Simetrijske GrupeKon.cnih Vzorcev Matej Mencinger Simetrijske grupe koncnih vzorcev Avtor Matej Mencinger December 2021 Naslov Title Avtor Author Recenzija Review Jezikovni pregled Language edeting Tehnicna urednika Technical editors Oblikovanje ovitka Cover designer Grafika na ovitku Cover graphics Graficne priloge Graphic material Založnik Published by Izdajatelj Issued by Izdaja Edition Vrsta publikacije Publication type Izdano Published at Dostopno na Available at Simetrijske grupe koncnih vzorcev Symmetry Groups of Finite Patterns Matej Mencinger (Univerza v Mariboru, Fakultetaza gradbeništvo,prometno inženirstvo in arhitekturo) Borut Zalar (Univerza v Mariboru, Fakultetaza gradbeništvo, prometno inženirstvo in arhitekturo) Janez Žerovnik (Univerza v Ljubljani,Fakulteta za strojništvo) Jerneja Klemencic Andrej Tibaut (Univerza v Mariboru, Fakultetaza gradbeništvo,prometno inženirstvo in arhitekturo) Jan Perša (Univerza v Mariboru, Univerzitetna založba) Nejc Novak Leo, Anja Mencinger, 2021 Jurij Avsec, Tomislav Letnik, Anja Mencinger, Matej Mencinger, Nejc Novak in Matjaž Skrinar Univerza v Mariboru Univerzitetna založba Slomškov trg 15, 2000 Maribor,Slovenija https://press.um.si, zalozba@um.si Univerza v Mariboru Fakulteta zagradbeništvo, prometno inženirstvoin arhitekturo Smetanova ulica 17, 2000 Maribor, Slovenija https://www.fgpa.um.si, fgpa@um.si Prva izdaja E-knjiga Maribor, december 2021 https://press.um.si/index.php/ump/catalog/book/614 CIP -Kataložni zapis o publikacijiUniverzitetna knjižnica Maribor 512.54(075.8)(0.034.2) MENCINGER, Matej Simetrijske grupe koncnih vzorcev [Elektronski vir] / [avtor] Matej Mencinger. -1. izd. -E-knjiga. -Maribor : Univerza v Mariboru, Univerzitetna založba, 2021 Nacin dostopa (URL): https://press.um.si/index.php/ump/catalog/book/614ISBN 978-961-286-536-8 doi: 10.18690/978-961-286-536-8 COBISS.SI-ID 82281475 https://mirrors.creativecommons.org/presskit/buttons/88x31/png/by.png Š Univerza v Mariboru, Univerzitetna založba / University of Maribor, University Press Besedilo / Text Š Mencinger, 2021 To delo jeobjavljenopod licencoCreativeCommonsPriznanjeavtorstva4.0 Mednarodna./ This work is licensed under the Creative Commons Attribution 4.0 International License. Uporabnikom je dovoljeno tako nekomercialno kot tudi komercialno reproduciranje, distribuiranje, dajanje v najem, javna priobcitev in predelava avtorskega dela, pod pogojem, da navedejo avtorja izvirnega dela. Vsagradivatretjih oseb v tejknjigiso objavljenapod licencoCreativeCommons,razen ceto ninavedeno drugace. Ce želiteponovno uporabiti gradivo tretjih oseb,kinizajeto v licenci CreativeCommons, boste morali pridobiti dovoljenje neposredno od imetnika avtorskih pravic. https://creativecommons.org/licenses/by/4.0/ ISBN 978-961-286-536-8 (pdf) 978-961-286-542-9 (mehka vezava) DOI https://doi.org/10.18690/978-961-286-536-8 Cena Brezplacni izvod Price Odgovorna oseba prof. dr. Zdravko Kacic, založnika rektor Univerze v Mariboru For publisher Citiranje Mencinger, M. (2021). Simetrijske grupe koncnih vzorcev. Maribor: Attribution Univerzitetna založba. doi:10.18690/978-961-286-536-8 1 Uvod ..................................................... 1 1.1 Geometrijski vektorji 2 1.2 Kompleksna števila 5 1.3 Naloge 9 2 Simetrije ................................................ 11 2.1 Defnicija izometrije ravnine 14 2.2 Simetrije ravnine 20 2.3 Sestavljanje izometrij 24 2.4 Naloge 27 3 Odvektorjevk matrikam ................................ 29 3.1 Množenje matrike z vektorjem 34 3.2 Množenje matrik 36 3.3 Inverz matrike 41 3.4 Ortogonalne matrike 42 3.5 Naloge 42 4 Klasifkacija izometrij ravnine ............................. 45 4.1 Matri.46 cno-vektorski zapis simetrij ravnine 4.2 Klasifkacijski izrek 48 4.3 Inverziinkompozitumi izometrij 51 4.4 Naloge 56 5 Ogrupah ............................................... 57 5.1 Naloge 68 6 Kon.71 cni vzorci ............................................ 6.1 Naloge 77 7 Leonardovizrek ......................................... 79 7.1 Polihistor Leonardo 79 7.2 Leonardo - matematik 80 7.3 Dokaz Leonardovega izreka 84 7.4 Uporabnikon.85 cni vzorci 7.5 Naloge 92 8 Rešitve .................................................. 95 8.1 Uvod 95 8.2 Simetrije 97 8.3 Odvektorjevk matrikam 99 8.4 Klasifkacija izometrij ravnine 104 8.5 Ogrupah 106 8.6 Kon.108 cni vzorci 8.7 Leonardov izrek 111 Dodatki ................................................ 113 Literatura ............................................... 114 Naravnipojav zrcaljenja,kotga prikazuje zgornja slika,so morda opazovaližev kameni dobi. Zagotovo so simetrije že v antiki in kasneje v srednjem veku in predvsem v obdobju renesanse predstavljale osnovo prvino arhitekture. Simetrije je mogo . ce obravnavati v poljubnem (vektorskem) prostoru; najbolj znana pri-. mera vektorskega prostora sta dvo-in tro-razsežni realni vektorski prostor. Ce v vektorskem prostoru lahko merimokote in razdalje med to . ckami,ga imenujemo evklidski prostor.V tem u. cbenikus pojmom ravnina mislimoevklidsko ravnino.Tudi pojem geometrijavedno pomeni evklidska geometrija. Nekateri osnovni pojmi teorije grup (izomorfzem,kon.cnost, neskon.cnost, generatorji grupe, podgrupe itd) so razloženi na kar se da preprost na . cin.Vpodrobnosti teorije grup se ne spuš.cbenika ni sistemati . camo,saj namenu.cna obravnava grup, ampak zgolj klasifkacijski izrek simetrijskih grupkon. cnih vzorcev v ravnini. Linearnih ornamentov in tapetnih grup ne obravnavamo. Prav tako v tem u . cbeniku ni sistemati.cne obravnave simetrij tro-razsežnihkon.cnih vzorcev. U. cbenikje namenjem predvsem študentom prvega letnika arhitekture naFakulteti za gradbeništvo, prometno inženirstvo in arhitekturo Univerze v Mariboru, zato je njegova vsebina prirejena predmetu ťIzbrana poglavja iz matematike za arhitekteŤ, kiga študenti poslušajov prvem semestru prvega letnika.U . cbenik ne vsebuje celotne vsebine omenjenega predmeta. Vuvodnem poglavjuse dotaknemo geometrijskihvektorjevinkompleksnihštevil,v drugem poglavju defniramo simetrije.Vtretjem poglavju obravnavamo linearne preslikave iz ravninev ravnino; obravnava matrikjev temu.cnoomejena na 2× 2 cbeniku skoraj izklju .matrike.V . cetrtem poglavju obravnavamo izometrije ravnine in njihovo klasifkacijo. Peto poglavje je namenjeno teoreti. cni obravnavi grup(na osnovnemnivoju).Všestem poglavju defniramokon .cne ter diedrske grupe.Vsedmem poglavju predstavimo cne vzorce in cikli.Leonarda, njegove talente in prikažemo nekatere matemati . cne probleme, ki so bili aktualni v njegovem . casu, in dokažemo izrek, ki se danes imenuje Leonardov izrek. Nakoncu vsakega poglavja so naloge.Vzadnjem poglavju so zbrane rešitve nalogin napotki za reševanje. Vsaka naloga ima povezavo (link) do rešitve in vsaka rešitev vsebuje povezavo nazaj do naloge. U.cne pojme, na primer cbenik lahko ťpredelajoŤ vsi, ki razumejo osnovne matemati .kvadratno ena.cujo. cbo, razmerjein osnovnepojme geometrijeter trigonometrije.Vpri.cem u. cbeniku dokazi pogosto temeljijo tudi na obravnavikonkretnih primerovin geometrijskih interpretacij, zato bi bilo morda marsikje bolje pisati ťideja dokazaŤ namesto ťdokazŤ. Toda, zaradi boljše preglednosti in oblikovne enotnosti privseh izrekih, trditvah, lemah in posledicah pišemo dokaz. cbeniksemsetrudil,dajerazlagavednopodkrepljenasslikami.Nekatere .Skozicelotenu slike so prispevali študenti arhitekture iz generacije 2020/2021. Za skice se zahvaljujem c,Ivani ´Cirovi´ deliŻštudentom:NikiDrev,EliValenko,FilipuZelenjaku,TjašiKrivec,An Kunjicki, MartiTrstenjakin Luciji Horvat. Ilustracijo na naslovnici ter številne druge slike cerkaAnja,zakarsejinajlepšezahvaljujem. .jeprispevalah Izr.prof.dr.Matjažu Skrinarju,prof.dr.JurijuAvsecuindoc.dr.Tomislavu Letnikuse cetkupoglavij.Posebnazahvala .iskrenozahvaljujemzaprispevanefotografje,kisonaza cuje2.stopnjoštudija .veljaNejcuNovaku,dipl.inž.arh.(UN),kiobizdajiknjigezakljucetkuvsakega .cnooblikovanjenaslovniceinpripravoslik,kisonaza. naFGPAUM,zagraf poglavja. Zahvaljujem se recenzentoma, prof. dr. Borutu Zalarju in prof. ddr. Janezu Žerovniku, za skrbno branje rokopisa. Oba sta odkrila številne napake, napakice in ťškrateŤ. Njune cbenika.Prof.dr.BorutuZalarjusezahvalju-.pripombesoznatnoizboljšalekakovosttegau jem tudi za svetovanje izbora Leonardovih citatov ter za pomoc.pri prevajanju iz angleškega jezika. Za hitro in u.cinkovito lektoriranje se zahvaljujem lektorici Jerneji Klemen.ci.c. Zahvaljujem se tehnicnima urednikoma, Janu Perši, mag. in izr. prof. dr. Andreju Tibautu. Zahvala velja tudi za tehni.cno pomoc.pri mojih prejšnjih u.cbenikih. Študentom in študentkam, ki želijo dodatno poglobiti in/ali razširiti svoje znanje na podro.cju teorije grup in ponavljajo.cih se vzorcev, kot dodatno literaturo priporo.cam[3],[4], [5]in[6]. U.casukoronskih ukrepov.Torejv .cevanja na daljavo,ko cbenikjebil napisanv .casupou .smo lahko profesorjiin študenti na lastnikožiob.cutili, kakovelik pomen imajo digitalna gradiva. Zatonedvomim,dabo prihajajo.cbenikkoristen študijski pripomo . ciu.cek naslednjim generacijam študentov arhitekture na UM FGPA. Avtor Vtem poglavju so obdelani pojmi,ki soVam morda znanižeiz srednje šole. Glavna snov tegau.cnih vzorcih. Najpomembnejši rezultat,kiga danes cbenika so simetrijske grupe nakon .imenujemo ťLeonardov izrekŤ,je podanv poglavju 7. Izrekje prvi razumelingav smiselni obliki zapisal LeonardodaVinci (1452–1519),o katerem lahkove . c preberetev poglavju 7. Zgornja slika prikazuje eno izmed mnogih izjemnih Leonardovih idej, perpetuum mobile. Zaenkrat o Leonardu povejmo, da njegovi matemati .cetki segajo v leto 1490 v cni za.obdobje renesanse,kosovEvropiže poznali arabskeštevilkeinjebilglavni matemati.cni ucbenik še vedno Fibonaccijev Liber Abaci. .V tistih . casih so bili nekateri veleumi (še) sposobni razumetiskoraj vse znanje,kigaje takrat premoglo . cloveštvo. Mednje lahko štejemo tudi polihistorja, LeonardaDaVincija. U.cnih vzorcev v evklidski ravnini, cbenikv prvi vrsti obravnava simetrije ravninskihkon .kije samo poseben primer n-razsežnega evklidskega prostora.Vtemu. cbeniku z izrazom ravnina vedno mislimo evklidsko ravnino, izraz geometrija pa bo vedno pomenil evklidsko geometrijo1 Za obravnavo simetri. cnih vzorcev v evklidski ravnini moramo najprej spoznati toga gibanja (v ravnini). Za obravnavo togih gibanj (okoli fksne to. cke) v ravnini potrebujemo naslednje pojme: • razdalja med to.ckama, 1Evklidska geometrija je dobila ime po starogrškem matematiku Evklidu. Danes Evklida upravi . ceno imenujemo o.ce geometrije. Polegevklidske geometrije obstajata še sferi.cna in hiperboli.cna geometrija. Bistvena razlika med temi tremi geometrijami izhajaiz postulatao vzporednici. Vsota notranjihkotov trikotnikav evklidski geometriji je 180..Vhiperboli.cni geometrijije vsota notranjihkotov trikotnika vselej manjšaod 180. . Vsferi.cja od 180. co temsi lahkov digitalni obliki cni geometrijije vsota notranjihkotov trikotnika vselejve.. Ve.ogledatev diplomskem delu[1] • vektor (od to.cke B), cke Ado to. • k med vektorji ter • matrike (alipakompleksna števila). Toga gibanja(okoli fksneto.cjovektorjevin 2× cke) v ravnini bomo obravnavali s pomo.2-matrik,. cepravbi enakovredno obravnavovravnini lahkoizvedli tudiskompleksnimi števili. V u. cbeniku se omejimo na ravninoin trirazsežni(evklidski) prostor, zato se tudi privektorjihin matrikah ustrezno omejimo na 2× 2- in3× 3-matrike in vektorje ~a = ~ (a1,a2) . R2 in F=(F1,F2,F3) . R3. Pri geometrijski obravnavi se ne moremo izogniti Pitagorovemu izreku. Izrek1 — Pitagora. Vpoljubnem pravokotnem trikotniku v evklidski ravnini s katetama a in bter hipotenuzo c velja a2+ b2 = c2 . Dokaz. Leonardov dokaz Pitagorovega izrekajev poglavju 7;glej sliko7.5.  1.1 Geometrijski vektorji Števila (realna števila) imenujemo tudi skalarji2. -. Usmerjeno daljico, ki poteka od tocke .Ado tocke .B, ozna.AB. To.cimoz cko Aimenujemo -. za.cetna to.cko Bpa kon.cka usmerjene daljice AB (glej sliko 1.1). Vektor je cka, to.cna to.množica vseh usmerjenih daljic, ki imajo enako smer in enako dolžino.3 Vektorji sokoli.c informacij: dolžino (oz.velikost), smerin usmerje-cine, ki vsebujejo ve. -. -. AB nost. Dolžina vektorja AB je enaka dolžini daljice AB injo ozna. cimo z . Smer vektorja 2Vektorski prostor v tem u. cbeniku je omejen na dvo-in tro-razsežne geometrijske vektorje: na vektorje iz R2 in R3. Natan. cna defnicija vektorskega prostora je podana med dodatki: glej 8.7. 3Matemati.ca ekvivalen.cno torej vektor dolo.cni razred. Pri obravnavi lahko za predstavnika vektorja upora­ bimo katerokoli usmerjeno daljico iz ekvivalen.cnega razreda. 1.1 Geometrijski vektorji -. AB dolo.cki A in B. Usmerjenost vektorja je dolo. ca premica p, ki poteka skozi to.cena z izborom za .cne to. cetneinkon .cke.Velja -.-. AB = - BA. . Ce poznamo dolžino, smer in usmerjenost vektorja, je le-ta enoli.cno dolo.cen. Na sliki -.- . 1.1 sta vektorja AB in A0B0 enaka -.- . AB = A0B0 . . Vektor, katerega dolžina meri eno enoto, imenujemoenotski vektor. Ce vektor~a delimo z njegovo dolžino, k~ak, nastane enotski vektor ~e= ~a , normirani vektor ~a k~ak kiga imenujemo normirani vektor (glej nalogo 1). Vnadaljevanju obravnavamokartezi.cni produkt R× R= {(x,y)| x . R, y. R} = R2 evklidska ravnina (a) Kartezicna mreža .(b)Paralelogramska mreža: . 6= p . 2 cnikoordinatni sistem. Za izra.dvema to.cun razdalje ckama uporabimo Pitagorov izrek. (b)Paralelogramska mreža. Za izra.med dvema to. ckama uporabimoKosinusni izrek. Pravokotni koordinatni sistem (x,y)-ravnine R2 je dolo. cen s koordinatnim izhodi- cem O, dvema med seboj pravokotnima premicama x in yter s pripadajo. ~ vektorjema~iin j;glej sliko1.2 (a).Kervektor~ileži na premici x in je š. cima enotskima ~ i = 1,je ~ i=(1,0). Podobno je ~ j=(0,1), ~ saj vektor jleži na premici yin je ~ j = 1. -. Vsaki to cki.B(x,y) priredimo krajevnivektor OB rB=(x,y). Vektor od to. =~cke A(x1,y1) do to.cunamo po formuli cke B(x2,y2) izra. -. AB =~rB-~rA =(x2- x1,y2- y1). -. Vpravokotni mrežijevektorOT =~rT =(x,y) hipotenuza pravokotnega trikotnika, zato je -. po Pitagorovem izreku dolžina vektorja OT enaka 2 -. OT = x 22 + y =. Razdalja od to .cke Bsovpada z dolžino vektorja cke Ado to. -. OT = x2+ y2 p . -. AB: (x2- x1) Podobne formule veljajo v trorazsežnem vektorskem prostoru. Razdalja med to .A=(x1,y1,z1) . R3 in B=(x2,y2,z2) . R3 se izra. cuna po formuli: q -. AB 22 d(A,B)= (1.1) +(y2- y1) = . ckama d(A,B)= (x2- x1) cimo za vektorje s skupno za.cko. K med cetno to . -.- . AB na sliki 1.1je enak ku medvektorjema AE in A0B0 q -. AB 222 (1.2) +(y2- y1)+(z2- z1) = . K med vektorjema najlažje dolo . -.-. AE in vektorjema q . = ^EAB. -.-. K med vektorjema AE in CDje pravi (90. ali p 2 rd) q -.-. AE . CD ortogonalna vektorja. Vpravokotnemkoordinatnem sistemu(x,y) k med vektorjema ~a =(a1,a2) in~b=(b1,b2) izra. cunamo po formuli a1b1+ a2b2 Števec ulomka v ena.cbi(1.3), torej a1b1+ a2b2, imenujemo skalarni produkt vektorjev . = arccos . (1.3) a21+ a2 2 b21+ b2 2 ~a =(a1,a2) in~ciliga bomo b=(b1,b2). Ozna.~aˇ ~b= a1b1+ a2b2 skalarni produkt. Vpravokotnemkoordinatnem sistemu(x,y,z) k med vektorjema ~a =(a1,a2,a3) in ~ b=(b1,b2,b3) izra. cunamo po formuli a1b1+ a2b2+ a3b3 . = arccos . (1.4) q a21+ a22+ a2 3 q b21+ b22+ b2 3 -. AB izra.cjokosinu­ cuna s pomo . Vparalelogramski mreži, slika 1.2(b), se dolžina vektorja snega izreka4. 4Dokaz glej na primer[4], stran 15. 1.2 Kompleksna števila Izrek2 —Kosinusni izrek. Vpoljubnem trikotniku s stranicamia, bin c najbokot med stranicama a in benak .. Potem velja c2 = a2+ b2- 2abcos .. Opomba. Znane vektorskekoli.cine iz fzike/mehanike so • hitrost~v, • pospešek~a, ~ • silaF, • odmik~x, • rocica.~r, ~ • navor5 N, • itd. -. Pri sili je seveda pomembno tudi oprijemališ.AB in ce (sile). Glede na sliko 1.1 sta vektorja - . -.- . A0B0 enaka, vendar, na primer, sila F~1 = AB in sila F~2 = A0B0 povzro.cna navora pri cita razli.vrtenju okoli to. cke E. 1.2 Kompleksna števila 2 Spomnimo se, da ima kvadratna ena.cba ax+ bx+ c = 0rešitve oblike v -bą b2- 4ac x1,2 = . (1.5) 2a Vemo,daje diskriminantaD= b2- 4ac lahko pozitivna, enaka ni. c ali negativna. Kot primer poglejmo enacbo.x2- 2x+ 3= 0, za katero je 2 D=(-2)- 4ˇ 1ˇ 3 = -8. Ker jeD< 0, kvadratna ena.2- 2x+ 3cel, kar se vidi iz grafa cba x= 0nima realnih ni.kvadratne funkcije na sliki 1.3 Rešitvi x1,2 lahko kljub temu formalno zapišemopo formuli(1.5) v 2ą-8 v x1,2 == 1ą-2. 2 Najpreprostejša kvadratna ena .cba,ki nima realnih rešitevje 2 x+ 1= 0. Znamenom, da bi bila vsaka (tudi zgornja) kvadratna ena. cba rešljiva, vpeljemo posebno število i, za katero velja i2 = -1, oziroma natan. cneje v i= -1, (1.6) ~~~ 5Staro poimenovanje navoraje moment M. Navorje defnirankotvektorski produkt ro.Nr×F. cice in sile: =~ 2- 2x+ 3nima realnih ni.cki (1,2), njenvodilnikoefcientpaje pozitiven. kiga imenujemo(kompleksna) imaginarna enota. Število i(in tudi število -i)rešita kvadra­tno ena. cbo x2+ 1= 0, saj iz defnicije(1.6)sledi 0= i2+ 1= -1+ 1 22 0=(-i)+ 1=(-1)ˇ i2+ 1= -1+ 1. Podobno sta v x1,2 = 1ą 2i rešitvi6 kvadratne enacbe.x2- 2x+ 3= 0. Slika 1.4:Kompleksno številoje lahko zapisanov kartezi.= x+ iy obliki ali v polarni cni z obliki z = rei. = r(cos . + isin .). Kompleksno število (glej sliko1.4) z = x+ iy vvv v 6Spomnimo se,daje -8= 8ˇ-1= 22i. 1.2 Kompleksna števila lahko predstavimo kot vektor v (kompleksni) ravnini: na absciso nanesemo realni del, x = Re(z), na ordinato pa imaginarni del, y= Im(z).Tako je z = x+ iy = Re(z)+ iIm(z). Množicokompleksnih števil ozna .cimo s C: • i. Cimenujemo imaginarna enota, • x+ iy . Ckompleksno število, • R. Crealna števila so podmnožicakompleksnih števil. Slika 1.5:Konjugacijakompleksnega števila: z = 2+ 3i-. z = 2- 3i. Splošno velja: z = x+ iy -. z = x- iy. Kompleksnemu številuz = x+ iy priredimokonjugirano število, z = x- iy, kar je za z = 3+ 2iprikazano na sliki 1.5. Kompleksni števili seštejemo (odštejemo) tako, da seštejemo (odštejemo) pripadajo. ca realna in imaginarna dela: z1 = x1+ iy1 =. z1ą z2 =(x1ą x2)+ i(y1ą y2). (1.7) z2 = x2+ iy2 Kompleksni števili množimokot dvo.cemer upoštevamo distributivnostni clenika, pri .zakon. Naj bo z1 = x1+ iy1 in z2 = x2+ iy2. Njun produkt je enak: z1z2 =(x1+ iy1)(x2+ iy2) = x1x2+ ix1y2+ iy1x2+ i2y1y2 (1.8) = x1x2- y1y2+ i(x1y2+ y1x2). Zgornja formula množenjakompleksnih števil izgleda dokaj zapleteno. Enostavnejše množenjekompleksnih številje mogo .cekompleksni števili z1 in z2 zapišemo v polarni ce,.obliki (glej sliko 1.4). Polarni zapiskompleksnega števila7. Argument ali polarni k . jek med pozitivnim delom x-osi in (krajevnim) vektorjem (x,y)= x+ iy, polarni polmer8rjedefnirankot dolžinavektorja(x,y). Zveza med kartezi. cnimi in polarnimi koordinatami je x = rcos ., (1.9) y= rsin .. Zveza med polarnimi in kartezi.cnimikoordinatamije ... .. p r = x2+ y2 arcsin y zax > 0 (1.10) r . = p - arcsin y zax = 0 r i.  Primer1 Kompleksno številoz = -2+ 3izapiši v polarni obliki z = re.  Rešitev. Iz obrazca(1.10)sledi: polarni polmerje enak r = = 2 (-2)+ 32 v 13, q argumentkompleksnega števila z paje enak 3 . = p - arcsin v 13 ˜ 2.159 rd ˜ 123.7. . Torej v 2.159i z ˜ 13ˇ e.  Primer2 Kompleksno številoz = 2e cni) obliki z = x+ iy.  p 6i zapiši v (kartezi. Rešitev. Odcitamo.r = 2in. = p 6 in uporabimo formulo(1.9): v p x = 2cos= 3 6 p y= 2sin= 1 6 . v z = 3+ i. 7Polarni polmer je po defniciji nenegativno število r = 0. Argumentkompleksnega števila . pa zavzame 3p vrednosti (- p 2, 2 ]. 8Hipotenuza pravokotnega trikotnika s katetama x in y. 1.3 Naloge . Ce upoštevamo Eulerjevo formulo ei. = cos . + isin ., lahkokompleksno število z = x+ iy zapišemo tudi v eksponentni obliki z = rcos . + irsin . = r(cos . + isin .) i. = re. Zaradi xy x+y aa= a je produktkompleksnih števil z1 = r1ei.1 in z2 = r2ei.2 enak i.1ei.2 z1z2 = r1r2e (1.11) i(.1+.2) = r1r2e, . karje znatno enostavnejši predpis za množenjekompleksnih števil9. Ce formulo(1.11) uporabimo ve . ckrat zaporedoma, sledi Moivrova formula za potenciranjekompleksnega i. števila z = re n nin. z= re= rn (cos n. + isin n.). (1.12) 1.3 Naloge Naloga1 Naloga se navezuje na sliko 1.2. -. a) Izra.cunaj dolžino vekorja OB =~rB v pravokotnemkoordinatnem sistemu na sliki 1.2(a). -. b) Normiraj vekor OB =~rB. Rešitevje na strani 95 Naloga2 Izra. cunaj razdaljo d(O,B)=?v nepravokotnemkoordinatnem sistemu na sliki 1.2(b),.p 6. ce je . = Glej rešitev 2 Naloga 3 Razmisli, da iz formule za množenjekompleksnih števil(1.8)sledi a ˇ z = ax+ ayi, kjer je a poljubno realno število in z = x+ iy. Glej rešitev 3 9Ta predpis pove, da polmera pomnožimo, argumenta pa seštejemo. ~~ Naloga4 Podana sta vektorja ~a =(3,2) incunaj:5a ~bb=(1,-3). Izra.~=?in5a- 2=? Glej rešitev 4 Naloga5 Razmisli,daiz Moivrovega obrazca(1.12)sledi formula za ra.cunanje n-tega korenakompleksnega številaz . v  v i.+2kp nzk = nren , (1.13) kjerje k= 0,1,2,...,n- 1. Glej rešitev 5 Naloga6 * Izra.cbe z= 0. Uporabi formulo(1.13). cunaj vse rešitve ena.6+ 1Glej rešitev 6 Intuitivno si simetri. cnost predstavljamokot neke vrste red oz. urejenost. Intuitivna ideja urejenosti oz. neurejenostije prikazana na slikah 2.1in 2.2. (a) Nered (b) Red Vosnovi je beseda simetri.cnost najprej predstavljala usklajenost in pravilna razmerja (meddelicelote);ssimetrijosejevednopovezovalatudilepota.Drugipomen1,kipredstavlja korak bližjeknaši defniciji simetrije,paje usklajenostlevo: desno; torej zrcalna simetrija, kar je prikazano na sliki2 2.3. 1Beseda simetrija sestavljena iz grških besed sym (skupaj) in metron (mera, merjenje), torej, dvodelno. 2Avtorica slike Nika Drev. Slikajev študijskem letu 2020/21po izboru študentov prvega letnika arhitekture na FGPAUM zmagalakot najlepšikon. cni vzorec. (a) Nered (b) Red Slika 2.2: Intuitivna obravnava simetrije: (a) nered, (b) red. Slika 2.3:Tako imenovanadvodelnasimetrijalevo: desno. Zrcalna simetrija, kjerje zrcalna .cno.Avtorica: Nika Dreu. crta postavljena navpi. Kon.cni vzorec bomo formalno (matemati. cno) defnirali kasneje. Zaenkrat si ravninski kon. cni vzorec intuitivno predstavljajmokot nekaj, kar lahko narišemo znotraj nekega kroga, kot kaže slika2.4. Intuitivno defnicijo simetrije(v smislu ne/urejenosti oziroma ne/reda) lahko uporabimo na motivu3 iz slike 2.4. Tudi na sliki 2.5 lahko prepoznamo dve razli. cni vrsti urejeno­sti/podobnosti. Podobno lahko na sliki 2.6 opazimo neke vrste urejenost, ki bi jo lahko opisali s pomo. cjo spirale. Vidimo, da nam intuitivna defnicija simetri.c, potrebujemo na­ cnosti ne zadostuje ve .tan.cnejšo defnicijo simetri. cnejšo defnicijo simetrije. Za natan.cnosti moramo uporabiti 3Zmatemati.ca je pojem motiv povezan z generatorji simetrijske grupe vzorca, kar bomo obravna­ cnega stališ.vali kasneje. cnega vzorca v ravnini. Množica to.obdamoz neko krožnico.Avtorica slike: Anja Mencinger. (a) Urejenost: pomanjšanje -skr.citev. (b) Druga.cne vrste urejenost. Slika 2.5: Intuitivna obravnava simetrije. Na slikah (a) in (b) lahko zaznamo urejenost. vsaj pojem razdalje med dvema to. ckama. Pripomnimo, da je razdalja glavna geometrijska zna. cilnost prostora. Uporabljali bomoevklidsko razdaljo; glej formuli(1.1)in(1.2). 2.1 Defnicija izometrije ravnine Spomo.cunamo razdalje med to .cka cjo formule(1.1)lahkora.ckamivevklidski ravnini R2.To.(invektor)v ravninije podanazdvemakomponentama: (komponenta1,komponenta2)=(x,y). Funkcijo ~ F:R2 . R2 , ki preslika ravnino v ravnino, imenujemo vektorska funkcija. Primer takšne vektorske funkcije je4 ~ F(x,y)=(x2+ y2 ,2xy). Pogosto zgornjo vektorsko funkcijo ozna.cimo tudi v obliki (X,Y)=(x2+ y2 ,2xy), da poudarimo, da je original iz (x,y)-ravnine, slika pa iz (X,Y)-ravnine.5  Primer3 Funkcija ~F(x,y)=(x2+ y2 ,2xy) preslika (x,y)-ravnino v (X,Y)-ravnino. Na 2 sliki 2.7 vidimo, da funkcija ~F preslika enotsko krožnico z ena.cbo x2+ y= 1v daljico X= 1, -1= Y = 1.  ~ Defnicija1 — Izometrija ravnine. Preslikavo F :R2 . R2, ki ohranja razdalje med to. ckami, imenujemo izometrija ravnine. ~ 4Argument funkcije ~F jeto.citnodvekoordinati,kar pomeni,daleživravnini. Slika cka (x,y), ki ima o.~2 funkcije F ima tudi dvekoordinati: X = x+ y2 in Y = x+ y. Zato je funkcija ~F res vektorska funkcija, ki ravnino preslika v ravnino. 5Seveda lahko obe ravnini tudi sovpadata. 2.1 Defnicija izometrije ravnine Defnicija2 — Linearnost. Preslikava Fce za vsak par vektorjev :R2 . R2je linearna, .~x,~y. R2 in vsak skalar a . Rvelja F(~x+~y)= F(~x)+ F(~y) aditivnost, (2.1) F(a~x)= aF(~x) homogenost.  Primer4 Ostanimo pri funkciji ~F(x,y)=(x2+ ycki A(1,0) in 2 ,2xy) in si poglejmo to.B(0,1). Razdalja med njimajepo formuli(1.1)enaka q v d(A,B)= AB =(1- 0)2+(0- 1)2 = 2. ~ Funkcija F cki Ain Bpreslika v isto to .= B0 =(1,0), zato je razdalja med A0 in B0 to.cko A0 enaka nic.q v d(A0 ,B0)= (1- 1)2+(0- 0)2 = 0= 0. v ~ Kombinacija obeh opažanj pomeni, da funkcijaFne more biti izometrija ravnine, saj 62= 0.  ~  Primer 5 Vektorska funkcija G(x,y)=(3x- y,2x- 2y) preslika premico y= 2x+ 3 v premico Y = -2X- 12, saj je X = 3x- y= 3x- (2x+ 3)= x- 3 in Y = 2x- 2y= 2x- 2(2x+ 3)= -2x- 6in posledi.= X+ 3inY = -2X- 12.  cno je x = -2(X+ 3) - 6 Slika 2.8:Trije primeri izometrij: oblak se prezrcali preko x-osi, krožni izsek se zarotira za 180. okolikoordinatnega izhodiš. ca, trikotnik se premakne za vektor (2,2). ~~ Funkcija Gje linearna, funkcija F pa je nelinearna. Vnadaljevanju bomo dokazali,daje vsaka izometrija (nehomogena)linearna preslikava: F(x,y)=(ax + by+ p,cx + dy+ q). (2.2) Preprosti primeri izometrij v ravnini so (glej sliko 2.8): • zrcaljenje(x,y)-ravnine preko x-osi (x,y) 7. (x,-y) • rotacija(x,y)-ravnine za 180. okoli izhodiš. ca O(0,0) (x,y) 7. (-x,-y) • premik (translacija)(x,y)-ravnine za vektor (p,q) (x,y) 7. (x+ p,y+ q). Lema1 6 Vsaka izometrija ravnine slika daljice v daljice. Dokaz. Naj bo AB daljica in naj bo X poljubna to . cka na tej daljici X . AB. Naj bo F izometrija ravnine.Tedaj za poljubne to cke .A, X in Bter A0 = F(A), X0 = F(X) in B0 = F(B) velja AX = X0A0 in XB= X0B0 . Ker so to.cko X cke A, X in Bkolinearne, je (za vsako vmesno to.. AB) AX + XB= AB. (2.3) Splošno velja:7 A0X0 + X0B0= A0B0 . Ker jeF izometrija,je A0X0 = AX in X0B0 = XB. Iz zgornjih ena. cb zaradi(2.3)sledi A0X0 + X0B0 = A0B0 , kar pomeni, da je X0. A0B0, kar pomeni, da izometrija F preslika daljico AB v daljico A0B0.  Naj bo F :R2 . R2 izometrija ravnine in naj velja ~x0 = F(~x) in ~y0 = F(~y),kot kaže slika 2.9. K med vektorjema~~ozna.~y). x inycimo s ^(x,~ 6Lema je v matematiki pomožna trditev. 7To je tako imenovanatrikotniška neenakost: najkrajša pot od to.cke A0 do to.cke B0 jepo ravni.crti/daljici; vse ostale poti, ki vodijo preko neke tretje to., so daljše, razen, .cka X0 leži na daljici A0B0: t. j. cke X0 ce tudi to.X0. A0B0- v tem primeru velja ena.cke A0 caj A0X0 + X0B0 = A0B0.Trikotnik,kigatvorijoto., X0 in B0,je izrojen. 2.1 Defnicija izometrije ravnine x~ in y~ x~ ozna. cimo z ^( ,~y). Lema2 Naj bo F:R2 . R2 izometrija ravnine.Tedajvelja ^(,~ y x~  0 0 ,~y)= ^ (2.4) x~ Dokaz. KerjeF izometrija, je x~ 0 2 k2 0- k Zato je x~ - y~ y~ = .   0- y~ 00-0 - - 2- x~ ( x~x~2- x~ ) y~ ( x~ + + k )= y~ y~ x~ x~ y~ ˇ ˇ 0 x~ x~ 0- 2 2 - 2 0 0 0 0 x~ y~ y~ y~ x~ x~ y~ + y~ y~ ˇ ˇ ˇ y~y~x~ ˇ k = k0k in kk = k ˇ ˇ = x~ y~ 0 2 k2 k2 0 0 0 x~ k x~x~ Ker jeF izometrija,je k y~ y~ + ˇ ˇ = . 0k, zato iz zgornje ena.cbe sledi 0 0 (2.5) y~ x~ y~ ˇ ˇ y~ x~x~ = kk0kk . x~ .cbo(2.5)delimozkCe ena. y~y~x~ k = k0k in kk = k 0 0k, sledi 0 x~ y~ x~ x~ y~ k0kk y~ ˇ ˇ = y~ 0kkˇ 0k k 0 0 x~ y~ x~ ˇ y~ cos = cos y~ x~ k0kk0 0k k m  0 y x~ ^(,~kar smo želeli dokazati.  Posledica1 Vsaka izometrija slika trikotnike v skladne trikotnike. ,~y)= ^ x~ , Dokaz. Po lemi 1 slika vsaka izometrija trikotnikev trikotnike. Po defniciji izometrija ohranja dolžine stranicv trikotniku.Po lemi 2poljubna izometrija ohranja ke trikotnika.  ~ Lema3 Vsaka izometrija,ki ohranikoordinatno izhodiš.ce ravnine,je linearna preslikava. ~ y. R2 in : R2 . R2 izometrija. kF(y)k = kyk, ~~ Dokaz. Naj bo F Potem za poljubne vektorje ~ x+ ~ kF(x)+ F(y)k = kyk. ~ ~ x,~y,~x+ njihove slike velja kF(x)k = kxk, Izra.cunajmo ~~ = kF(x+y) - F(x) - F(y)k2 ~ ~ =(F(x+y) - F(x) - F(y)) (F( x+ ~2k)y~~22FFFkkkkk()()( x+y+ x+= ~ - 2F(x+y) F(x) - 2F(x+ F(y) - 2F(x) ~~ ~~~~ ~ - 2(x+y) x- 2(x+ ~~~ ~~~~~~ ~ (2.6) R ~ ~F - )( y~ x) - F(y)) ˇ - ~ ~~~ F(y) y) ˇy- 2x )y~ ˇ ˇ ˇ Iz(2.6)in(2.5)sledi = kx+yk2= k(x+y) - ~ ~ = 0. ~ ~ k + - x~ ~ 2kx~ky ~ + kyk2 2 R ~ y x,~y. R2.Vemo,da ima samoni.celno celni vektor ni. ˇ ˇ ~~ Dokazali smo, da je R= 0za vsak par ~ kak = 0.a 0, ~ y)=~0, oziroma dolžino = ~~ ~~~~ ~~ ~~~ ~~ ~ zato sledi F(x+y) - F(x) - F(F(x+y)= F(x)+ F(y) Spodobnim razmislekom dokažemo še F(ax)= aF(x) F(x*)=x*, F. ~ aditivnost F homogenost  . Ce za vektorsko funkcijo: R2 . R2 obstaja to. cka ~ Defnicija3 x* =(x*,y*), za katero velja Fiksna to . cka. — jo imenujemo fksna to.cka preslikave 2.1 Defnicija izometrije ravnine Opomba. Iz slike 2.8 je razvidno, da ima zrcaljenje preko x-osi neskon.ck cno fksnih to.(celotna x-osje premica fksnih to.ca) ima eno samo fksno to. ck). Rotacija (okoli izhodiš.cko: središ.ce).Translacijao.ck. ce rotacije (koordinatno izhodiš.citno nima fksih to.Najprej bomo obravnavali simetrije ravnine.Vnadaljevanju bomo obravnavališe sime­trijekon.cdimenzionalni cnih (ravninskih) vzorcev.8 Na sliki 2.10 (b) vidimo, da imajo ve.kon.c simetrijkot ravninski(kon. cni vzorci v splošnem ve.cni) vzorci. Kvader je 3D posploši­tev pravokotnika. Pravokotnik ima dve (pravokotni) zrcalni premici in dve rotaciji: za k 180. in za k 360., kvader ima tri (paroma pravokotne) zrcalne ravnine in tri pare rotacij za 180. in 360. . ~ (a) Ena zrcalna ravnina letala. (b)Tri zrcalne ravninekvadra. Slika 2.10:V3D prostoruo.c simetrijkotv2D prostoru. Prostorskih vzorcev citno obstaja ve.v tem u. cbeniku ne obravnavamo. Za simetrijo bomo uporabljali naslednjo defnicijo. Defnicija4 — ck v ravnini. Sime- Simetrija množice. Naj bo M. R2 neka množica to.S:R2 . R2, ki množico Mpreslika vase: trija množice Mje vsaka izometrija ~ S(M)= M. Pravimo tudi,daje množica Minvariantna za preslikavo ~~ ~ ~ ~ S. Opomba. Identicna preslikava ravnine .~I:R2 . R2, ki vsako to.cko ravnine preslika vase I(x)=x .x . R2 , 9 je simetrija vsake množice M. R2.  Primer 6 Funkcija f : R . R je soda, .Graf ce za vsak x . R velja f(x)= f(-x). (poljubne) sode funkcije je simetri .Na sliki 2.11 vidimo grafa racionalnih cna množica. x2-2 x2-6x+7 funkcij f(x)= in g(x)= ck . Množica to. 2x2+32x2-4x+5 Gf =  (x, y) . R2 y= f(x) 8Neskon. cnih vzorcev ne bomo podrobno obravnavali. 9Identi. cno transformacijo imenujemo tudi trivialna simetrija. je zrcalno-simetri.ck cna. Za množico to .  Gg =(x,y) . R2y= g(x) ne obstaja nobena netrivialna simetrija.  (a) Graf sode funkcije. (b) Graf funkcije, ki ni soda. Slika 2.11: Množica Gf ima zrcalno simetrijo. Množica Gg nima niti zrcalne, niti rotacijske simetrije. 2.2 Simetrije ravnine . Ce za množico Mv defniciji 4vzamemo celotno ravnino R2, govorimo o simetrijah ravnine. ~ Vsaka izometrija ravnine F : R2 . R2 je tudi simetrija ravnine. V nadaljevanju bomo uporabljali oznako ~ F(X)= X0 za funkcijsko vrednost (sliko) to.cke X. Vpoglavju4bomo dokazali,daje vsaka izometrija ravnine bodisi • rotacija, • zrcaljenje, • translacija ali • drsno zrcaljenje. Orientacijavtrikotniku .ABC jepozitivna10,. ce smer gibanja A. B.Copisuje rotacijo nasproti urinega kazalca: pozitivna orientacija. Na sliki 2.12 vidimo, da zrcaljenje obra. ca orientacijo trikotnika. Primeri izometrij ravnine, ki smo jih že spoznali, so translacija (T), rotacija (R) in zrcaljenje (Z).Videli smo,daTinRohranjata orientacijov trikotniku,Zpa ne. 10. Cejev trikotniku .ABC smer gibanja A. B. Cv smeri urinega kazalca ,je orientacija trikotnika .ABC negativna. 2.2 Simetrije ravnine ca orientacijo trikotnika. Zrcaljenje preko osi z preslika trikotnik .ABC (s pozitivno orientacijo) v .A0B0C0 (z negativno orientacijo). Vvseh spodnjih primerih seto.cka Bse preslika v B0 (in to.se cka Apreslika v A0, to.cka Cpreslika v to.cko C0): A7. A0 , B7. B0 . Za simetrale in nosilke bomo uporabili naslednje oznake. Simetralo daljice AA0 ozna.cimo s . sim AA0 , nosilko daljice AB ozna.cimo z . nos AB , simetralokota ^ASA0 ozna. cimo s . sim ^ASA0. Na sliki 2.13 vidimo, kako prepoznamo zrcaljenje. Spomnimo se, da je zrcaljenje dolo. ceno z zrcalno osjo (premico z); zrcalna os z je simetrala11 poljubne daljice AA0 . . z = sim AA0 = sim BB0 . Štirikotnik AA0B0B, ki nastane z zrcaljenjem daljice AB, je trapez. Na sliki 2.14 vidimo, kako prepoznamo translacijo, ki je dolo.s translacijskim cena vektorjem~t. Slika poljubne daljice AB porodi paralelogram, sajje - . - . ~t = AA0 = BB0 . 11Kar sovpada s simetralo daljice BB0 in tudi s simetralo daljice CC0 . Slika 2.14:Translacijo prepoznamopo paralelogramu AA0B0B,kiga porodi premik daljice AB.Translacija ohranja orientacijo trikotnika. Na sliki 2.15 vidimo, kako prepoznamo rotacijo, ki je dolo.cem Sin kom cena s središ .rotacije . (to sta podatka, ki ju iš.Ce se to.ce na simetrali cemo). .cka Apreslika v A0, je središ.daljice AA0 . S. sim AA0 . Enako velja12 za simetralo daljice BB0 . S. sim BB0 . Zato je: . . S= sim AA0n sim BB0 . = ^ASA0 = ^BSB0 . 12. Ce enako velja še za to. cko C, potem gre dejansko za rotacijo. 2.2 Simetrije ravnine ce Sv prese.cu simetral daljic AA0 in CC0 . K rotacije je: . = ^BSB0. Rotacija ohranja orientacijo trikotnikov.  Primer7 Za izometrijo na sliki 2.16 (a) vidimo, da obra.ca orientacijo. Preverimo, ali . gre za zrcaljenje. Simetrala daljice AA0, sim AA0 , predstavljenaz rde.co.crto, ne sovpada . s simetralo sim CC0 crto. , ki je predstavljena s sivo .Zato ta izometrija ne predstavlja zrcaljenja.Ker obra . ca orientacijo, ne more predstavljati niti translacijie, niti rotacije.Torej gre za neko novo vrsto izometrije,kijo imenujemo drsno zrcaljenje.13  Na sliki 2.16je prikazano drsno zrcaljenje. ~ Defnicija5 Naj bo podana premica din njej vzporeden neni.d.Kompozicija celni vektor zrcaljenja preko osi din translacije za vektor d~imenujemo drsno zrcaljenje. Kot smo videliv primeru7,grezanovo vrsto izometrije,ki nima fksneto.ca cke in obra.orientacijo trikotnikov. Glede (ne)ohranjanja orientacije in (ne)obstoja fksnih to. ck lahko izometrije ravnine razporedimo v spodnjo tabelo: Orientacija Fiksne to.cke Se ohrani Se obrne Obstajajo R Z Ne obstajajo T D Tabela 2.1: Izometrije ravnineT:translacija,R: rotacija,Z: zrcaljenje,D: drsno zrcaljenje. Na sliki 2.17,kije narisanaz Geogebro14, vidimo, kako prepoznamo drsno zrcaljenje,ki je dolo.d. ceno s premico zrcaljenja din (njej) vzporednim vektorjem ~ 13Vangleš.citi cini se drsno zrcaljenje imenuje glide refection. Pri drsnem zrcaljenju moramo poiskati/dolo. ~~ zrcalno os d=?in vektor zrcaljenjad=?Vektor zcaljenjadje vedno vzporeden z zrcalno osjo d. 14Geogebraje odprtokodni program,kije dostopen napovezavi. (a) Izometrija, ki obra.ca orientacijo. (b) Drsno zrcaljenje. . . 6ca orientacijo, gre za novo-. cetrto izometrijo ravnine drsno zrcaljenje. (b) Drsno zrcaljenje je defnirano z zrcalno premico din njej vzporednim vektorjem d~. Postopek iskanja osi in vektorja drsnega zrcaljenja (glej sliko2.17): . 1. Poglejmo daljico BC in njeno sliko B00C00 . Narišimo obe nosilki p= nos BC in . B00C00 q= nos .. • .cajno vzporedni, je os drsnega zrcala pravokotna na Ce sta premici pin qslu. njuno (skupno) smer . d. nos BC . • Obi.cajno se premici pin qsekata v neki to.cki Din simetrala15 ka . = ^D, pod katerim se obe nosilki pin qsekata, je vzporedna z osjo d: dk sim (.) ... premica s na sliki 2.17. 2..cki Ain A00 potegnemo vzporednicik s Ce skozi to.= sim (.) in pravokotnico skozi tocko .A, dobimo tocko .A0. Os drsnega zrcala d (rde.crta) je simetrala daljice AA0 ca.. ~ Vektor drsnega zrcaljenjadpoteka od to.cke A00 (glej sliko 2.17). cke A0 do to. 2.3 Sestavljanje izometrij Spomnimose,da lahko funkcije sestavljamo. Sestavljeno funkcijo imenujemo tudikompozi­cija ali kompozitum funkcij.Vemo, da za realni funkciji f :R.Rin g:R.Robstajata dva kompozituma ( f. g)(x)= f(g(x)) in (g. f)(x)= g( f(x)), ki obi.cajno nista enaka: f. g6 = g. f. 15Lahko gre za k ^BDB00 ali pa njegov suplementarni k. Na sliki 2.17 iš. cemo suplementarni k, katerega simetrala je premica s. 2.3 Sestavljanje izometrij ce) premice v trikotnik .A00B00C00. Vektor zrcaljenja d ~poteka od to.cke A00 . .crti sta cke A0 do to.Crtkani.vzporedniciksimetrali ka . = ^D.  Primer8 Za realni funkciji f(x)= x2 in g(x)= ex zapišimo obakompozituma f. gter g. f in ju izvrednotimo pri x = 1: ( f. g)(x)=(ex)2 = e2x =. ( f. g)(1)= e2 ˜ 7.389 2 12 (g. f)(x)= ex=. (g. f)(1)= e= e ˜ 2.718. Vidimo, da rezultata nista enaka: 7.389 ˜ ( f. g)(1) 6 =(g. f)(1) ˜ 2.718.  Tudi izometrijev ravnini lahko sestavljamo.Vnaslednjem poglavju,ko bomo spoznali matrike, bomokompozitume lahko predstavili tudi ra . cunsko, v obliki (sestavljene) funkcije. Vtem razdelku bomo graf. cno/konstrukcijsko prikazali, da zaporedno delovanje dveh od štirih izometrij ravnine vedno predstavlja eno od teh štirih izometrij ravnine.  Primer9 —Translacija translacije T1. T2. Kot vidimo na sliki2.18, je translacija T2 translacije T1 nova translacija T za vektor T = T2. T1: (x,y) 7. (x,y)+~t2+~t1. Sami razmislite,daje T1. T2 = T2. T1.  Slika 2.18:Translacija translacijeje translacija. Modri trikotnik ses translacijo~t1 preslika v sivega. Sivi trikotnik se potem s translacijo~t2 preslika v rde .~t1+~t2 cega. Kompozitumpreslika modri trikotnik neposredno v rde . cega. Slika 2.19:Translacija zrcaljenjajeskorajvedno drsno zrcaljenje. Modri trikotnik se preko --. premice z prezrcali v sivega. Sivi trikotnik se z vektorjem B0B00 translira v zelenega. Enako dosežemo,.ce. ce modri trikotnik drsno prezrcalimo preko rde.crte d.  Primer 10 —Translacija zrcaljenjaT. Z. Najprej razmislimo, katere izometrije sploh lahko nastanejo s takim sestavljanjem? Zrcaljenje obra. ca orientacijo, translacijajoohranja. Torej sestavljena izometrija obra. ca orientacijo. Sami razmislite,da imatranslacija zrcaljenja lahko fksnoto.cejevektor translacijepravokoten16naos zrcala.Vtem primeruje cko samo, .kompozitum zrcaljenje,kijevzporednoza. cetnemu zrcaljenju. Glej nalogo 14.Vvseh drugih primerih pa sestavljena izometrija nima fksne to . cke, zato gre nujno za drsno zrcaljenje,kot prikazuje slika 2.19.  16Toje tako imenovani izrojen primerkompozitumaT. Z. 2.4 Naloge Slika 2.20:Translacija rotacijeje nova rotacija. Modri trikotnik zarotiramookoli središ. ca --. S1 v sivega, tega pa z vektorjem~tA0A00 vzporedno premaknemo v rde . = ci trikotnik. Enako dosežemo,.ca S2. ce modri trikotnik zarotiramo za isti k okoli središ. Primer11 —Translacijarotacije T. R. Najprej razmislimo, katere izometrije sploh lahko nastanejo s takim sestavljanjem. Rotacija okrog središ . ca S1 za k . in translacija za vektor ~t ohranjata orientacijo.Torej tudi sestavljena izometrija ohranja orientacijo, kar pomeni,da gre lahko za neko novo translacijo17, cinoma pa gre za neko novo rotacijo za enak k .. ve.Razmisli, da novo središ ce,.S2, dobimo tako, da vektor~t zarotiramo okoli to . cke S1 za k .. Središ.ce S2 je fksna to.cka sestavljene izometrije; glej sliko 2.20.  Opomba. Ostalekompozitume bomo ra . cunsko obravnavaliv poglavju 4. 2.4 Naloge Naloga7 Poiš.cnega vzorca na sliki 2.1 (b)? cite simetrijekon.Glej rešitev 7 Naloga8 Poiš.cnega vzorca na sliki 2.2 (b)? cite simetrijekon.Glej rešitev 8 Naloga9 Ali je (x,y) 7. (x+ 2y,-x+ 4y) izometrija ravnine? Namig: Preslikaj to . cko T(0,1) in potem še daljico OT. Glej rešitev 9 Naloga 10 Alije f (x)= x2- 4x+ 1soda funkcija? 17Razmisli,da nastane translacija samo, .. ce je k rotacije enak 360. ali pa0. Glej rešitev 10 Naloga 11 Podana je funkcija f (x)= x2- 4x+ 1. Alije graf Gf zrcalno simetri . cen? Glej rešitev 11 Naloga 12 Kateraod štirih osnovnih simetrij ravnineje na sliki 2.21? Glej rešitev 12 Naloga 13 Kateraod štirih osnovnih simetrij ravnineje na sliki 2.22? Glej rešitev 13 oz. sliko 8.3. Naloga 14 Naj bo A(0,1), B(0,3) in C(-1,3).Trikotnik .ABC prezrcali preko premice y= x,da nastane trikotnik.A0B0C0.Trikotnik .A0B0C0 vzporedno premakni zavektor (-1,1). Dokaži,dajekompozitum obeh izometrij zrcaljenje preko premice y= 1+ x. Preveri, da gre za poseben primer,kojevektor translacije (-1,1) pravokoten na os zrcala y= x. Glej rešitev 14 V razdelku 1.1 smo spoznali geometrijske vektorje v ravnini R2 in v trirazsežnem (ev­klidskem) prostoru R3. Spomnimo se, da je bistvo geometrijskih vektorjev v R2 in R3 komponentni zapis (komponenta1, komponenta2)=(x,y) v R2 (komponenta1, komponenta2, komponenta3)=(x,y,z) v R3 . Ovektorjih lahko govorimo bolj splošno, tako, da defniramo vektorski prostor (glej dodatek 8.7). Obstajajo tudi n-razsežni realniinkompleksnivektorski prostori,kijih ozna.cujemoz (Rn ,+,ˇ) oziroma s (Cn ,+,ˇ). Tudi2× 2in3× 3-matrike,kijih bomo obravnavaliv tem poglavjutvorijo 2ˇ 2= 4in 3ˇ = 9-razsežni vektorski prostor. Obstajajo celo neskon . 3cno razsežni vektorski prostori. 1 V tem u. cbeniku se bomo omejili na geometrijske vektorje iz R2 (in delno iz R3)in matrike, ki predstavljajo linearne preslikave iz R2v R2 (ali iz R3v R3). Natan. cna defnicijavektorskega prostora (glej dodatek 8.7)nad skalarji(vnašem primeru R)opredeli, kako se 1Kot primer navedimo prostor funkcij, ki so zvezne na intervalu[a,b]. Naslednji pomemben primer neskon . cno razsežnega vektorskega prostora je prostor kvadratno-integrabilnih funkcij. a =(a1,a2) vektor iz R2 in a . R nek skalar ~ • vektorji množijo s skalarji. Naj bo(število). Potem je aa =(aa1,aa2) razteg oz. skr. citev vektorja ~ a,kot kaže slika 3.1; • vektorji seštevajo (in odštevajo). ~~ ce je a > 1. Za uporabo so zanimivejši vektorski prostori, v katerih lahko vektorje tudi množimo.2 Spomnimo se,dajevektorkoli .cenas smerjo, usmerjenostjoin dolžino. K cina,kije dolo.citev, . ce je a < 1, lahko pa gre za b ~ ~ ~~ med vektorjema iz R2 (ali iz R3)lahko izra. cunamo s pomo .a inbz dolžinama kak in ~ cjokosinusnega izreka 2. b. Za poljubna vektorja , ki oklepata k ., lahko defniramo skalarni produkt. Slika 3.2: Pravokotna projekcija vektorja Defnicija6 Skalarni produkt, ˇ ~ ~ ~ ab= kak b 2VR2 in R3 poznamo skalarni produkt (v R3 pa še vektorski produkt). ~ ˇ cos .. (3.1) Iz defnicije(3.1)sledi3 a ~ ˇ b= bˇ ~ ~ za vsak par vektorjev a Prav tako sledi ~ a, b aa = kak2 ~ a in ~ vektorjev in razdalje med to.ckami. ~ a na vektorb,kot kaže slika 3.3. Iz defnicije(3.1)sledi ~ ~ ~Pravtakolahkospomo.cjoskalarnegaproduktaizra.cunamo(pravokotno)projekcijo navektorb,proj: aab proja ˇ b~ b~ a~ b . proja b kak ~ ~ benotskivektor 4,iz(3.2)sledi ~~ ~ ~ ~~~ ~~~ ~ ˇ , saj je k med a enak0..To pomeni, da lahko s skalarnim produktom ra. cunamo dolžine vektorja kak b Na sliki 3.2 cos . povežemo s projekcijo vektorja ba ~ ~~ ˇ ~ cos . = . cos . = (3.2) = = . Ce jeprojba ab. ~ ~Izena.cbe(3.3)inizslike3.3sledigeometrijskidokazdistributivnostiskalarnegaprodukta za seštevanje ~ ~ (3.3) ˇ = ~ ~~ ~~ ~~ ~~ ~a + ~1~ (a2) ba1b+a2b. ~ Za pravokotna enotska vektorja~i=(1,0) in iiijjj (3.4) ˇ ˇ ˇ = ~ ~~~ j=(0,1) velja = 1. (3.5) j xysledi formula = 1 = 0 in ˇ ˇ ˇ x,~y. R2 lahko5 zapišemokot linearnokombinacijovektorjev~iin Poljubna vektorja ~j i+ x2 ~ ~ ~ ~ ~~~~~~~ x = x1 y= y1 Zuporabo formul(3.5)in(3.4)za skalarni produk xyx1 y1 j i+ y2 ~j. ˇ     i+ x2 ~j i+ y2 ~j ˇ ˇ = ~ ~ ˇ i+(x1y2+ x2y1)iˇ j+ x2y2 ~j ˇ ~ = x1y1 i= x1y1+ x2y2. ~ ~ 3Kerjekosinus soda funkcija: cos(-.)= cos . za vsak .. 4. Ceje vektorbenotski, velja b = 1. 5Podobno velja tudi za vektor ~x . Rn . ~ Opomba. Podobno za vektorja a =(a1,a2,a3) in 3 = a1b1+ a2b2+ a3b3 ~ . ab VR3 lahko za poljubna vektorja ~ aibi. ˇ ~ = i=1 ~~ ~ ~~ ~~ a inb, ki oklepata k ., defniramo še eno množenje vektorjev, katerega rezultatje novivektor. a inbje vektor ~ a inb: a proti b;glej sliko3.4. Defnicija7 — Vektorski produkt. Vektorski produkt vektorjev b~, × a~ c ~ za katerega velja: = 1. Dolžina vektorja c je enaka ploš. cini paralelograma,kigatvoritavektorja ~~ ~ ~ ~~ kck = kak b c je pravokoten na oba vektorja 3. Usmerjenostvektorja sin .. 2. Vektor ~~ a inb. c dolo.cnega vijaka,.ca gibanje desnosu.cega vrtimoodNaslednje leme sledijo direktnoiz defnicije 7. Lema4 Vektorski produkt je antikomutativen: ~ ~~~ ~~~ ~~ ~~~~~  ~ ~ ~ ~ b×a = -a× b antikomutativnost Lema5 Za vektorski produkt veljata oba distributivnostna zakona: (a1+a2) × ba1× b+a2× b a× b1+ b2 a× b1+a× b2 = distributivnostna zakona = ceje kazalec vektor ~a in sredinec~b, kaže njun vektorski produkt~a× ~bv smeri palca. Desni del slike kaže smer gibanja desnosu.cega vrtimov smeri vijoli.cice. cnega vijaka, .castepuš . Lema6 Za vektorski produkt velja homogenost:   ~ a~a× ~b= ~a× ab= a ~a× ~bhomogenost ~ Lema7 Vektorji~i=(1,0,0), j=(0,1,0) in~k=(0,0,1) so enotski in paroma pravokotni. Za njihove vektorske produkte velja: ~ ~~~~~~~~ i×j= ~k, j× ~k= ~i, k×i= j in i×~i= j×j= ~k× ~k= ~0. Posledica2 Naj bo~a =(a1,a2,a3) in~b=(b1,b2,b3).Tedaj je     ~~~~ ~a× ~b= a1 i+ a2 ~j+ a3 k × b1 i+ b2 ~j+ b3 k ~~~ = a1b2 ~k- a1b3 j- a2b1 ~k+ a2b3 ~i+ a3b1 j- a3b2 i . ~a× ~b=(a2b3- a3b2,a3b1- a1b3,a1b2- a2b1) (3.6) Dokaz. Formula3.6 sledi direktno iz zgornjih lem.  ~ Opomba. Naj bo ~a =(a1,a2,a3) inb=(b1,b2,b3). Preveri, da lahko vektorski produkt ra.cjo determinante cunamo tudi s pomo . ~a× ~b = ~ ~~ ijk a1 a2 a3 b1 b2 b3 . ~  Primer 12 Naj bo ~a =(1,2,-1) inb=(3,2,1). Potem je ~ a× ~b = ~ ~~ ij k 12 -1 3 -20 ~ ~ = -2i- 3~j- 8k= -(2, 3,8).   Primer 13 .~bvzporedna, je njun vektorski produkt enak ~0=(0,0,0). Ce sta vektorjaa in~6 ~ Vektorja~a =(1,2,-1) inb=(3,2,1) nista vzporedna, saj je ~a× ~b= -(2,3,8) 6=(0,0,0).  ~  Primer 14 Naj boa =(1,2,-1) incina paralelograma,kiga ~b=(3,2,1). Potem je ploš.tvorita vektorja ~a in~b, enaka ~ v 22+ 32+ 82 = p pl a× ~b 77 ˜ 8.775. = =   Primer 15 Naj bo A(1,0,-1), B(0,1,2) in C(3,2,0). Potemje ploš. cina trikotnika .ABC enaka -.-. AB× AC 1 pl. = 2 1 k(-1,1,3) × (2,2,1)k = 2 v = k(-5,7,-4)k = 90 11 22 ˜ 4.743 kvadratne enote.  3.1 Množenje matrike z vektorjem ~ V defniciji 2 smovektorsko funkcijo A:R2. R2 imenovali linearna, . ce je za poljubna vektorja~x,~y. R2 in poljubni skalar a . Rveljalo: ~~~ A(~x+~y)= A(~x)+A(~y) ~ A(a~x)= a~A(~x).  Primer 16 Splošno linearno preslikavo ravnine R2 lahko zapišemo v obliki ~ A(x,y)=(ax + by,cx + dy). (3.7)   Primer 17 Splošno linearno preslikavo prostora R3 lahko zapišemo v obliki ~ A(x,y,z)=(a1x+ b1y+ c1z,a1x+ b1y+ c1z,a1x+ b1y+ c1z).  6.a in~cina paralelograma,kigavektorjatvorita, enakani. Ce sta vektorja~bvzporedna,jeploš .c,sajjekmed vektorjema enak ni. c in sin(0)= 0. 3.1 Množenje matrike z vektorjem Opomba. O.cno dolo. citno je linearna preslikava ravnine R2 (prostora R3)enoli.cena s štirimi (devetimi) števili a,b,c,d. R potrebna informacija v R2 (a1,2,3,b1,2,3,c1,2,3 . R potrebna informacija v R3). Opomba. Linearne preslikave (ravnine) ozna . cujemo brez vektorja in tudi brez oklepajev, ki nakazujejo funkcijsko odvisnost: ~ AA vektorskega znaka ne pišemo ~ A(~x) A~x oklepajev ne pišemo Krajši zapis linearnih preslikav, kjer vso potrebno informacijo zapišemo v razpredelnico, imenujemo matrika. Matrika linearne preslikave ravnine 7je2× 2-razpredelnica (realnih) števil: "# ab A(x,y)=(ax + by,cx + dy) .. A= . cd Opomba. Prideluz matrikami,pišemovektorjekotstolpce(inneve.ckot vrstice) "# (x1,x2) .. x1 ravninski vektor x2 .. x1 (x1,x2,x3) .. .. x2 .. prostorski vektor x3 Matrika linearne preslikave prostora8je3× 3-razpredelnica (realnih) števil: ... ... xb11x+ b12y+ b13zb11 b12 b13 ... ... B . y .= . b21x+ b22y+ b23z ... B= . b21 b22 b23 .. zb31x+ b32y+ b33zb31 b32 b33 Ocitno smo matriko defnirali tako, da množenje matrike .Az vektorjem~x pokomponentah predstavlja skalarni produkt ustrezne vrstice matrike z vektorjem ~x: " #"#" #" # abx ax + by prva vrstica ˇ~x A~x = == . cdy cx + dy druga vrstica ˇ~x "# "# 12 -3  Primer 18 Produkt matrike A= z vektorjem~x = je -34 1 " #"#"# 12 -3 -1 A~x == , -34 1 13 7To pomeni, da ravnino preslika v ravnino:A:R2 . R2. 8To pomeni, da prostorR3 (pre)slika v prostor R3, kar simboli.. cno zapišemo B:R3 . R3 saj je (1,2) ˇ (-3,1)= -3+ 2= -1 prvakomponenta rezultata (-3,4) ˇ (-3,1)= 9+ 4= 13 drugakomponenta rezultata.  Opomba. Pravimo, da matrika Avektor (-3,1) preslika v vektor (-1,13) A:(-3,1) 7. (-1,13) oziroma, da je (-1,13) slika vektorja (-3,1). Defnicija8 Glavni lastnosti linearnih preslikav sta A(~x+~y)= A~x+ A~y ~x,~y. R2 ,a . R linearna preslikava (3.8) A(a~x)= aA~x  Primer 19 Za preslikavo, ki je dolo. cena z matriko "# 12 A= -13 preverimoobe lastnosti(2.1).Najbo~x =(x1,x2) in~y=(y1,y2) ter a . R. Potem je "#"#" # 12 x1+ y1 x1+ y1+ 2x2+ 2y2 A(~x+~y)= = -13 x2+ y2 -x1- y1+ 3x2+ 3y2 " #"#" #"#" # 12 x1 12 y1 x1+ y1+ 2x2+ 2y2 A~x+ A~y=+= -13 x2 -13 y2 -x1- y1+ 3x2+ 3y2 in " #"#" # 12 ax1 ax1+ 2ax2 A(a~x)= = -13 ax2 -ax1+ 3ax2 "#" # x1+ 2x2 ax1+ 2ax2 aA~x = a = . -x1+ 3x2 -ax1+ 3ax2  Vprimeru8smo se spomnili sestavljanja funkcij oz.kompozitumov.Tudivektorske funkcije F:R2.R2 lahko sestavljamo.Vnaslednjem razdelkupovežemo množenje matrik skompozitumi linearnih transformacij. 3.2 Množenje matrik V splošnem lahko (pravokotni) matriki A in Bzmnožimo, kadar je število stolpcev prve matrike enako številu vrstic druge matrike: torej, . ce je matrika Amatrika dimenzije n× qin Bmatrika dimenzije q× m. Rezultat AB je potem n× m-matrika. Obravnavali bomo samo (kvadratne)2× 2in3× 3matrike. 3.2 Množenje matrik Defnicija9 Matriki množimo tako, da skalarno množimo vrstice prve matrike s stolpci druge matrike "# "# hi . c11 c12 C= AB = .. = . . c21 c22 skalarni produkt vrstice in stolpca " #" # 12 -31  Primer 20 Produkt matrik A= in B= je -34 12 " #"# c11 c12 -15 C== , c21 c22 135 saj je c11 =(1,2) ˇ (-3,1)= -1 c12 =(1,2) ˇ (1,2)= 5 c21 =(-3,4) ˇ (-3,1)= 13 c22 =(-3,4) ˇ (1,2)= 5.  Tako defnirano množenje matrik ima dve zanimivi lastnosti: 1. Matrikolinearne preslikavelahkozelo enostavno zapišemo, .ce poznamo slikivektorjev ~~ i=(1,0) in j=(0,1), saj je " #"#" # a11 a12 1 a11 = a21 a22 0 a21 " #"#" # a11 a12 0 a12 = . a21 a22 1 a22 To pomeni: slika vektorja(1,0) predstavlja prvi stolpec matrike, slika vektorja (0,1) pa predstavlja drugi stolpec matrike A. 2. Zaporedno delovanje oz. kompozitum linearnih preslikav sovpada z množenjem pripadajo. cih matrik =(A. B)(~x)= A(B~x)=(AB)~x = AB~x.  Primer 21 Matrika, ki rotira (x,y)-ravnino za kot . okrog koordinatnega izhodiš.ca v pozitivni smeri, preslika vektor (1,0) v vektor (cos .,sin .) in vektor (0,1) v vektor (-sin .,cos .) , kot kaže slika3.5. (1,0) 7. (cos .,sin .) prvi stolpec (0,1) 7. (-sin .,cos .) drugi stolpec "# hi cos . -sin . R. = .. = (3.9) sin . cos .  Naslednji primer dokazuje,daje (A. B)(~x)= A(B~x)=(AB)~x, kar pomeni, da množenje matrik predstavljakompozitum linearnih preslikav.Na strani 114jedokazano,dajemnoženje matrik( . ceje njihov vrstni red tak,da so glede produktakompatibilne) asociativno.  Primer 22 Naj bo Amatrika,ki predstavlja rotacijo zakot . = 30. v pozitivni smeri. Naj bo Bmatrika zrcaljenja ravnine preko premice y= x " #" v # 3 -1 cos30.-sin30. 2 v 2 A== 13 sin30. cos30. 22 "# 01 B= 10 "# 1 Racunsko preverimo,daje .A(B~x. Ideja: najprej izberemox , izra. x)=(AB)~~= cunamo 2 levo in desno stran ena. cbe, ter primerjamo oba rezultata. Poskusite isto ponoviti za poljuben "# x vektor~x = .  y Rešitev. Izra.cbe L: cunamo levo stran ena . " #"#"# 01 1 2 B~x == 10 2 1 " v #"#" #" # 3 -1 v 3- 1 21.2321 2 v 2 v 2 A(B~x)= = ˜ . 13 3 11+ 1.866 22 2 3.2 Množenje matrik Izra.cbe D: cunamo desno stran ena . " v #" #" v # 3 -1 -13 01 22 22 AB = v = v 13 31 10 22 22 " v #"#" #" # -131 v 3- 11.2321 v 22 v 2 (AB)~x == ˜ . 31 3 21+ 1.866 22 2 Dokazali smo, da sta leva in desna stran za ~x =(1,2)T enaki. Sami razmislite, da enakost L= D velja pri poljubnem vektorju ~x =(x,y)T, kar pomeni, dakompozitum matrikres predstavlja množenje matrikA. B= AB. Opomba. Vektor(x1,x2,...,xn) si lahko predstavljamokot matriko dimenzije n× 1. Zadnji primer kaže, da je množenje matrik (in vektorjev) asociativno, A(B~x)=(AB)~x. Naslednji primer pokaže, da obstajajo matrike, za katere AB 6BA,kar dokazuje, da množenje = matrik ni komutativno: AB 6 = BA.  Primer 23 Podani sta matriki "# "# 11 01 A= in B= . 00 01 Izra.cunajmo produkta AB in BA: " #" #" # 11 01 02 AB == 00 01 00 " #" #" # 01 11 00 BA== . 01 00 00 O.citno velja9 AB 6= BA.  . Ce poznamo sliko poljubnega vektorja~x =(x,y) A:(x,y) 7. (ax + by,cx + dy), ustrezna matrika predstavlja zapiskoefcientov a,b,c,dv vrstice matrike "#" # . ab . cd A== . 9Vidimo,daje produktBkrat Ani.ceprav niti A, niti Bni ni. celna matrika, .celna matrika.Takim parom matrik pravimo delitelji ni. ca.  Primer 24 Zrcaljenje (x,y)-ravnine preko premice ycko/vektor = x preslika poljubno to .(x,y) v to. cko/vektor (y,x) Zy=x :(x,y) 7. (y,x)=(0x+ 1y,1x+ 0y). To pomeni, da je matrika, ki ustreza temu zrcaljenju, enaka: "# 01 Zy=x = . 10  "# ab Defnicija 10 Determinanta2 × 2-matrike A= je število cd det (A)= ad - bc. .. a11 a12 a13 Defnicija 11 Determinanta3 × 3-matrike A= .. a21 a22 a23 .. je število a31 a32 a33 det (A)= a11a22a33 + a12a23a31 + a13a21a32 - a12a21a33 - a11a23a32 - a13a22a31 cunanje3× 3-determinante. .trojic. Opomba. Opazimo, da je det (A) mogo.cjo sheme na sliki 3.6, ki je ce interpretirati s pomo.znanakot Sarrusovo pravilo.: Matrike seštevamoin množimos skalarjem podobnokot seštevamoin množimovek­torje10: "#"#" # a1 b1 a2 b2 a1+ a2 b1+ b2 += c1 d1 c2 d2 c1+ c2 d1+ d2 "#" # a1 b1 aa1 ab1 a = . c1 d1 ac1 ad1 10Podobni formuliveljata za3 × 3-matrike. 3.3 Inverz matrike 3.3 Inverz matrike Identiteta11 "# 10 I= 01 je matrika, ki vsak vektor~x preslika vase I~x =~x .~x. Inverzna matrika predstavlja inverzno (linearno) transformacijo A-1 , za katero velja: A-1A= AA-1 = I inverzna matrika "#  Primer 25 Inverzna matrika A-1 matrike A= ab je cd "# 1 d -b A-1 = . (3.10) det (A) -ca   Primer 26 Formula zainverz3× 3-matrike .. a11 a12 a13 .. A= . a21 a22 a23 . a31 a32 a33 je znatno obsežnejša, zato na spletu obstajajo kalkulatorji inverznih matrik .. a22a33 - a23a32 -a12a33 + a13a32 a12a23 - a13a22 1 .. A-1 = . a23a31 - a21a33 a33a11 - a31a13 -a11a23 + a13a21 .. (3.11) det (A) -a31a22 + a21a32 -a32a11 + a31a12 a22a11 - a21a12  Kot zadnji primer v tem razdelku si poglejmo matriko zrcaljenja preko premicey= 2x.  Primer 27 Matrika "# 10 Z= 0 -1 zrcali (x,y)-ravnino preko x-osi. Naj bo . = arctan2 ˜ 63.44. . Razmisli, daje "# -34 55 Zy=2x = R. ZR-. = . 43 55  11Tudi identi. cna ali enotska matrika. Opomba. Razmisli, da za matriko zrcaljenja preko premice y= tan . ˇ x velja12 "# cos2. sin2. Zy=tan .ˇx = . sin2. -cos2. 3.4 Ortogonalne matrike Vnadaljevanju boAoznaka za kvadratno matriko "# ab A= cd dimenzije2 × 2. Defnicija 12 Matriki Alahko priredimo matriko "# AT ac = , bd kijo imenujemo (matriki A)transponirana matrika. Opazimo, da velja: . AT = (A)ij ji .i, j.{1,2}. Defnicija 13 Matrika Aje ortogonalna,.ce velja AAT = ATA= I. (3.12) . Opomba. Ce na obe vrsticimatrike Agledamokot navektorja (a,b) in (c,d), matri. cna ena.= Ipomeni cba AAT • vektor(a,b) je enotski vektor, • vektorja(a,b) in (c,d) sta pravokotna/ortogonalna, • vektor(c,d) je enotski vektor. . Opomba. Ce na oba stolpca matrike Agledamokot navektorja (a,c) in (b,d), matri. cna ena.= Ipomeni cba ATA • vektor(a,c) je enotski vektor, • vektorja(a,c) in (b,d) sta ortogonalna, • vektor(b,d) je enotski vektor. Opomba. Iz defnicije 3.12 sledi, da za vsako ortogonalno matriko velja A-1 = AT . 3.5 Naloge Naloga 15 Podana sta prostorska vektorja ~a =(0,-1,2) in~cke O(0,0,0), b=(1,2,3). To.A(0,-1,2) in B(1,2,3) tvorijo trikotnik .. 12Pozor: matrikaje na prvi pogled podobna matriki rotacije zakot2., zato dobro poglejte predznake! 3.5 Naloge a) Izra.cunaj k ^BOA. -. b) Izra.cunaj dolžino vektorja AB (oziroma dolžino stranice AB). c) Dolžino stranice AB izra. cunajz uporabokosinusnega izreka. Rešitev. Glej rešitev 15. "# 12 Naloga 16 Matrika Z naj predstavlja zrcaljenje preko y-osi. Naj bo B= . -35 Izra.=? cunaj (B+ 2Z)-1 Rešitev. Glej rešitev 16. Naloga 17 Zapiši matriko M, ki vektor (1,1) preslika v vektor (2,3), vektor (1,-2) pa preslika v vektor (0,2). Rešitev. Glej rešitev 17. Naloga 18 Razmisli,daje rotacija prostorav pozitivni smeri zakot . okoli z-osi enaka .. cos . -sin . 0 Rz = .. sin . cos . 0 ... (3.13) 00 1 Zapiši matriko, ki prostor R3 zarotira okoli x-osi(za pozitivenkot30.). Rešitev. Glej rešitev 18. "# cos . -sin . Naloga 19 Naj bo R. = . Preveri,daje R-1 = R-. . Navodilo: uporabi . sin . cos . formulo(3.10)in upoštevaj,dajekosinus soda funkcija, sinuspa liha. Rešitev. Glej rešitev 19. "# cos . -sin . Naloga 20 Naj bo R. = . Preveri, da je Ra Rß = Ra+ß . Navodilo: sin . cos . uporabi formulo(3.10)in upoštevaj identiteti: cos (a + ß)= cos a cos ß - sin a sin ß (3.14) sin (a + ß)= sin a cos ß + cos a sin ß . Rešitev. Glej rešitev 20. Naloga 21 Na primeru matrikiz primera 22 preveri,da množenje matriknikomutativno: AB 6= BA. Rešitev. Glej rešitev 21. Naloga 22 Zapiši matriko, ki (x,y)-ravnino zrcali preko premice y= kx. Rešitev. Glej rešitev 22. Naloga 23 Preveri,daje matrika zrcaljenja preko premice y= tan . 2x ortogonalna. Rešitev. Glej rešitev 23. Naloga 24 Preveri,daje matrika rotacije zakot . ortogonalna. Rešitev. Glej rešitev 24. Naloga 25 Naj bo Zmatrika, ki ravnino prezrcali preko premice y= x in Ra matrika, ki ravnino zarotira za k 60. okolikoordinatnega izhodiš. ca " # " # " # v 13 0 1 cos60.-sin60. - v 2 2 Z = Ra == , sin60. cos60. 31 10 22 Izra.cunaj produkt ZRa in interpretiraj rezultat. Rešitev. Glej rešitev 25. Naloga 26 Razmisli, da projekcijo (x,y,z)-prostora v ravnino z = 0 (x,y,z) 7. (x,y,0) opišemo z matriko . . 100 P = .. 010 .. . (3.15) 000 Rešitev. Glej rešitev 26. Naloga 27 Razmisli,daje matrika,ki prostor R3 pravokotno prezrcali preko ravnine z = 0 enaka . . 100 Z = .. 010 .. . (3.16) 00 -1 Rešitev. Glej rešitev 27. Naloga 28 Zapiši matriko, ki prostor R3 projicira na ravnino O :x- y+ 2z = 0. Rešitev. Glej rešitev 28. Naloga 29 Zapiši matriko, ki prostor R3 pravokotno prezrcali preko ravnine O :x- y+ 2z = 0. Rešitev. Glej rešitev 29. Vprejšnjih poglavjih smo se opremili z nekaterimi matemati. cnimi objekti in operacijami, s katerimi bomo lahko klasifcirali vse izometrije ravnine. Spoznali smo vektorje, potem še matrike.Vrazdelku 2.2 smo defnirali štiri izometrije ravnine. Vtem poglavju bomo dokazali, da obstajajo štiri vrste izometrij ravnine: translacija, rotacija, zrcaljenje in drsno zrcaljenje. Izometrije ravnine bomo povezali z nehomogenimi linearnimi preslikavami ravnine. (a)Translacija. (b) Rotacija Slika 4.1:Translacijain rotacija ohranjata orientacijo trikotnika. Na slikah 4.1 in 4.2 se še enkrat spomnimo translacije (T) in rotacije (R) ter zrcaljenja (Z)in drsnega zrcaljenja (D).Tokrat so izometrije prikazanevkoordinatnemsistemu (x,y). Spomnimo se tudi tabele 2.1, ki opredeli te izometrije glede (ne)ohranjanja orientacije trikotnikov ter (ne)obstoja fksnih to. ck. (a) Drsno zrcaljenje. (b) Zrcaljenje. cata orientacijo trikotnika. V lemi1 smo dokazali,daje vsaka izometrija linearna preslikava. Vemo,daje tudi translacija izometrija, kar pomeni, da se vsaka izometrija ravnine F:R2 . R2 lahko zapiše v obliki F(~x)= A~x+~t, (4.1) kjer je Amatrika razsežnosti 2× 2in~t . R2 vektor translacije. Gre za matri. cno-vektorski zapis nehomogene linearne preslikave F(x,y)=(ax + by+ p,cx + dy+ q) (4.2) Vnaslednjem razdelku si podrobneje pogledamo, kako se eksplicitno zapišejo funkcijski predpisi vseh štirih simetrij ravnine v matri . cno-vektorski obliki. Nakoncu bomo dokazali, daje vsaka izometrija ravnine bodisi translacija, rotacija, zrcaljenje ali drsno zrcaljenje. 4.1 Matri.cno-vektorski zapis simetrij ravnine Najenostavnejši funkcijski zapis ima translacija za vektor~t =(p,q) (x,y) 7. (x,y)+(p,q)=(x+ p,y+ q). . Ce uporabimo identi.cno matriko "# 10 I= , 01 za katero velja I~x = ~x (za vsak ~x . R2), se za~x =(x,y) translacija T za vektor~t =(p,q) opišekot T(~x)= I~x+~t. (4.3) 4.1 Matri. cno-vektorski zapis simetrij ravnine Formula(4.3)je zapisanav najbolj splošni obliki. Podobno želimo zapisati tudi poljubno rotacijo, zrcaljenje in drsno zrcaljenje. Rotacija (x,y)-ravnineokolikoordinatnegaizhodiš. ca (0,0) za pozitivenkot . se zapišezmatriko R. ,matrika zrcaljenja preko premicey= tan . ˇx 2 je podana z matriko Z. 2 "#" # cos . -sin . cos . sin . R. = in Z. = . (4.4) sin . cos . 2 sin . -cos .  Primer 28 Razmisli, da ima rotacija (x,y)-ravnine okoli poljubnega središ. ca S(xs,ys) matri. cno-vektorski zapis oblike RS . (~x)= R. (~x-~rS)+~rS. (4.5)   Primer 29 Razmisli, da ima zrcaljenje (x,y)-ravnine preko poljubne osi y= kx+ n matri. cno-vektorski zapis Zn . (~x)= Z. (~x-~n)+~n (4.6) 22 za ~n =(0,n).   Primer 30 Razmisli, da ima drsno zrcaljenje (x,y)-ravnine preko poljubne osi y= kx+ n za vektor~t =(a,ak) matri. cno-vektorski zapis Dn,~t . (~x)= Z. (~x-~n)+~n+~t (4.7) 2 2 za ~n =(0,n).  Defnicija 14 Vektorsko funkcijoF:R2 . R2, ki ohranja razdalje med to. ckami 2 kF(~x) - F(~y)k= k~x-~yk2 .~x,~y. R2 smov poglavju 2imenovali izometrija. Sinonim za izometrijo je togo gibanje. Ce ima izometrija fksno to. .cko, jo imenujemo togo gibanje okoli fksne to.cke. cka Zaradi lažje obravnave privzamemo, da je fksna to .koordinatno izhodiš. ce ~ F(0)=~0. Vemo, da lahko vse izometrije s fksno to.cko zapišemo v obliki F(x,y)=(ax + by+ p,cx + dy+ q), kjer je (p,q)=(0,0). To pomeni, da lahko toga gibanja okoli fksne to. cke zapišemo v matri. cni obliki "# ab A= . cd 4.2 Klasifkacijski izrek Trditev1 Toga gibanja okoli fksne to. cke (0,0) opišemo z ortogonalnimi matrikami. Vsaka ortogonalna2 × 2-matrika predstavlja togo gibanje okoli fksne to . cke. Dokaz. Vemo, da se dolžina (norma) vektorjaa =(a1,a2) izra. ~cuna po formuli q k~ak = a12 + a22. Iz kA~x- A~yk2 = k~x-~yk2 zaradi linearnosti preslikave "# ab A= cd sledi kA(~x-~y)k2 = k~x-~yk2 (glej 3.8). . Ce v zgornjo enacbo vstavimo .~x =(x1,x2) in~y=(y1,y2), sledi L= kA(~x-~y)k2 =(a(x1- y1)+ b(x2- y2))2+(c(x1- y1)+ d(x2- y2))2 22 D= k~x-~yk2 =(x1- y1)+(x2- y2) . Ce izvedemo vsa kvadriranja in poenostavimo izraza Lin D, dobimo: . . . .  222 222 d22 d22 L= a+ cx1+ a+ cy1++ b2x2++ b2y2- . . 22d2 - 2x1y1 a+ c- 2x2y2 + b2+ + 2x1x2(ab+ cd) - 2y1x2(ab+ cd)+ + 2y1y2(ab+ cd) - 2x1y2(ab+ cd) 2222 D= x1+ y1+ x2+ y2- - 2x1y1- 2x2y2+ + 0x1x2+ 0y1x2+ 0y1y2+ 0x1y2. Sedaj ena.= D. Želimo, da je leva stran identi.x2, cimo Lcno enaka desni (za vsak nabor x1, y1, y2),karpomeni,damorajobitivsi istoležnikoefcienti(nalevi)enaki(koefcientomna desni). 1 Tako dobimo sistem (nelinearnih) ena. cb 22 a+ c= 1 d2+ b2 = 1 ab+ cd = 0. 222 22 1Koefcient vLpri x1 je a+ c2,koefcient pri x1 v izrazu Dpaje 1(sledi ena.cba a+ c= 1). Podobno je npr.koefcient nalevipri x1y2 enak -2(ab+ cd),koefcient na desni pri x1y2paje enak 0. Podobno ena. cimo 22 vse drugekoefcientein dobimo samo tri razlicne ena.cbe.a+ c= 1, d2+ b2 = 1, ab+ cd = 0. 4.2 Klasifkacijski izrek Te ena.cbo2 AAT cbe sovpadajo z ena.= I "#"#" #"# abac a2+ b2 ac + bd 10 AAT == = , cdbd ac + bd c2+ d2 01 ki predstavlja4× 4-sistem 2+ b2 a= 1 ac + bd = 0 (4.8) (((( ( ac + bd = 0 c2+ d2 = 1. Opazimo, da v(4.8)druga in tretja ena.cno mnogo cba sovpadata 3, zato ima sistem neskon.rešitev. Iz osnovne trigonometrijske identitete cos2. + sin2. = 1 .. za a = cos . in b= sin . 2 sledi a+ b2 cbe cos . ˇ d= 0je = 1za vsak.. Rešitev ena.c+ sin . ˇ c = ąsin .,d= cos .. 2+ d2 Za obe zgornji možnosti je izpolnjena tudi zadnja enacba.4 c= 1 (ąsin .)2+(cos .)2 = 1 ... Rešitve sistema(4.8)so: " #" # cos . -sin . cos . sin . A1 = , A2 = , sin . cos . -sin . cos . " #"# cos . -sin . cos . sin . A3 = , A4 = -sin . -cos . sin . -cos . in (po vrsti) predstavljajo: 1. A1,2je rotacija zakot ą. okoli fksne to. . cke (0,0), 2. A3,4 je zrcaljenje preko premice y= tan . ˇ x. 2 Stem je dokazano, da je vsako togo gibanje okolifksne to. cke bodisi rotacija bodisi zrcaljenje.  2Ter z ena.= I. cbo ATA3To pomeni,da tudi(3.12)predstavlja sistem treh ena.cno rešitev. cb s štirimi neznankami in ima neskon.4Dejansko je to identiteta, saj enakost velja za vsak .. Vemo, da se vsaka izometrija ravnineF:R2 . R2 zapiše v obliki F(~x)= A~x+~t, kjerje Amatrika dimenzije2 × 2in~t . R2 vektor translacije. Spoznali smo tudi (glej sliko 2.20), da je kompozitum rotacije R. (za . 6 = 0 okoli koordinatnega izhodiš.ca) in netrivialne translacije~t =(60,0) neka (nova/druga) rotacija za (isti)kot . s središcem.S6 =(0,0). Prav tako smo spoznali (glej sliko 2.19), dajekompozitum zrcaljenja Z. in y=tan ˇx 2 translacije~t =(t1,t2)=(60,0) neko drsno zrcaljenje preko premice d:y= tan . 2x+ n, za nek ~ n 6dsta obravnavana v naslednjem primeru. = 0. Premica din vektor tega drsnega zrcaljenja  Primer 31 Naj bo Z. ˇx matrika zrcaljenja (x,y)-ravnine preko premice y= tan . ˇ x. y=tan 2 2 Naj bo~t =(t1,t2) neni.cki A(1,0) in B(2,0) v to. celen vektor translacije. Preslikajmo to.cki A0 (cos . +t1,sin . +t2) in B0 (2cos. +t1,2sin. + t2). Naj bo ppremica, ki poteka skozi to cki.Ain B.S p0 ozna. cimo premico, ki poteka skozi to.. cki A0 in B0 O. citno je k med premicama pin p0 enak ., kar pomeni, da os drsnega zrcaljenja d poteka pod kom . 2 glede na x-os. Vzporednica (glede na os zrcaljenja d)skozi to. cko A0 . ima enacbo.y- (sin . +t2)= tan 2 ˇ (x- (cos . + t1)). Vzporednica (glede na os zrcaljenja d)skozi to.cbo y- 0. 2 ˇ (x- 1). cko Aima ena.= tan Sami preverite, da ima premica ddrsnega zrcala, ki poteka natanko na sredini med tema dvema premicama, ena. cbo . y= tan ˇ x+ n, 2 kjerje5 n1+ n2 t2 t1 . 11 . n == - tan + sin . - (1+ cos .)tan . 2 222222 ~ Sami preverite6, da je vektor translacije ddrsnega zrcala enak7    . ... ~ d= t1cos + t2sin sin ,cos . 2 222  "# 10 Lema8 Za A= I= preslikava F(~x)= A~x+~t predstavlja translacijo F(~x)=~x+~t, 01 ki je izometrija. Lema9 Ce je Aortogonalna matrika in ~ .t . R2poljuben vektor, je (nehomogena linearna) preslikava F(~x)= A~x+~t izometrija ravnine. 5Zn1 in n2 cili za.0 . smo ozna.cetni vrednosti premic pin p6To najlažje preverimo, .cko A0 pravokotno projiciramo na premico pin jo ozna. ce to.cimo z A00. Tedaj je - . vektor translacije d~= AA00 .  .. 7Njegova smerje enaka sin . 2,cos , njegova dolžinaje t1cos 2 +t2sin . 2. 2 4.3 Inverzi in kompozitumi izometrij 51 yk2 zaradi linearnosti matrike Asledi kA(x-y)k2 kAx- Ayk2 ~ kx-yk2. Zato za poljubna vektorja ~ ~ ~ ~ ~~~ Iz kA(x-y)k2 kx- . Ax+t- Ay+t 2 = kx-yk2 kF(x) - F(y)k= kx-yk2 ~~~~ ~ ~~~ ~ ~ ~~ ~ Dokaz. = = = x,~y. R2 in za vsak vektor translacije~t . R2 velja: 2 .  Kon.cno lahko zapišemo Izrek3 — Klasifkacijski izrek. Vsaka izometrija ravnine je bodisi rotacija, zrcaljenje, translacija ali pa drsno zrcaljenje. ~ ca .rotacijooziromanazrcaljenje.Graf ~ 1. kompozitum rotacije in translacije . rotacija ter,daje Dokaz. Gledenatrditev 1inprejšnjolemo,jematrika Anujnorotacijaalizrcaljenje.Brez .škodezasplošnostlahkoprivzamemo,dagrezarotacijookolikoordinatnegaizhodišoziromazazrcaljenjeprekopremice kx.Potrebnojedokazatišeu.cinektranslacijet ~yna = cnosmo(glejsliki 2.20in2.19)žedokazali,daje 2.kompozitumzrcaljenjaintranslacije drsnozrcaljenje . .Obarezultatalahkotudiracidokaz: RRRtt (xx+x+ ... ~== cunsko potrdimo, kar zaklju. . . ~~ ~ 1. R. . T = R. x-~rS)+~rS, .-1 kjer je 8 I- R. ~ R.t. = Z. rS  ~ =  2. Z. . T . ~~~~ x+tx+ Z. t 22 22 = Z. x~ = Z ~ ~ ~ Zt~. . 22 (x-n)+n,  . y=tan 2x -1 kjer je 9 I- Z. ~ ~ ~~~ ~~ n 4.3 Inverziinkompozitumi izometrij Inverz translacije T(x)=x+t je T-1( x)=x-t, = ~~ ~ ~ x . R2 velja . . (x)= x-t saj za poljuben T. T-1 = ~ ~ Inverz rotacije RS . (x)= R. (x-~rS)+~rS je ~ ~ +tx. x-~rS)+~rS, .-1 RS . ~ ~ ~ (x)= R-. ( = -R.~rS+~rS,kot slediiz(4.5). t,kot slediiz(4.6). ~ 8Oziroma R.t 9Oziroma -Z. = Z. ~ 22 n+~n saj za poljuben~x . R2 velja  .-1.  RS RS . . ~x)= R. R-. ( . ~x-~rS)+~rS -~rS ( +~rS = R. R-. (~x-~rS)+~rS = I(~x-~rS)+~rS =~x. Inverz vsakega zrcaljenja Zje zrcaljenje samo, torej je Z-1 = Z.  Zn . 2 2x+nena. . ,zatoje n~ -1 Po formuli(4.6)ima zrcaljenje prekopremicey cbo = Z = tan ( ~x-~n)+ (~x) . 2 2 nZ. ( ~x)= Z . 2 ( ~x-~n)+~ n. ~ d n+ d~je 10 Inverz drsnega zrcaljenja Dn, 2 -1 . ~x)= Z . 2 ( ~x-~n)+~ ( ~ d Dn, 2 . ( ~x)= Z . 2 ( ~ ~x-~n)+~n- d. Spomnimo se,dajevektor~t vzporedenz osjo drsnega zrcala, zato matrika Z preslikavektor . 2 ~ dvase: Z . ~ d= d~. . 2 . Zato je  -1h i ~~ Dn, d Dn, d ~x)= Z Z ~ d -~n +~n+ d ~ . ~x-~n)+~n- ( ( . . 22 22  = Z Z . ~x- Z . ~ ~n+~n- d-~n +~n+ d ~ . 22 2 = Z . Z . ~x- Z . Z . ~n- Z . ~ d+~n+ d ~ 2222 2 ~n+ ~ =~x-~n- d+~d =~x ~ d . Primer 32 Naj bo Dn, 2 za vektor d~=(-2,6). Izra. cunajmo, katera to . Z ~ ~x-~n)+~n+ ddrsno zrcaljenje prekopremice y= -3x+2 (~x) ( . = 2 cka se preslika v to. cko (-5,7). Iz . 2 = arctan (-3) sledi . = -2ˇ71.565. = -143.13. (karjeisto,kot 216.87.). Potem je " #"# Z cos (216.87.) sin (216.87.) -0.8 -0.6 == . 2 sin (216.87.) -cos (216. 87.) -0.60.8 10glej formulo(4.7). 4.3 Inverzi in kompozitumi izometrij in " #!" #" #"#!"#" # -1 Dn, d ~-5 -0.8 -0.6 -50 0 -2 . = - + - 27 -0.60.872 26 " #"#"# -0.8 -0.6 -52 =+ -0.60.85 -4 "#" #"# 123 =+ = . 7 -43 Odgovor: to.cka (3,3) se preslika v to.cko (-5,7).  Na sliki 2.20 smo graf. cno prikazali, da je T. R(enako velja za R. T)lahko samo neka nova rotacija alipa(ceje .R= R0. = R360. )translacija. Na sliki 2.19 smo graf. cno prikazali,daje T. Zin enakovelja za Z. T lahko samo drsno zrcaljenje ali pa( ., ce je vektor translacije T pravokoten na zrcalno os) novo zrcaljenje Z0 katerega os je vzporedna z zrcalno osjo zrcala Z. Vnaslednjem primeru bomo izra. cunali,kaj predstavljakompozitum D1. D2. KerD1. D2 dvakrat obrne orientacijo trikotnika, je rezultat lahko samo rotacija ali pa translacija. Translacija nastanev posebnem primeru,ko sta zrcalni osi drsnih zrcal vzporedni.  Primer 33 To.cajo trikotnik .ABC. Podani sta cke A(-3,3), B(-2,3) in C(-1,5) dolo.drsni zrcaljenji D1 ~ d1:y= 3+ 2xd=(2,4) in D2 x ~ d2:y= d=(-4,-2). 2 Dokažimo, da je D2. D1 = RS a , kjerje S˜ (-3.67,-2.67) a ˜-73.74. . x Ker osi drsnih zrcaljenj nista vzporedni,jekompozitum rotacija.Kot med premicamay= 2 in y= 3+ 2x je enak 36.87., kar je enako a 2. Razmisli,daje D1(~x)= Z.1 (~x- (0,3)) + (0,3)+(2,4)= Z.1 ~x- Z.1 (0,3)+(2,7), 2 22 D2(~x)= Z.2 (~x- (0,0)) + (0,0)+(-4,-2)= Z.2 (~x) - (4,2), 22 "# cos . sin . kjerje Z. = za .1 = 126.87. in .2 = 53.13. . 2 sin . -cos . Preslikajmo poljubno to cko.~x =(x,y): D2. D1(~x)= Z26.565. (Z63.435.~x- Z63.435. (0,3)+(2,7)) - (4,2) = Z26.565. Z63. 435.~x- Z26.565. Z63.435. (0,3)+ Z26. 565. (2,7) - (4,2) Posebej izra.cunajmo11: Z.2 ˇ Z.1 = Z26.565.ˇ Z63.435. 22 "#"#" # 0.60.8 -0.60.80.28 0.96 == 0.8 -0.60.80.6 -0.96 0.28 "# cos (-73.74.) -sin (-73.74.) = sin (-73.74.) cos (-73.74.) = R-73. 74. . Nadaljujmo z izra cunom.D2. D1(~x): " #" #" #"# 0.28 0.96 2.88 6.84 D2. D1(~x)= ~x- + - -0.96 0.28 0.84 -2.62 " #"# 0.28 0.96 0.08 = ~x- -0.96 0.28 5.44 "# 0.08 = Ra~x- , 5.44 kar lahko zapišemo tudi v obliki "# 0.28 0.96 RS a~x =(~x-~rS)+~rS. -0.96 0.28 Ena.cun to.rS je cba za izra.cke Siziroma njenega krajevnega vektorja ~ "# 0.08 (Ra - I)~rS = 5.44 "# ~rS =(Ra - I)-10.08 5.44 " #"#"# -1 -20.08 -32 23 3 == . 2 -15.44 -22 32 3 Stem smo potrdili k in središ.ce nove rotacije S˜ (-3.67,-2.67) a ˜-73.74. .  11Sama(a)preveri,daje arccos (0.28)= ą73.74.in arcsin(-0.96)= -73.74. . 4.3 Inverzi in kompozitumi izometrij Rotacijo ravnine R2 zakot . okrog središca.Ssmo ozna.. : cili z RS RS . (~x)= R. (~x-~rS)+~rS, kjer je " # R. = cos . sin . -sin . cos . matrika, ki ravnino R2 zavrti zakot . v pozitivni smeri okrogkoordinatnega izhodiš.ca. Vnalogi20 smo videli,da za poljubnakota a in ß velja Ra Rß = Ra+ß .  Primer 34 — Rotacija rotacije. Kompozitum poljubnih rotacijRSa 1in RS2 je rotacija za ß kota + ß okrog novega središ.cunajmokompozitum ca S. Izra.RS1 a (~x)= Ra (~x-~rS1)+~rS1 RS2 ß (~x)= Rß (~x-~rS2)+~rS2 .  ..  RSa 1. RS2 (~x)= Ra Rß (~x-~rS2)+~rS2 -~rS1 +~rS1 ß = Ra Rß~x- Ra Rß~rS2 + Ra~rS2 - Ra~rS1 +~rS1 = Ra+ß~x- Ra+ß~rS2 + Ra~rS2 - Ra~rS1 +~rS1. Po drugi stranije RS a+ß (~x)= Ra+ß (~x-~rS)+~rS = Ra+ß~x- Ra+ß~rS+~rS. Sklepamo12 -Ra+ß~rS+~rS = -Ra+ß~rS2 + Ra~rS2 - Ra~rS1 +~rS1. Ozna.rS2 + Ra~- Ra~rS1 = ~cunamo cimo -Ra+ß~rS2 rS1 +~bin izra..-1 ~ ~rS = I- Ra+ß b. (4.9) Ker je . det I- Ra+ß = 2- 2cos(a + ß), je matrika I- Ra+ß obrnljiva, cejele .a + ß 66 = 2kp za k. Z(oz. a = -ß), kar pomeni, da ~rS,kije podanz ena.cejele a = -ß. cbo(4.9), obstaja, .6  12. Ce naj bo RS ~x)= RSa 1. RS2 (~x) identiteta. a+ß (ß Za ß = -a kompozitumRa S1. RS-2 a predstavlja translacijo za vektor~t = -~rS2 + Ra~rS2 - Ra~rS1 +~cuna: rS1, kar sledi iz spodnjega ra.  RSa 1. RS2 (~x)= R0~~ -a x- R0rS2 + Ra~rS2 - Ra~rS1 +~rS1 =~x-~rS2 + Ra~rS2 - Ra~rS1 +~rS1 =~x+~t.  Iz vseh zgornjih primerov vidimo, da za sestavljanje/komponiranje štirih izometrij ravnine velja: . T R Z D T T R/T D/Z D/Z R R/T R/T D/Z D/Z Z D/Z D/Z R/T R/T D D/Z D/Z R/T R/T Tabela 4.1: Štiri simetrije ravnine so zaprte zakomponiranje.. 4.4 Naloge Naloga 30 Obravnavaj posebni primer Z1. Z2, kjer sta zrcalni osi z1 in z2 vzporedni. Glej rešitev 30 Naloga 31 Racunsko dokaži, daje .R. S1. T nova rotacija RS2cikoordinate središ. . . Poiš.ca S2. Glej rešitev 31 ~ d Naloga 32 Ra.. . T drsno zrcaljenje Dn. 2, K drsnega zrcala cunsko dokaži, da je Zn1. 2 . 2 . se ohrani. Dolo.ci vektor drsnega zrcaljenja d~= a cos 2,sin . in vektor n~2 =(0,n2), ki 2 natan.ca pozicijo premice novega drsnega zrcaljenja. cno dolo.Glej rešitev 32 Naloga 33 Eksplicitno zapiši ena . cbo zrcalne premice in vektor translacije drsnega zrcala, 2 kijekompozitum translacije zavektor (3,-4) in zrcaljenja preko premice y= 2+ 5x. Glej rešitev 33 V prejšnjih poglavjih smo spoznali vektorje, matrike in simetrije ter izometrije ravnine. Videli smo,dajih odlikujejo lastnosti,kotje zaprtostzakomponiranje (glej tabelo4.1)1. Pravimo,dajekomponiranjev množici izometrij zaprta binarna operacija. Defnicija 15 — Binarna operacija. Binarna operacija na množici Mje preslikava f, ki slika iz kartezi. cnega produkta M× Mv množico M f :M× M. M in elementoma m1,m2 . Mpriredi nek (tretji) element m3 . M f(m1,m2)= m3. Opomba. Obi.cimo z znakom + ali ˇ ali . in namesto cajno binarne opracije ozna.f(m1,m2) pišemo m1+ m2 ali m1ˇ m2 ali m1. m2. Pogosto znak binarne operacije celo opustimo m1ˇ m2 7. m1m2. Primer 35 Vmnožici naravnih številNje seštevanje + :N× N. Nbinarna operacija. Za poljubni naravni števili n1,n2 . Nje n1+ n2 . N.  1Prikomponiranju izometrij dobimovedno enood znanih štirih izometrij.  Primer 36 Vmnožici celih številZ je odštevanje - :Z× Z. Z binarna operacija. Za poljubni celi števili z1,z2 . Zje z1- z2 . Z.   Primer 37 Vmnožici neni. celnih racionalnih števil Q{0} je deljenje binarna operacija. Za poljubni neni. celni racionalni števili q1,q2 . Qje q1 . Q{0}. q2  Defnirali smo tudi simetrijo množice M.Vemo, da identi. cna preslikava (x,y) 7. (x,y), ki jo predstavimo z matriko "# 10 I= 01 zadoš.ca defniciji 4, zatoje simetrija (vsake množice M).To simetrijo imenujemo trivialna simetrija. Množico, ki premore samo trivialno simetrijo, v poljudnem jeziku imenujemo 2 nesimetri.. cna  Primer 38 Identi.c na. cno preslikavo Ilahko razumemo na ve.cinov: •kot rotacijo zakot. = 0. ali . = 360. • kot translacijo za vektor~t =(0,0)  Primeri množic, ki premorejo samo trivialno simetrijo, so prikazani na sliki 5.1. cniobjektivravnini.Vteorijigrupjimpravimoobjekti,ki premorejo samo trivialno (identi . cno) simetrijo. Poglejmo si nekaj množic, ki premorejo netrivialno simetrijo.  Primer 39 Veliki tiskani. crkiAinMvsebujetapo eno zrcaljenjein eno trivialno simetrijo (rotacijo zakot0.).   Primer 40 Velikatiskana. crkaHvsebujedve (med seboj pravokotni) zrcaljenjiin rotacijo za 180. ter (trivialno simetrijo) rotacijo za 360. .  2Vmatemati.cni vzorec s simetrijsko grupo C1. cnem jeziku bomo takšno množico kasneje imenovalikon. crkiAinMpremoretavertikalno zrcalno simetrijo.  Primer 41 Na sliki 5.3 so prikazane vse simetrije pravilnega (enakostrani. cnega) trikotnika. Kerje težiš.ca pika)vkoordinatnem izhodiš.cnica cetrikotnika (rde.cu,je ena zrcalna os navpi. x x = 0, drugi dve zrcalni premici sta y= v in y= -v x. Matrike zrcaljenja preko teh treh 3 3 premic so " # Z1 = -1 0 0 1 " # Z2 = cos 60. sin 60. sin 60. -cos 60. " #"# cos (-60.) sin (-60.) cos60.-sin60. Z3 == sin (-60.) -cos (-60.) -sin60.-cos60. Obstajajo še tri simetrije pravilnega trikotnika: to so rotacije R1, R2 in R3 (okrogkoordina­tnega izhodiš.ca pravilnega trikotnika) zakot 120., 240. in 360. ca oz. težiš. R1 = R120. R2 = R120. R120. = R240. R3 = R120. R120. R120. = R360. = I. Rotacijske simetrije so na sliki 5.3 ozna.cim in zelenim krožnim sektorjem. cene s sivim, rde .Za vse simetrije poljubne množicevelja zaprtost zakomponiranje (množenje pripadajo. cih matrik), kar sledi direktnoiz defnicije 4. s1 je simetrija množiceM s1(M)= M s2 je simetrija množiceM s2(M)= M . (s1. s2)(M)= s1(s2(M)) = s1(M)= M s1. s2 je tudi simetrija množiceM  ce (rde.izhodiš., 240. in (trivialna) za cu. Obstajajo tri zrcalne simetrije in tri rotacije: za k 120. k 360. .  Primer 42 Komponiranje simetrij pravilnega trikotnika3je binarna operacija. Za rotacije smo že dokazali, da velja Ra Rß = Ra+ß , R-1 a = R-a , Ra R-a = R0. = I. Izra.cunajmo še " #" # Z1R1 = -1 0 0 1 cos 120. sin 120. -sin 120. cos 120. " # -cos 120. sin 120. = sin 120. cos 120. " # = cos 60. sin 60. sin 60. -cos 60. = Z2. Podobno je " #" # Z2R1 = cos 60. sin 60. sin 60. -cos 60. cos 120. sin 120. -sin 120. cos 120. "# cos60.-sin60. == Z3. -sin60.-cos60. Sami preverite,daje Z3R1 = Z1 3Enakovelja zakomponiranje poljubnih simetrij. in R1Z1 = Z3 R1Z3 = Z2. Nadalje je Z1R2 =(Z1R1)R1 = Z2R1 = Z3 in Z2R2 =(Z2R1)R1 = Z3R1 = Z1 in R2Z1 = R1(R1Z1)= R1Z3 = Z2.Vemo, daje Z1Z1 = Iin Z2Z2 = Iter Z3Z3 = I.Vemo tudi, da je R-1 1 = R-120. = R240. = R2 R-1 2 = R-240. = R120. = R1.  Vdodatku (glej Lemo15)smo dokazali,da za množenje matrik (torej zakompozitume pripadajo. cih simetrij) velja asociativnost. Množice, v katerih obstaja notranja (binarna) operacija, za katero velja toliko lepih lastnosti, v matematiki imenujemo grupe. Defnicija 16 — Grupa. Množica G= {g1,g2,g3,...} zbinarno operacijo. :G×G. G je grupa, .ce • za poljubne elemente gi,gj,gk . Gvelja gi. (gj. gk)=(gi. gj) . gk asociativ­ nost, • obstaja enotae . G, za katero velja g. e = e. g= g(za vsak element g. G), • za vsak element g. Gobstaja (inverzni) element g-1 . G,dajeg.g-1 = g-1.g= e.  Primer 43 Množica m× n-matrik z notranjo operacijo seštevanja + je grupa. Enota je nicelna matrika ."# 00 O= . 00 Za seštevanje matrik velja asociativnost (A+ B)+C= A+(B+C)= A+ B+C. Inverzni elementkmatriki Aje -A.   Primer 44 — Grupa (Z6,ˇ). Množica Z6 cbe z6 = {z1,...,z6} vseh rešitev ena.= 1je grupa za množenjevmnožicikompleksnih števil C.Vnalogi 6smo videli,da so rešitve ena. cbe z6 = 1naslednjakompleksna števila: vv 13 13 z1 = 1, z2 =+ i, z3 = - + i, 22 22 vv 13 13 z4 = -1, z5 = -- i, z6 = - i. 22 22  Sami preverite,daje z1 = 1enota te grupe. Preveri, da je: zkz8-k = 1za k= 2,3,4,5,6. Torejz6 je inverzni element elementa z2 (in obratno), z3 je inverz od z5 (in obratno).Tabelo vseh možnih produktovv nekikon. cni grupi imenujemo Caylejeva tabela grupe. Za grupo (Z6,ˇ), kjer cuje množenjekompleksnih števil,je Caylejeva tabela enaka: ˇ ozna.Primer 45 — Grupa (Z,+). Množica celih števil Zje grupaza seštevanje,sajje seštevanje v Z notranja operacija,kije asociativna. Enota za seštevanjeje 0. Z. Vsako celo število z . Zpremore inverz (nasprotni element) -z . Z ˇ z1 z2 z3 z4 z5 z6 z1 z1 z2 z3 z4 z5 z6 z2 z2 z3 z4 z5 z6 z1 z3 z3 z4 z5 z6 z1 z2 z4 z4 z5 z6 z1 z2 z3 z5 z5 z6 z1 z2 z3 z4 z6 z6 z1 z2 z3 z4 z5 z+(-z)=(-z)+ z = 0.  Defnicija 17 — c (kardinalnost) množice Red grupe. Naj bo (G,*) grupa in naj bo mo.Genaka n. Potem pravimo, da je (G,*) grupa reda n. Grupa (Z6,ˇ) imared6. Preprost primer grupe reda4je množica Z4 = {0,1,2,3} za seštevanje po modulu 4.4  Primer 46 Grupa (Z4,.) jekon. cna grupa s štirimi elementi. Njena Cayleyeva tabela množenjaje . 0 1 2 3 0 0 1 2 3 1 1 2 3 0 2 2 3 0 1 3 3 0 1 2  Defnicija 18 — Abelova grupa. Grupo (G,*), za katero je binarna operacija * komu­tativna a* b= b* a za vsak par a,b. G, imenujemokomutativna ali Abelova.  Primer 47 Grupa s Caylejevo tabelo množenja 4Operacijo seštevanja po modulu štiri standardno ozna.Rezultat je ostanek vsote po cimo z znakom .. deljenjus4.Na primer3 . 3= 2, sajje6 = 1ˇ 4+ 2. Podobnoje3. 2= 2. 3= 1. . a b c a a b c b b -a b c c a a ni Abelova, saj b= b. c = 6c. b= a.   Primer 48 Grupa (Z4,.) je Abelova.  Primer49 —Kon.ˇ) je grupa reda cna grupa. Grupa (Z4,.) je grupa reda štiri, grupa (Z6, 6.  Primer 50 — Neskon.cna grupa. Pravimo tudi, da ima cna grupa. Grupa (Z,+) je neskon.red nesko. cno. Vprejšnjih poglavjih smo spoznali simetrije ter izometrije ravnine in videli, da so zaprte zakomponiranje (glej tabelo 4.1).5 Vemo6, da za množenje matrik velja asociativnost A1(A2A3)=(A1A2)A3 = A1A2A3. Videli smo, da lahko izometrije zapišemo z nehomogenimi linearnimi preslikavami t~1 x+ ~ ~ F1(x)= A1x+ ~ F2(x)= A2t2 ~~ (5.1) ~ ~ ~ F3(x)= A3x+t3. ~ Videli smo tudi, da imajo vse izometrije ravnine inverzne preslikave (glej razdelek4.3). x . R2 Dokažimo7, da za poljubne nehomogene linearne preslikave(5.1)za vsak vektor velja ~ ~ ~ ~ ~ ~ L= ((F1. F2) . F3)(x)=(F1. (F2. F3))(x)= D, kar implicira asociativnost (izometrij ravnine): (F1. F2) . F3 =(F1. F2) . F3 = F1. F2. F3. Najprej izra. cunajmo F1. F2 in F2. F3 . (F1. F2)(x)= A1 A2x+t2 +t1 (5.2) ~ ~ ~ = A1A2x+ A1t2+t1 . ~~~ ~ ~~ ~ (F2. F3)(x)= A2 A3x+t3 +t2 = A2A3x+ A2t3+t2. 5Stem mislimo,daprikomponiranju ne dobimoni.c novega; oz. dobimovedno enood štirih izometrij. 6Glej dodatek, stran 114. 7Upoštevamo asociativnost množenja matrik. Izra.cunajmo Lin D: . L= ((F1. F2) . F3)(~x)= A1A2 A3~x+~t3 + A1~t2+~t1 = A1A2A3~x+ A1A2~t3+ A1~t2+~t1 . D= A1 A2A3~x+ A2~t3+~t2 +~t1 = A1A2A3~x+ A1A2~t3+ A1~t2+~t1. O.= D. citnoje L Primer 51 — Grupa izometrij ravnine. Dokazali smo,dajemnožica štirihtipov izometrij ravnine {T,Z,R,D} grupa za komponiranje .. Izometrije so simetrije ravnine, zato je operacija notranja/binarna. Dokazali smo,daje operacijakomponiranja asociativna: glej enakost(5.2). Za vsako izometrijo obstaja inverzna preslikava. Enota je translacija za vektor ~t = ~0oziroma rotacija zakot0. .   Primer 52 — Grupa simetrij pravilnega trikotnika. Množica simetrij pravilnega triko­tnika S. = {R1,R2,R3 = I,Z1,Z2,Z3} je grupa zakomponiranje .. Da simetrije zadoša. cjo vsem lastnostim grupe, smo preverili zgoraj.   Primer 53 — Simetrijska grupa pravilnega n-kotnika. Simetrijska grupa pravilnega n-kotnika vsebujen-rotacij in n-zrcaljenj. Na sliki 5.4 so prikazane simetrije pravilnega 6-kotnika:  S = . 60. ,R5 60. ,Z0. ,Z30. ,Z60. ,Z90. ,Z120. ,Z150. R60. ,R260. ,R603 . ,R4 60. ,R6  Defnicija 19 — Diedrska grupa. Simetrijsko grupo, ki je izomorfna simetrijski grupi pravilnega n-kotnika in vsebujen-rotacij in n-zrcaljenj, ki so enakomerno porazdeljene okoli skupnega središ.cili jo bomo z Dn ca, imenujemo diedrska grupa reda n. Ozna. Dn ... diedrska grupa: n- rotacij in n- zrcaljenj Defnicija 20 — cna grupa. Simetrijsko grupo, ki premore n rotacij, imenujemo Cikli. cikli.cimo jo s Cn. cna grupa. Ozna. Cn ... cna grupa: cikli.n- rotacij Grupakompleksnih rešitev enacbe.z6- 1= 0iz primera44je primer grupeC6. .ca vsem lastnostim grupe, jo imenujemo Ce neka podmnožica grupe tudi sama zadoš.podgrupa. , vsebuje6rotacijin6zrcaljenj,ki so enakomerno porazdeljene glede na skupno središ. ce. Defnicija 21 — ce je tudi (H,.) Podgrupa. Množica H. Gje podgrupa grupe (G,.),.grupa za isto binarno operacijo ..  Primer54 —Trivialni podgrupi. Naj bo (G,*) grupa in e . Genota grupe G. Obstajata vsaj dve (trivialni) podgrupi: 1. {e}. Gje podgrupa grupe G, za vsako grupo G, 2. G. Gje podgrupa grupe G, za vsako grupo G.  Vsak element g. G (kon.cimo z hgi. cne) grupe (G,*) porodi podgrupo, ki jo ozna.Podgrupa hgi je sestavljena iz elementov: 2 2222 e,g,g* g= g,g* g,g* g,g* g,... Zaradi asociativnosti je g* g2 = g2* g= g3 22 334 g* g= g* g= g* g= g . . . Elementom g, g2, g3, ... pravimo potence (elementa g). .cna, mora nek produkt g* (g* (g*ˇˇ Ce je grupa (G,*) kon.ˇ* g)) = gn sovpadati z enoto grupe n g* (g* (g*ˇˇˇ* g)) = g= e. . Ceje n < |G|, je grupa hgi. G, porojenaz elementom g. G, netrivialna podgrupa grupe G.  Primer 55 Grupa simetrij pravilnega trikotnika vsebuje4netrivialne podgrupe. 1. Eno podgrupo H. S. reda3 H3 = {R1,R2,R3}. 2. Tri podgrupe H21 ,H22 ,H23 . S. reda2 H1 = {I,Z1}, H2 = {I,Z2}, H3 = {I,Z3}. 222  Za nekatere grupe vidimo, da so si zelo podobne. Podobne v smislu, . ce bi njihove elementeprimernopreimenovali,biizenegrupe nastaladruga.Vteorijigrup(insplošno v abstraktni algebri) temu pravimo izomorfzem (grup). Natan. cno je izomorfzem grup opredeljen v naslednji defniciji. Defnicija 22 — Izomorfzem grup. Grupi (G,*) in (H,.) sta izomorfni, .ce obstaja obrnljiva preslikava F :G. H, za katero velja F(g1* g2)= F(g1) . F(g2), .g1,g2 . G. Zakon. cne grupe izomorfzem (kadar obstaja) predstavlja neko preimenovanje elementov grupe.  Primer 56 Grupe H21, H22 in H23 so izomorfne. Izomorfzem med H21 in H22 je F :Z1 7. Z2 F :I7. I.   Primer 57 Naj bo Z4 cbe = {1,-1,i,-i} množica (kompleksnih) rešitev ena . z4- 1= 0. Grupa (Z4,ˇ) je izomorfna grupi (Z4,.). Sami preverite, da je ustrezni izomorfzem F naslednji: F(1)= 0, F(-1)= 2, F(i)= 3, F(-i)= 1.  Vprašanje: kako ugotovimo, da grupi (M,*) in (N,.) nista izomorfni? .cni grupi, ki nimata enakega reda, ne moreta biti izomorfni, saj med Ce gre za kon.množicama Min Nne obstaja bijektivna preslikava. Nadaljnje pomembne lastnosti, ki se z izomorfzmi ohranjajo, so: 1. komutativnost: . ce je (M,*) Abelova, (N,.) pa ne, med njima ne more biti izomor­fzma, saj iz m1* m2 = m2* m1 sledi n2. n1 = n1. n2: F(m2) . F(m1)= F(m2* m1)= F(m1* m2)= F(m1) . F(m2) 2. enota: . ce je eM enota v grupi (M,*) in eN enota v grupi (N,.), vsak (morebitni) izomorfzem F :(M,*) . (N,.) preslika eM v eN F(eM)= eN. . 3. obstoj podgrupe: Naj bo |M| = |N| = k. Ce ima (M,*) podgrupo reda k0 < k, grupa (N,.) pa nima podgrupe reda k0, izomorfzem F :(M,*) . (N,.) ne obstaja. Defnicija 23 — Generatorji grupe. Naj bo (G,*) kon.Naj bodo cna grupa reda n. gi1,...,gik, k= n elementi, za katere velja hgi1,gi1,...,giki =(G,*) in za vsak s < kje gj1,...,gjs . (G,*). Pravimo,daje grupa (G,*) generirana s kelementi. Elementom gi1,gi1,...,gik pravimo generatorji grupe. Generatorji grupe so torej najmanjša podmnožica grupe, ki porodi celotno grupo. Defnicija 24 — Cikli.cna grupa je grupa generirana z enim samim cna grupa. Cikli.elementom.  Primer 58 Cikli.cnim številom elementov je grupa, generirana z enim cna grupaskon.samim elementom: n Cn = hgi, g= e.   Primer 59 Grupa (Z,+) je neskon.cna cikli.cna grupa.Vnjej so vsa naravna števila 1, 1+ 1= 2, 1+ 2= 3, ... Enota za seštevanjeje0 . Z.V (Z,+) so vsebovana tudi vsa negativna cela števila: 0+(-1)= -1, -1+(-1)= -2, -2+(-1)= -3, ...   Primer 60 Grupa simetrij pravilnega trikotnika S. je generirana z dvema elementoma hR1,Z1i = S.. Že prej smo izra.= R2 in R1R2 = R3 = Z3, R1Z3 = Z2.  cunali, da je R1R1 = Iter Z2R1 Permutacije ali razporedbe poznamoiz gimnazije.Vemo,da lahko n elementov razpore­dimo na n!= 1ˇ 2ˇ 3ˇˇˇˇ (n- 1) ˇ cinov. n na.  Primer 61 Vse razporedbe štirih elementov1,2,3in4 so 1234 2134 3124 4123 1243 2143 3142 4132 1324 2314 3214 4213 1342 2341 3241 4231 1423 2413 3412 4312 1432 2431 3421 4321   Primer 62 Permutacijo1 7. 4,2 7. 2,3 7. 1,4 7. 3zapišemokot ! 1234 s1 = 2143 Permutacijo1 7. 3,3 7. 1,2 7. 4,4 7. 2zapišemokot ! 1234 s2 = 3412   Primer 63 — Sestavljanje permutacij. Sestavljanje permutacij s1. s2 je naravno defni­ranokot 17. 37. 4,27. 27. 1,37. 17. 2,47. 47. 3. Torej za permutaciji s1 in s2 iz prejšnjega primera je ! 1234 s1. s2 = . 4123  Opomba. Vnalogi40 dokažemo, da množica permutacij .4 skupajz binarno operacijokom­poniranja . predstavlja grupo, ki jo imenujemo permutacijska grupa (.4,.). Permutacijske grupe imajo v matematiki pomemben teoreti. cni pomen (glej[5]). 5.1 Naloge    aa Naloga 34 Zapiši grupo simetrij kvadrata -2a , ×-2a , . 22 Glej rešitev 34. Naloga 35 Zapiši vse podgrupe grupe simetrij kvadrata S.. Zapiši tudinjihove generatorje. Glej rešitev 35. Naloga 36 Opiši grupo simetrijvelike tiskane . crke 5.1 Naloge T Glej rešitev 36. Naloga 37 Katere podgrupe vsebuje grupa (Z6,ˇ)? Glej rešitev 37. Naloga 38 * Dokaži, da je enota v grupi enoli.cen element. cno dolo. Glej rešitev 38. Naloga 39 * Dokaži, da je vsaka cikli. cna grupa Abelova. Glej rešitev 39. Naloga 40 * Dokaži, da je množica permutacij .4 grupa zakompozitum .. Glej rešitev 40. Naloga 41 * Naj4elementi predstavljajo ogliš.cakvadrata,kot kaže slika 5.1. Preveri,da potem permutacija ! 1234 s1 = 2143 predstavlja zrcaljenje kvadrata preko vertikale. Glej rešitev 41. ci 1, 2,3in 4. Naloga 42 * Naj4elementi predstavljajo ogliš. cakvadrata,kot kaže slika 5.1. Preveri,da potem permutacija ! 1234 s2 = 3214 predstavlja zrcaljenje kvadrata preko diagonale. Glej rešitev 42. Naloga 43 * Naj4elementi predstavljajo ogliš. cakvadrata,kot kaže slika 5.1. Preveri,da potem permutacija ! 1234 s1. s2 = 4123 predstavlja rotacijo kvadrata v negativni smeri zakot 90. . Glej rešitev 43. Naloga 44 * Ali imajo vse permutacije iz množice .4 geometrijski pomen togega giba­nja/izometrije? Glej rešitev 44. Kon. cne vzorce smože omenjali (glej sliko 2.4). Intuitivno smojih defniralikot podmnožice ravnine, ki jih lahko vložimo v nek krog. Prav je, da to preprosto, intuitivno defnicijo kon.cneje. cnih vzorcev, opišemo natan. Defnicija 25 — cni vzorec. Kon. Kon.cni vzorec je podmnožica ravnine, ki ne vsebuje translacijskih simetrij. Najprej poglejmo smiselnostte defnicije.Vemo: .cnega) ce bi v (simetrijsko) grupo (kon.vzorca Mdodali neko translacijsko simetrijo T(~~~ceprav bi vektor translacije~ x)=x+t, .t bil še tako (nepredstavljivo) majhen, bi v simetrijski grupi SM bile tudi translacije1 T. T = T2 , T. T2 = T2. T = T3 , ... Ker je . T2(~x)= ~x+~t +~t =~x+ 2~t in . T3(~x)= ~x+ 2~t +~t =~x+ 3~t 1Zaradi asociativnostije T.(T. T)=(T. T).T= T3 in (T. T).(T. T)= T.(T. (T. T)) = T.(T. T). T = T4 in podobno lahko poljubno zaporedje n kompozicij translacijeT cimo s Tn ozna.. Poglavje 6.Kon. induktivno2 sklepamo,daje T. T.ˇˇˇ. T (~x)= Tn(~x)=~x+ n~t. | {z } n-krat O.~t, ki z naraš.cim n postaja zelo velik. citno translacija Tn predstavlja premik za vektor ncajo.Zato(kon.covelik,kot kaže slika 6.1 Obstoj translacijeje torej cni) vzorec Mpostane neskon .v nasprotjuz intuitivno defnicijokon. cnega vzorca. ci,da vzorcane moremo vložitivneko omejeno krožnico, karjev nasprotjuz intuitivno defnicijokon. cnega vzorca. Naslednje naravno vprašanjeje,alije lahkokon . cni vzorec kljub temu, da ne vsebuje nobene translacije, neskon . cnovelik?To sprašuje naloga 45. Vprašamose lahko tudi, ali lahko simetrijska grupakon . cnega vzorca vsebuje drsno zrcaljenje? Lema 10 Nobenkon. cni vzorec v svoji simetrijski grupi ne vsebuje drsnega zrcaljenja. Dokaz. Denimo, dakon. cni vzorec vsebuje neko drsno zrcaljenje Dpreko premices smernim ~~ vektorjem d. Brez škode za splošnost3 lahko privzamemo, da je vektor d(in s tem zrcalna ~ premica drsnega zrcaljenja) vodoraven d=(d,0). Potem je D(~x)= D(x,y)=(x,-y)+(d,0) =(x+ d,-y) in D2(~x)=(D. D)(x,y) = ((x+ d)+ d,-(-y)) =(x+ 2d,y) predstavlja translacijo ravnine zavektor2d ~(x,y) 7. (x,y)+ 2d~. Torej obstoj drsnega zrcaljenjavedno implicira obstoj translacije,karpomeni,dakon.cni vzorec ne sme vsebovati drsnega zrcaljenja.  2Matemati. cnaindukcijaje sklepanje,kitemeljina lastnosti obstoja naslednikazavsako naravnoštevilo n. N:.= 1in iz privzetka, da trditev Tn velja za vse n = N, dokažemo, da trditev ce lastnost/trditev Tn velja za nTn velja tudi za n = N+ 1, lahko sklepamo, da velja trditev za vsako naravno število N. N. 3Vemo, da lahko celotni vzorec oziroma vektordustrezno zarotiramo. ~ Iz leme 10in izreka 3sledi,da lahkokon. cni vzorec vsebuje samo zrcaljenja in rotacije. Najprej si poglejmo posebnost!4 Simetrijska grupa kroga ima red neskon . cno, saj vsebuje neskon.cno zrcaljenj (vsaka premica, ki poteka cno rotacij (za poljubno majhen k) in neskon.skozi središ. ce kroga, predstavlja zrcalno simetrijo kroga).  Primer 64 Tudikon.cni vzorci,ki temeljijo na kroguin krožnicah imajo neskon.cno sime­trijsko grupo.Na sliki 6.2je primertakegakon. cnega vzorca. cnega vzorca z neskon. Opomba. Vprejšnjem poglavju smo spoznali diedrske in cikli.cne grupe: Dn diedrska grupa Cn cikli.cna grupa. Vemo,da so diedrskein cikli.cne grupe. Prve vsebujejo 2n simetrij(n rotacij in cne grupekon.n zrcaljenj), slednje pa n simetrij(n rotacij). Diedrske grupe Dn smo v prejšnjem poglavju defnirali na osnovi geometrijske predsta­vitve v pravilnem n-kotniku (ki obstaja za vsakn = 3).Ker 1-kotnik in2-kotnik (vsaj v evklidski geometriji) ne obstajata,jesmiselno vprašanje, . ce obstaja geometrijska predstavitev tudi za n = 1inn = 2? Odgovora na obe vprašanji najdemo v naslednjih primerih5.  Primer 65 Kon. cni vzorci na sliki 6.3 imajo diedrsko grupo D1. 4Vsmislu intuitivne defnicijeje krogkon.cno simetrijsko grupo. cni vzorec, ki ima nesko.5Seveda je glede likov treba omiliti zahteve. Poglavje 6.Kon.  Primer 66 Pravokotnikje(verjetno najbolj) preprost primerkon. cnega vzorca D2. Spomnimo se, da smo v razdelku rotacijo ravnine R2 zakot . okrog središ.ca Sozna.cili z RS . .Vprimeru 34 smo videli,dajekompozicija poljubnih rotacij RSa 1in RS2 tudi rotacija ß .-1 za k a + ß okrog novega središca.S.Vemo tudi, da je RS = RS . -. . Lema 11 Vvsakikon.ce. cni simetrijski grupi imajo vse rotacije isto središ. Dokaz. Vprimeru34 smo videli,dajekompozitum(dveh) rotacij Ra S1in RS2 nova rotacija ß za (skupni)kot a + ß. Le, ce je .a + ß = 2kp,kompozitum Ra S1. RS2 predstavlja translacijo ß (lahko tudi trivialno). Zaradi asociativnosti izometrij formula RSa 1. RS2 = RS ßa+ß velja tudi za tri (ali ve.c) zaporednihkompozitumov RSa 1. RSß 2 . RS3 = RS (6.1) .a+ß+. . Poglejmokompozitum 6. -1 .-1 RS2 . RSa 1. Rß S2 . RSa 1. (6.2) ß .-1 Ker je RS = R-S . ,jepo formuli(6.1)kompozitum(6.2)neka translacija,sajvelja: . -ß - a + ß + a = 0. Vkon. cnem vzorcu translacija (razen trivialna) ne more biti prisotna, zato mora(6.2)predsta­ vljati identi. cno (translacijo): -1 RS2 . RS1-1 . Rß S2 . RS1= I. ßa a To pomeni   -1 .-1 Rß S2 . Ra S1. RSß 2 . Ra S1(~rS1)= I~rS1 -1 . .-1  RS2 . RS1. RS2 RSa 1(~rS1)=~rS1 ß aß Ker jeRSa 1(~rS1)=~rS1, sledi -1 .-1 RS2 . RS1. RSß 2 (~rS1)=~rS1. ßa Na zgornjo ena.ß in dobimo cbo lahko (na levi in desni strani) delujemo z izometrijo RS2 .-1 RSa 1. RSß 2 (~rS1)= Rß S2 ~rS1, (6.3) 6Taki elementisov abstraktni algebrizelo pomembni, imenujemojihkomutatorji,saj izhajajoiz ena. cbe ab = ba, ki implicira a-1b-1ab = e.   -1 saj je RS2 RS2 = I. cbo(6.3)delujemoz izometrijoRSa 1 Nazadnje lahko na ena .in ßß dobimo  RSß 2 (~rS1)= RSa 1RSß 2 ~rS1 , kar pomeni 7, da je RSß 2 (~rS1cka rotacije RS1a ima samo eno fksno ) fksna to .a . Rotacija RS1to. cko: S1 RS2 ß (~rS1)=~rS1, kar nadalje pomeni, da je S1 fksna to .ß .Ker ima RS2 cko cka rotacije RS2 samo eno fksno to . ß S2, sledi S2 = S1.  Iz zgornje leme takoj sledi naslednja pomožna trditev. Lema 12 Vvsakikon.cko (kar cni simetrijski grupi imajo vsa zrcaljenja skupno fksno to.pomeni, da zrcalne premice tvorijo šop premic). Dokaz. Lo. cimo tri primere: 1. . Ce je zrcaljenje eno samo, ni kaj dokazovati. 2. .cni zrcalni premici, lo. Ce obstajata dve razli.cimo dva primera: a) . ce sta premici vzporedni, obstaja translacija za vektor, ki je pravokoten na obe zrcalni premici, njegova dolžina pa je enaka dvakratni razdalji med zrcalnima premicama. V tem primeru simetrijska grupa ni kon. cna, saj ena translacija generira neskon . cno translacij; b) .cki, ki predstavlja skupno ce zrcalni premici nista vzporedni, se sekata v neki to.fksnoto.cko8.Tudivtem primerunikaj dokazovati. 3. .cne zrcalne premice, vsak par porodi neko rotacijo. Po lemi Ce obstajajo vsaj tri razli.11 sledi,daje vsem rotacijamvkon.ce, kar zaklju. cni grupi skupno eno samo središ.ci dokaz.  Naslednja pomembna lastnostkon . cnih simetrijskih grup se nanaša na strukturo rotacij. Lema 13 Vsakakon. cna simetrijska grupa S, ki vsebuje neko rotacijo R. , vsebuje (še) rotacije oblike I,R. ,R2 . ,...,Rn-1 (6.4) . za nek n . Nin je cikli.cna. 7Beri od desne proti levi! 8Ta skupna fksna to.ce rotacije, ki jo porodita obe zrcalni simetriji. ckaje središ. Poglavje 6.Kon. Dokaz. Denimo, da obstaja rotacija RS ca Sin je . najmanjšikot rotacije. Prej . okoli središ.smo dokazali,da vse rotacijevkon.ca, zato lahko brez cni grupi potekajo okoli istega središ.škode za splošnost privzamemo, da je S=(0,0), kar pomeni, da zgornji indeks v RS . ni potreben.Po predpostavkije grupakon cna.Vemo,daje .R2 . = R2. , R3 . = R3. , ..., Rk . = Rk. . Ker je (ciklicna) grupa .R. , R. 2, R3 . kon. . , ..., Rk cna podgrupa grupe S, mora obstajati neko naravno število n . N, za katerega je Rn = I = R360. , kar implicira lastnost(6.4) . = Rn. oziroma cikli . cnost. Dodatno opazimo,da med (najmanjšimkotom rotacije) . in n obstaja zveza 360. . = . n  Vemo, da obstajakon. cna grupa iz samih rotacij. Obstaja tudi grupa z enim samim zrcaljenjem(intrivialno rotacijo).Videli smo,dajev diedrskih grupahštevilo rotacij (skupaj s trivialno rotacijo I)in število zrcaljenj enako. Smiselno seje torej vprašati, ali obstaja kaka kon. cna grupa, ki ima m zrcalnih simetrij in n rotacijskih simetrij in m 6?! = n Odgovor je v naslednji lemi. Lema 14 Cekon. .cna simetrijska grupa vsebuje n zrcalnih izometrij, vsebuje tudi natanko n rotacij (vklju. cno s trivialno rotacijo R360. ). Dokaz. Recimo, da obstaja kon .cnih rotacij in n razli. cna grupa, ki vsebuje m razli.cnih zrcaljenj. Naj bodo R1, R2, ..., Rm = I razli.cne zrcalne cne rotacije in Z1, Z2, ..., Zn razli.simetrije v koncni grupi. .Želimo dokazati, da je m = n. Izberimo poljubno zrcaljenje Z.{Z1,Z2,...,Zn}. Potem so v grupi tudi izometrije Z. R1, Z. R2, ..., Z. Rm, (6.5) ki vse po vrsti obra. cajo orientacijo, saj sokompozitumi zrcaljenja in rotacije. Polegtega morajo biti vse izometrije(6.5)razlicne,saj ima .Zinverz(Z-1 = Z), zato iz Z. Ri = Z. Rj sledi Ri = Rj, kar je v protislovju s predpostavko (da so R1, R2, ..., Rm razli. cne rotacije). Torej je množica{Z. R1, Z. R2, ..., Z. Rm} podmnožica množice {Z1,Z2,...,Zn} {Z. R1, Z. R2, ..., Z. Rm}.{Z1,Z2,...,Zn}, kar pomeni m = n. Po drugi strani pa so (spet za poljubno zrcaljenje Z)simetrije Z. Z1, Z. Z2, ..., Z. Zn (6.6) 6.1 Naloge v grupi.Ker so izometrije(6.6)kompozitumi zrcaljenj, ohranjajo orientacijo.Tudi izometrije (6.6)morajo biti razlicne, saj iz .Z.Zi = Z.Zjsledi Zi= Zj,karjev nasprotjus predpostavko. To pomeni, da je {Z. Z1, Z. Z2, ..., Z. Zn}.{R1,R2,...,Rm} . n = m. To dokazuje, da jen = m.  6.1 Naloge Naloga 45 Zapiši Cayleyevo tabelo za simetrijske grupe C1,C2 in D1, D2. Glej rešitev 45 Naloga 46 Ali sta kaki dve grupi Cn in Dm izomorfni? Glej rešitev 46 Naloga 47 Podaj nekaj primerovkon.cnih vzorcev D2. Glej rešitev 47 Naloga 48 Katerevelike tiskane .cni vzorci simetrijsko grupo D1? crke imajokotkon.Glej rešitev 48 Naloga 49 Katerevelike tiskane.crke imajo simetrijsko grupo D2? Glej rešitev 49 Naloga 50 Katerevelike tiskane . crke imajo simetrijsko grupo C2? Glej rešitev 50 Naloga 51 Katero simetrijsko grupo imajovelike tiskane . crke X,Yin W? Glej rešitev 51 Naloga 52 S.cim manj potezami) spremenikvadratvkon. cim manj truda(s .cni vzorec C4. Glej rešitev 52 Poglavje 6.Kon. Naloga 53 S.cim manj potezami) spremenikvadratvkon. cim manj truda(s .cni vzorec D2. Glej rešitev 53 Naloga 54 Ali se ženskiin moški simbolkotkon.ci simetrijsko cna vzorca razlikujeta? Dolo.grupo obeh simbolov. Glej rešitev 54 Naloga 55 S.cim manj potezami) spremeni krožnico v C4-vzorec. cim manj truda(s .Glej rešitev 55 HermanWeyl [6]je bil verjetno prvi, ki je Leonardov izrek pripisal Leonardu. Leonardo je razmišljal o vseh možnih radialnih (zrcalnih in rotacijskih) simetrijah stavbe, kar je sam imenoval središ. cna zgradba. Iz teh razmišljanj naj bi nastal Leonardov izrek. Izrek4 — Leonardo. .cno mnogo Ce ima neka podmnožica Mevklidske ravnine R2kon.simetrij,je njena simetrijska grupa SM bodisi cikli . cna, bodisi diedrska: SM .& Cn Dn cikli.cna diedrska Za dokaz izreka 4imamoževsepripravljeno,vendarbomopredtempodališenekaj zgodovinskih podatkovo Leonarduin matematikivnjegovem . casu. 7.1 Polihistor Leonardo LeonardodaVinci (1452–1519), vsesplošni renesan .cenjak polihistor -umetnik,kije cniu.­naslikal Mono Liso in Zadnjo ve. cerjo, se je študija matematike lotil relativno pozno, saj je bil takrat star že skoraj 40 let. Vzporedno z matematiko se je Leonardo namre. c ukvarjal še z umetnostjo/slikarstvom, mehaniko/tehniko, arhitekturo itd. Ob petstoti obletnicinjegove smrti leta 2019je izšloveliko knjig,ki obravnavajonjegovo življenje in predvsem široko delovanje. Matematiki sood Evklida naprej raziskovali razmerje zlatega reza. LeonardodaVinci jeto razmerje poznalin uporabilv slikiVitruvijev .cani,da clovek, saj so bili takrat prepri.je.clovek najboljša božja stvaritev v smislu simetrije in razmerij/proporcij. Leonardo je to idealizacijo razmerij prikazal s pomo . cjo matematike: kroga in kvadrata ter razmerja zlatega 1 reza v 1+ 5 F = ˜ 1.618033988749 2 Študiju razmerij je Leonardo pri slikah in arhitekturnih na. crtih dodal razmišljanje o simetrijah. Leonardo ni imel formalne univerzitetne izobrazbe (diplome), svoje znanje je pridobil z opazovanjem. Za matematikogaje navdušil sodelavec LucaPacioli. ZaPaciolijevo slavno knjigo Divina Proportione je Leonardo prispeval okrog 60 ilustracij. Nekatere poliedre je Leonardo prvi . c narisal tako, da se v projekciji vidijo robovi (pravilnih) mnogokotnikov. Vmatemati.cenjak cnem geneloškem projektu jekotnjegov mentor naveden starogrškiu.Ioannis Argyropoulos. Polegizreka 4,kiga danes imenujemo Leonardov izrek,je Leonardo prou. ceval tudi linearno perspektivo (glej sliko 7.1), simetrije, zlati rez in geometrijske oblike, vklju. cno s platonskimi in arhimedskimi telesi. Njegovi zapiski in skice so objavljeni v razli. cnih knjigah. Številne skice in knjige so dostopne v digitalni obliki. 7.2 Leonardo - matematik Pred formulacijo in dokazom Leonardovega izreka poglejmo nekaj njegovih zanimivih razmišljanj, da dobimo vsaj malo vtisa o renesan .c si lahko preberete v cni matematiki.Ve..c) ter arabske štev(il)ke 1, 2, ..., clanku[2]. Najprejpovejmo,dajeznak 0(instemšteviloni.9v zahodno Evropo vpeljalLeonardoiz Pise bolj znankot Leonardo Fibonacci,kije leta 1202 objavil u. cbenik Liber Abaci. Klasi.cne geometrijske probleme so poznali že od Evklida dalje. .cetrt Cez dobrega .tiso.casu otroštva LeonardadaVincija,je bilu . cletja,v .cbenik Liber Abaciševednoglavno . ctivo za študij matematike. Uporabljalgaje tudi LucaPacioli,kije svoje znanje prenesel na Leonarda. Pripomnimo,dav .cunatikvadratnihin kubi . casu renesanse niso znali izra .cnihkorenov, 1Zlati rez predstavlja razmerje meddvemakoli.cinama(v slikarstvuin arhitekturi obi.cajno med stranicama a+ba pravokotnika) a in b, za kateri velja a = ..= 1, je F = Ce izberemo b1 (pozitivna) rešitev kvadratne enacbe ba 2 a= a+ 1. 7.2 Leonardo - matematik cajo v posebni to.crti, ki jo imenujemo horizont. Posebna to.ciš.cka, kamor gleda naše cka se imenuje o.ce (t. j. to.oko.V o.cu se sekajo vse premice,ki potekajodo horizonta. ciš. kot na primer v 2˜ 1.414213562373095049 v 32˜ 1.259921049894873165, zato se z današnjega stališ.. ca zdijo ti problemi dokaj trivialni2 1. Podvojitevkocke.Problem sprašujepo stranicikocke,ki imadvakratno prostornino odkockez dano stranico3. Torej, .= a3,kolikšna naj bo vrednost a,dabokockas stranico aa imela ce je V1 dvojno prostornino V2 = 2a3.Ker je V2 =(aa)3 = a3a3 = a3V1, sledi 33 2aV2 a3a 2=== = a3 . a3 a3 V1 Iz zgornje ena.cbe sledi4 v a = 32. Na osnovi preprostega sklepanja je Leonardo podal dokaj dober približek za v 32 v 35 2˜ . 4 Problem podvojitvekockeje prikazan na sliki 7.2. 2Pripomnimo, da je iz zgodovinskih razlogov kvadratura kroga še danes sinonim za nerešljiv problem. 3Problem izhaja iz anti .cil, cnepovezave med matematikoin arhitekturo. Prerokje prebivalcemiz Delosa naro.naj zgradijo dvakrat ve. cji žrtvenikzaboga Apolona.Kerje imel oltar oblikokocke,jetako nastal problem podvojitvekocke. 4V.cnegakorena,vendar,razenza popolnekvadrate/kube, casu renesanse so poznali pojem kvadratnegain kubi.inverza niso znali izra. cunati. Kockas stranico5enot ima125-kratve. cjo prostorninokotkockas stranico1enote. Po drugi strani imakockas stranico4 enot64-kratve.cjo prostorninokotkockas stranico1enote. Kerje2ˇ 64 = 128 skoraj tolikokot 125, je Leonardo sklepal, da v mora biti ulomek 54 dober približek za 32(glej tudi nalogo58). Slika 7.3:Konstrukcijska rešitev problema podvojitvekvadrata. Rešitevje diagonalakva­drata, zatoje Leonardo domneval,dabipo analogiji lahko bila telesna diagonalakocke rešitev problema podvojitvekocke. Znanoje tudi,daje Leonardo poskušal problempodvojitvekocke rešitikonstrukcijsko v (t.j.skonstrukcijoštevila 32s šestilominravnilom)na osnovi analogije rešitve podvojitvekvadrata,kot kaže slika 7.3. Po analogijije predvidel,dabi telesna diagonalakocke morda lahko bila rešitev pro­ .v 3 blemapodvojitvekocke,vendarlahkohitropreverimo,datemunitako,saj 3 = 62. 2. Težiš.cnic trikotnika. Nje­ ce tetraedra (piramide)je Leonardo rešilz analogijo težiš .gova idejaje prikazana na sliki 7.4.Tako,kot se težiš.cu cnice trikotnika sekajo v težiš.trikotnika, (bi) se (naj) hiper-težiš.cu tetraedra5 cnice tetraedra sekajo(le) v težiš.. 3. Kvadratura kroga6. Pri tem problemu iš. cemo (stranico) kvadrat(a)7, katerega plo-š.cini danega kroga cina je enaka ploš. v 2 pl = pr, pl= a2 .. a = p ˇ r 5Danes vemo, da Leonardovo razmišljanje ni bilo pravilno. 6Izrazkvadratura krogaješe danes sinonim za nerešen oz. nerešljiv problem 7Vosnovije problem spetkonstrukcijski, kar pomeni,daje treba stranicokvadratakonstruiratis šestilomin ravnilom. 7.2 Leonardo - matematik ce tetraedra. Leonardo je za številne probleme domneval, da se dajo rešiti z uporabo analogije: s prehodom iz 2D v 3D. Seveda Leonardo problema ni rešil, uspel pa je izra.cunati boljši približek8 števila p 22 kot 7 , ki je bil takrat v splošni rabi. 4. Leonardov dokaz Pitagorovega izreka temelji na osnovi skladnosti štirikotnikov . CAFE in JABG. Ce štirikotnik CAFE zarotiramo za 90. v pozitivni smeri okoli to. cke A, dobimo štirikotnik JABG. Posledi.cini štirikotnikov CAFE in JABG cno sta ploš.enaki.Kot vidimoiz spodnje slike, sta daljici JCGin CE pravokotni, saj je e = 45. . Ostalo je razvidno iz slike 7.5. Za podrobnosti klikni tukaj. 8Leonardo je krogu v . crtal pravilni 96-kotnik in dobil približek p ˜ 3.142. ckot 100 dokazi. 7.3 Dokaz Leonardovega izreka Vprejšnjem poglavju smo dokazali leme10,12,13,in 14,ki namokon. cnih vzorcih in kon. cnih grupah dajo dovolj informacij, da lahko Leonardov izrek 4dokažemo na dovolj eleganten na.cbenika. cin,kot se spodobi zakonecu. Dokaz. Kon.cna grupa ne more vsebovati translacije, saj vemo, da ena translacija generira neskon. cno translacij. Po lemi 10kon. cna grupa ne vsebuje drsnih zrcaljenj, zato lahko vsebuje samo rotacije ali zrcaljenja. .cni grupi S samo rotacije,jepo lemi 13kon. Ce sovkon.cna grupa S enaka ciklicni grupi .Cn za nek n . N. Cekon. .cna grupa vsebuje samo eno zrcaljenje, po lemi 14 vsebuje še eno (trivialno) rotacijo (za 360.)in gre za diedrsko grupoD1.Tudi, .cna cekon.grupa vsebuje n zrcaljenj(n > 1) gre po lemi 14 za diedrsko grupo Dn. Lemi 11 in 12 zagotavljata, da imajo vse rotacije in vsa zrcaljenja skupno središ. ce (brez škode za splošnost lahko privzamemo, da je središ. ce rotacij in morebitnih zrcaljenj v koordinatnem izhodiš. cu). Lema 13 zagotavlja, da Cn in Dn vsebujeta rotacijezakote,kisoenakomerno porazdeljeni 360. 2ˇ 360. 3ˇ 360. (n- 1) ˇ 360. 0. , , , , ..., . n n n n Tudi zrcala so enakomerno porazdeljena, sicer bi morali obstajati dve zrcalni premici, ki se 7.4 Uporabni kon. cni vzorci sekatapodkotom,kije manjšiod 180. , kar bi porodilo rotacijo za k, ki je manjši od 360. . nn To pa bi bilo v protislovju s predpostavko (da je 360. najmanjšikot rotacije).Torej imamo n n enakomerno porazdeljenih rotacij in n enakomerno porazdeljenih zrcaljenj, kar pomeni, da gre za diedrsko grupo Dn.Stemje dokaz zaklju. cen. 7.4 Uporabnikon.cni vzorci V nadaljevanju sledijo slike kon. cnih vzorcev, ki so jih narisali študenti prvega letnika generacije 2020/21. Sledijo nekatereavtorske fotografjes potovanj oziromakonferenc. (a) Nika Drev. (b) Ajda Deti.cek Slika 7.6:Kon. cna vzorca. (a)IvanaKurnjicki. (b)IvanaKurnjicki Slika 7.7:Kon.cna vzorca. (a) Filip Zelenjak. (b) Tjaša Krivec. Slika 7.8:Kon. cna vzorca. (a) ElaValenko. (b) ElaValenko. Slika 7.9:Kon. cna vzorca. (a) Neja Jurkovi.c. (b) Lucija Horvat. Slika 7.10:Kon. cna vzorca. 7.4 Uporabni kon. cni vzorci ´ (a)An ŻCirovi´(b) MartaTrstenjak. dela c. Slika 7.11:Kon. cna vzorca. (a) Niko Sovi.c. (b) Sara Divjak. Slika 7.12:Kon. cna vzorca. (a) Urša Rijavec. (b) Urša Rijavec. Slika 7.13:Kon. cna vzorca. (a) Nika Horvat. (b) Lara Ru. cigaj. Slika 7.14:Kon. cna vzorca. (a) Vzorec C8. (b) Vzorec D9. Slika 7.15:Kon. cna vzorca narejena v aplikaciji Kaleido Magic. (a) Mošeja Manavgat. (b) Mestna Hiša Geborg. Slika 7.16:Kon. cna vzorca. 7.4 Uporabni kon. cni vzorci (a) LondonEye. (b) MuzejVictoriain Albert, London. Slika 7.17:Kon. cna vzorca. Slika 7.18:Kon. cna vzorca. (a)Westminister Abbey, London. (b) Notre Dame,Pariz. Slika 7.19:Kon. cna vzorca. (a) Katedrala Săo Carlos, Brazilija. (b) Katedrala Săo Carlos, Brazilija. Slika 7.20: Kon.cna vzorca. (a) Alhambra, Španija. (b) Alhambra, Španija. Slika 7.21:Kon. cna vzorca. (a) Heineken Muzej, Amsterdam. (b) Hollywoodska aleja slavnih (Hollywood WalkofFame), Los Angeles. Slika 7.22:Kon.cna vzorca. 7.4 Uporabni kon. cni vzorci 7.5 Naloge Naloga 56 Stenska slika z višino okvirja 40 cm naj bo v razmerju zlatega reza. Izra . cunaj dolžino okvirja. Glej rešitev 56 Naloga 57 Koliko odstotkov odpadnega materialanastane,.crtani) ce kvadratu izrežemo (v. krog (kot kaže slika 7.24)? Slika 7.24:Kolikšen delež predstavljaz rumeno barvo ozna.ceni del kvadrata? Glej rešitev 57 Naloga 58 Podobnokotje razmišljal Leonardo, poiš.ci.cim enostavnejši(a dober) približek za v 35. Oceni absolutno in relativno napako približka. .ozna.cno vrednost in s P Ce z Ncimo natan.približek, je absolutna napaka enaka a = |N- P|, relativna napakav odstotkihje enaka r = 100 ˇ N- P N . Glej rešitev 58 7.5 Naloge Naloga 59 Uporaba Leonardovega izreka: • Klasifcirajkon. cna vzorca na sliki 7.6, • Klasifcirajkon. cna vzorca na sliki 7.7, • Klasifcirajkon. cna vzorca na sliki 7.8, • Klasifcirajkon. cna vzorca na sliki 7.9, • Klasifcirajkon. cna vzorca na sliki 7.10, • Klasifcirajkon. cna vzorca na sliki 7.11, • Klasifcirajkon. cna vzorca na sliki 7.12, • Klasifcirajkon. cna vzorca na sliki 7.13, • Klasifcirajkon. cna vzorca na sliki 7.14, • Klasifcirajkon. cna vzorca na sliki 7.15. Glej rešitev 59 Naloga 60 Uporaba Leonardovega izreka: • Analizirajkon. cne vzorce na sliki 7.16, • Analizirajkon. cne vzorce na sliki 7.17, • Analizirajkon. cne vzorce na sliki 7.18, • Analizirajkon. cne vzorce na sliki 7.19, • Analizirajkon. cne vzorce na sliki 7.20, • Analizirajkon. cne vzorce na sliki 7.21. Glej rešitev 60 Naloga 61 Klasifciraj oz. analizirajkon . cne vzorce na sliki 7.22. Glej rešitev 61 8.1 Uvod -. Rešitev1 • Za vektorOB =~rB na sliki 1.2 (a) (3,2)= 3~i+ 2~j se dolžina vektorja (3,2) izra.cuna s Pitagorovim izrekom p k(3,2)k = 32+ 22 v = 13 ˜ 3.61. • Normiranivekorje 32 ( v , v ). 1313Nazaj na nalogo 1. -. Rešitev2 Za vektor OB =~rB na sliki 1.2(b)jepokosinusovem izreku r p d(O,B)= OB = 32+ 22- 2ˇ 3ˇ cos(p - ) ˜ 4.837. 6 Nazaj na nalogo 2. Rešitev3 Vformuli1.8 upoštevaj x2 = a in y2 = 0. Nazaj na nalogo 3. Rešitev4 . •5~a =(15,10) ~ •5~a- 2b=(15,10) - (2,-6)=(13,16) Nazaj na nalogo 4. Rešitev5 Formula1.13 je zgolj obrat formule 1.12 zn = rneni. (zakorenjenje argument . delimo z n ostalo sledi zaradi periodi.cnosti trigonometrijskih formul sin(x+ 2kp)= sin(x) in cos(x+ 2kp)= cos(x)). Nazaj na nalogo 5. Rešitev6 Ena.6 = -1+ 0i, kar pomeni, da iš.v 6-1+ 0i. cbo najprej preoblikujemo na zcemo Po formuli(1.10)izra.cunamo r = 1in. = p, nakar uporabimo formulo(1.13): vv 66ip v 31 k= 0 .-1= 1e6 = i 2 + 2 vv 66ip+2p k= 1 .-1= 1e6 = 0+ i vv 66ip+4p v 31 k= 2 .-1= 1e6 = - ip+6p v vv 2 + 2i k= 3 . 6-1= 61e6 = - 23 - 1 i 2 vv 66ip+8p k= 4 .-1= 1e6 = 0- i v vv ip+10p k= 5 . 6-1= 61e6 = 23 - 12i. cbe z= 0izra. Nazaj na nalogo 6. 8.2 Simetrije 8.2 Simetrije Rešitev7 Vzorec na sliki 2.1(b) ima dve zrcaljenji glede na obe diagonali kvadratne celice in rotacijo za 180. okoli središ. ca kvadratne celice. Nazaj na nalogo 7. Rešitev8 Vzorec na sliki 2.2(b) ima rotacijo za 90. okoli središ. ca vzorca. Nazaj na nalogo 8. Rešitev9 Linearna preslikava (x,y) 7. (x+ 2y,-x+ 4y) ni izometrija ravnine. O. citno je OT = 1, ker je O0 = v 20. Ker 1 = OT 6= (0,0) in TO0T0 = q 22 0 = (0+ 2,-0+ 4), jeO0T0 =(2- 0)+ (4- 0)= v 20 preslikava ni izometrija ravnine Nazaj na nalogo 9. Rešitev 10 Funkcija f (x)= x2- 4x+ 1ni soda funkcija: 6= 1+ 4+ 1= f(-1) 6f(1) = = 1- 4+ 1= -2. Nazaj na nalogo 10. Rešitev 11 Premica x = 2predstavlja zrcalno simetrijsko os množiceGf. Nazaj na nalogo 11. . Rešitev 12 Gre za rotacijo.Konstrukcija rešitveje razvidnas slike 8.2. Cepravje rešitev prikazana samo za eno daljico, lahko hitro preverimo, da bi za poljubno drugo daljico (namišljenega trikotnika) dobili isto središ . ce Sin isti k .. Nazaj na nalogo 12. Rešitev 13 Gre za drsno zrcaljenje (trikotnik .ABC ima pozitivno orientacijo, njegova slika ima negativno orientacijo).Konstrukcija rešitveje razvidnas slike 8.3. Nazaj na nalogo 13. Rešitev 14 Zrcalna slika trikotnika .A0B0C0 je A0 (1,0), B0 (3,0) in C0 (3,-1). Vzporedni premik nam da .A00B00C00, kjerje A00 (0,1), B00 (2,1) in C00 (2,0). Po drugi strani pa zrcaljenje prekopremice y= 1+xdirektno preslika to .cke A00 (0,1), cke A(0,1),B(0,3) inC(-1,3) vto.B00 (2,1) in C00 (2,0).To.citno fksna to. cka Aje o.cka te izometrije. Nazaj na nalogo 14. ce in k rotacije sta ozna. cena z d ~ oz. d. 8.3 Odvektorjevk matrikam 8.3 Odvektorjevk matrikam Rešitev 15 Uporabimo formulo 1.4 ~ a)Toje k medvektorjema~a inb 0ˇ 1+(-1) ˇ 2+ 2ˇ 34 cos . = vv = vv ; 514 514 vv -. b) AB =(1,2,3) - (0,-1,2)=(1,3 ,1 ) . AB = 12+ 32+ 12 = 116; v vv v ~ c)ker je k~ak = 0+ 1+ 4= 5in b = 1+ 4+ 9= 14 in v 4 cos . = v ,poKosinusovem izreku dobimo 5 14 vv vv 22 2 AB= 5+ 14- 2 5 14cos. vv vv 22 4 = 5+ 14- 25 14ˇv v 5 14 vv 22 = 5+ 14- 8 = 11. Nazaj na nalogo 15. "# -10 Rešitev 16 KerZpreslika (1,0) v (-1,0) in (0,1) v (0,1), je(po stolpcih)Z= . 01 Zato je " #" #!-1 "#-1 "# 12 -20 -12 -72 + == . -35 02 -37 -31 Nazaj na nalogo 16. "# xy Rešitev 17 Naj bo M.Tedajiz(vektorskih) ena. = cb uv " #"#"#" #" #"# xy 12 xy 10 == uv 13 uv -22 sledi4 × 4-sistem,ki razpade nadva2 × 2-sistema: 48 x+ y= 2 u+ v = 3 x = 3 u = 3 =. ter 21 x- 2y= 0 u- 2v = 2 y= 3 v = 3 Nazaj na nalogo 17. .. 10 0 .. Rešitev 18 . 0 cos. -sin . . 0 sin. cos . Nazaj na nalogo 18. Rešitev 19 "#" # 1 cos . sin . cos (-.) -sin (-.) R-1 = == R-. . cos2. + sin2. -sin . cos . sin (-.) cos (-.) Nazaj na nalogo 19. Rešitev 20 Izra. cunamo "#"#" # cos a -sin a cos ß -sin ß cos a cos ß - sin a sin ß -cos a sin ß - sin a cos ß = sin a cos a sin ß cos ß sin a cos ß + cos a sin ß cos a cos ß - sin a sin ß in upoštevamo(3.14). Nazaj na nalogo 20. Rešitev 21 Vformuli(3.11)upoštevamoa13 = a23 = a31 = a32 = 0, a33 = 1in a11 = a22 = cos ., a21 = -a12 = sin . in sledi .. cos . sin . 0 R-1 .. = . -sin . cos . 0 . z 0 01 . Nazaj na nalogo 21. " v #" v # -13 13 22 22 Rešitev 22 Izra.= in BAv cunamo AB v = . 31 3 -1 22 22 Nazaj na nalogo 22. Rešitev 23 Ra. cun poteka podobno,kotv primeru 27: k 1 . = arctan k= arcsin v = arccos v 1+ k21+ k2 v k v 1 . sin . = in cos . = 1+k21+k2 je . . "# v 1 v k cos arccos -sin arcsin v 1 -v k 1+k21+k21+k21+k2 . . R. == v k v 1 v k v 1 sin arcsin cos arccos 1+k21+k2 1+k21+k2 8.3 Odvektorjevk matrikam 101 in " #"#" #" # v 1 v k v 1 v k 1-k22k -10 1+k21+k21+k21+k21+k21+k2 Z. == y=tan 2x v k v 1 v k v 12k -1-k2 0 -1 - 1+k21+k21+k21+k21+k21+k2 .. 2 2 v 1 v k v 1 v k - 2 . 1+k21+k21+k21+k2 . = . 2 2 . v 1 v k v k v 1 2- 1+k21+k21+k21+k2 "# cos2. - sin2. 2cos. sin . = . 2cos. sin . - cos2. - sin2. "# cos (2.) sin (2.) = sin (2.) -cos (2.) Nazaj na nalogo 23. Rešitev 24 Produkt matrik je enak " #" v #" v #" # 13 31 01 - 2 2 cos60. sin60. v 22 v == , 31 13 10 - sin60.-cos60. 22 22 kar pomeni, da gre za zrcaljenje preko premice y= tan30.ca, saj x. Rezultat nas ne presene.zrcaljenje obra . ca orientacijov trikotniku, zatokompozitum ne more biti rotacija 1 Nazaj na nalogo 24. Rešitev 25 Rešitev predstavlja zrcaljenje preko premice z naklonom 15.: " v # 31 22 v 13 - 22 . Nazaj na nalogo 25. Rešitev 26 Rezultat slediiz formule(3.15): (x,y,z) 7. (1x+ 0y+ 0z,0x+ 1y+ 0z,0x+ 0y+ 0z). Nazaj na nalogo 26. Rešitev 27 Vektor(1,0,0) se prezrcalivvektor (1,0,0),vektor(0,1,0) se prezrcalivvektor (0,1,0).Vektor (0,0,1) pa se preslika v (0,0,-1). Zato so stoplci matrike Zpo vrsti enaki; glej(3.16) .... .. 10 0 .... .. . 0 ., . 1 . in . 0 . 00 -1 1O.ckakomozituma,sajje fksnafo. citno je (0,0) fksna to.cka obeh izometrij. . Nazaj na nalogo 27. Rešitev 28 Za dolo.citev3 × 3-matrike . . x1 x2 x3 .. y1 y2 y3 .. P1 = z1 z2 z3 potrebujemo slike treh (linearno neodvisnih)vektorjev.V ravnini O izberemo2 dva nevzpo­redna vektorja ~a =(0,2,1) in~b=(1,1,0).Ker njun vektorski produkt ~a× ~b=(-1,1,-2) ~ ni enak (0,0,0), nista vzporedna.Vektorja~a inbse prezrcalita vase, vektor ~n =(1,-1,2) pa se pravokotno projicira v (0,0,0) . . . . . . 02x2+ x30 .. 2 .. = .. 2y2+ y3 .. = .. 2 .. ~a 7.~a : =. P1 12z2+ z31 . . . . . . 1 x1+ x21 .. 1 .. = .. y1+ y2 .. = .. 1 .. ~ b7.~b: =. P1 0 z1+ z20 . . . . . . 1 x1- x2+ 2x30 .. -1 .. = .. y1- y2+ 2y3 .. = .. 0 .. ~ n 7.~0: =. P1 . 2 z1- z2+ 2z30 Iz tega sledi9× 9-sistem, ki razpade na tri lo. cene3 × 3-sisteme: 2x2+ x3 = 0 51 1 Sistem 1: x1+ x2 = 1 . Rešitev 1: x1 = ,x2 = ,x3 = - . 663 x1- x2+ 2x3 = 0 2y2+ y3 = 2 151 Sistem 2: y1+ y2 = 1 . Rešitev 2: y1 = ,y2 = ,y3 = . 663 y1- y2+ 2y3 = 0 2z2+ z3 = 1 111 Sistem 3: z1+ z2 = 0 . Rešitev 3: z1 = - ,z2 = ,z3 = . 333 z1- z2+ 2z3 = 0 Kon. cna rešitevje . . . . 51 -13 51 -2 66 1 P1 = .. .. .. .. . 1 51 6 63 152 = 6 -111 3 -22 2 33 2Oba vektorja morata zadoš.cbi ravnine O. cati ena. 8.3 Odvektorjevk matrikam Nazaj na nalogo 28. Rešitev 29 Razmisli, da je razlika glede na prejšnjo rešitev samo v tem, da se vektor ~n preslika v vektor -~n : . . . . . . 1 x1- x2+ 2x3 -1 ~n 7. -~n : =. P1 .. -1 .. = .. y1- y2+ 2y3 .. = .. 1 .. . 2 z1- z2+ 2z3 -2 Podobno,kotv prejšnji nalogi sledijo sistemi: 2x2+ x3 = 0 21 2 Sistem 1: x1+ x2 = 1 . Rešitev 1: x1 = ,x2 = ,x3 = - . 333 x1- x2+ 2x3 = -1 2y2+ y3 = 2 122 Sistem 2: y1+ y2 = 1 . Rešitev 2: y1 = ,y2 = ,y3 = . 333 y1- y2+ 2y3 = 1 2z2+ z3 = 1 22 1 Sistem 3: z1+ z2 = 0 . Rešitev 3: z1 = - ,z2 = ,z3 = - . 333 z1- z2+ 2z3 = -2 Torej . . 2 .. 1 -22 -1 1 -2 1 Z1 = 3 .. . 22 Nazaj na nalogo 29. 8.4 Klasifkacija izometrij ravnine Rešitev 30 Gre za translacijo za vektor~t,kije pravokoten na obe zrcalni osi z1 in z2, dolžina vektorja~t paje enakadvakratniku razdalje med premicama z1 in z2. Nazaj na nalogo 30. Rešitev 31 TranslacijoT lahko vedno izberemo tako, da je S1 =(0,0). Vtem primeru je RS1 . = R. . Izra.cunamo vrednostkompozituma R. . T pri poljubnem . . (x)= R. x+t = R.x+ R.t. r~S . 2 = R.x- R.~rS2 + x . R2 sledi ~~ ~~~~ ~ : x~ R. . T Po drugi stranije RS2 . (x)= R. ( ~ ~ x-~rS2)+~rS2 . (x)= RS. 2(x) za vsak= -R.~ ~ ~ Iz R. . T R.t iz zgornje ena. cbe pa sledi3 ~ . .  I- R. rS2 ~ = R.t . ~ rS2 ~ = I- R rS2 +~rS2 -1 ~ ~ ~~~ ~~ R.t. Nazaj na nalogo 31. Rešitev 32 Vektor translacije ozna.t =(t1,t2). cimo s ~Enotski smerni vektor na premici . .. e. 2,sin . x: n1+n1. d (x) x+ n1 ozna. cimo z = tan y cos ˇ = . 2 2 2 Izra.cunajmo vrednostkompozituma Zn. 1 . T pri poljubnem vektorju 2  ..   Zn1 . . T ~~ ~~~~ ~ (x)= Z. x+tn1 n1 x+ Z. t- Z. 2 222 2 Po drugi stranije = Z. - + ~~~ ~ ~ ~~~ ~ 2 ~ d (x)= Z. (x-n2)+n2+ d, 2  d = ae. = projt e. Dn2, . . 2 + t2sin . 2 . Ce naj bo Zn. 1 in a kjer je . T = t1cos ~ ( 22 x)= Dn. 2, . 2 2 identiteta, sledi Z. ~~~~ x+ Z. t- Z. n1+n1 222 2 = Z. ~ ~~ ~~ ~~~ ~~~~ (x-n2)+n2+ d Z. x+ Z. t- Z. n1+n1 Z. x- Z. n2+n2+ ae. 222 22 2 = = -Z. ~ ~ ~ ~ ~ ~ Z. t- Z. n1+n1- ae. n2+n2. 22 22 .-1 . 3Razmisli, da I- R. obstaja,.I- R. = 2- 2cos. = 0; torej za vsakkot . = 62kp. cejele det 6 8.4 Klasifkacija izometrij ravnine  Oznacimo.4 ~m = Z. ~t- Z. ~n1+~n1- a~e. .Kerje za vsak . determinanta det I- Z. enaka 222 2 ni.cba c, predstavlja vektorska ena. (m1,m2)= ~m = -Z. ~n2+~n2 =(I- Z. )~n2 22 sistem linearnih ena.cb m1 = -n2sin . m2 = -n2cos . + n2, ki se reducira na eno samo ena. cbo z (eno) neznanko n2. Za pridobitev rešitve izberemo prvo ena. cbo m1 m1 = -n2sin . . n2 = - sin . . Sam(a)preveri,daje prvakomponentavektorja ~m enaka  . .. m1 = t1cos . +t2sin . - n1sin . - t1cos + t2sin cos , 2 22kar pomeni, da je . .. t1cos . + t2sin . - n1sin . - t1cos 2 + t2sin . cos n2 = - 22 . (8.1) sin . Torej gre za drsno zrcaljenje preko premicey= tan . 2x+ n2, vektor translacije pa je enak    . ... t1cos +t2sin cos ,sin . 2 222 Nazaj na nalogo 32. Rešitev 33 Izra.. = arctan2 cunamokot 5 ˜ 21.801.. Sledi . ˜ 43.602.. Ker je (t1,t2)= 2 (3,-4), je ~d  . = t1cos 2 "  . + t2sin 2 . cos 2 sin . 2 # " = 1.206 9 0.482 76 # . Po formuli (8.1)izra.cunamo še .  .. 2 +t2sin . t1cos . +t2sin . - n1sin . - t1cos 2 cos2 n2 == -4.6. sin . 2 Torej gre za drsno zrcaljenje preko premicey= 4.6+ 5x. Vektor drsnega zrcala je enak ~ d˜ (1.2069,0.48276). Nazaj na nalogo 33. 4Vektor~cno dolo.t, e. in~ m je natan.cen s~~n1. 2 8.5 Ogrupah Rešitev 34 Grupo sestavljajo štiri zrcaljenja: Z0. ,Z45. ,Z90. , Z135. in štiri rotacije R90. ,R180. , R270. in R360. = R0. = I. Nazaj na nalogo 34. Rešitev 35 Rotacije R90. , R180. , R270. = R0. cno) podgrupo in R360. = Ipredstavljajo (cikli.reda4.Ta podgrupaje generiranaz R90. : C4 = hR90.i. Vsakozrcaljenje skupajzidentiteto predstavlja (cikli. cno) podgrupo reda 2: {Z0. ,I},{Z45. ,I}, {Z90. ,I}, {Z135. ,I}. Podgrupe reda2so generiranez (ustreznim) zrcaljenjem hZ0.i = {Z0. ,I}, hZ45.i = {Z45. ,I}, hZ90.i = {Z90. ,I}, hZ135.i = {Z135. ,I}. Nazaj na nalogo 35. Rešitev 36 Zrcaljenje preko navpi .cna preslikava). cnice in rotacija za 360. (identi. Nazaj na nalogo 36. Rešitev 37 Gre za cikli. cno grupo, zato vsebuje samo trivialni podgrupi {z1} in Z6. Nazaj na nalogo 37. Rešitev 38 Dokažimo s protislovjem. Recimo, da obstaja e . G,kije enota grupe e* g= g* e = g, .g. G, (8.2) polegtega pa obstaja še (od e razli. cen element) e0. G, ki je tudi enota grupe G 0 e0* g= g* e= g, .g. G. (8.3) Cev(.8.2)za gvstavimo e0, sledi = e0 . Ce v(8.3)zagvstavimo e, sledi e0* e .e0* e = e. Iz tega sledi 0* e 0 e= ee0* e = e . 0 e= e. Nazaj na nalogo 38. Rešitev 39 Dokazati moramo, da za poljubna elementa g1 in g2 grupe Gvelja g1* g2 = g2* g1. KerjeGcikli.= hgi, kar pomeni, da sta oba elementa g1 in g2 potenci elementa g cna,velja G mn g1 = g* g*ˇˇˇ* g = gin g2 = g* g*ˇˇˇ* g = g. |{z} |{z} m-krat n-krat Zaradi asociativnosti potem velja nm+nn+mm g1* g2 = gm * g= g= g= gn * g= g2* g1. Nazaj na nalogo 39. Rešitev 40 Preveriti je potrebno, da množica .4 zadoš. ca vsem lastnostim defnicije grupe. ! ! Enota je npr s0 = 1 2 3 4 1 2 3 4 . Inverz od npr. s = 1 2 3 4 3 4 2 1 je s-1 = ! 1 2 3 4 4 3 1 2 , itd. Nazaj na nalogo 40. Rešitev 41 Je razvidna iz slike 5.1. Nazaj na nalogo 41. Rešitev 42 Je razvidna iz slike 5.1. Nazaj na nalogo 42. Rešitev 43 Je razvidna iz slike 5.1. Nazaj na nalogo 43. Rešitev 44 Ne.Tak primerje permutacija ! 1234 s0 = . 3412 Nazaj na nalogo 44. 8.6 Kon.cni vzorci Rešitev 45 Grupa C1 vsebuje samo trivialno simetrijo I= R0. = R360. . Cayleyevatabela za C1 je ˇ I I I Grupa C2 vsebuje rotacijo R180. = Rter R2 = R360. = I. Cayleyeva tabela za C2 je ˇ I R I I R R R I Grupi D1 in D2 polegrotacije R180. = Rvsebujeta še eno oz. dve (med seboj pravokotni) zrcaljenji Zin Z. . Cayleyeva tabela za D1 je . I Z I I Z Z Z I Cayleyeva tabela za D2 je . I R Z Z. I I R Z Z. R R I Z. Z Z Z Z. I R Z. Z. Z R I Nazaj na nalogo 45. Rešitev 46 Izomorfni sta lahko samo C2n in Dn za isto vrednost n, saj druga.ce mo.ci pri­padajo.= 1 vidimo, da cih množic simetrij nista enaki (in reda grup ne sovpadata). Za n je preslikava F :{I,R}.{I,Z}, ki je dolo.citno cena s predpisom F(R)= Z, F(I)= I, o.izomorfzem grup C2 in D1. Za n > 1izomorfzem med C2n in Dn ne more obstajati,ker grupa Dn za n > 1vsebuje n elementov tipa Z2 = 1, grupaC2n pa ima le en tak element. Nazaj na nalogo 46. Rešitev 47 Glej sliko Nazaj na nalogo 47. cni vzorci crkaA.Vslovenski abecedijihjeskupajzA-jem10.Poiš. ostalih9 . crk (upoštevaj tudi vodoravno zrcaljenje). Nazaj na nalogo 48. Rešitev 49 Primerje .crki - crkaH. PolegH-jav slovenski abecedi obstajatašedve takšni . poiš. ci ju sam(a). Nazaj na nalogo 49. Rešitev 50 Enaod rešitevje .crka N. PolegN-ja obstajata v slovenski abecedi še dve takšni . crki. Nazaj na nalogo 50. Rešitev 51 Xima simetrijsko grupoD2.YinWimata simetrijsko grupo D1. Nazaj na nalogo 51. Rešitev 52 Dodamo daljico, katere nosilka ne sme potekati skozi težiš .ce kvadrata. Podobno kot kaže slika8.5. Nazaj na nalogo 52. Rešitev 53 Na levi in desni lahko dodamo dve simetri.cni daljici, katerih simetrali potekata skozi težiš.cekvadrata. Podobnokot kaže slika 8.5. Nazaj na nalogo 53. cni vzorec C4 Desno: Primer spremembe kvadrata vkon. cni vzorec D2. Rešitev 54 Matemati. cno se simbola ne razlikujeta: oba imata simetrijsko grupo D1;torej eno zrcalno simetrijo in (trivialno) rotacijo (za 360.). Nazaj na nalogo 54. Rešitev 55 Enood možnih rešitev,ko dodamo štiri krilca, kaže slika 8.6. 8.7 Leonardov izrek 8.7 Leonardov izrek Rešitev 56 Dolžina okvirja mora biti približno65 cm,kot slediiz spodnjega ra . cuna 1.618 ˇ 40 ˜ 64.72. Nazaj na nalogo 56. Rešitev 57 Rumeno ozna .cinaje enaka cena ploš . a 2 a2- p 2 Iz razmerja .2 a a2- p 2 100 ˇ˜ 21.46% a2 lahko razberemo,da odpadni del predstavlja cca. 21.5%ploš. cine kvadrata. Nazaj na nalogo 57. Rešitev 58 Ulomek 17 v 5, saj je 10 je dober približek za 3173 = 4913 in 5ˇ 103 = 5000. Opazimo, da se rezultata razlikujeta zgolj za 875. 17 Absolutna napaka približka 10 je enaka v 317 a = 5-˜ 0.0099. 10 Relativna napaka približka 17 10 je enaka v 35- 17 10 r = v 3˜ 0.006 = 6‰ 5 Nazaj na nalogo 58. 5Razlika v odstotkih je približno 1.7%. Rešitev 59 Za rešitev uporabimo Leonardov izrek. Obakon.Cepravkon. cna vzorca na sliki 7.6 imata simetrijsko grupo C1.( .cnemu vzorcu na desni v okvirih umetniške svobode skorajda pripada simetrijska grupa D1.) Na sliki 7.7 sta prikazana vzorca s simetrijsko grupo C54 (levo) in D54 (desno). Na sliki 7.8 sta prikazana vzorca s simetrijsko grupo C4 (levo) in C8 (desno). Na sliki 7.9 sta prikazana vzorca s simetrijsko grupo C3 (levo) in D1 (desno). Na sliki 7.10 sta prikazana vzorca s simetrijsko grupo C8 (levo) in D8 (desno). Za ostale rešitve uporabimo Leonardov izrek. Nazaj na nalogo 59. Rešitev 60 Za rešitev uporabimo Leonardov izrek. Nazaj na nalogo 60. Rešitev 61 Za rešitev uporabimo Leonardov izrek. Nazaj na nalogo 61. Vektorski prostor Množico V, katere elemente lahko med sabo seštevamo in množimo s skalarji iz nekega obsega, imenujemo vektorski prostor. Elemente vektorskega prostora imenujemo vektorji. Operacija seštevanja vektorjev je notranja dvo . clena operacija nad množico V + :V×V . V. Operacija množenja vektorjev z elementi a iz obsega Fje tipa ˇ :F×V . V. Natan.cneje je vektorski prostor defniran spodaj. Defnicija 26 Vektorski prostor nad obsegom F je množica V skupaj z operacijama seštevanja vektorjev + in množenja vektorjev s skalarji ˇ, za kateri velja: (i) asociativnost seštevanjavektorjev: ~v1+(~v2+~v3)=(~v1+~v2)+~v3,za vse~v1,~v2,~v3. V, (ii) komutativnost seštevanja vektorjev: ~v1+~v2 =~v2+~v1, za vse ~v1,~v2 . V, (iii) obstaja ni.0+~=v+ ~=v, za vsev . V, celni element za seštevanje: ~v ~0~~ (iv) za vsak~v. V obstaja nasprotni element (-~v) . V,takodaje~v+(-~v)=(-~v)+~v= ~ 0, (v) za vsak a,ß . Fin~v . V velja a (ß~v)=(aß)~v, (vi) za vsak a,ß . Fin~v . V velja (a + ß)~v = a~v+ ß~v, (vii) za vsak a . Fin vsak par~v1,~v2 . V velja a (~v1+~v2)= a~v1+ a~v2, (viii) za vsak ~v . V velja 1~v = ~v, kjerje 1enota obsega F:1ˇ a = a ˇ 1= a za vsak a . F. Asociativnost množenja matrik Na strani 38 smo nakonkretnem primeru pokazali,daje množenje matrik asociativno. V spodnji lemi je dokazano, da za množenje poljubnih treh 2× 2-matrik velja zakon asociativnosti(8.4). Omenimo,da asociativnost množenjavelja za poljubne n× n-matrike (n > 2). Asociativnost množenja velja tudi za poljubne produkte matrik, katerih dimenzije so usklajene,kotje prikazano spodaj ABC n× m ˇ m× p ˇ p× q Lema 15 Množenje kvadratnih2 × 2-matrik je asociativno: (AB)C= A(BC)= ABC. (8.4) Dokaz. Naj bo " #" #"# a11 a12 b11 b12 c11 c12 A= B= C= . a21 a22 b21 b22 c21 c22 Najprej izra.cunajmo "# a11b11 + a12b21 a11b12 + a12b22 AB = a21b11 + a22b21 a21b12 + a22b22 "# b11c11 + b12c21 b11c12 + b12c22 BC= . b21c11 + b22c21 b21c12 + b22c22 Izra.cunajmo L=(AB)C "# c11a11b11 + c11a12b21 + c21a11b12 + c21a12b22 c12a11b11 + c12a12b21 + c22a11b12 + c22a12b22 c11a21b11 + c11a22b21 + c21a21b12 + c21a22b22 c12a21b11 + c12a22b21 + c22a21b12 + c22a22b22 in D= A(BC) "# c11a11b11 + c11a12b21 + c21a11b12 + c21a12b22 c12a11b11 + c12a12b21 + c22a11b12 + c22a12b22 . c11a21b11 + c11a22b21 + c21a21b12 + c21a22b22 c12a21b11 + c12a22b21 + c22a21b12 + c22a22b22 Takoj opazimo, da jeL= D.  [2] S. Duvernoy: Leonardo and Theoretical Mathematics, Nexus Network Journal 10 (2008) 39-50. [3] D.W.Farmer: Groups and Symmetry:AGuide to Discovering Mathematics, AMS 1996. [4] M. Mencinger, S. Gaborovi.caj iz matematike, Fakulteta za c, P. Šparl: Uvajalni te.gradbeništvo Univerze v Mariboru, Maribor 2009. [5]F.Oggier,A.M. Bruckstein: Groupsand symmetries,NanyangTechnologicalUniversity, Singapur 2014. [6] H.Weyl: Symmetry, Princeton University Press, Princeton 1954. SIMETRIJSKE GRUPE KONCNIH VZORCEV MATEJ MENCINGER Univerza v Mariboru, Fakulteta za gradbeništvo, prometno inženirstvo in arhitekturo, Maribor, Slovenija E-pošta: matej.mencinger@um.si Povzetek Koncnivzorciso najprejdefiniraniintuitivno, kasnejepa še eksaktno (matematicno). Simetrije koncnih vzorcev so definirane s pomocjo izometrij ravnine. Obravnavani so štirje osnovni razredi izometrij ravnine: zrcaljenje, rotacija, translacija ter drsno zrcaljenje. V klasifikacijskem izreku je dokazano, da vsaka izometrijaspadav enegaodosnovnihštirih razredov.Pri obravnavi vektorjev in matrik se omejimo na ravnino in trirazsežni vektorski prostor. Dokazano je, da izometrijam ravnine s fiksno tocko pripadajo natanko ortogonalne matrike. V poglavju o grupah so obravnavani pojmi: (pod)grupa, red grupe, izomorfizem grup ter generatorji grupe. Glavni rezultat je klasifikacija simetrijskih grup koncnih vzorcev v ciklicne ali diedrske, kar danes imenujemo Leonardov izrek. Podano je tudi nekaj informacij o zgodovinski dobi, v kateri je deloval Leonardo da Vinci, in nekaterih povezavah med njegovim delom in matematiko. Ucbenik je namenjen študentom arhitekture in vsebuje številne primere, rešene naloge ter obsežno slikovno gradivo. Kljucne besede: izometrija ravnine, koncni vzorec, simetrija, koncna grupa, Leonardov izrek DOI https://doi.org/10.18690/978-961-286-536-8 ISBN 978-961-286-536-8 SYMMETRY GROUPS OF FINITE PATTERNS MATEJ MENCINGER University of Maribor, Faculty ofCivil Engineering, Transportation Engineering and Architecture, Maribor, Slovenia E-mail: matej.mencinger@um.si Abstract Finite patterns are defined first intuitively and then also mathematically. Symmetriesof finite patterns are defined based on planar isometries. Four basic types of planar isometries (mirror reflection, rotation,translation andglidereflection)areconsidered. In the classification theorem for planar isometries it is proven that every isometry coincides with one of the four basic planar isometries. Vectors and matrices are limited to two-and three-dimensional (vector) space. It is proven that every planar isometry with a fixed point is associated with an orthogonal matrix. The Keywords: chapter on groups includes the information on (sub)groups, order planar isometry, of the group, isomorphism of groups and group generators. The finite main result is the classification of the symmetry groups of finite pattern, symmetry, patterns into cyclic and dihedral, which is nowadays known as finite Leonardo’s theorem. Finally, Leonardo’s time and work is group, described. The textbook is written for students of the architecture Leonardo’s theorem andincludes severalexamples,figures andsolvedexercises. https://doi.org/10.18690/978-961-286-536-8 DOI 978-961-286-536-8 ISBN