10 Movimientos

Definición IV.5.

Sea $A$ un espacio afin euclideo y $f\colon A\to A$ una aplicacion afin, decimos que $f$ es un movimiento si

\forall P,Q\in A\;d(P,Q)=d(f(P),f(Q))

Ejemplo IV.1.

1.

Dado $v\in V$ , $f=t_{v}\colon A\to A,P\mapsto P+v$ . Se tiene que

$\forall P,Q\in A\;d(t_{v}(P),t_{v}(Q))=d(P+v,Q+v)=\left\lVert\vec{(P+v)(Q+v)}% \right\rVert=\left\lVert\vec{PQ}\right\rVert=d(P,Q)$
2.

Si $h_{C,\lambda}$ es una homotecia de razon $\lambda\neq 1$ , $h_{C,\lambda}(P)=C+\lambda\vec{CP}$ , esta no es un movimiento, puesto que para $P,Q\in A$ ,

${}d(h(P),h(Q))=d(C+\lambda\vec{CP},C+\lambda\vec{CQ})=\left\lVert% \overrightarrow{(C+\lambda\vec{CP})(C+\lambda\vec{CQ})}\right\rVert=\left% \lVert\lambda\vec{PQ}\right\rVert=\\ {}=\left|\lambda\right|d(P,Q)\neq d(P,Q)\text{ si }\lambda\neq 0$

Proposición IV.4.

$f$ es un movimiento $\iff\tilde{f}$ es una isometria.

Demostración.

$\Rightarrow)$: Sabemos que la aplicacion lineal asociada a $f$ es

$\displaystyle\tilde{f}\colon V$

$\displaystyle{}\longrightarrow V$

$\displaystyle\vec{PQ}$

$\displaystyle{}\longmapsto\tilde{f}(\vec{PQ})=\vec{f(P)f(Q)}$

Entonces, $\forall P,Q\in A$ , $\left\lVert\tilde{f}(\vec{PQ})\right\rVert=\left\lVert\vec{f(P)f(Q)}\right% \rVert=d(f(P),f(Q))\overset{f\text{ mov}}{=}d(P,Q)=\left\lVert\vec{PQ}\right\rVert$ .

Por tanto, $\tilde{f}$ es isometria.
$\Rightarrow)$: $d(f(P),f(P))=\left\lVert\vec{f(P)f(Q)}\right\rVert=\left\lVert\tilde{f}(\vec{% PQ})\right\rVert=\left\lVert\vec{PQ}\right\rVert=d(P,Q)$ .

Luego $f$ es un movimiento.

∎

Definición IV.6.

Decimos que $f$ es un movimiento directo si $\tilde{f}$ es isometria directa.

Decimos que $f$ es un movimiento inverso si $\tilde{f}$ es isometria inversa.

Por tanto,

f\text{ es movimiento directo}\iff\mathrm{det}(M(\tilde{f},B))=1\iff\mathrm{% det}(M(f,B))=1

f\text{ es movimiento inverso}\iff\mathrm{det}(M(\tilde{f},B))=-1\iff\mathrm{% det}(M(f,B))=-1

Observación IV.6.

$A^{t}A=I=AA^{t}$ , $M^{t}\cdot M=I$ (mirar).

Definición IV.7.

Sea $X$ una variedad afin y $f\colon A\to A$ una aplicacion afin.

Decimos que $X$ es una variedad de puntos fijos por $f$ si

$\forall P\in X,f(P)=P$
Decimos que $X$ es una variedad fija por $f$ si

$\forall P\in X,f(P)\in X$

Ejemplo IV.2.

Sea $A=\mathbb{R}^{2}$ con espacio afin estandar y $RC=\left\{(0,0),\left\{(1,0),(0,1)\right\}\right\}$ . Sea $f$ dada por

M(f,RC)=\left(\begin{array}[]{c|cc}1&0&0\\ \hline\cr 0&1&0\\ 0&0&-1\end{array}\right)\quad\text{ (simetria respecto del eje horizontal)}

El eje de simetria horizontal es una variedad de puntos fijos, puesto que estos puntos no varian al aplicar la simetria ( $f$ ).

Las rectas verticales (perpendiculares al eje de simetria) son todas rectas fijas, ya que todo punto $P$ de cada recta cumple que $f(P)$ pertenece a la recta.

Consideramos otra $f$ con $M(f,RC)=\left(\begin{array}[]{c|cc}1&0&0\\ \hline\cr 1&1&0\\ 0&0&-1\end{array}\right)$ (el origen cambia).

En este caso, el eje horizontal es una variedad fija (no son puntos fijos), mientras que las rectas verticales dejan de ser rectas fijas por el desplazamiento producido.

Sea $f\colon A\to A$ un movimiento que respecto de un sistema de referencia cartesiano (con base ortonormal) tiene matriz

M(f,R)=\left(\begin{array}[]{c|ccc}1&0&\cdots&0\\ \hline\cr\alpha_{1}&&&\\ \vdots&&A&\\ \alpha_{n}&&&\end{array}\right)

Observación IV.7.

$f$ es movimiento $\iff A\cdot A^{t}=I$ . $f$ es directo o inverso segun $\mathrm{det}(A)$ .

Calculo de variedades fijas de $f$

1.

Puntos fijos. P de coordenadas $(x_{1},\ldots,x_{n})$ es punto fijo si y solo si

$\begin{pmatrix}1\\ x_{1}\\ \vdots\\ x_{n}\\ \end{pmatrix}=\left(\begin{array}[]{c|ccc}1&0&\cdots&0\\ \hline\cr\alpha_{1}&&&\\ \vdots&&A&\\ \alpha_{n}&&&\end{array}\right)\cdot\begin{pmatrix}1\\ x_{1}\\ \vdots\\ x_{n}\\ \end{pmatrix}$
Ejemplo IV.3.
- $\begin{pmatrix}1\\ x\\ y\\ \end{pmatrix}=\left(\begin{array}[]{c|cc}1&0&0\\ \hline\cr 1&1&0\\ 0&0&-1\end{array}\right)\begin{pmatrix}1\\ x\\ y\\ \end{pmatrix}$
  
  El sistema resultante es incompatible, por lo que no hay puntos fijos.
- $\begin{pmatrix}1\\ x\\ y\\ \end{pmatrix}=\left(\begin{array}[]{c|cc}1&0&0\\ \hline\cr 0&1&0\\ 0&0&-1\end{array}\right)\begin{pmatrix}1\\ x\\ y\\ \end{pmatrix}$
  
  Se tiene $\begin{cases}x=x\\ y=-y\Rightarrow=0\end{cases}$ $\forall x$ , luego es SCI.
  
  Por tanto, $X=\left\{(x,0)\mid x\in\mathbb{R}\right\}=(0,0)+\langle(1,0)\rangle$ variedad de puntos fijos.
- $\begin{pmatrix}1\\ x\\ y\\ \end{pmatrix}=\left(\begin{array}[]{c|cc}1&0&0\\ \hline\cr 1&1&0\\ 2&0&-1\end{array}\right)\begin{pmatrix}1\\ x\\ y\\ \end{pmatrix}$
  
  Nos queda que $x=\frac{1}{2}$ y $y=1$ . En este caso, es el unico punto fijo.
2.

Hiperplanos fijos. Sea $\pi\equiv a_{0}+a_{1}x_{1}+\cdots+a_{n}x_{n}=0$ .

Proposición IV.5.

$\pi$ es hiperplano fijo por $f$ $\iff\begin{pmatrix}a_{0}&a_{1}&\cdots&a_{n}\\ \end{pmatrix}\left(\begin{array}[]{c|ccc}1&0&\cdots&0\\ \hline\cr\alpha_{1}&&&\\ \vdots&&A&\\ \alpha_{n}&&&\end{array}\right)=\lambda\begin{pmatrix}a_{0}&\cdots&a_{n}\\ \end{pmatrix}$ donde $\lambda$ es un autovalor de $A$ .

Demostración.

$\Rightarrow)$

Sea $\pi$ un hiperplano fijo y sea $(P)_{R}=(p_{1},\ldots,p_{n})\in\pi$ . Sabemos que $f(P)\in\pi$ , con $(f(P))_{R}=(y_{1},\ldots,y_{n})$ donde

$\begin{pmatrix}1\\ y_{1}\\ \vdots\\ y_{n}\\ \end{pmatrix}=\left(\begin{array}[]{c|ccc}1&0&\cdots&0\\ \hline\cr\alpha_{1}&&&\\ \vdots&&A&\\ \alpha_{n}&&&\end{array}\right)\begin{pmatrix}1\\ p_{1}\\ \vdots\\ p_{n}\\ \end{pmatrix}$

Por lo tanto,

$\begin{cases}P\in\pi\iff 0=\begin{pmatrix}a_{0}&\cdots&a_{n}\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\ p_{1}\\ \vdots\\ p_{n}\\ \end{pmatrix}\\ f(P)\in\pi\iff 0=\begin{pmatrix}a_{0}&\cdots&a_{n}\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\ y_{1}\\ \vdots\\ y_{n}\\ \end{pmatrix}\iff 0=\begin{pmatrix}a_{0}&\cdots&a_{n}\\ \end{pmatrix}\left(\begin{array}[]{c|ccc}1&0&\cdots&0\\ \hline\cr\alpha_{1}&&&\\ \vdots&&A&\\ \alpha_{n}&&&\end{array}\right)\begin{pmatrix}1\\ p_{1}\\ \vdots\\ p_{n}\\ \end{pmatrix}\end{cases}$

Puesto que si $P\in\pi$ se tiene que $f(P)\in\pi$ al ser hiperplano fijo, $\exists\lambda\in\mathbb{R}$ tal que $\lambda\begin{pmatrix}a_{0}&\cdots&a_{n}\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a_{0}&\cdots&a_{n}\\ \end{pmatrix}\left(\begin{array}[]{c|ccc}1&0&\cdots&0\\ \hline\cr\alpha_{1}&&&\\ \vdots&&A&\\ \alpha_{n}&&&\end{array}\right)$ .

Luego veremos que necesariamente $\lambda$ tiene que ser autovalor de $A$ .

$\Leftarrow)$

Si $\begin{pmatrix}a_{0}&a_{1}&\cdots&a_{n}\\ \end{pmatrix}\left(\begin{array}[]{c|ccc}1&0&\cdots&0\\ \hline\cr\alpha_{1}&&&\\ \vdots&&A&\\ \alpha_{n}&&&\end{array}\right)=\lambda\begin{pmatrix}a_{0}&\cdots&a_{n}\\ \end{pmatrix}$ y cojo $P\in\pi$ , entonces, $f(P)$ , con $\begin{pmatrix}1\\ y_{1}\\ \vdots\\ y_{n}\\ \end{pmatrix}=\left(\begin{array}[]{c|ccc}1&0&\cdots&0\\ \hline\cr\alpha_{1}&&&\\ \vdots&&A&\\ \alpha_{n}&&&\end{array}\right)\begin{pmatrix}1\\ p_{1}\\ \vdots\\ p_{n}\\ \end{pmatrix}$ , cumple $\begin{pmatrix}a_{0}&\cdots&a_{n}\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\ y_{1}\\ \vdots\\ y_{n}\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a_{0}&a_{1}&\cdots&a_{n}\\ \end{pmatrix}\left(\begin{array}[]{c|ccc}1&0&\cdots&0\\ \hline\cr\alpha_{1}&&&\\ \vdots&&A&\\ \alpha_{n}&&&\end{array}\right)\begin{pmatrix}1\\ p_{1}\\ \vdots\\ p_{n}\\ \end{pmatrix}=\lambda\begin{pmatrix}a_{0}&\cdots&a_{n}\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\ p_{1}\\ \vdots\\ p_{n}\\ \end{pmatrix}=\lambda\cdot 0=0$ , es decir, $f(P)\in\pi$ .

Veamos ahora que $\lambda$ tiene que ser autovalor de $A$ . Como se cumple que $\begin{pmatrix}a_{0}&a_{1}&\cdots&a_{n}\\ \end{pmatrix}\left(\begin{array}[]{c|ccc}1&0&\cdots&0\\ \hline\cr\alpha_{1}&&&\\ \vdots&&A&\\ \alpha_{n}&&&\end{array}\right)=\lambda\begin{pmatrix}a_{0}&\cdots&a_{n}\\ \end{pmatrix}$ , sabemos que $\lambda$ es autovalor de $M(f,R)$ . Los autovalores de $M$ son $\left\{1\right\}\cup\left\{\text{autovalores de }A\right\}$ .

Tenemos que ver que si $1$ es autovalor de $M$ pero no de $A$ , entonces no se obtiene un hiperplano. Esto ocurre porque nos sale $a_{1}=\cdots=a_{n}=0$ .

Supongamos que $1$ es autovalor de $M$ y no de $A$ , entonces $m_{a}(1)=1$ . Como la multiplicidad geometrica es siempre menor o igual que la algebraica, $m_{a}(1)=m_{g}(1)$ y $S_{1}$ tiene dimension 1. Un autovector asociado a $S_{1}$ es $(1,0,\ldots,0)$ , puesto que

$\begin{pmatrix}1&0&\cdots&0\\ \end{pmatrix}\left(\begin{array}[]{c|ccc}1&0&\cdots&0\\ \hline\cr\alpha_{1}&&&\\ \vdots&&A&\\ \alpha_{n}&&&\end{array}\right)=\begin{pmatrix}1&0&\cdots&0\\ \end{pmatrix}$

Por tanto, $S_{1}=\langle\begin{pmatrix}1&0&\cdots&0\\ \end{pmatrix}\rangle$ y la unica solucion son los vectores de la forma $\begin{pmatrix}a_{0}&0&\cdots&0\\ \end{pmatrix}$ , no de un hiperplano (porque tiene dimension 1). ∎

Ejemplo IV.4.

Foto.

Ejemplo IV.5.

Sea $M=\left(\begin{array}[]{c|cc}1&0&0\\ \hline\cr 1&1&0\\ 0&0&-1\end{array}\right)$ y hallaremos la recta fija $a_{0}+a_{1}x+a_{2}y=0$ donde $\begin{pmatrix}a_{0}&a_{1}&a_{2}\\ \end{pmatrix}\cdot M=\lambda M$ , $\lambda$ autovalor de $A$ .

Como $\lambda=-1$ , $\begin{pmatrix}a_{0}&a_{1}&a_{2}\\ \end{pmatrix}\cdot M=(-1)\cdot\begin{pmatrix}a_{0}&a_{1}&a_{2}\\ \end{pmatrix}$ y nos queda $\begin{rcases}a_{0}+a_{1}=-a_{0}\\ a_{1}=-a_{1}\\ -a_{2}=-a_{2}\end{rcases}\Rightarrow\begin{cases}a_{0}=0\\ a_{1}=0\\ \forall a_{2}\end{cases}$ .

Como $a_{2}\neq 0$ , nos queda $0+0x+a_{2}y=0\Rightarrow y=0$ .

Proposición IV.6.

Se tiene que $X=P+\langle v\rangle$ es una recta fija (no de puntos fijos) si y solo si $\vec{Pf(P)}$ y $\vec{f(P)f^{2}(P)}$ son vectores no nulos y o bien son iguales o bien son opuestos.

Observación IV.8.

Si buscamos rectas fijas en espacios de dimension 2, es recomendable buscar hiperplanos fijos, puesto que en este caso es lo mismo y se obtiene de forma más sencilla.

Demostración.

$\Rightarrow)$: Supongamos que $X=P+\langle v\rangle$ es una recta fija (sin puntos fijos).

$\begin{rcases}P\in X\;\;f(P)\in X\\ P\neq f(P)\end{rcases}\Rightarrow\underbrace{\vec{Pf(P)}}_{\neq 0}\in\langle v% \rangle=\langle\vec{Pf(P)}\rangle,X=P+\langle\vec{Pf(P)}\rangle$

Por otro lado, $f^{2}(P)=f(\underbrace{f(P)}_{\in X})\in X\Rightarrow\vec{f(P)f^{2}(P)}\in% \langle\vec{Pf(P)}\rangle$ .

Por tanto, $\left\lVert\vec{f(P)f^{2}(P)}\right\rVert=\left|\lambda\right|\cdot\left\lVert% \vec{Pf(P)}\right\rVert$ . Como $f$ es aplicacion afin, $\left\lVert\tilde{f}(\vec{Pf(P)})\right\rVert\overset{fisom}{=}\left\lVert\vec% {Pf(P)}\right\rVert$ . Luego $\left|\lambda\right|\cdot\left\lVert\vec{Pf(P)}\right\rVert=\left\lVert\vec{Pf% (P)}\right\rVert$ .

Como $\vec{Pf(P)}\neq 0_{V}\Rightarrow\left|\lambda\right|=1,\lambda=\pm 1$ .
$\Leftarrow)$: Suponer que $0\neq\vec{Pf(P)}=\lambda\vec{f(P)f^{2}(P)}$ con $\lambda=\pm 1$ .

Definimos $X=P+\langle\vec{Pf(P)}\rangle$ y veamos que $X$ es una recta fija.

Sea $Q\in X$ y veamos que $f(Q)\in X$ , $Q=P+\mu\vec{Pf(P)}$ para algun $\mu\in K$ .

Entonces $f(Q)=f(P+\mu\overrightarrow{Pf(P)})=f(P)+\tilde{f}(\mu\overrightarrow{Pf(P)})=% f(P)+\mu\overrightarrow{f(P)f^{2}(P)}=P+\overrightarrow{Pf(P)}+\mu\lambda% \overrightarrow{Pf(P)}=P+(1+\mu\lambda)\overrightarrow{Pf(P)}\Rightarrow f(Q)\in X$ .

∎

Ejemplo IV.6.

Hallar las rectas fijas, si las hay, de los siguientes movimientos cuya matriz respecto de $R$ es

a)

$\left(\begin{array}[]{c|ccc}1&0&0&0\\ \hline\cr 1&0&0&1\\ 2&0&1&0\\ 3&1&0&0\end{array}\right)$
b)

$\left(\begin{array}[]{c|ccc}1&0&0&0\\ \hline\cr 1&\frac{1}{3}&-\frac{2}{3}&\frac{2}{3}\\ -1&-\frac{2}{3}&\frac{1}{3}&\frac{2}{3}\\ 0&-\frac{2}{3}&-\frac{2}{3}&-\frac{1}{3}\end{array}\right)$

a)

Sea $(P)_{R}=(p_{1},p_{2},p_{3})$ que esta en una recta fija $\iff\vec{Pf(P)}=\lambda\vec{f(P)f^{2}(P)}$ con $\lambda=\pm 1$ . Calculemos $f(P)$ y $f^{2}(P)$ :

${}\left(\begin{array}[]{c|ccc}1&0&0&0\\ \hline\cr 1&0&0&1\\ 2&0&1&0\\ 3&1&0&0\end{array}\right)\begin{pmatrix}1\\ p_{1}\\ p_{2}\\ p_{3}\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\ 1+p_{3}\\ 2+p_{2}\\ 3+p_{1}\\ \end{pmatrix}=(f(P))_{R}\Rightarrow\\ {}\Rightarrow(\vec{Pf(P)})_{B}=\begin{pmatrix}1+p_{3}\\ 2+p_{2}\\ 3+p_{1}\\ \end{pmatrix}-\begin{pmatrix}p_{1}\\ p_{2}\\ p_{3}\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1+p_{3}-p_{1}\\ 2\\ 3+p_{1}-p_{3}\\ \end{pmatrix}$

${}\left(\begin{array}[]{c|ccc}1&0&0&0\\ \hline\cr 1&0&0&1\\ 2&0&1&0\\ 3&1&0&0\end{array}\right)\begin{pmatrix}1\\ 1+p_{3}\\ 2+p_{2}\\ 3+p_{1}\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\ 4+p_{1}\\ 4+p_{2}\\ 4+p_{3}\\ \end{pmatrix}=(f^{2}(P))_{R}\Rightarrow\\ {}\Rightarrow(\vec{f(P)f^{2}(P)})_{B}=\begin{pmatrix}4+p_{1}\\ 4+p_{2}\\ 4+p_{3}\\ \end{pmatrix}-\begin{pmatrix}1+p_{3}\\ 2+p_{2}\\ 3+p_{1}\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3+p_{1}-p_{3}\\ 2\\ 1+p_{3}-p_{1}\\ \end{pmatrix}$

El unico caso que se puede dar es que $\lambda=1$ . Calculemos el sistema:

$\begin{cases}1+p_{3}-p_{1}=3+p_{1}-p_{3}\\ 2=2\\ 3+p_{1}-p_{3}=1+p_{3}-p_{1}\end{cases}\Rightarrow p_{1}=p_{3}-1\;\forall p_{3}% \;\forall p_{2}$

Por lo tanto, $v=\vec{Pf(P)}=(1+p_{3}-p_{3}+1,2,3+p_{3}-1-p_{3})=(2,2,2)$ y $P=(p_{3}-1,p_{2},p_{3})$ .

Las rectas fijas seran de la forma $X=P+\langle(2,2,2)\rangle$ , con ecuaciones parametricas

$\begin{pmatrix}x\\ y\\ z\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}p_{3}-1\\ p_{2}\\ p_{3}\\ \end{pmatrix}+\lambda\begin{pmatrix}2\\ 2\\ 2\\ \end{pmatrix}$

y ecuaciones implicitas

$\begin{cases}x-y=p_{3}-p_{2}-1\\ x-z=-1\end{cases}\;\;\forall p_{3}\forall p_{2}$
b)

$(P)_{R}=(p_{1},p_{2},p_{3})$ esta en una recta fija $\iff 0_{V}\neq\vec{P(f(P))}=\lambda\vec{f(P)f^{2}(P)}$ . $v=\vec{Pf(P)}$ .

$\left(\begin{array}[]{c|ccc}1&0&0&0\\ \hline\cr 1&\frac{1}{3}&-\frac{2}{3}&\frac{2}{3}\\ -1&-\frac{2}{3}&\frac{1}{3}&\frac{2}{3}\\ 0&-\frac{2}{3}&-\frac{2}{3}&-\frac{1}{3}\end{array}\right)\begin{pmatrix}1\\ p_{1}\\ p_{2}\\ p_{3}\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\ 1+\frac{1}{3}(p_{1}-2p_{2}+2p_{3})\\ -1+\frac{1}{3}(-2p_{1}+p_{2}+2p_{3})\\ \frac{1}{3}(-2p_{1}-2p_{2}-p_{3})\\ \end{pmatrix}=f(P)$

Desarrollar ejercicio.

Teorema IV.3 (Clasificación de movimientos en dimensión 2).

Sea $V$ un espacio afin euclideo de dimension 2 y sea $f\colon A\to A$ un movimiento. Entonces existe un sistema de referencia cartesiano y la matriz de $f$ respecto de $R$ es:

i)

$\left(\begin{array}[]{c|cc}1&0&0\\ \hline\cr d&1&0\\ 0&0&1\end{array}\right)\Rightarrow\begin{subarray}{c}\text{si d = 0, es la % identidad}\\ \text{si d != 0, traslacion paralela al eje horizontal}\end{subarray}$
ii)

$\left(\begin{array}[]{c|cc}1&0&0\\ \hline\cr 0&\cos\alpha&-\sin\alpha\\ 0&\sin\alpha&\cos\alpha\end{array}\right)\Rightarrow\text{ giro de angulo }% \alpha\text{ y centro el origen de }R$
iii)

$\left(\begin{array}[]{c|cc}1&0&0\\ \hline\cr d&1&0\\ 0&0&-1\end{array}\right)\Rightarrow\begin{subarray}{c}\text{si d = 0, simetria% respecto del eje horizontal}\\ \text{si d != 0, simetria respecto del eje horizontal seguida de traslacion % paralela al eje horizontal}\end{subarray}$

Los movimientos i) y ii) son directos. Los movimientos iii) son inversos.

Observación IV.9.

Variedades fijas en cada uno de los casos anteriores

i.1)

Todos los puntos son puntos fijos.
i.2)

No hay puntos fijos y hay rectas fijas (las horizontales).
ii.1)

$\alpha\neq 0,\alpha\neq 180^{\circ}$ . Hay un unico punto fijo (el centro). No hay rectas fijas (porque su matriz no tiene autovalores).
ii.2)

$\alpha=180^{\circ}$ . Hay un unico punto fijo (el centro) y todas las rectas que pasan por el centro son rectas fijas.
iii.1)

Todos los puntos del eje horizontal son puntos fijos. Las rectas fijas son todas las perpendiculares al eje horizontal ( $\lambda=1$ ) y el eje horizontal ( $\lambda=-1$ ).
iii.2)

No tiene puntos fijos. Solo hay una recta fija, asociada a $\lambda=-1$ y es el eje horizontal. El vector traslacion es $\vec{Pf(P)}$ para $P$ perteneciente al eje de simetria.

Demostración.

Sea $\tilde{f}$ la aplicacion lineal asociada a $f$ (que es una isometria) $\Rightarrow\exists$ base ortonormal $\left\{v_{1},v_{2}\right\}=B$ tal que $M(\tilde{f},B,B)=\begin{pmatrix}\cos\alpha&-\sin\alpha\\ \sin\alpha&\cos\alpha\\ \end{pmatrix},\alpha\in[0,\pi]$ (giro) o $M(\tilde{f},B,B)=\begin{pmatrix}1&0\\ 0&-1\\ \end{pmatrix}$ (simetría).

Sea $O\in A$ cualquiera y $R=\left\{O;B=\left\{v_{1},v_{2}\right\}\right\}$ sistema de referencia cartesiano. La ecuacion de $f$ respecto de $R$ es una de las dos siguientes (dependiendo de si $\tilde{f}$ es directa o inversa):

\begin{cases}(1)\;\;\begin{pmatrix}y_{1}\\ y_{2}\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\alpha_{1}\\ \alpha_{2}\\ \end{pmatrix}+\begin{pmatrix}\cos\alpha&-\sin\alpha\\ \sin\alpha&\cos\alpha\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_{1}\\ x_{2}\\ \end{pmatrix}\;\;\alpha\in[0,\pi]\\ (2)\;\;\begin{pmatrix}y_{1}\\ y_{2}\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\alpha_{1}\\ \alpha_{2}\\ \end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1&0\\ 0&-1\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_{1}\\ x_{2}\\ \end{pmatrix}\end{cases}

con $\begin{pmatrix}\alpha_{1}\\ \alpha_{2}\\ \end{pmatrix}$ las coordenadas de $f(O)$ respecto de $R$ .

Veamos los distintos casos:

(1) con $\alpha=0$ . Si $\alpha=0$ , $\begin{pmatrix}y_{1}\\ y_{2}\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\alpha_{1}\\ \alpha_{2}\\ \end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1&0\\ 0&1\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_{1}\\ x_{2}\\ \end{pmatrix}$ .
- •
  
  Si $\alpha_{1}=\alpha_{2}=0\Rightarrow\begin{pmatrix}y_{1}\\ y_{2}\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0\\ 0&1\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_{1}\\ x_{2}\\ \end{pmatrix}$ (caso i con $d=0$ ).
- •
  
  Si $(\alpha_{1},\alpha_{2})\neq(0,0),f(O)\neq 0$ . Tomamos como sistema de referencia $\tilde{R}$ , definido por
  
  $\tilde{R}=\left\{O;\left\{\underbrace{\frac{\vec{Of(O)}}{\left\lVert\vec{Of(O)% }\right\rVert}}_{w_{1}},w_{2}\right\}\right\}$
  
  hallando el vector $w$ para obtener una base ortonormal (de norma 1 y ortogonal al anterior).
  
  Entonces, la ecuacion de $f$ respecto de $\tilde{R}$ es
  
  $\begin{pmatrix}y_{1}\\ y_{2}\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}d\\ 0\\ \end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1&0\\ 0&1\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_{1}\\ x_{2}\\ \end{pmatrix}\text{ donde }d=\left\lVert\overrightarrow{Of(O)}\right\rVert>0$
  
  porque $(f(O))_{\tilde{R}}=(\vec{Of(O)})_{\tilde{B}}=dw_{1}+0\cdot w_{2}$ ( $\vec{Of(O)}=d\frac{\vec{Of(O)}}{\left\lVert\vec{Of(O)}\right\rVert}$ ).
Si se da $(1)$ con $\alpha\neq 0$ :

$p_{\tilde{f}}(x)=\begin{vmatrix}x-\cos\alpha&\sin\alpha\\ -\sin\alpha&x-\cos\alpha\\ \end{vmatrix}=x^{2}-2x\cos\alpha+1$

1 no es vector propio de $\tilde{f}$ (por reduccion al absurdo, $1$ es vector propio $\iff\cos\alpha=1\iff\alpha=0$ ; contradiccion). Luego $\dim S(1)=0\Rightarrow I-\begin{pmatrix}\cos\alpha&-\sin\alpha\\ \sin\alpha&\cos\alpha\\ \end{pmatrix}$ es inversible $\Rightarrow$ el sistema $[I-\begin{pmatrix}\cos\alpha&-\sin\alpha\\ \sin\alpha&\cos\alpha\\ \end{pmatrix}]\begin{pmatrix}x_{1}\\ x_{2}\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\alpha_{1}\\ \alpha_{2}\\ \end{pmatrix}$ tiene solucion $\tilde{O}\in A$ , es decir, $\exists\tilde{O}$ tal que $f(\tilde{O})=\tilde{O}$ , por lo que es el unico punto fijo.

Tomamos $\tilde{R}=\left\{\tilde{O};B=\left\{v_{1},v_{2}\right\}\right\}$ y sale $\begin{pmatrix}y_{1}\\ y_{2}\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\cos\alpha&-\sin\alpha\\ \sin\alpha&\cos\alpha\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_{1}\\ x_{2}\\ \end{pmatrix}$ , puesto que $(f(\tilde{O}))_{\tilde{R}}=(\tilde{O})_{\tilde{R}}=(\overrightarrow{\tilde{O}% \tilde{O}})_{B}$ .
Si se da (2) ( $\tilde{f}$ es isometria inversa):

Tomemos $w_{1}\in S_{1}$ con norma 1 y $w_{2}\in S_{-1}$ con norma 1 $\Rightarrow\tilde{B}=\left\{w_{1},w_{2}\right\}$ es una base ortonormal.

Si $O$ es un punto cualquiera y $R=\left\{O,\tilde{B}\right\}$ ,

$M(f,R)=\left(\begin{array}[]{c|cc }1&0&0\\ \hline\cr a&1&0\\ b&0&-1\end{array}\right)$

Si $b=0$ , ya estaria.

Si $b\neq 0$ , $(f(O))_{R}=(\overrightarrow{(}Of(O)))=aw_{1}+bw_{2}$ . Tomemos como $\tilde{O}=O+\frac{1}{2}bw_{2}$ . Entonces

$f(\tilde{O})=f(O)+\frac{1}{2}b\tilde{f}(w_{2})=f(O)+\frac{b}{2}(-w_{2})$

Considerando $\tilde{R}=\left\{\tilde{O};\left\{w_{1},w_{2}\right\}\right\}$ , queremos obtener la matriz de f respecto de ese sistema de referencia. Para ello,

${}(f(\tilde{O}))_{\tilde{R}}=(\overrightarrow{\tilde{O}f(\tilde{O})})_{\tilde{% B}}=(\overrightarrow{(O+\frac{1}{2}bw_{2})(f(O)-\frac{b}{2}w_{2})})_{\tilde{B}% }=(\overrightarrow{Of(O)}-bw_{2})_{\tilde{B}}=\\ {}=aw_{1}+bw_{2}-bw_{2}=aw_{1}+0w_{2}$

∎

Ejemplo IV.7.

11a. $\frac{1}{5}\left(\begin{array}[]{c|cc }5&0&0\\ \hline\cr 4&-3&-4\\ -2&-4&3\end{array}\right)=\left(\begin{array}[]{c|cc }1&0&0\\ \hline\cr\frac{4}{5}&-\frac{3}{5}&-\frac{4}{5}\\ -\frac{2}{5}&-\frac{4}{5}&\frac{3}{5}\end{array}\right)$ y se tiene $\frac{1}{5}A\frac{1}{5}A^{t}=\begin{pmatrix}-\frac{3}{5}&-\frac{4}{5}\\ -\frac{4}{5}&\frac{3}{5}\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0\\ 0&1\\ \end{pmatrix}$ .

\left|\frac{1}{5}A\right|=\frac{1}{25}\left|A\right|=\frac{1}{25}(-25)=-1\text% { inverso}

Obtenemos el espacio propio de $1$ :

\begin{pmatrix}\frac{8}{5}&\frac{4}{5}\\ \frac{4}{5}&\frac{2}{5}\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\ y\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\ 0\\ \end{pmatrix}\Rightarrow\begin{cases}\frac{8}{5}x+\frac{4}{5}y=0\\ \frac{4}{5}x+\frac{3}{5}y=0\end{cases}\Rightarrow y=-2x\;\forall x

Tomamos $w_{1}=(\frac{1}{\sqrt{5}},\frac{-2}{\sqrt{5}})$ un vector de $S_{1}$ . Por otro lado, para el autovalor $-1$ ,

\begin{pmatrix}-\frac{3}{5}&\frac{4}{5}\\ \frac{4}{5}&-\frac{8}{5}\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\ y\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\ 0\\ \end{pmatrix}\Rightarrow\begin{cases}-\frac{2}{5}x+\frac{4}{5}y=0\\ \frac{4}{5}x-\frac{8}{5}y=0\end{cases}\Rightarrow x=2y\;\forall y

y tomamos $w_{2}=(\frac{2}{\sqrt{5}},\frac{1}{\sqrt{5}})\in S_{-1}$ , de forma que $\tilde{B}=\left\{w_{1},w_{2}\right\}$ es una base ortonormal.

Entonces $M(\tilde{f},\tilde{B})=\begin{pmatrix}1&0\\ 0&-1\\ \end{pmatrix}$ . Considerando $R=\left\{(0,0);\left\{w_{1},w_{2}\right\}\right\}$ ,

(f(0,0))_{R}=(\frac{4}{5},-\frac{2}{5})_{\tilde{B}}=\cdots\Rightarrow\begin{% cases}a=\frac{8\sqrt{5}}{25}\\ b=\frac{6\sqrt{5}}{25}\end{cases}

Por lo tanto, el nuevo origen es $\tilde{O}=(0,0)+\frac{3\sqrt{5}}{25}\cdot\frac{(2,1)}{\sqrt{5}}=\frac{(6,3)}{25}$ .

El teorema nos dice que si consideramos $\tilde{R}=\left\{\tilde{O},\left\{w_{1},w_{2}\right\}\right\}$ , la matriz de $f$ respecto de $\tilde{R}$ es $M(f,\tilde{R})=\left(\begin{array}[]{c|cc }1&0&0\\ \hline\cr\frac{8}{25}\sqrt{5}&1&0\\ 0&0&-1\end{array}\right)$ .

Otra alternativa es buscar el hiperplano fijo asociado a $-1$ : $a_{0}+a_{1}x+a_{2}y=0$ tal que

\begin{pmatrix}a_{0}&a_{1}&a_{2}\\ \end{pmatrix}\left(\begin{array}[]{c|cc}1&0&0\\ \frac{4}{5}&-\frac{3}{5}&-\frac{4}{5}\\ -\frac{2}{5}&-\frac{4}{5}&\frac{3}{5}\end{array}\right)=(-1)\begin{pmatrix}a_{% 0}&a_{1}&a_{2}\\ \end{pmatrix}

Resolviendo el sistema, se obtiene

\begin{cases}a_{1}=2a_{2}\\ a_{0}=-\frac{3}{5}a_{2}\end{cases}

Sustituyendo en la ecuacion, $-\frac{3}{5}a_{2}+2a_{2}x+a_{2}y=0$ . Dividiendo entre $a_{2}$ , se obtiene la recta $-\frac{3}{5}+2x+y=0$ , que es el eje de simetria que buscamos.

Podemos comprobar que no hay puntos fijos:

\begin{rcases}x=\frac{4}{5}-\frac{3}{5}x-\frac{4}{5}y\\ y=-\frac{3}{5}-\frac{4}{5}x+\frac{3}{5}y\end{rcases}\Rightarrow\begin{rcases}2% x+y=2\\ 2x+y=-2\end{rcases}\text{ Sistema incompatible}

Dado cualquier punto $P$ , podemos hallar el vector traslacion con $w=\frac{1}{2}\overrightarrow{Pf^{2}(P)}$ . Dado $P=(0,0)$ , $f(P)=(\frac{4}{5},-\frac{3}{5})$ y

\left(\begin{array}[]{c|cc}1&0&0\\ \frac{4}{5}&-\frac{3}{5}&-\frac{4}{5}\\ -\frac{2}{5}&-\frac{4}{5}&\frac{3}{5}\end{array}\right)\begin{pmatrix}1\\ \frac{4}{5}\\ -\frac{2}{5}\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\ \frac{16}{25}\\ -\frac{32}{25}\\ \end{pmatrix}

por lo que $f^{2}(P)=(\frac{16}{25},-\frac{32}{25})$ . Calculamos el vector traslacion:

w=\frac{\overrightarrow{Pf^{2}(P)}}{2}=(\frac{8}{25},\frac{-16}{25})\mathchar 46\relax

Teorema IV.4 (Clasificacion de movimientos en dimension 3).

Si $f\colon A\to A$ es un movimiento y $\dim A=3$ , entonces existe un sistema de referencia cartesiano respecto del cual $f$ tiene expresion matricial:

i)

$\left(\begin{array}[]{c|ccc}1&0&0&0\\ \hline\cr d&1&0&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&1\end{array}\right),\;d\geq 0\Rightarrow$ traslacion de longitud $d$ y direccion $(100)$ (eje $\vec{0x_{1}}$ ).
ii)

$\left(\begin{array}[]{c|ccc}1&0&0&0\\ \hline\cr d&1&0&0\\ 0&0&\cos\alpha&-\sin\alpha\\ 0&0&\sin\alpha&\cos\alpha\end{array}\right)$ , $d\geq 0$ , $\alpha\neq 0\Rightarrow$ giro de angulo $\alpha$ en torno al eje $\vec{0x_{1}}$ seguido de traslacion en la direccion del eje (movimiento helicoidal).
iii)

$\left(\begin{array}[]{c|ccc}1&0&0&0\\ \hline\cr d&1&0&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&-1\end{array}\right)$ , $d\geq 0\Rightarrow$ simetria respecto del plano $x_{3}=0$ seguida de traslacion paralela al plano.
iv)

$\left(\begin{array}[]{c|ccc}1&0&0&0\\ \hline\cr 0&-1&0&0\\ 0&0&\cos\alpha&-\sin\alpha\\ 0&0&\sin\alpha&\cos\alpha\end{array}\right)$ , $\alpha\neq 0\Rightarrow$ giro de angulo $\alpha$ seguido de simetria respecto del plano $x=0$ .

con i, ii) directos y iii, iv) inversos.

Es decir, los tipos de movimientos en $\dim 3$ son:

i)

identidad o traslacion en direccion a un eje
ii)

giro alrededor de un eje seguido de traslacion en la direccion de ese eje
iii)

simetria respecto de un plano seguido ded traslacion paralela a ese plano
iv)

giro alrededor de un eje seguido de simetria respecto de un plano perpendicular a dicho eje.

Observación IV.10.

Veamos cual es el rango de $\tilde{f}-id$ en cada caso i), ii), iii), iv).

i)

$rg(\tilde{f}-id)=0$ .
ii)

$rg\begin{pmatrix}0&0&0\\ 0&\cos\alpha-1&-\sin\alpha\\ 0&\sin\alpha-1&\cos\alpha-1\\ \end{pmatrix}=2$ .
iii)

$rg(\tilde{f}-id)=rg\begin{pmatrix}0&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&-2\\ \end{pmatrix}=1$ .
iv)

$rg\begin{pmatrix}-2&0&0\\ 0&\cos\alpha-1&-\sin\alpha\\ 0&\sin\alpha&\cos\alpha-1\\ \end{pmatrix}=3$ .

Por lo tanto, el rango nos distingue estos casos entre si.

Descripcion (casi) completa de los movimientos de dimension 3

1.

Identidad: todo fijo, directo, $rg(A-I)=0$ (es decir, $A=I$ ).
2.
Traslacion de vector $v$ : directo, $rg(A-I)=0$ .
- Puntos fijos: no tiene.
- Hiperplanos fijos (asociados al autovalor $1$ ): todos los que contienen al vector traslacion en el subespacio director.
- Rectas fijas: todos los que tienen vector director al vector $v$ , $v=\overrightarrow{Pf(P)}$ para cualquier $P$ .
3.
Giro alrededor de un eje de angulo $\alpha\neq\pi$ : $rg(A-I)=2$ , directo.
- Puntos fijos: si, estan alineados en una recta que es el eje de giro.
- Hiperplanos fijos asociados a 1: si, familia de planos paralelos perpendiculares al eje.
- Hiperplanos fijos asociados a $-1$ : no hay.
- Rectas fijas: el eje de giro.
4.
Giro alrededor de un eje de angulo $\alpha=\pi$ : $rg(A-I)=2$ , directo
- Puntos fijos: si, alineados en el eje de giro.
- Hiperplanos fijos asociados a 1: si, familia de planos paralelos perpendiculares al eje de giro.
- Hiperplanos fijos asociados a $-1$ : si, todos los que contienen al eje.
5.
Movimiento helicoidal de angulo $\alpha\neq\pi$ : $rg(A-I)=2$ , directo.
- Puntos fijos: no hay.
- Hiperplanos fijos asociados a 1: no hay (se puede comprobar resolviendo el sistema, sale $a_{0}=a_{1}=a_{2}=0$ ).
- Hiperplanos fijos asociados a $-1$ : no hay porque $-1$ no es autovalor.
- Rectas fijas: si, el eje de giro.
6.
Movimiento helicoidal de angulo $\alpha=\pi$ : $rg(A-I)=2$ , directo.
- Puntos fijos: no hay.
- Hiperplanos fijos asociados a $1$ : no hay.
- Hiperplanos fijos asociados a $-1$ : si, todos los que contienen al eje de giro. Podemos hallar el eje como la interseccion de 2 hiperplanos fijos.
Para movimientos helicoidales, el vector traslacion se calcula hallando un $P$ perteneciente al eje y calculando $v=\overrightarrow{Pf(P)}$ .
7.
Simetria respecto de un plano: $rg(A-I)=1$ , inverso.
- Puntos fijos: si, todos los puntos del plano de simetria.
- Hiperplanos fijos asociados a $1$ : si, todos los planos perpendiculares al plano de simetria.
- Hiperplanos fijos asociados a $-1$ : si, vuelve a salir el plano de simetria.
8.
Simetria respecto de un plano seguido de traslacion paralela a dicho plano (simetria deslizante): $rg(A-I)=1$ , inverso.
- Puntos fijos: no hay.
- Hiperplanos fijos asociados a $1$ : si, familia de planos paralelos que son perpendiculares al plano de simetria y contienen en su subespacio director al vector traslacion.
- Hiperplanos fijos asociados a $-1$ : si, el plano de simetria.
Para hallar el vector traslacion tomar $P$ en el plano de simetria: $v=\overrightarrow{Pf(P)}$ .
9.
Giro alrededor de un eje de angulo $\alpha\neq\pi$ seguido de simetria respecto de un plano perpendicular al eje: $rg(A-I)=3$ , inverso.
- Puntos fijos: si, un unico punto fijo (interseccion del eje y del plano).
- Hiperplanos asociados a $1$ : no hay porque no es autovalor.
- Hiperplanos asociados a $-1$ : si, el plano de simetria.
El eje de giro es la recta que pasa por el punto fijo y tiene como vector director el vector normal al plano.
10.
Giro alrededor de un eje de angulo $\alpha=\pi$ seguido de simetria respecto de un plano perpendicular al eje (simetria central respecto de un punto y tambien es homotecia de razon $-1$ ): $rg(A-I)=3$ , inverso.
- Puntos fijos: si, el centro de la simetria central o de la homotecia.
- Hiperplanos fijos asociados a $1$ : no hay porque $1$ no es autovalor.
- Hiperplanos fijos asociados a $-1$ : todos los planos que contienen al punto fijo.