d.v.s.lokalt kring x.

43

=

|x− y| om |x− y| ≤ π|x− y − 2π| om |x− y| > π och x > y|x− y + 2π| om |x− y| > π och x < y.

Med den här metriken så kommer dS1(x, y) ≤ π för alla x, y ∈ S1 och om x ärnära noll och y är nära 2π så kommer x att vara nära y.

x

y

x

y

x

y

A B C

Figur 2: I bild A så har punkterna x = 1 samt y = 6, där värdet av enpunkt tolkas som vinkeln från x−axeln. Om man går moturs längs cirkeln, somi bild B, så blir avståndet |x− y| = 5 mellan x och y. Men om man går medursfrån x till y, såsom i bild C, så blir avståndet bara |x − y + 2π| = 2π − 5 < 5.När vi mäter avstånd på cirkeln så är det naturligt att välja den riktning somger den kortaste färdvägen mellan x och y. Därför så inkluderar denitionenav dS1

(x, y) era olika fall. Gör gärna övningsuppgift 2 närdu har läst det här exemplet.

Vi kan deniera mängderna Ωx ⊂ S1 för x ∈ S1 enligt

Ωx = y ∈ S1; dS1(x, y) < π ,

och funktionernaφΩx(y) = y − x+ 2πm, (5.2)

där m ∈ Z väljes så att φΩx(y) ∈ (−π, π) ⊂ R. Övningsuppgift 4 går ut på attvisa att den här denitionen avφΩx uppfyller (5.1).

−π π

Figur 3: Funktionen φΩx(y) avbildar S1 på linjensegmentet (−π, π) så attpunkten x avbildas på nollan och halvcirkeln som ligger moturs från x (blåi bilden) avbildas på (0, π) och halvcirkeln som ligger medurs från x (grön ibilden) avbildas på (−π, 0).


Redan beskrivningen av cirkeln som en euklidisk mångfald visar sig varaganska besvärlig. Idéen är enkel, vi vill på något sätt identiera punketen x = 0med punketen x = 2π (vilken i sig inte är en punkt i mångfalden) - d.v.s. attvi kommer tillbaka till ursprungspunkten när vi har gått ett helt varv. Givetvisså kommer även 4π, 8π, −2π et.c. att identieras med punkten x = 0. Faktumär att vi har inte riktigt denierat vad vi menar med punkt, och denitionenav mångfald beror inte riktigt på vad vi menar med ordet punkt. Så ett litesmidigare sätt att deniera mångfalden S1 är att tolka punkt på ett lite ovanligtsätt. Vi kommer att tolka punkt som en oändlig mängd av punkter på följandesätt: vi säger, för x ∈ [0, 2π) att

[x] = x, x+ 2π, x− 2π, x+ 4π, x− 4π, ... (5.3)

är en punkt på S1 och vi denierar avståndet mellan två punkter som

dS1([x], [y]) = min|x− y|; x ∈ [x] och y ∈ [y].

Vi kan tolka funktionerna φΩ[x]([y]) på samma sätt som i ekvation (5.2):

φΩδ([x])(y) = y − x, (5.4)

där x ∈ [x] och y ∈ [y] är valda så att y− x ∈ (−π, π). Det är ganska besvärandeTitta gärna på övningsuppgift5 nu. att behålla hakparenteserna kring [x] vilket gör att man ofta struntar i att skriva

ut dem i den här denitionen av cirkeln.

Exempel 2: Cylindern från gur 1, i Kapitel 4, är också en euklidisk mång-fald, men av dimension 2. Låt oss kalla den oändliga cylindern med omkretsa > 0 för Ca. För att se det så måste vi hitta ett sätt att matematiskt beskrivacylindern så att den uppfyller denitionen för euklidisk mångfald. Vi kommeratt använda angreppssättet att tolka en punkt som en hel mängd av punkter.Om cylindern har omkrets a så vill vi identiera punkterna i talplanet så att

(x1, x2) = (x1 ± a, x2) = (x1 ± 2a, x2) et.c. (5.5)

så att om man ökar x−koordinaten med hela omkretsen så kommer man tillbakatill samma punkt.

Observera att vi kan beskriva relationen i (5.5) med hjälp av translations-isometrierna i planet, T(a,0) från Denition 1.3. Mer specikt så kommer tvåpunkter x = (x1, x2) och y = (y1, y2) att vara lika enligt (5.5) om och endastom

Tn(a,0)x = T(a,0)T(a,0) · · ·T(a,0)︸︷︷︸n gånger

x = y,

för något n ∈ Z där vi tolkar T−1(a,0) = T(−a,0) som inversen till T(a,0). Observera

att alla element Tn(a,0) för n ∈ Z utgör en grupp i sig.

Denition 5.3. Låt (G,×) och (H,×) vara grupper sådana att H ⊂ G och ×har samma betydelse för båda grupperna. Då säger vi att H är en delgrupp i G.

45

Gruppen

H = Tn(a,0); n ∈ Z,

under sammansättning är alltså en delgrupp av gruppen Iso(R2). Vi kan nudeniera punkter på cylindern som

[x] = Tx; T ∈ H = (x1, x2) = (x1 ± a, x2) = (x1 ± 2a, x2) et.c.

x T x2

a 2a 3a

Figur 4: Istället för att skapa cylindern genom att vika en oändlig rämsa[0, a) × R till en cylinder så tolkar vi att varje punkt på cylindern, markeradmed ett rött kryss, är representerad oändligt många gånger i talplanet R2. Tvåpunkter, x och y, i planet ger samma punkt på cylindern om Tn(a,0)x = y förnågot n: t.ex. så är det andra och fjärde röda krysset samma punkt på cylinderneftersom T 2

(a,0) avbildar det andra på det fjärde. Om man skulle rulla upp helatalplanet till en cylinder med omkrets a så skulle alla kryss hamna på sammapunkt på cylindern. Detta gör att indentikationen av punkter i planet ger enadekvat representation av cylindern.

Att deniera ett avstånd på Ca kan göras på samma sätt som på S1:

dCa([x], [y]) = min (|x− y|; x ∈ [x] och y ∈ [y]) .

För att deniera Ωδ([x]) på cylindern så behöver vi bara ta en vanlig omgivningkring en punkt x, säg en cirkelskiva Da/2(x) med radien a/2 med centrum i x,i planet och deniera Ωδ([x]) = [y]; y ∈ Da/2(x). Uppenbarligen så kan vihitta en funktion φΩδ([x]) : Ca 7→ R2 från cylindern till R2 som bevarar avståndeftersom Ωδ([x]) redan ligger inbäddad i planet.


a 2a 3a

Figur 5: En omgivning Ωδ([x]) till punkten [x] (blå cirkelskiva) kommerockså att ha oändligt många representationer i talplanet. Men varje kopia avcylindern kommer att ha en kommer att ha en hel cirkelskiva. Eftersom cirkel-skivan redan är inbäddad i planet så är det inte svårt att avbilda den in tillplanet.

Det här exemplet innehåller massa påståenden som vi inte har bekymmratoss om att bevisa. Detta eftersom exemplet redan är långt och innehåller mycketnya idéer. Förhoppningsvis så är geometrin så tydlig att det är begripligt hurcylindern kan konstrueras.

Ovanstående visar att vi kan med hjälp av delgrupper till isometrigrup-pen Iso(R2) skapa euklidiska mångfalder. Det kan förefalla som att det är enkomplicerad omväg att knyta något ganska enkelt, såsom en cylinder, till nå-gonting komplicerat såsom Iso(R2). Men eftersom vi vet mycket om Iso(R2) såär kopplingen mellan isometrigruppen och euklidiska mångfalder något som vi(kanske) kan använda för att klassicera alla euklidiska mångfalder, vilka vi vetväldigt lite om. Ovanstående exempel visar oss en metod att skapa euklidiskamångfalder utifrån användandet av delgrupper av Iso(R2). I senare kapitel såkommer vi att undersöka exakt vilka mångfalder vi kan skapa genom att an-vända delgrupper, men att bara skapa nya euklidiska mångfalder kommer aldrigatt kunna övertyga oss om att vår lista är komplett. I kapitel 7 kommer vi där-för att direkt utifrån denitionen av euklidisk mångfald bevisa att varje sådan,för n = 2, motsvarar en delgrupp av Iso(R2), beviset är helt briljant och detmåste ha krävts stor genialitet för att komma på det. Innan vi övergår till attförsöka beskriva vilka euklidiska mångfalder som uppkommer via delgrupper avIso(R2) så skall vi titta på några till exempel så att vi förstår idéen. Men vibörjar med en denition.

Denition 5.4. Låt (G,×) vara en grupp och g1, g2, ..., gm ∈ G då säger vi attH är delgruppen i G som genereras av g1, g2, ..., gm om

1. (H,×) är den grupp,

2. H ⊂ G,

47

3. g1, g2, ..., gm ∈ H

4. H är den minsta delgruppen av G som uppfyller 3, d.v.s. om J är enannan delgrupp i G så att g1, g2, ..., gm ∈ J då kommer H ⊂ J .

Titta gärna på övningsuppgift4 när du har läst den här de-nitionen.

Punkt 1 och 2 i Denition 5.4 säger bara att H måste vara en delgrupp,punkt 3 säger att alla generatorer g1, ..., gm faktiskt ligger i gruppen. Densista punkten i Denition 5.4 säger att gruppen genereras av de elementen ochingenting extra utan att alla element i H måste nnas i gruppen för om mankan ta bort något element ur H och fortfarande ha en grupp så skulle H intevara delgruppen som genereras av g1, g2, ..., gm.

Låt oss nu titta på några delgrupper av Iso(R2) som är genererade av ettantal element och se vilka euklidiska mångfalder dessa ger upphov till.

Exempel 3: Låt oss titta på delgruppen, låt oss kalla den för H, av Iso(R2)som genereras av två translationer T(a,0) och T(0,b). Eftersom H är en grupp(enligt 1) så måste H också innehålla inverserna till T(a,0) och T(0,b), detta följerav 2 i Denition 3.1, dvs T(−a,0), T(0,−b) ∈ H. Vidare så måste sammansättnin-gen av i stycken T(a,0) och j stycken T(0,b) ligga i H. Det följer att delgruppenH har följande utseende

H = T(ia,jb); i, j ∈ Z.

Vi borde nu kunna deniera en euklidisk mångfald, T, där punkterna är

[x] = Tx; för T ∈ H,

med metriken

d([x], [y]) = min|x− y|; x ∈ [x] och y ∈ [y].

För att förstå vilken mångfald detta är så skissar vi upp R2 och märker ut allapunkter i planet som representerar samma punkt på mångfalden.

a

b

2b

2a 3a 4a


Figur 6: De punkter som representerar samma [x] i mångfalden T kommeratt forma ett gitter av punkter som skiljer sig från varandra med (ia, jb) föri, j ∈ Z. Observera att varje ruta med bas a och höjd b kommer att innehålla enrepresentant från varje mängd [x], punkter på randen representeras två gångeroch alla fyra hörnen kommer att representera samma punkt. Vi kan därförbetrakta en rektangel som en representation av hela T.

Om vi bara fokuserar på en rektangel, säg [0, a] × [0, b], så kommer allapunkter i T att ha (minst) en representant i rektangeln - dock så kommer tvåmotstående punkter på randen att representera samma [x] eftersom motståendepunkter på randen skiljer sig med antingen (±a, 0) eller (0,±b). Om man fysisktskulle böja rektangeln [0, a]× [0, b] så att de punkter som representerade samma[x] låg över varandra så kommer rektangeln att forma en doughnut formad yta- eller en torus som är den matematiska termen, se gur 7. Vi har nu hittat ettsätt att beskriva torusen T med hjälp av att identiera punkter i planet somkan translateras till varandra via delgruppen H.

Figur 7: Eftersom motstående punkter på randen av rektangeln [0, a]×[0, b]är representanter för av samma [x] så kommer de röda respektive blå kryssenoch cirklarna att motsvara samma punkt i den vänstra bilden. Detta innebär attde blå, respektive den röda, pilarna på randen egentligen representerar sammapunkter i den andra bilden. Om vi tänker oss att vi viker rektangeln, förstså att de blå pilarna sammanfaller och sen så de röda pilarna sammanfaller,så kommer vi att få vår doughnut formade yta från gur 2 i kapitel 4. Deneuklidiska ytan T är en doughnut formad yta - vad matematiker brukar kalla entorus.

Låt oss titta på ett sista exempel innan vi börjar att bli lite mer formella.I det sista exemplet skall vi försöka att reda ut mysteriet med att Raider komtillbaka felvänd i sagan i kapitlets första sektion.

Exempel 4: Låt oss undersöka vilken yta vi får om vi identierar allapunkter i planet som kan avbildas på varandra med hjälp av en delgrupp somgenereras med en translation och en glidrefektion. Låt H vara delgruppen somgenereras av translationen med a enheter i x−led, T(a,0), och S = T(0,b)Tx=0vara glidreektionen som först reekterar planet i y−axeln och sedan translat-erar planet med b enheter i y−led. Då kommer punkterna att identieras påföljande vis.

49

Figur 8: Om man identierar alla punkter som kan avbildas på varandramed hjälp av gruppen H besttående av en translation T(a,0) och en glidreektionS = T(0,b)Tx=0 så kommer alla trianglar i bilden att sammanfalla i mångfalden.Observera att varannan rad har spegelvända trianglar - detta eftersom varjeapplikation av S spegelvänder planet.

Figur 10: Om man skulle ytta alla trianglar med vektorn (0, b), enligt deblå pilarna, så skulle de hamna på på de röda trianglarna. De röda trianglarnaär spegelvända vilket förklarar vad som hände i med Raider efter hans resa isagan. Observera att om man yttar alla trianglar med (a, 0) så kommer bildeninte att ändra alls.

Om vi ändrar perspektiv till perspektivet i gur 7 och identierar hela Mång-falden med en rektangel [−a/2, a/2]× [−b/2, b/2] på ungefär samma sätt som igur 7 så kanske vi kan få en bättre bild av hur mångfalden ser ut.


Figur 10: Problemet med att vika ihop rektangeln man får med en glireek-tion är att den övre sidan är vänd 180 relaterat till den undre sidan. Detta göratt pilarna i guren som identierar hur sidorna skall klistras ihop pekar i olikariktning. Man kan klistra ihop de röda pilarna och får då ett band som är vridetett halvt varv, ett så kallat Möbisband (bilden till höger, men ganska förvridnaavstånd). Men det går inte att sedan klistra ihop de blå sidorna, i alla fall inte iR3. Observera att den euklidiska mångfalden är fortfarande väldenierad trotsatt vi inte kan realisera den i R3.

Den ytan man får i exempel fyra brukar kallas Kleins aska.

5.0.1 Övningsuppgifter.

1. Bevisa att den vanliga metriken d(x,y) = |x− y| är en metrik på R2 ochatt taximetriken är en metrik på Z2.

2. I exempel 1 ovan så säger vi att dS1(x, y) är en metrik på cirkeln. Men för

att kunna hävda att dS1(x, y) är en metrik så måste vi visa att funktionen

dS1(x, y) uppfyller alla villkor i Denition 5.1. Bevisa att dS1(x, y) är enmetrik på S1.

3. Att ha en abstrakt denition av en metrik gör att vi kan deniera andrabegrepp, t.e.x. begreppet konvergens, på en euklidisk mångfald.

Denition 5.5. Om M är en mångfald med metrik d(x,y) så säger atten följd av punkter x1,x2,x3, ... ∈M konvergerar mot x0 om det för varjeε > 0 existerar ett kε ∈ N så att

d(xj , x0) < ε för alla j > kε.

Vi skriver då att xj → x0 eller limk→∞ xj = x0.

(a) Bevisa att följden xj = 2π − 1j2 → 0 på mångfalden S1.

(b) Bevisa att följden xj = 2π− 1j2 6→ 0 på R, med den vanliga denitio-

nen för konvergens på R.(c) Är det någon motsägelse mellan det här talets två första delar? Var-

för, eller varför inte? Reektera!

4. Visa att φΩx uppfyller (5.1).

5. Vi introducerar två olika sätt att betrakta enhetscirkeln S1 i texten. Förstså betraktar vi enhetscirkeln som alla punkter i intervallet [0, 2π) och sedansom mängder av punkter [x] i (5.3). Man kan fråga sig vilket sätt som ärdet rätta. Men dessa två sätt att se på cirkeln är helt utbytbara och denhär uppgiften skall försöka att gestalta detta.

(a) Låt oss kalla enhetscirkeln, såsom den är denierad i exempel 1 somalla punkter [0, 2π), för S1 och låt oss kalla enhetscirkeln denieradsom mängden av alla [x] för S1. Hitta en naturlig inverterbar funk-tion f : S1 7→ S1.

51

(b) Visa att dS1(x, y) = dS1(f(x), f(y)) för alla x, y ∈ S1 samt att

dS1([x], [y]) = dS1

(f−1([x]), f−1([y])) för alla [x], [y] ∈ S1.

(c) Visa att om x ∈ S1 och om f(x) = [x] ∈ S1 så kommer φΩx(y) =φΩδ([x])(f(y)) för alla y ∈ Ωx.

Observera att ovanstående steg visar att allt som vi kan göra med punk-terna på cirkeln S1 har en exakt motsvarighet på cirkeln S1. Detta in-nebär att varje sats för S1 har en motsvarande sats för S1 och tvärt om.Så matematiken är exakt den samma för båda denitionerna av cirkelnoch det nns ett direkt sätt att översätta alla satser på S1 till satser påS1. Det nns därför ingen riktig skillnad mellan de två denitionerna avcirkeln.

Chapter 6

Kvotytor.

I föregående två sektioner så har vi varit ganska informella och inte specielltexakta. I den här sektionen så skall vi försöka att formalisera de halvformalis-erade idéerna från föregående sektioner och dessutom bevisa positiva resultatistället för att springa runt i cirklar och skapa exempel.

Vi börjar med att formalisera idéen att vi kan tolka alla punkter i en helmängd som en punkt, för att göra det så behöver vi deniera vad som menasmed att två punkter är ekvivalenta.

Denition 6.1. Vi säger att ≈ är en ekvivalensrelation på en mängd M om

1. [Reflexiv] a ≈ a för alla a ∈M ,

2. [Symmetrisk] om a ≈ b implicerar att b ≈ a för alla a, b ∈M och

3. [Transitiv] om a ≈ b och b ≈ c så kommer a ≈ c för alla a, b, c ∈M .

Om ≈ är en ekvivalensrelation på M så säger vi att a, b ∈M är ekvivalentaom a ≈ b.

Exempel 5: Den vanliga likheten är en ekvivalensrelation på R eftersomlikheten är reexiv (a = a för alla a ∈ R), symmetrisk a = b implicerar att b = asamt transistiv (om a = b och b = c så kommer a = c).

Exepmpel 6: Om vi denierar a ≈ b på mängden Z om och endast oma och b har samma paritet (d.v.s. om båda är udda eller båda är jämna) såkommer ≈ att vara en ekvivalens.

Exepmpel 7: Olikheten, ≤, är inte en ekvivalensrelation på, säg, Z eftersomolikheten inte är symmetrisk: 1 ≤ 2 implicerar inte att 2 ≤ 1.

Exepmpel 8: Låt H vara en grupp av isometrier, d.v.s. H är en delgruppav Iso(R2), och deniera x ≈ y om och endast om det existerar en isometriT ∈ H så att Tx = y. Då är ≈ en ekvivalensrelation på R2. För att visa dettaså måste vi visa att ≈ är reexiv, symmetrisk och transistiv.

53

54 CHAPTER 6. KVOTYTOR.

För att se att ≈ är reexiv så observerar vi att H är en grupp vilket innebäratt identitetstransformationen I ∈ H (se existens av identitetsvillkoret i Den-tion 3.1). Detta innebär att det nns ett element T ∈ H, nämligen T = I, såatt Tx = x. Det följer att x ≈ x.

För att se att H är symmetrisk så observerar vi att om x ≈ y så existerar deten isometri T ∈ H så att Tx ≡ y. Vi behöver visa att detta medför att y ≈ x,d.v.s. att det nns en isometri S ∈ H så att Sy = x. Men eftersom H är engrupp så kommer, enligt Denition 3.1 igen, T ∈ H att ha en invers T−1 ∈ H.Det följer från Tx = y att T−1Tx = T−1y, d.v.s. att x = T−1y. Eftersomlikheten är reexiv så medför detta att T−1y = x; Sy = x med S = T−1 ∈ H.Så ≈ är symmetrisk.

Slutligen för att visa att ≈ är transistiv så använder vi att om x ≈ y ochy ≈ z så nns det S, T ∈ H så att Sx = y och Ty = z, det följer att TSx = z,men eftersom H är en grupp så kommer TS ∈ H eftersom S, T ∈ H, det följeratt x ≈ z.

Anledningen till att vi denierar ekvivalenser, speciellt såsom i exempel 8, äratt det ger oss möjligheten att bunta ihop många punkter till en ekvivalensklass.

Denition 6.2. Låt H vara en isometrigrupp, d.v.s. en delgrupp av Iso(R2),då kommer vi att kalla mängden av alla ekvivalensklasser

[x] = Tx; T ∈ H

för kvoten1 av R2 och H och skriva R2/H för mängden av ekvivalensklasser.

Vi kommer att kalla y ∈ [x] för en representant för ekvivalensklassen [x].

Observera att om y är en representant för ekvivalensklassen [x] så kommerdet att nnas en isometri T ∈ H så att y = Tx. Vidare så kommer tvåekvivalensklasser [x] och [y] att antingen vara disjunkta eller att sammanfalla.För om det nns något z ∈ [x] och z ∈ [y] så kommer z = Tx och z = Sy förnågra S, T ∈ H och därför så kommer y = S−1Tx, det följer att om w ∈ [y],d.v.s. om Uy = w för något U ∈ H, så kommer w = US−1Tx vilket innebäratt w ∈ [x] så om ett element ligger i både [x] och [y] så kommer alla element i[y] att ligga i [x] och tvärt om.

Låt oss titta på hur våra exempel från föregående sektion kan formulerasmed hjälp av kvoter av R2 med delgrupper.

Exempel 9: Om vi låter H2 vara delgruppen av Iso(R2) som genereras avT(a,0) så kommer ekvivalensklasserna R2/H2 cylindern Ca från exempel 2 kapitel4 (talet 2 i H2 betyder här bara att den gruppen relaterar till exempel 2). OmH3 är delgruppen som genereras av T(a,0) och T(0,b) så kommer R2/H3 att varatorusen T från exempel 3. Och på samma sätt kan Kleins aska, från exempel4, fås från R2/H4 där H4 genereras av S och T(a,0) från exempel 4.

1Att kalla detta för kvoten är lite olyckligt och i den här kontexten så är det lite svårt attse varför vi kallar detta för en kvot. Men vi har rätten att deniera begrepp hur vi vill så vikommer att följa standardpraxis och kalla detta för en kvot.

55

Vi har nu ett sätt att utifrån en delgrupp H ⊂ Iso(R2) skapa ekvivalen-sklasser som tycks ha en stark koppling till euklidiska mångfalder. Det vore ettväldigt nt resultat om vi skulle kunna visa att varje delgrupp H ⊂ Iso(R2)gav upphov till en euklidisk mångfald R2/H. Men är detta sant? Hur bevisarman något sådant?

Det mest naturliga sättet att försöka bevisa ett resultat är att gå till matem-atiken, till de denitioner och satser man redan har bevisat samt till de teknikerman har utvecklat för att genomföra bevis. Varje sats består av en relation mel-lan begrepp och det är därför naturligt att börja titta på de begrepp som satsenskall sammanföra. I det här fallet vill vi visa att R2/H, med någon naturligmetrik, uppfyller kraven för att vara en euklidisk mångfald.

Låt oss antaga att vi har en delgrupp H och vi denierar M = R2/H, d.v.s.punkterna i M är ekvivalensklasserna [x] ∈ R2/H. Den naturliga metriken påM , låt oss kalla den dM , är (precis som i föregående sektion)

dM ([x], [y]) = min|x− y|; x ∈ [x] och y ∈ [y]. (6.1)

Så för varje delgrupp så kan vi deniera en mängd, M , och en metrik, dM ,på mängden. Nästa villkor som en euklidisk mångfald måste uppfylla (enligtDenition 5.2) är att det skall nnas mängder

Ωδ([x]) = [y] ∈M ; dM ([x], [y]) < δ (6.2)

och avbildningar φΩδ([x]) : Ωδ([x]) 7→ R2 så att avstånden bevaras. MängdernaΩδ([x]) är väldenierade enligt (6.2) för något δ > 0. Så vi behöver bara visaatt de avståndsbevarande funktionerna φΩδ([x]) : Ωδ([x]) 7→ R2 existerar. Föratt förstå vad som kan gå fel så borde vi försöka att hitta ett exempel meden euklidisk mångfald och något δ > 0 så att en avståndsbevarande funktionφΩδ([x]) : Ωδ([x]) 7→ R2 inte existerar.

Låt oss titta på cylindern Ca, vi vet att vi kan välja δ ≤ a/4 och hittafunktionerna φΩδ([x]). Men vad händer om δ > a/4? Eftersom detta är ettresonemang för att förstå semantiken bakom formlerna så argumenterar vi litehalvt informellt utifrån en bild för att övertyga oss om vad som går fel omδ > a/4.


A B A B

d(A,B)

A B

|A−B|>d(A,B)

φ

Figur 11: I den första bilden ovan så har vi ritat en representation a cylin-dern i planet där alla punkter som skiljer sig med en multipel av (a, 0) har identi-erats. Punkten x, eller ekvivalensklassen [x] om du föredrar det, har markeratsmed ett rött (era röda) kryss. Området Ωδ([x]), för ett δ > a/4, har markeratsmed en blå cirkel. Vi har också markerat cirkeln [y]; dCa([x], [y]) < a/4 meden grön cirkel. Avbildningen φΩδ([x]) avbildar Ωδ([x]) in i talplanet R2 och skallbevara avstånd. Detta innebär att den blå cirkeln i den första bilden måsteavbildas på en den blå cirkeln (med samma diameter) i den andra bilden avtalplanet, samma sak gäller för den gröna. Detta eftersom cirklar endast berorav avståndet till deras centrum.

I den tredje bilden så har vi ritat samma cirklar igen, fast något större. Vihar också dragit en linje (rosa) genom [x] mellan punkterna A och B, där A ochB har valts mitt mellan den gröna och blå cirkeln. Eftersom linjen endast berorpå avståndet till två punkter så måste det rosa linjesegmentet på Ca avbildaspå ett linjesegment i R2 och vi kallar ändpunkterna av linjesegmentet i R2 förA och B (istället för φΩδ([x])(A) och φΩδ([x])(B)). Eftersom avstånd bevaras avφΩδ([x]) så måste avståndet mellan A och B vara lika i Ca som i R2. Men såsomindikeras i bilden så kommer dCa(A,B) < |A−B| detta medför att φΩδ([x]) intekan bevarar avstånd. Alltså så nns det ingen avståndsbevarande avbildningfrån Ωδ([x]) till R2 om δ > a/4.

Problemet med att hitta en avståndsbevarande avbildning φΩδ([x]) : Ωδ([x]) 7→R2 från Ca till R2 för δ > a/4 förefaller vara att gruppen som genereras av T(a,0)

avbildar punkter som ligger på det avståndet a från varandra i planet på varan-dra.

57

B

A

x

Figur 12: Antag att det nns ett T , i en isometrigrupp H, som avbildardet ena röda krysset, punkten x, på det andra och att kryssen har avståndeta 6= 0 från varandra. Vidare låt det blå krysset representera punkten mellande röda kryssen och den gröna cirkeln ha radie r > a/4. Då kommer varjeavbildning av R2/H till R2 att ha två punkter, här bruna kryss, som i deteuklidiska planet har avstånd 2r > a/2 men avståndet i R2/H kommer att varamindre än dubbla avståndet från det ena bruna krysset till det närmsta rödakrysset, d.v.s. avståndet i R2/H kommer att vara mindre än a/2. Så det störstaδ vi kan välja i denitionen av Ωδ([x]) borde vara mindre än en fjärdedel av deminsta avståndet (i planet) av två punkter som avbildas på varandra av ettelement i H. Eftersom vi inte kan avbilda den gröna cirkelskivan på R2 så kanvi heller inte av bilda en hel disk av radie a kring [x] till R2.

Om M = R2/H är en Euklidisk mångfald så borde isometrigruppen H intekunna innehålla några godtyckligt små translationer. Men nns det isometri-grupper som har godtyckligt små translationer. Svaret är absolut: ja. Dels sånns gruppen H = T(t,0); t ∈ R som innehåller alla translationer i x−led.För den isometrigruppen så kommer varje linje y = c att kollapsa i en punkteftersom att varje sådan linje kommer att forma en ekvivalensklass. Det nnsäven mer intressanta exempel såsom följande.

Exempel 10: Låt H vara delgruppen av Iso(R2) som genereras av T(1,0)

och T(√

2),0. Då kommer H att innehålla godtyckligt små translationer i x−-ed.För att bevisa detta räcker det att visa att det för varje δ > 0 nns två S, T ∈ Hså att |S(0)−T (0)| < δ eftersom då kommer |0−S−1T (0)| < δ. För att visa attset nns S, T ∈ H så att |S(0)−T (0)| < δ låter vi ki ∈ Z, för varje i ∈ Z, vara såatt i√

2− ki ∈ [0, 1), d.v.s. ki är heltalsdelen av i√

2. Låt xi = T(i√

2),0T(ki,0)0,observera att T(i

√2),0T(ki,0) ∈ H eftersom den är sammansättningen av i stycken

T(√

2,0) och ki stycken T(1,0). Vidare så är xi 6= xj , för i 6= j, eftersom om xi = xj

så skulle i√

2− ki = j√

2− kj vilket skulle innebära att√

2 =ki−kji−j ∈ Q vilket

motsäger att√

2 är irrationellt. Det följer att x1,x2, ...,xm ∈ [0, 1) är m skildatal och därför så måste två av dessa ha avstånd mindre än 1

m . Eftersom vi förvarje δ > 0 kan välja m så stort att 1

m < δ så har vi visat att det nns två av


talen xi = T(i√

2),0T(ki,0)0, i = 1, 2, ...,m, så att |xi − xj | < δ.

Det är inte svårt att inse (även om vi inte kommer att kunna bevisa detta)att det som går fel med isometrigrupper med godtyckligt små translationer äratt punkter ekvivalensklasserna [x] kommer att innehålla tal element som liggergodtyckligt nära varandra; om en ekvivivalensklass [x] innehåller x,y ∈ [x] och|x− y| = δ så kan inte en disk med radie δ kring x avbildas isometriskt på R2.Samma probem uppstår med rotationer.

Exempel 11: Låt H genereras av T = Tπ,0, rotationen kring origo medπ radianer. Då kommer gruppen som genereras av T att bestå av två elementT = Tπ,0 samt T T = Tπ,0 Tπ,0 = T2π,0 = I, eftersom rotationen med 2πradianer är det samma som identiteten. Det är enkelt att se att H = I, Tπ,0är en isometrigrupp. Vi vill visa att R2/H inte är någon euklidisk mångfald, vigör det i nästa bildtext.

Figur 14: Om man identierar punkterna x och Tπ,0x i planet så kom-mer den övre halvcirkeln (blå) att identieras med den undre (grön) och rödarespektive lila punkter med varandra. Om man tänker sig att man kliperupp planet längs den negativa x-axeln och viker ihop planet så att identi-erade punkter hamnar ovanpå varandra (mittenbilden) så får man en kon(högra bilden). De punkter som har avstånd 1 från origo kommer att bildaen cirkel på konen som har omkretsen π eftersom hela den rödgröna cirkeln,med omkrets 2π, har lindats två varv kring konen. Det följer att cireklnS1 = [y] ∈ R2/H; dR2/H([y], [0]) = 1 har omkretsen π i R2/H. Men varjeavbildning φΩδ([0]) : R2/H 7→ R2 som bevarar avstånd måste bevara cirkelnsomkrets. Det följer att det inte nns någon avståndsbevarande avbildningφΩδ([0]) : R2/H 7→ R2 och därför så är R2/H inte en euklidisk mångfald.

Det förefaller att två hinder kan uppstå för att R2/H skall vara en euklidiskyta. Dels så borde R2/H inte kunna vara en euklidisk yta om H innehållerrotationer. Problemet uppstår eftersom rotationen har en xpunkt, d.v.s. x ∈R2 så att Tx = x. Det andra problemet som kan uppstå är om det isometrierT ∈ H som avbildar punkter x till en punkt Tx so ligger godtyckligt nära x.Vi gör följande denitioner för att kunna tala om dessa problem.

Denition 6.3. Om H är en isometrigrupp så säger vi att H är xpunktsfriom det inte nns något T ∈ H, förutom identiteten I, så att Tx = x för någonpunkt x ∈ R2.

59

Denition 6.4. Låt H vara en isometrigrupp på R2 och x ∈ R2. Då denierarvi banan av x under H, eller BH(x), som alla punkter som x avbildas på undernågon isometri T ∈ H:

BH(x) = Tx; T ∈ H.

Vi säger att en isometrigrupp H är diskontinuerlig om ingen bana BH(x)har någon ackumulationspunkt.

En xpunktsfri och diskontinuerlig isometrigrupp H borde ge upphov till eneuklidisk yta R2/H. För att visa detta så måste vi hitta en naturlig isometriφΩδ([x]) : Ωδ([x]) 7→ R2 för varje [x] ∈ R2/H. Det lättaste sättet att skapa enisometri vore naturligtvis om varje punkt x ∈ R2 hade en omgivning2

Dδ(x) = y ∈ R2; |x− y| < δ

så att varje ekvivalensklass [y] hade maximalt en representant i Dδ(x). Omdet var fallet så skulle vi kunna deniera isometrin φΩδ([x]) : Ωδ([x]) 7→ R2 såatt φΩδ([x])([y]) = y där y är den unika representanten för ekvivalensklassen [y]som ligger i Ωδ([x]).

Sats 6.1. Om H är en isometrigrupp på R2 då kommer H att vara diskontin-uerlig och xpunktsfri om och endast om varje x ∈ R2 har en omgivning Dδ(x)så att y ∈ Dδ(x) implicerar att Ty /∈ Dδ(x). D.v.s. om och endast om varjebana BH(y) endast har en representant i Dδ(x).

Bevis: Vi börjar med att visa endast om (Steg 1) och sen om (Steg 2)och därefter att den sista meningen i satsen är ekvivalent med slutsatsen i denförsta meningen.

Steg 1: Om varje x ∈ R2 har en omgivning Dδ(x) så att varje bana underH har maximalt en punkt i Dδ(x) så är H xpunktsfri och diskontinuerlig.

Bevis av Steg 1: Vi börjar med att visa att H är diskontinuerlig. Föratt visa det så antar vi motsatsen, att det nns en bana BH(z) som har enackumulationspunkt x. Men då kommer det, för varje δ > 0, att nnas (minst)två punkter T1z, T2z ∈ Dδ(x), för T1, T2 ∈ H. Detta innebär att om H ärdiskontinuerlig så nns det en punkt x så att varje omgivning till x har tvåpunkter som tillhör samma bana. Så om varje punkt x har en omgivning somendast innehåller en punkt från varje bana så är H diskontinuerlig.

För att visa att H också är xpunktsfri så antar vi att T ∈ H har en xpunktTx = x. Eftersom identiteten I ∈ H så nns det alltid en sådan isometri i H.Vi ska visa att om T xerar en punkt så måste T = I.

Eftersom T är en isometri så kommer

dR2/H(x,y) = dR2/H(Tx, Ty) = dR2/H(x, Ty). (6.3)

2Vi kommer att använda notationen Dδ(x) för en disk i planet och Ωδ([x]) för motsvarandedisk i kvotytan R2/H för att vara tydliga med att disken i planet har en annan metrik är diskeni kvotytan.


Men (6.3) innebär att om y ∈ Dδ(x) så kommer Ty ∈ Dδ(x). Men eftersomBH(y) endast har en representant i Dδ(x) så innebär detta att Ty = y föry ∈ Dδ(y). Specikt så kommer T = I för alla punkter y ∈ Dδ(x). Men enisometri bestäms unikt av dess värde i tre punkter (som inte ligger på en linje)enligt Proposition 2.1. Så om T = I på en hel omgivning av x så måste T = Ipå hela R2. Detta visar att varje isometri som xerar en punkt måste vara likamed I (om våra antaganden är uppfyllda). Så H är xpunktsfri.

Steg 2: Om H är diskontinuerlig och xpunktfri så nns det, för varjex ∈ R2, en omgivning Dδ(x) så att y ∈ Dδ(x) innebär att Ty /∈ Dδ(x) för varjeT ∈ H så att T 6= I.

Bevis av Steg 2: Enligt våra antaganden så kommer, för varje x ∈ R2,BH(x) inte att ha någon ackumulationspunkt. Specikt så kommer x inte attvara en ackumulationspunkt för BH(x). Enligt Proposition ?? så kommer detatt existera ett δ > 0 så att

D2δ(x) ∩BH(x) = x (6.4)

Vidare, eftersom H är xpunktsfri, så kommer Tx 6= x för varje T ∈ H,T 6= I, så vi kan dra slutsatsen, från (6.4), att

|x− Tx| ≥ 2δ. (6.5)

Vad vi vill visa är att banan BH(y) för varje punkt y ∈ Dδ(x) endast har enrepresentant i Dδ(x). För att se detta så använder vi isometriegenskapen. Omy ∈ Dδ(x) så kommer, för T 6= I,

|x− Ty| = |x− Ty− Tx + Tx| ≥ |x− Tx| − |Tx− Ty| > 2δ − δ = δ,

där vi använde (6.5) och att y ∈ Dδ(x) i den sista olikheten. Det följer att omy ∈ Dδ(x) så kommer Ty /∈ Dδ(x) för varje T ∈ H och T 6= I.

Steg 3: Det är ekvivalenta villkår att BH(y) har (maximalt) en representanti Dδ(x) och att y ∈ Dδ(x) implicerar att Ty /∈ Dδ(x) för T ∈ H, T 6= I.

Bevis av Steg 3: Om BH(y) har exakt en representant T1y ∈ Dδ(x) såinnebär det att

Ty /∈ Dδ(x) för alla T 6= T1. (6.6)

Låt oss kalla T1y = z ∈ Dδ(x). Vi hävdar att T2z /∈ Dδ(x) för alla T2 ∈ H,T2 ∈ I. Men detta måste vara sant eftersom om T2z ∈ Dδ(x), T2 6= I, så skulleT2T1y ∈ Dδ(x) där T2T1 6= T1 vilket motsäger (6.6).

Att Ty /∈ Dδ(x) om y ∈ Dδ(x), för T 6= I, implicerar att varje bana BH(y)har maximalt en representant i Dδ(x) är också lätt att se. Antag att T1y, T2y ∈Dδ(x) då kommer z = T1y ∈ Dδ(x) och, om T = T2T

−1, Tz = T2y ∈ Dδ(x).Men eftersom vi antar att Ty /∈ Dδ(x), för T 6= I, om y ∈ Dδ(x) så måsteT = T2T

−1 = I vilket medför att T1 = T2. Vi kan alltså inte hitta två olika T1yoch T2y så att T1y, T2y ∈ Dδ(x). Det följer att varje bana BH(y) har maximalten representant i Dδ(x).

61

Hjälpsats 6.1. Om en isometrigrupp H är xpunktsfri så kommer H inteatt innehålla några rotationer, inga rena reektioner3 och om T1, T2 ∈ H ärglidreektioner så att Ti reekterar i och translaterar längs linjen Li så är L1

och L2 parallella.

Sketch av Bevis: Eftersom rotationer alltid har en xpunkt och reektionerxerar en hel linje så kan en xpunktsfri isometrigrupp inte ha några rotationereller reektioner.

För att se att alla glidreektioner T ∈ H reekterar i parallella riktningarså låter vi T1 = TL1

Tz1 och T2 = TL2Tz1 , där zi är en translation parallell med

Li och L1 inte är parallell med L2. Om T1, T2 ∈ H så skulle T1T2 ∈ H eftersomH är en grupp. Vi hävdar att T1T2 faktiskt är en rotation. För att se detta såbehöver man göra en del beräkningar, vilka vi lämnar till läsaren (eller dennesblinda tro). I korthet så kommer

T1T2 = TL1Tz1TL2

Tz1 = Tz1TL1TL2

Tz1 = Tz1T2(θ−φ),yTz1 ,

där θ är vinkeln mellan L2 och x−axeln och φ är vinkeln mellan L1 och x−axeln(se exempel 2 i Kapitel 1). Vidare så kommer T2(θ−φ),yTz1 att vara en rotationenligt övningsuppgift 6 från kapitel 1 och på motsvarande sått så kommer T1T2

att vara en rotation. Men H innehåller inga rotationer, därför kan inte L1 ochL2 vara icke-parallella.

Sats 6.2. En diskontinuerlig xpunktfri isometrigrupp H kommer att genererasav ett eller två element.

Bevis: Vi kommer först att göra beviset i fallet när H bara innehåller trans-lationer i steg 1-4, senare (se sektion 6.0.2) så kommer vi att skissa hur detgenerella fallet då H även innehåller glidreektioner genomförs. Enligt Sats2.2 så består H av translationer, rotationer eller glidreektioner men Hjälp-sats 6.1 säger att H inte kan innehålla några rotationer eller rena reektioner.Så det räcker alltså att titta på fallen då H bara innehåller translationer ochglidreektioner.

Steg 1: Hur vi hittar det första genererande elementet z genom att väljaden translation som translaterar med kortast avstånd.

Genomförande av steg 1: Om H bara innehåller identitetselementet I så ärvi klara eftersom då genererar I hela isometrigruppen. Låt oss därför antagaatt H innehåller någon isometri förutom I.

Eftersom H är xpunktfri och diskontinuerlig så existerar det för varje x ∈R2 en omgivning Dδ(x), δ > 0, så att alla banor BH(y) har maximalt ettelement i Dδ(x). Detta innebär specikt att Tzx /∈ Dδ(x) för Tz ∈ H ochT 6= I, kom ihåg att vi antar för tillfället att alla element i H är translationerTz för något z ∈ R2. Vi kan skriva om den sista slutsatsen som

δ ≤ |Tzx− x| = |z + x− x| = |z| för alla Tz ∈ H. (6.7)

3Med rena reektioner så avser vi reektioner TL, en glidreektion TzTLT−z är en renreektion om och endast om z = (0, 0).


Om vi denierar M = z;Tz ∈ H, |z| 6= 0 så kommer infz∈M |z| = m ≥ δ,där inmum existerar på grund av kompletthetsaxiomet för R och M är intetomma mängden eftersom vi antar att H innehåller i alla fall ett element Tz ∈ Hså att Tz 6= I.

Vi hävdar att det existerar ett z ∈ M så att |z| = m. Om detta inte gällerså måste det, för varje j ∈ N, existera ett zj ∈M så att

m < |zj | <m+ |zj−1|

2(6.8)

där vi kan välja z0 ∈ M godtyckligt. Att vi kan välja zj i enighet med (6.8)följer av att om det inte existerar något z ∈ M så att |z| = m så kommer|zj−1|+m

2 > m men eftersom m är den största undre begränsnongen av all |z| förz ∈ M så måste det nnas i alla fall ett zj ∈ M så att |zj | ≤ |zj−1|+m

2 annars

vore ju |zj−1|+m2 en undre begränsning.

Den följd zj som vi har konstruerat kommer att ha en delföljd zjk som kon-vergerar till något z0 enligt Sats ??. Men om zjk → z0 så kommer |zjk−zjk+1

| →0 enligt Cauchys konvergenskriterium. Så för k tillräckligt stort så kommer|zjk − zjk+1

| < m2 . Men om både zjk , zjk+1

∈ M så kommer Tzjk , Tzjk+1∈ H

och, eftersom H är en grupp, så kommer Tzjk+1−zjk ∈ H. Men Tzjk+1

−zjk är entranslation som translaterar med ett avstånd som är mindre än m/2 vilket mot-säger att m är inmum av alla |z| för vilka Tz ∈ H. Det måste därför existeraett z ∈M så att |z| = m.

Vi väljer den första generatorn av H som Tz där |z| = m.

Steg 2: Varje translation i riktning z, där z är valet från Steg 1, kan skrivasTkz för något k ∈ Z. D.v.s. Tz genererar alla translationer i den riktningen.

Bevis av Steg 2: Om inte så nns det en translation Ty ∈ H så att y = tz förnågot t /∈ Z. Men om t /∈ Z så måste det nnas ett k ∈ Z så att k < t < k + 1.Eftersom Tkz, Ttz ∈ H och H är en grupp så kommer TtzT−kz = T(t−k)z ∈H. Men T(t−k)z är en translation med ett mindre avstånd än z, specikt så|(t− k)z| < |z| vilket motsäger att |z| = infz∈M |z|.

Steg 3: Vi väljer den andra generatorn Ty som den minsta translationen såatt y 6= kz för alla k ∈ Z.

Genomförande av Steg 3: Argumentet är som i Steg 1. Vi denierar

M2 = y; Ty ∈ H, y 6= kz, k ∈ Z

och låter m2 = infy∈M2 |y| ≥ δ. Precis som tidigare så kommer det att existeraett y ∈ M så att |y| = m2. Vidare så kommer m2 ≥ m eftersom M2 ⊂ M .Vidare så kommer

|y| ≥ |y− kz| för alla k ∈ Z,

för annars så skulle Ty−kz ∈ H vara en minimerare.

Steg 4: H genereras av Tz och Ty.

63

Bevis av Steg 4: Vi kommer bara att skissa beviset eftersom det innehållermånga triviala beräkningar. Vi hävdar att om T ∈ H så kommer T = TkzTlyför k, l ∈ Z. Eftersom vi antar att H bara består av translationer så kommerT = Tu för någon vektor u. Eftersom vi har valt z och y som element medminimala avstånd så kommer |u| ≥ |y|.

Observera att hela R2 kommer att täckas av parallellogram med hörn i punk-terna kz+ ly, (k+ 1)z+ ly, kz+ (l+ 1)y samt (k+ 1)z+ (l+ 1)y, där k, l ∈ Z.Så punkten u måste ligga i ett sådant paralellogram, säg det med hörn i kz+ ly,(k + 1)z + ly, kz + (l + 1)y samt (k + 1)z + (l + 1)y, där k, l ∈ Z. Men detinnebär att avståndet |u− ((k+ 1)z+ ly)| ≤ |y| eftersom hela parallellogramenligger i disken D|y|((k + 1)z + ly). Det innebär att translationen Tv ∈ H därv = u− ((k + 1)z+ ly) och |v| ≤ |y|. Eftersom y var den minsta translationenså kommer |v| = |y| Men det är hyfsat enkelt att se att likhet endast gäller omv = y men det innebär att u = (k+1)z+(l+1)y vilket är det vi vill bevisa.

u

Figur Bevisskissen i Steg 4 är att om vi tar ett godtyckligt u så att Tu ∈ Hså kommer det att nnas en punkt på formen (k+1)z+ ly så att avståndet från(k + 1)z+ ly (markerade med röda kryss) är mindre än |y|, d.v.s. u ligger i engrön cirkel i bilden. Men eftersom |y| var den minsta translationen så följer detatt u måste ligga på den gröna cirkeln vilket inebär att u = (k+ 1)z+ (l+ 1)y.

Vi är nu redo att klassicera alla kvotytor.

Följdsats 6.1. Det nns endast följande typer av kvotytor R2/H:

1. R2 (motsvarar fallet då H = e),

2. Cylindern (motsvarar fallet då H genereras av en translation),

3. Torusen (motsvarar fallet då H genereras av två translationer),

4. Kleins aska (motsvarar fallet då H genereras av en glidreektion och entranslation vinkelrätt mot reektionslinjen).


5. En vriden cylinder (motsvarar fallet då H genereras av en glidreektion).

Bevis: Vi vet att H genereras av ett eller två element (enligt Sats 6.2).Dessa element kan endast vara translationer eller glidreektioner, men då intetvå glidreektioner i olika riktningar, enligt Hjälpsats 6.1. Detta lämnar endastde möjligheter som anges i följdsatsen.

6.0.2 Bevis av Sats 6.2 när H innehåller glidreektioner.

Beviset för det här fallet är väldigt likt det generella fallet. Men vi inkluderarbeviset för att lämna så lite som möjligt till läsarens goda tro. Vi kommer dockinte att gå igenom alla detaljer, speciellt inte detaljer som diskuterades i bevisetav satsen för fallet då H endast innehöll translationer.

Vi antar att H innehåller (minst) en glidreektion.Enligt Hjälpsats 6.1 så kommer alla glidreektioner i H att verka i paral-

lella riktningar. Det är ingen förlust av generalitet att betrakta fallet då allaglidreektioner är på formen Tx=cT(0,d), d.v.s. reektioner i linjer parallellamed y−axeln. Vi kommer att genomföra beviset i era steg igen.

Steg 1: Den minsta föryttningen vi kan göra i y−led, d.v.s. det minstavärdet |m| för vilket följende gäller

x + (0,m) = Tx för någon T ∈ H (6.9)

kan åstadkommas för en glidreektion T . Vidare så kommer |m| ≥ δ för någotδ > 0.

Bevis av Steg 1: För att se att δ > 0 så kan vi argumentera precis somi beviset av Sats 6.2 då H endast innehöll translationer. Så vi behöver barabevisa att det minimala värdet |m| åstadkoms med en glidreektion.

Antag att det nns en translation T(0,m1) ∈ H, vi måste visa att |m1|är större än |m| där |m| är det minimala värdet för vilket (6.9) gäller. LåtTx=cT(0,d) ∈ H. Det innebär att Tx=cT(0,d+km1) ∈ H för alla k ∈ Z. Efter-som ingen ren reektion Tx=c ligger i H så måste d+ km1 6= 0 för alla k ∈ Z.Men då följer det att det nns ett k0 ∈ Z så att −k0m1 < d < (−k0 + 1)m1

vilket ger att glidreektionen Tx=cT(0,d+k0m1) ∈ H translaterar alla punkter(c, y) med 0 < d+k0m1 < m1 enheter i y−led. Det följer att den minsta möjligatranslationen i y−led ges av en glidreektion.

Steg 2: Om H inte innehåller några translationer Tz ∈ H så att z = (z1, z2)med z1 6= 0 så kommer H att genereras av T , där T är glidreektionen från Steg1, låt oss antaga utan förlust av generalitet att T = Tx=0T(0,m).

Bevis Stag 2: Om H innehåller någon glidreektion T = Tx=cT(0,d), c 6= 0,

så kommer T T = T(−2c,m+d) vilket innebär att H innehåller en translation Tzmed z1 6= 0. Så om H inte innehåller några translationer Tz med z1 6= 0 såmåste alla glidreektioner reektera i linjen x = 0.

Så H innehåller bara translationer T(0,z2) och glidreektioner Tx=0T(0,m).

65

Men alla translationer T(0,z2) måste kunna skrivas T(0,z2) = T 2n för någotn ∈ Z. Detta eftersom om z2 6= km så skulle det nnas k ∈ Z så att T(0,z2)T

k

translaterar origo med ett avstånd som är kortare än |m| (origo kommer atttranslateras till (0, z2 + km) vilka inte alla kan vara > |m|). Men on z2 = kmför ett udda k så kommer T(0,z2)T

k = Tx=0 /∈ H eftersom H inte innehållernågra reektioner.

På samma sätt visar man att varje glidreektion Tx=0T0,z2 = T k för någotk ∈ Z (fast k måste vara udda i det här fallet, men beviset är ändå i princip detsamma).

Det följer att H genereras av T .

Steg 3: Låt T ∈ H vara glidreektionen från Steg 1, låt oss antaga utanförlust av generalitet att T = Tx=0T(0,m), och låt Tz ∈ H vara den translationmed minsta |z| så att z /∈ x = 0. Då kommer z = (z1, 0) för något z1 ∈ R.D.v.s. translationen Tz translaterar alla punkter ortogonalt från reektionslinjenför T .

Bevis steg 3: Låt z = (z1, z2), där |z| är det minsta absolutvärdet för någontranslation, då kommer, för k ∈ Z,

T k−1(TzTTz) = T kx=0T(0,km+2z2). (6.10)

Uttrycket i (6.10) är en translation i y−led vilket innebär att antingen så är|km + 2z2| ≥ |m| eller så är T k−1(TzTTz) = I vilket betyder att k är ett jämttal och km+ 2z2 = 0.

Om uttrycket i (6.11) inte är lika med identiteten så kommer km+ 2z2 6= 0för alla k ∈ Z. Men det innebär att vi kan välja k så att |km+ 2z2| < |m| vilketmotsäger att m är den minsta möjliga translationen i y−led.

Om uttrycket i (6.10) är lika med I så hävdar vi att z2 = 0. Om (6.11) äridentiteten så måste k = 2n, för något n ∈ Z eftersom k vore jämt, och

TnTz = Tnx=0T(z1,0). (6.11)

Om n är udda så skulle (6.11) vara lika med Tx=−z1/2 men eftersom H inteinnehåller några reektioner (enl. Hjälpsats 6.1) så är detta inte möjligt. Därförså måste n vara ett jämt tal. Om n är jämt så blir (6.11) bli TnTz = T(z1,0) ∈ H,men eftersom z var den translation med minst längd |z| så måste z = (z1, 0).

Steg 4: Isometrigruppen H genereras av T från Steg 1 och T(z1,0) från Steg3 i det fall då Steg 2 inte är applicerbart.

Bevis av Steg 4: Beviset av Steg 4 är analogt med beviset av Steg 4 frånSats 6.2 för fallet då H inte innehöll några glidreektioner.

6.0.3 Övningsuppgifter.

1. Avgör om följande relationer är ekvivalensrelationer på R

(a) Om a ≈ b om och endast om både a ≥ 0 och b ≥ 0 eller om bådea < 0 och b < 0.


(b) Om a ≈ b om och endast om ab ≥ 0.

(c) Om a ≈ b om och endast om a och b är lika upp till tre värdesiror.

2. Visa att.

(a) Låt Ca = R2/H, där H är isometrigruppen som genereras av T(a,0),vara en cylinder. Visa att det nns en isometrigrupp G på Ca så attCa/G är en torus. Här så tolkar vi, på det naturliga sättet, Ca somekvivalensklasser [x] = Tx; T ∈ G för x ∈ Ca med metriken

dCa/G([x], [y]) = mindR2/H(T1x, T2y); T1, T2 ∈ G.

(b) Visa att på samma sätt så kan Kleins aska kan representeras somen kvotgrupp på en cylinder.

3. Visa att mängden av punkter (x, y) på kurvan y2 − x2 = 1 inte är sam-manhängande. Använd gärna följande steg.

(a) Skissa alla punkter (x, y) så att y2 − x2 = 1 i planet. Utifrän dinskiss så borde du kunna se att kurvan består av två sammanhängandekomponenter.

(b) Vi ska välja en punkt (x1, y1) i den ena komponenten och en punkt(x2, y2) i den andra komponenten. Vi måste visa att det inte nnsnågon kontinuerlig kurva s(t) = (s1(t), s2(t)), t ∈ [0, 1], som heltligger i K = (x, y); y2 − x = 1 så att s(0) = (x1, y1) och s(1) =(x2, y2). Kan du välja dina punkter så att y1 > 0 och y2 < 0?

(c) Om s(t) är kontinuerlig så är s2(t) kontinuerlig och s2(0) = y1 < 0och s2(1) > 0. Finns det någon sats från analysen som säger atts2(t) = 0 för något värde t ∈ (0, 1)? Ligger det någon punkt på Kmed y−koordinat lika med noll?

4. Låt SO(Rn) vara mängden av alla n × n-matriser M så att kolumnernabildar en ortogonal bas för Rn. Visa att SO(Rn) inte är sammanhängande.Använd gärna följande steg.

(a) Visa att om M ∈ SO(Rn) så kommer det(M) = ±1. (Alternativtså kan du visa att det nns två matriser M+,M− ∈ SO(Rn) så attdet(M+) = 1 och det(M−) = −1 samt att alla matriser i SO(Rn) ärinverterbara).

(b) Om SO(Rn) är sammanhängande så skall det nnas en kontinuerligavbildning s(t) ∈ SO(Rn) så att s(0) = M+ och s(1) = M−. Visaatt detta inte är möjligt.

Ledtråd: Observera att determinanten av en matrisM är ett poly-nom i matrisens element. Därför så är avbildningen t 7→ det(s(t))en sammansättning mellan ett polynom och en kontinuerlig funk-tion. Polynom är kontinuerliga och sammansättningar av kontin-uerliga funktioner är kontinuerliga och kontinuerliga funktioner antarmellanliggande värden...

67

5. Låt M vara en euklidisk mångfald och x0 ∈M . Visa att M0 = M \ x0också är en euklidisk mångfald.

Chapter 7

Täckningsytor.

Vi ska nu visa en fantastisk sats. Vi har redan lyckats beskriva alla euklidiskamångfalder på formen R2/H, se Följdsats 6.1. Det kan förefalla som att dessamångfalder är väldigt speciella och att klassiceringen av dessa mångfalder ärett litet specialfall. Men i det här kapitlet så kommer vi att visa, under väldigtgenerella och naturliga antaganden, att alla euklidiska ytor är kvotytor R2/H.

Det nns två små antaganden vi måste göra för att kunna klassicera euk-lidiska mångfalder. Först så måste anta att mångfalden är fullständig.

Denition 7.1. Vi säger att en euklidisk mångfald M är fullständig (ellerkomplett) om varje Cauchy följd xj ∈M konvergerar till något x0 ∈M . D.v.s.om x

j ∈M och om det för varje ε > 0 existerar ett Nε ∈ N så att

j, k > N ⇒ dM (xj ,xk) < ε

då existerar det ett x0 ∈M så att limj→∞ dM (xj ,x0) = 0.

Exempel (Icke kompletta mångfalder): LåtM vara en fullständig euk-lidisk mångfald och xj → x0 ∈M , för någon Cauchy följd xj ∈M . Då kommerM0 = M \ x0 också att vara en euklidisk mångfald men M0 är inte längrekomplett.

Vi måste också anta att M är sammanhängande. Att en mångfald är sam-manhängande betyder bara att man kan ytta sig kontinuerligt mellan allapunkter på mångfalden.

Denition 7.2. Vi säger att en mångfald M är bågvis sammanhängande omdet för varje par av punkter x

0,x1 ∈ M existerar en kontinuerlig avbildnings : [0, 1] 7→M så att s(0) = x

0 och s(1) = x1.

69

70 CHAPTER 7. TÄCKNINGSYTOR.

M

A

B

x

x

x

x

0

0

1

1

Figur Till vänster är en bit av en sammanhängande mångfald M . Fören sammanhängande mångfald så nns det en kontinuerlig kurva (blå kurva)som sammanbinder två godtyckliga punkter x0 och x1. Till höger så visas enicke sammanhängande mångfald bestående av två kompoinenter A och B. Omx0 ∈ A och x1 ∈ B så kommer det inte att nnas någon kontinuerlig kurva somsammanbinder x0 med x1 och liger helt i mångfalden.

Vi ska försöka att visa att varje fullständig och bågvis sammanhängandemångfaldM kan skrivas som en kvotyra R2/H för någon isometrigrupp H. Detsom gör det svårt att bevisa detta är att från denitionen av mångfald så vetvi endast att det nns en liten omgivning kring varje x ∈M så att mångfaldenär isometrisk med en disk i R2, d.v.s. vi har bara information om mångfalden iett litet lokalt område kring punkten x. Från denna lokala information så villvi beskriva den globala strukturen av hela mångfalden. Vi måste hitta ett sättatt translatera lokal information till global information. Sättet att göra det ärvia en strålavbildning.1

Idéen med en stålavbildning är att räta linjer bevaras under isometrier. Omvi har ett linjesegment L ∈ M så att x ∈ L så kommer φΩδ(x) att avbilda linjesegmentet L på ett linjesegment i R2. Eftersom vi kan förlänga linjesegmentetpå ett unikt sätt både på mångfaldenM och i planet R2 så kommer vi att kunnautöka denitionsområdet av φΩδ(x) till ett större område av R2 längs linjen sominnehåller linjesegmentet L; ekvivalent så kommer inversen φ−1

Ωδ(x) att avbilda

ett större område av R2 på M . Eftersom hela R2 kan skirvas som unionenav linjer genom origo så kommer vi att kunna avbilda hela R2 på mångfaldenM med en strålavbildning P . Stålavbildningen P kommer att visa sig varasurjektiv (om M är bågvis sammanhängande) men i allmänhet inte injektiv.Idéen är att visa att det nns en isometrigrupp H på R2, som vi kommer attkalla en täckningsisometri, som avbildar punkter x på y om P (x) = P (y).Eftersom vi har klassicerat alla isometrier på R2 så kan vi klassicera gruppenav täckningsisometrier.

Vi börjar med en proposition som talar om att vi kan utöka linjesegment påen mångfald. Vi påminner läsaren om att vi använder notationen

Dδ(x) = y ∈ R2; |x− y| < δ

för en disk av radie δ i R2 med centrum i punkten x.

1Påhittat ord; engleskans ord är pencil map.

71

Proposition 7.1. Låt M vara en euklidisk mångfald och L en linje i R2. Vibetecknar linjesegmentet i L från y0 till y1 med Ly0,y1

Antag vidare att detexisterar en isometri P från ett område Σ ⊂ R2 in i M så att P är denierad påLy0,y1 och att y1 ∈ Ly0,y1

. Då kan avbildningen P utvidgas2 till en isometri P :

Σ∪Dδ(y1) 7→M . Det innebär, speciellt, att P är denierad på ett linjesegmentLy0,y2

som (strikt) inkluderar Ly0,y1: d.v.s. Ly0,y1

⊂ Ly0,y2och Ly0,y1

6= Ly0,y2.

Bevis: Eftersom y1 ∈ Ly0,y1så är P denierad i y1, säg P (y1) = x ∈ M .

Eftersom M är en euklidisk mångfald så existerar det en isometri φ = φΩδ(x) :Ωδ(x) 7→ Dδ(y1) ⊂ R2. Vi har här antagit att φΩδ(x)(x) = y1, för annars så

skulle vi kunna deniera om φ till φ(z) = φ(z)−φ(x) +y1 och få en ny isometrisom uppfyller φ(x) = y1.

Eftersom L är en linje i R2 och isometrier avbildar linjer på linjer (Följdsats2.2) så kommer Ly0,y1

att avbildas på ett linje segment, säg LM , i M . Meneftersom φ också är en isometri så kommer φ att avbilda LM på ett linjesegmenti R2. Vi kan vi anta, efter att möjligtvis behöva göra en rotation kring y1,att φ(P (y)) = y för alla y ∈ Ly0,y1

. Detta innebär att sammansättningenφ P är en isometri som xerar ett linje segment. Men enligt klassikationenav isometrier så innebär detta att φ P måste vara en reektion i linjen L(eftersom translationer, rotationer och glidreektioner inte kommer att av bildaalla punkter på ett linjesegment på sig själva). Vi kan anta, efter att möjligtvissammansätta φ med en reektion i linjen LM , att φP = I på området Dδ(y1)∩Σ, d.v.s. P = φ−1 på området Dδ(y1).

Men eftersom P = φ−1 på Dδ(y1) ∩ Σ så kommer avbildningen

P (y) =

P (y) om y ∈ Σφ−1(y) om ∈ Dδ(y1) \ Σ

att vara den sökta utvidgningen av P .

Proposition 7.2. Låt M vara en fullständig euklidisk mångfald och L en linjei R2. Vi betecknar linjesegmentet i L från y0 till y1 med Ly0,y1

Antag vidareatt det existerar en isometri P från ett område Σ ⊂ R2 in i M så att P ärdenierad på Ly0,y1

och att y1 /∈ Ly0,y1. Då kan avbildningen P utökas till en

isometri P där P är denierad på Σ ∪ y1.

Bevis: Låt, för j = 2, 3, 4, ...,,

yj = y0 +

(1− 1

j

)(y1 − y0) ∈ R2.

Då kommer limj→∞ yj = y1 men eftersom alla konvergenta följder är Cauchyföljderså är yj Cauchy:

för alla ε > 0 existerar Nε ∈ N så att j, k > Nε ⇒ |yj − yk| < ε.

2Vi säger att en avbildning P utvidgas till avbildningen P om P (y) = P (y) för alla y i

denitionesmängden för P och om denitionsmängden för P inkluderar denitionsmängdenför P .


Men eftersom P är en isometri så kommer det innebära att

k, l > Nε ⇒ dM (P (yj), P (yk)) = |yj − yk| < ε.

Så xj = P (yj) är en Cauchyföljd i M . Eftersom M är komplett så kommerP (yj) = xj → x1 ∈M .

Vi kan deniera

P (y) =

P (y) om y ∈ Σx1 om y = y1.

Vi hävdar att P är en isometri. Vi måste visa att

|y− z| = dM (P (y), P (z)) (7.1)

för alla y, z ∈ Σ ∪ y1. Om både y 6= y1 och z 6= y1 så måste (7.1) hållaeftersom P är en isometri. Om y = y1 och z = y1 så håller (7.1) eftersom bådaled är noll. Vi måste visa att (7.1) även gäller om y = y1 och z 6= y1 (eller tvärtom, båda fallen är lika så vi visar endast det första).

Antag att z 6= y1 då kommer

dM (P (yj), P (z)) = |yj − z| för alla j = 2, 3, ... (7.2)

eftersom (7.1) gäller då yj 6= y1 för j = 2, 3, 4.... Men eftersom metriken är en

kontinuerlig funktion och yj → y1 samt P (yj)→ P (y1) så kan vi låta j →∞ i(7.2) och får då

dM (P (y1), P (z)) = |y1 − z|.

Det följer att P är en isometri.Vi är nu redo att deniera strålavbildningen.

Denition 7.3. Låt M vara en fullständig euklidisk mångfald, x ∈ M , ochφΩδ(x) : Ωδ(x) 7→ R2 Vi kan antaga att φΩδ(x) : Ωδ(x) 7→ Dδ(0) för något δ > 0och φΩδ(x)(x) = 0. Då denierar vi strålavbildningen P : Σ 7→M enligt följande:

1. På Dδ(0) så låter vi P (y) = φ−1Ωδ(x)(y).

2. Vi utökar sedan denitionsområdet av P enligt

(a) Om P är denierad på ett helt linjesegment L från origo till y1 ochy1 inte ingår i denitionsområdet så utvidgar vi P till en isometri ipunkten y1 enligt Proposition 7.2.

(b) Om P är denierad ett helt linjesegment L från origo till y1 och y1

ingår i denitionsområdet så utvidgar vi P till en isometri till diskenDδ(y1) enligt Proposition 7.1

Vi låter P vara den isometri med det största denitionsområdet Σ somkan åstadkommas enligt ovanstående.

73

Ovanstående denition är lite otydlig då vi inte vet att det nns ett störstadenitionsområde Σ. Men nästa proposition visar strålavbildningen denieradenligt Denition 7.3 så kommer P att vara denierad på hela R2, detta medförnaturligtvis att det inte är någon otydlighet i denitionen.

Proposition 7.3. Om M är en fullständig euklidisk mångfald såsom i Deni-tion 7.3 då kommer strålavbildnngen P att vara denierad på hela R2.

Bevis: Låt K ⊂ R2 vara mängden av y ∈ R2 så att det existerar en öppenomgivning Dδ(y) så att strålavbidningen är denierad i Dδ(y). Eftersom y ∈ Kför alla y ∈ Dδ(0) så är K 6= ∅. Vidare så är K en öppen mängd vilket medföratt komplementet Kc är en sluten mängd. Vi vill visa att Kc = ∅.

Om Kc 6= ∅ så måste det, eftersom Kc är sluten, nnas ett element y1 ∈ Kc

så att|y1| = inf

y∈Kc|y|,

se Sats ??.3

Om vi låter L vara linjesegmentet från origo till y1 så kommer P att varadenierad på hela linjesegmentet (eftersom |y1| var det minsta värde för vilketP inte var denierad i en hel omgivning). Enligt Proposition 7.2, eller punkt 2ai Denition 7.3, så är P även denierad i y1. Men enligt Proposition 7.1, ellerpunkt 2b i Denition 7.3, så innebär det att P är denierad i en hel omgivningav y1. Men detta motsäger att y1 ∈ Kc. Vi kan dra slutsatsen att Kc = ∅ ochdärför så är K = R2.

Nästa steg är att bevisa att strålavbildningen är surjektiv.

Proposition 7.4. Antag att M är en fullständig och bågvis sammanhängandeeuklidisk mångfald. Då kommer strålavbildningen P : R2 7→ M att vara surjek-tiv.

Bevis: Låt VP ⊂M vara värdemängden av strålavbildningen P . Vi vill visaatt VP = M . Sätt

K = x ∈M ; Ωδ(x) ⊂ VP , för något δ > 0.

Då är K ⊂M öppen och Kc = M \K sluten. Vi ska visa att Kc = ∅, om inteså välj ett z ∈ Kc.

Eftersom M är bågvis sammanhängande så nns det en kontinuerlig avbild-ning s : [0, 1] 7→ M så att s(0) = P (0) och s(1) = z. Låt τ ∈ [0, 1] vara detminsta värdet så att s(τ) ∈ Kc, ett sådant τ existerar eftersom Kc är sluten.

Steg 1: Det nns ett ändligt antal Ωδj (xj) ⊂ M öppna mängder, säg j =

0, 2, ..., N , så att s([0, τ ]) ⊂⋃Nj=1 Ωδj (x

j) och avbildningar φΩδj (xj) : Ωδj (xj) 7→

R2. Vidare så kan vi välja xj ∈ s([0, τ ]), x0 = P (0) och xN = s(τ).

Bevis av Steg 1: Eftersom [0, τ ] är kompakt och s är kontinuerlig så kommers([0, τ ]) att vara kompakt, d.v.s. varje öppen övertäckning av s([0, τ ]) har en

3Med f(y) = |y| och Kc istället för K.


ändlig delövertäckning. Men för varje x ∈ s([0, τ ]) så nns det en isometriφΩδ(x) : Ωδ(x) 7→ R2. Uppenbarligen så kommer

s([0, τ ]) ⊂⋃

x∈s([0,τ ])

Ωδ(x)

så Ωδ(x); x ∈ s([0, τ ]) är en öppen övertäckning av s([0, τ ]). Det följer attΩδ(x); x ∈ s([0, τ ]) har en ändlig delövertäckning Ωδj (xj); 0 = 1, 2, ..., N.Att vi kan välja x0 = P (0) och xN = s(τ) lämnas som en övning.

Steg 2: Det existerar en kurva σ : [0, τ ] 7→ R2 så att P (σ(t)) = s(t).

Bevis av Steg 2: Vi börjar med att deniera σ(t) i en omgivning av origogenom att sätta

σ(t) = P−1(s(t)) för alla t så att s(t) ∈ Ωδ0(x0). (7.3)

Högerledet i (7.3) är egentligen inte väldenierat eftersom P i allmänhet inte ärinjektiv. Vi kan dock titta på restriktionen P bDδ(0) vilken är injektiv för δ > 0tillräckligt litet eftersom P är en isometri P : Dδ(0) 7→ ΩP (0) = Ωδ0(x0). Iekvation (7.3) så antar vi, implicit, att inversen är inversen av restriktionen.

Vi har nu, via (7.3), denierat σ på ett litet intervall [0, τ0). Men vi kan utökadenitionsområdet av σ(t) till [0, τ1), τ1 > τ0, genom att använda inversen P−1

i ett litet område kring σ(τ1) = x1

σ(t) = P−1(s(t)) för alla t så att s(t) ∈ Ωδ1(x1),

igen så betraktar vi inversen P−1 som inversen av restriktionen av P till endisk Dδ där P är injektiv från Dδ till Ωδ1(x1). Om vi fortsätter och utökadenitionsområdet av σ så kommer vi, efter N steg, att ha denierat σ på[0, τ).

För att deniera σ i punkten τ så sätter vi σ(τ) = limt→τ− σ(t).

Steg 3: Punkten s(τ) ∈ K vilket motsäger att τ ∈ Kc. Det följer att helakurvan s(t) ∈ K och därför att Kc = ∅.

Bevis av Steg 3: Vi har en isometri φΩδ(s(τ)) : Ωδ(s(τ)) 7→ R2. Precissom i beviset av Proposition 7.1 så kan vi först sammansätta φΩs(τ) med en

translation och antaga att φΩs(τ)(s(τ)) = σ(τ) (så att P (σ(τ)) = φ−1Ωs(τ)

(σ(τ))),

sen sammansätta med en rotation så att φΩs(t)(s(τ)) = σ(t) för något t ∈(τ − δ, τ) (så att P (σ(t)) = φ−1

Ωs(τ)(σ(t))), och slutligen (om nödvändigt) göra en

reektion i linjen genom σ(τ) och σ(t) så att P = φ−1Ωδ(s(τ)) i en tredje punkt.

Men eftersom isometrier bestäms av värdet i tre punkter så kommer P =φ−1

Ωs(τ)en hel disk Dδ(σ(τ)) = φΩs(τ)(Ωs(τ)). Men det innebär att P = φ−1

Ωs(τ)

på hela disken och därför så ligger en omgivning av s(τ) i VP . D.v.s. s(τ) ∈ Kvilket motsäger att s(τ) ∈ Kc. Det följer att hela kurvan s([0, 1]) ⊂ K ochdärför så är VP = M .

7.1. KLASSIFIKATION AV BÅGVIS SAMMANHÄNGANDEOCHKOMPLETTA EUKLIDISKAMÅNGFALDER.75

7.1 Klassikation av bågvis sammanhängande ochkompletta euklidiska mångfalder.

Vi är nu i en position att visa att alla bågvis sammanhängande och kom-pletta euklidiska mångfalder är kvotytor R2/H för någon isometrigrupp H. Föratt kunna visa det så måste vi först deniera vad vi menar med att två euk-lidiska mångfalder är samma. Begreppet vi kommer att använda ät att de ärisometriska, vilket betyder att de är samma i alla avseenden som relaterar tillmetriken.

Denition 7.4. Vi säger att två euklidiska mångfalder M1 och M2 är isom-teriska om det nns en bijektion φ : M1 7→M2 så att

dM1(x,y) = dM2(φ(x), φ(y))

för alla x,y ∈M1.

Om två mångfalder är isomteriska så kan man alltså identiera alla punkteri den ena med punkter i den andra så att alla avstånd är de samma mellanidentierade punkter.

Vi har en avbildning, strålavbildningen, P : R2 7→ M . Men för att visaatt M är en kvotyta så måste vi deniera någon isometrigrupp så att ekvi-valensklasserna i R2/H är bijektiva med punkter i M och så att avbildningenP ([x]) = P (x) är bijektiv mellan ekvivalensklasserna i R2/H och punkter i M .

Denition 7.5. Låt M vara en fullständig och bågvis sammanhängande eu-klidisk mångfald och P : R2 7→ M en strålavbildning. Då säger vi att g ären täckningsisometri om g är en isometri på R2 och P (g(x)) = P (x) för allax ∈ R2.

Hjälpsats 7.1. Täckningssiometrierna formar en grupp.

Bevis: Beviset består i en enkel verikation och lämnas till läsaren.Vår sista sats säger att om det nns två punkter x,y ∈ R2 så att P (x) =

P (y) då nns det en täckningsisometri g så att g(x) = y detta kommer direktatt leda till en klassikation av alla bågvis sammanhängande och komplettaeuklidiska mångfalder.

Sats 7.1. Låt M vara en fullständig och bågvis sammanhängande euklidiskmångfald och P : R2 7→ M en strålavbildning. Om P (x) = P (y) så nnsdet en täckningsisometri om g så att g(x) = y.

Bevis: Strålavbildningen P avbildar en omgivning Dδ(x) av x och en om-givning Dδ(y) av y isometriskt till M . Vi kan därför deniera

g =(P bDδ(y)

)−1 P : Dδ(x) 7→ Dδ(y).

Eftersom både P och P−1 är isometrier så kommer g att vara en isometri.Men eftersom Dδ(x) och Dδ(y) innehåller tre punkter som inte ligger på en linje


så kommer g att bestämma en unik isometri g : R2 7→ R2. Vi måste visa attP (g(z)) = P (z) för alla z ∈ R2.

Vi kommer att låta R vara det största R så att

P (g(z)) = P (z) för alla z ∈ DR(x). (7.4)

Vi kommer att visa att det för varje ändligt R existerar ett större R så att (7.4)gäller, det följer då att P (g(z)) = P (z) på hela R2.

Eftersom om z ∈ Dδ(x) så kommer

P (g(z)) = P (P bDδ(y)

)−1 P (z) = P (z)

vilket innebär att R ≥ δ > 0.Både P (z) och P (g(z)) är kontinuerliga så mängden där P (z) = P (g(z))

kommer att vara sluten. Detta medför att

P (g(z)) = P (z) för alla z ∈ DR(x).

Eftersom ∂DR(x) är sluten och begränsad så är ∂DR(x) kompakt. Vidareså nns det för varje v ∈ ∂DR(x) en liten disk Dδv(v), för δv > 0, så att

P (g(z)) = P (z) för alla z ∈ Dδv(v). (7.5)

Detta eftersom följande är en isometri(P bDδv (v)

)−1 P : Dδv(v) 7→ Dδ(g(v)).

som sammanfaller med g på DR(x)∩Dδv(v). Men eftersom isometrierna är likapå en mängd som innehåller tre punkter som inte ligger på en linje så måste devara samma på hela området Dδv(v). Men detta innebär att P (g(z)) = P (z)för alla z ∈ Dδv(v).

Eftersom ∂DR(x) är kompakt så kommer vi att kunna täcka ∂DR(x) medändligt antal diskar Dδ

vj/2

(δ(vj)), j = 1, 2, ..., N , och δyj > 0. Men dettainnebär att

P (g(z)) = P (z) för alla z ∈ DR(x)⋃ N⋃

j=1

Dδvj

. (7.6)

Men det existerar ett R > R så att DR(x) ⊂ DR(x)⋃(⋃N

j=1Dδvj

)vilket

motsäger att R var det största R så att (7.4) gäller. Det följer att P (g(z)) =P (z) för alla z ∈ R2.

Vi kan nu beskriva alla fullständig och bågvis sammanhängande euklidiskmångfalder upp till isometrier.

Följdsats 7.1. LåtM vara en fullständig och bågvis sammanhängande euklidiskmångfald då nns det en kvotyta R2/H och en bijektiv isometri P : R2/H 7→M . D.v.s. upp till isometrier så nns det endast de kvotytor som vi listade iFörljdsats 6.1.


Bevis: Vi låter P : R2 7→ M vara strålavbildningen och H vara gruppen avalla täckningsisometrier till P . Vidare så låter vi P : R2/H 7→M vara avbildnin-gen som avbildar ekvivalensklassen [x] till P (x). Eftersom ekvivalensklassen [x]består av punkter så att om x1,x2 ∈ [x] så kommer x1 = g(x2) för något g ∈ Hså kommer P ([x1]) = P (x1) = P (g(x2)) = P (x2) = P ([x2]) vilket innebär attdenitionen av P är oberoende av vilken representant för ekvivalensklassen viväljer: P är väldenierad.

Vidare så kommer P att vara injektiv eftersom P ([x]) = P ([y]) om ochendast om P (x) = P (y) men det betyder, enligt Sats 7.1, att det nns en täck-ningsisometri g ∈ H så att x = g(y) så x och y ligger i samma ekvivalensklass[x] = [y]. Det följer att P är injektiv.

Vidare så måste P vara surjektiv eftersom P är surjektiv, enligt Proposition7.4, och P antar exakt samma värden som P .

Det återstår att visa att P är en isometri lokalt. Men eftersom det för varjex ∈ R2 existerar en omgivning Dδ(x) där P : Dδ(x) 7→ M är en isometri,och därför injektiv, så betyder det att varje ekvivalensklass [x] endast har enrepresentant i Dδ(x) det följer att P är en isometri från Dδ([x]) till M .


1. Bevisa att det är tillräckligt för detM 6= 0, för en n × n−matris, för attekvationssystemet Mx = v skall vara lösbart. Men att det är nödvändigtatt v ∈ spanM1,M2, ...,Mn, där Mj är den j :te kolumn vektorn i M ,för att ekvationssystemet skall vara lösbart.

2. Låt f : M 7→ N vara en funktion denierad på (hela) M med värden i N(inte nödvändigtvis alla värden i N behöver antagas). Visa att det nnsen funktion g : N 7→ M så att f(g(y)) = y för alla y ∈ N om och endastom f är både injektiv och surjektiv. Kom ihåg att g är en funktion frånN till M om och endast om g tilldetlar ett värde g(y) = x ∈ M för varjevärde y ∈ N .

3. Bevisa att det inte existerar någon isometri från cylindern till torusen.

4. Betrakta torusen R2/H där H är isometrigruppen som genereras av T(1,0)

och T(0,1).

(a) Låt L = (x, y); 2x = y vara en linje i R2 och P strålavbildningenfrån R2 till R2/H. Visa att linjen P (L) = P (x, y);

√2x = y

kommer att ha längden√

5 i torusen.


Figur uppg. 4a: Torusen representeras av oändligt många enhet-skvadrater i planet. I alla dessa kvadrater har punkter identieratsså linjen 2x = y (blå) har oändligt många kopior translaterade medtranslationerna T(j,k) ∈ H. Om vi väljer en kvadrat (röd) som repre-sentant för torusen så kommer linjen att skära kvadraten två gånger.Den totala längden av linjen i den röda kvadraten kan därför beräk-nas.

(b) Låt L = (x, y);√

2x = y vara en linje i R2 och P strålavbildningenfrån R2 till R2/H. Visa att linjen P (L) = P (x, y);

√2x = y

kommer att vara oändligt lång på torusen, d.v.s. att P är injektivpå L.

5. Bevisa att två godtyckliga punkter på en euklidisk yta kan sammanbindasmed en rät linje.

6. Låt H vara isometrigruppen bestående av alla translationer i x−led: H =T(t,0); t ∈ R. Visa att kvotytan R2/H kommer att kunna avbildasisometriskt på R.

Appendix A

Appendix: Lite

punktmängdstopologi.

Kommer snart...

79

Ett Sammelsurium av Matematiskt Nonsens. Geometri.

Documents

Transcript of Ett Sammelsurium av Matematiskt Nonsens. Geometri.