Ejercicios de isometrías en el plano

RESUMEN. Proporcionamos ejercicios sobre isometrías en el plano.

    Enunciados.
  1. Clasificar la isometría $x^\prime=\dfrac{2}{\sqrt{5}}x+\dfrac{1}{\sqrt{5}}y,\;\;y^\prime=\dfrac{1}{\sqrt{5}}x-\dfrac{2}{\sqrt{5}}y.$
  2. Clasificar la isometría dada por $$\begin{aligned} & x^\prime=\dfrac{\sqrt{3}}{2}x-\dfrac{1}{2}y+2-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\\ &y^\prime=\dfrac{1}{2}x+\dfrac{\sqrt{3}}{2}y+\dfrac{3}{2}-\sqrt{3}.\end{aligned}$$
  3. Determinar la ecuación matricial de la simetría respecto de la recta $r:y=mx+b$.
  4. Clasificar la isometría: $$\begin{bmatrix}{x^\prime}\\{y^\prime}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{1}&{\;\;0}\\{0}&{-1}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{x}\\{y}\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}{1}\\{0}\end{bmatrix}.$$
  5. Usar el cuerpo $\mathbb{C}$ para demostrar que la composición de dos simetrías es una traslación si los ejes de simetría son paralelos y un giro si los ejes son secantes.
  6. (Grupo de las traslaciones). Demostrar que el conjunto $\mathcal{T}$ de las traslaciones del plano es un subgrupo abeliano del grupo $\mathcal{I}$ de las isometrías del plano.
  7. (Grupo de los giros del mismo centro). Demostrar que el conjunto $\mathcal{G}_c$ de los giros del plano con el mismo centro $c$ es un subgrupo abeliano del grupo $\mathcal{I}$ de las isometrías del plano.
  8. Demostrar que toda simetría $s$ del plano es una aplicación involutiva, es decir satisface $s^2=I$ (identidad).
  9. (Grupo de las isometrías directas). Una isometría $h$ del plano se dice que es directa si es de la forma $h(z)=\alpha z+\beta$. Demostrar que el conjunto $\mathcal{I_D}$ de las isometrías directas es un subgrupo del grupo $\mathcal{I}$ de todas las isometrías del plano. ¿Es abeliano?
  10. (Isometrías lineales).
    $(a)$ Determinar todas las isometrías $h:\mathbb{C}\to \mathbb{C}$ que son aplicaciones lineales considerado $\mathbb{C}$ como un $\mathbb{R}$-espacio vectorial.
    $(b)$ Clasificarlas.
    $(c)$ Dar sus expresiones matriciales.
    Soluciones.
  1. La aplicación dada se puede escribir en la forma $$\begin{bmatrix}{x^\prime}\\{y^\prime}\end{bmatrix}=A\begin{bmatrix}{x}\\{y}\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}{\beta_x}\\{\beta_y}\end{bmatrix},\text{ con }A=\begin{bmatrix}{2/\sqrt{5}}&{1/\sqrt{5}}\\{1/\sqrt{5}}&{-2/\sqrt{5}}\end{bmatrix},\;\begin{bmatrix}{\beta_x}\\{\beta_y}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{0}\\{0}\end{bmatrix}.$$ La matriz $A$ es ortogonal con $\det A=-1$. Hallemos sus puntos fijos: $$\begin{bmatrix}{x}\\{y}\end{bmatrix}=A\begin{bmatrix}{x}\\{y}\end{bmatrix}\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} (2-\sqrt{5})x+y=0\\x-(2+\sqrt{5})y=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow (2-\sqrt{5})x+y=0.$$ La isometría es por tanto una simetría respecto de la recta $(2-\sqrt{5})x+y=0.$
  2. La aplicación dada se puede escribir en la forma $$\begin{bmatrix}{x^\prime}\\{y^\prime}\end{bmatrix}=A\begin{bmatrix}{x}\\{y}\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}{\beta_x}\\{\beta_y}\end{bmatrix},\text{ con }A=\begin{bmatrix}{\frac{\sqrt{3}}{2}}&{-\frac{1}{2}}\\{\frac{1}{2}}&{\frac{\sqrt{3}}{2}}\end{bmatrix},\;\begin{bmatrix}{\beta_x}\\{\beta_y}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{2-\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{\frac{3}{2}-\sqrt{3}}\end{bmatrix}.$$ La matriz $A$ es ortogonal con $\det A=1$ y $A\ne I$. Se trata pues de un giro no trivial. El centro de giro es su único punto fijo, es decir la única solución del sistema $$\begin{bmatrix}{x}\\{y}\end{bmatrix}=A\begin{bmatrix}{x}\\{y}\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}{2-\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{\frac{3}{2}-\sqrt{3}}\end{bmatrix}.$$ Resolviendo, obtenemos el punto $(1,2)$. Dado que $\cos \theta=\sqrt{3}/2$ y $\sin \theta=1/2$, el ángulo de giro es $\theta=\pi/6.$
  3. Denotemos por $P(X,Y)$ a un punto genérico del plano y por $P^\prime(X^\prime,Y^\prime)$ a su simétrico respecto de $r$. La recta perpendicular a $r$ y que pasa por $P$ es $s:y-Y=(-1/m)(x-X)$. El punto medio $M(X_M,Y_M)$ del segmento $PP^\prime$ es la intersección $r\cap s$ es decir, la solución del sistema
    $$\left \{ \begin{matrix} y=mx+b\\y-Y=-\dfrac{1}{m}(x-X).\end{matrix}\right.$$ Resolviendo el sistema obtenemos $$(X_M,Y_M)=\left(\frac{X+mY-bm}{m^2+1},\frac{mX+m^2Y+b}{m^2+1}\right).$$ Usando la fórmula del punto medio de un segmento $$(X_M,Y_M)=\left(\frac{X+X^\prime}{2},\frac{Y+Y^\prime}{2}\right)$$ y despejando $X^\prime$ e $Y^\prime$ en función de $X$ e $Y$, obtenemos las ecuaciones de la simetría pedida en forma matricial $$\begin{bmatrix}{X^\prime}\\{Y^\prime}\end{bmatrix}=\frac{1}{m^2+1}\begin{bmatrix}{1-m^2}&{2m}\\{2m}&{m^2-1}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{X}\\{Y}\end{bmatrix}+\frac{1}{m^2+1}\begin{bmatrix}{-2bm}\\{2b}\end{bmatrix}.$$
  4. La matriz $A=\begin{bmatrix}{1}&{\;\;0}\\{0}&{-1}\end{bmatrix}$ es ortogonal con determinante $-1$. Puntos fijos: $$\begin{bmatrix}{x}\\{y}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{1}&{\;\;0}\\{0}&{-1}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{x}\\{y}\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}{1}\\{0}\end{bmatrix}\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} x=x+1\\y=-y.\end{matrix}\right.$$ El sistema es incompatible, luego no hay puntos fijos. Se trata pues de una simetría con desplazamiento. La isometría $$\begin{bmatrix}{x^\prime}\\{y^\prime}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{1}&{\;\;0}\\{0}&{-1}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{x}\\{y}\end{bmatrix}$$ tiene como puntos fijos todos los de la recta $y=0$. En consecuencia, la isometría dada es la composición de una simetría respecto de la recta $y=0$ seguida de una traslación de vector $(1,0)^T.$
  5. Dos simetrías $h_1$ y $h_2$ serán de la forma $h_1(z)=\alpha_1\bar{z}+\beta_1$, $h_2(z)=\alpha_2\bar{z}+\beta_2$ con $\left|\alpha_1\right|=\left|\alpha_2\right|=1$, $\beta_1^2/\alpha_1 \le 0$ y $\beta_2^2/\alpha_2 \le 0$. Entonces, $$(h_1\circ h_2)(z)=h_1(h_2(z))=h_1(\alpha_2\bar{z}+\beta_2)=\alpha_1(\overline{\alpha_2\bar{z}+\beta_2})+\beta_1$$ $$=(\alpha_1\overline{\alpha_2})z+(\alpha_1\overline{\beta_2}+\beta_1).$$ La isometría $h_1\circ h_2$ es de la forma $\alpha z+\beta$ con $\alpha=\alpha_1\overline{\alpha_2}$ y por tanto $\left|\alpha\right|=1$. El teorema 2 de Clasificación de las isometrías del plano asegura que $h_1\circ h_2$ es una traslación o un giro (posiblemente la identidad). Entonces, $h_1\circ h_2$ será un traslación sii $\alpha_1\overline{\alpha_2}=1$ y al ser $\overline{\alpha_2}=1/\alpha_2$, $h_1\circ h_2$ será un traslación sii $\alpha_1=\alpha_2$. En este caso las simetrías son $h_1(z)=\alpha_1z+\beta_1$ y $h_2(z)=\alpha_1z+\beta_2$. Pero las rectas de puntos fijos (ejes de simetría) son $\beta_1/2+\mathbb{R}\gamma$ y $\beta_2/2+\mathbb{R}\gamma$ con $\gamma^2=\alpha_1$ y en consecuencia, los ejes de simetría son paralelos.
  6. Si $t_1(z)=z+\beta_1$ y $t_2(z)=z+\beta_2$ son elementos de $\mathcal{T}$ entonces,
    \begin{equation}
    (t_1\circ t_2)(z)=t_1(t_2(z))=t_1(z+\beta_2)=(z+\beta_2)+\beta_1=z+(\beta_2+\beta_1)\qquad (1)
    \end{equation} luego $t_1\circ t_2\in \mathcal{T}$. La operación $\circ$ es asociativa en $\mathcal{T}$ pues lo es en $\mathcal{I}$. La operación es conmutativa en $\mathcal{T}$ pues para todo $z\in\mathbb{C}$ $$(t_1\circ t_2)(z)=z+(\beta_2+\beta_1)=(z+\beta_1)+\beta_2=t_1(z)+\beta_2$$ $$=t_2( t_1(z))=(t_2\circ t_1)(z)\Rightarrow t_1\circ t_2=t_2\circ t_1.$$ La aplicación identidad $t_0(z)=z$ es una traslación y además es elemento neutro en $\mathcal{I}$, luego lo es en $\mathcal{T}$. Por último, dada un traslación $t(x)=z+\beta$, por $(1)$ la traslación $t^*(z)=z-\beta$ satisface $(t\circ t^*)(z)=z+(-\beta+\beta)=z$ con lo cual $t\circ t^*=t_0$.
  7. En la demostración del teorema 2 vimos que todo giro no trivial de centro $z_0$ se puede escribir en la forma $g(z)=e^{i\theta}(z-z_0)+z_0$ si $\theta\ne 2k\pi$ con $k$ entero. Si $\theta= 2k\pi$ queda $g(z)=z$ que es el giro trivial que también tiene a $z_0$ como centro. En consecuencia cualquier par de elementos $g_1,g_2\in \mathcal{G}_c$ se puede escribir de la forma $g_1(z)=e^{i\theta_1}(z-c)+c$, $g_2(z)=e^{i\theta_2}(z-c)+c.$ Entonces, $$(g_1\circ g_2)(z)=g_1(g_2(z))=g_1\left(e^{i\theta_2}(z-c)+c\right)$$ \begin{equation}
    =e^{i\theta_1}\left(e^{i\theta_2}(z-c)+c-c\right)+c=e^{i(\theta_1+\theta_2)}(z-c)+c\qquad (2)
    \end{equation} luego $g_1\circ g_2\in \mathcal{G}_c.$ La operación $\circ$ es asociativa en $\mathcal{G}_c$ pues lo es en $\mathcal{I}$. La operación es conmutativa en $\mathcal{G}_c$ pues para todo $z\in\mathbb{C},$ $$(g_1\circ g_2)(z)=e^{i(\theta_1+\theta_2)}(z-c)+c=e^{i(\theta_2+\theta_1)}(z-c)+c=(g_2\circ g_1)(z),$$ luego $g_1\circ g_2=g_2\circ g_1$. La aplicación identidad $g_0(z)=z$ es un giro de centro $c$ y además es elemento neutro en $\mathcal{I}$, luego lo es en $\mathcal{G}_c$. Por último, si $g(x)=e^{i\theta}(z-c)+c$ es un giro de centro $c$, el giro de centro $c$ dado por $g^*(z)=e^{i(-\theta)}(z-c)+c$, satisface según $(2)$ $(g\circ g^\prime)(z)=e^{i(\theta-\theta)}(z-c)+c=z$ con lo cual $g\circ g^*=g_0$.
  8. Si $s$ es isometría entonces $s(z)=\alpha \bar{z}+\beta$ con $\left|\alpha\right|=1$ y $\beta^2/\alpha \le 0$. Entonces $$(s\circ s)(z)=s(s(z))=s(\alpha \bar{z}+\beta)=\alpha\left(\overline{\alpha \bar{z}+\beta}\right)+\beta$$ $$=\alpha \left(\bar{\alpha}z+\bar{\beta}\right)+\beta=\left|\alpha\right|z+\alpha\bar{\beta}+\beta=z+\alpha\bar{\beta}+\beta$$ y falta por demostrar que $\alpha\bar{\beta}+\beta=0$. Si $\beta=0$ se satisface trivialmente. Si $\beta\ne 0$, al ser $\beta^2/\alpha \le 0$ podemos escribir $\beta^2=-k\alpha$ con $k>0$. Entonces, $$\beta \left(\alpha\bar{\beta}+\beta\right)=\alpha\left|\beta\right|^2+\beta^2=\alpha \left(k\left|\alpha\right|\right)-k\alpha=k\alpha-k\alpha=0.$$ Pero $\beta\ne 0$, luego $\alpha\bar{\beta}+\beta=0$.
  9. Si $d_1,d_2\in \mathcal{I}_D$ entonces, $d_1(z)=\alpha_1z+\beta_1$ y $d_2(z)=\alpha_2z+\beta_2$ con $\left|\alpha_1\right|=\left|\alpha_2\right|=1$. Entonces, $$(d_1\circ d_2)(z)=d_1( d_2(z))=d_1(\alpha_2z+\beta_2)=\alpha_1(\alpha_2z+\beta_2)+\beta_1=\alpha_1\alpha_2z+\alpha_1\beta_2+\beta_1$$ y al ser $\left|\alpha_1\alpha_2\right|=1$, se verifica $d_1\circ d_2\in \mathcal{I}_D$. La operación $\circ$ es asociativa en $\mathcal{I}$ por lo tanto lo es en $\mathcal{I}_D$. La isometría identidad $d_0(z)=z$ pertenece a $\mathcal{I}_D$ y es elemento neutro en $\mathcal{I}$, luego lo es en $\mathcal{I}_D$. Según el teorema 1 el elemento inverso de una isometria de la forma $d(z)=\alpha z+\beta$ es $d^{-1}(z)=(1/\alpha)z-\beta/\alpha$ por tanto $d^{-1}\in \mathcal{I}_D$. Por último, el grupo $\mathcal{I}_D$ no es abeliano, basta elegir las isometrías $d_1(z)=z+1$ y $d_2(z)=-z$ y como se demostró en el teorema corolario 2, se verifica $d_2\circ d_1\ne d_1\circ d_2$.
  10. $(a)$ Toda isometría del plano es aplicación de la forma $h(z)=\alpha z+\beta$ o $h(z)=\alpha \bar{z}+\beta$ con $\left|\alpha\right|=1$. Toda aplicación lineal transforma el vector nulo en el nulo y por tanto en ambos casos ha de ser $\beta=0$, luego las únicas posibles isometrías lineales son de la forma $h(z)=\alpha z$ o $h(z)=\alpha \bar{z}$. Ahora bien, para todo $a,b\in\mathbb{R}$, $z,\omega\in\mathbb{C}$ tenemos para $h(z)=\alpha z$ $$h(az+b\omega)=\alpha (az+b\omega)=a(\alpha z)+b(\alpha \omega)=ah(z)+bh(\omega),$$ y para $h(z)=\alpha \bar{z}$ $$h(az+b\omega)=\alpha (\overline{az+b\omega})=\alpha (\bar{a}\bar{z}+\bar{b}\bar{\omega})=\alpha (a\bar{z}+b\bar{\omega})$$ $$=a(\alpha \bar{z})+b(\alpha \bar{\omega})=ah(z)+bh(\omega).$$ Concluimos que todas las isometrías lineales son las aplicaciones de la forma $h(z)=\alpha z$ o $h(z)=\alpha \bar{z}$ con $\left|\alpha\right|=1$.
    $(b)$ Por el teorema teorema 2, y haciendo $\beta=0$, las posibles isometrías lineales son $$\begin{matrix}{h(z)=}\end{matrix}\displaystyle\begin{aligned}& \left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & \alpha z \left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & \alpha =1\;\text{ Giro trivial (identidad).}\\& \alpha\ne 1\;\text{ Giro no trivial alrededor del origen.} \end{aligned}\end{matrix}\right. \\& \alpha\bar{z} \;\text{ Simetría respecto de una recta que pasa por el origen.}\end{aligned}\end{matrix}\right.\end{aligned}$$ $(c)$ Según el teorema 1 y el corolario 2 las expresiones matriciales de las isometrías lineales son o bien $$\begin{bmatrix}{x^\prime}\\{y^\prime}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{\cos \theta}&{-\sin\theta}\\{\sin\theta}&{\;\;\cos \theta}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{x}\\{y}\end{bmatrix},$$ que representa un giro respecto del origen (trivial si $\theta\in 2\pi \mathbb{Z}$), o bien $$\begin{bmatrix}{x^\prime}\\{y^\prime}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{\cos \theta}&{\;\;\;\sin\theta}\\{\sin\theta}&{-\cos \theta}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{x}\\{y}\end{bmatrix},$$ que representa una simetría respecto de una recta que pasa por el origen.
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