Tapetmønstre. Symmetri i 2 dimensioner. 4. Semester - MAT4 Aalborg Universitet

Transkript

1 Tapetmønstre Symmetri i 2 dimensioner 4. Semester - MAT4 Aalborg Universitet G maj 2012

2

3 Institut for Matematiske Fag Matematik Fredrik Bajers Vej 7G Telefon Titel: Tapetmønstre Tema: Symmetri Projektperiode: MAT4, forårssemesteret 2012 Projektgruppe: G3-112 Deltagere: Anders Hvidegaard Lasse Hjort Jakobsen Camilla Lund Melander Sabrina Neumann Johan Milton Sorknæs Søren Byg Vilsen Vejleder: Martin Raussen Synopsis: Denne rapport omhandler symmetri i 2 dimensioner. I rapporten præsenteres, hvordan alle isometrier kan forståes som en gruppe i algebraisk forstand, samt hvad en symmetrigruppe er. Der bliver lagt fokus på eksistensen af de 17 tapetgrupper, som tilsammen beskriver samtlige symmetrier i planen. Dette bliver der kigget nærmere på udfra begrebet punktgrupper. Der bliver også specificeret hvilken punktgruppe, det er muligt for en tapetgruppe at have, og hvordan disse punktgrupper kan repræsenteres. Endeligt i rapporten udledes en tapetgruppe fra et symmetrisk billede såvel som et symmetrisk mønster fra en tapetgruppe. Oplagstal: 9 Sidetal: 86 Bilagsantal og art: 0 Afsluttet den 16. maj 2012 Rapportens indhold er frit tilgængeligt, men offentliggørelse (med kildeangivelse) må kun ske efter aftale med forfatterne.

4

5 Forord Dette projekt er udarbejdet som MAT4-projekt på 4. semester på matematikstudiet under Institut for Matematiske Fag ved Aalborg Universitet, af Anders Hvidegaard, Lasse Hjort Jakobsen, Camilla Lund Melander, Sabrina Neumann, Johan Milton Sorknæs og Søren Byg Vilsen, i perioden 1. februar 2012 til 16. maj Projektet er udarbejdet under emnet "Tapetmønstre", der er valgt ud fra det overordnede tema "Symmetri". I projektet behandles den nødvendige gruppeteori for at kunne arbejde med symmetri som matematisk begreb. Herefter behandles symmetrierne i det 2-dimensionelle rum, ved at kigge på de mulige punktgrupper og gittertyper. Til sidst i rapporten kigges der på de 17 tapetgrupper, der eksisterer i planen, og der gives et eksempel på såvel at finde tapetgruppen udfra et symmetrisk billede, som at lave et symmetrisk mønster udfra en tapetgruppe. Litteraturhenvisning i rapporten sker ved anført [tal]. Tallet henviser til den nummerede litteraturliste, der er at finde før appendiks bagerst i rapporten. Referencer til definitioner, sætninger, m.m. der starter med A refererer til ting i appendiks bagerst i rapporten. En stor tak til vores vejleder Martin Raussen, der har været til megen hjælp i forbindelse med projektet. i

6

7 Indhold Forord i 1 Indledning 1 2 Grupper Affine Afbildninger Isometrier Translation Refleksion Rotation Enhedsisometri Isometriernes egenskaber Symmetri Symmetrigrupper To dimensioner Tapetmønstre Punktgrupper Gittertyper C 1, C 2 : Parallelogramgitter C 4,D 4 : Kvadratisk gitter C 3,D 3,C 6,D 6 : Hexagon gitter iii

8 3.4.4 D 1,D 2 : Rektangulær og rombisk gitter Tapetgrupper Notations beskrivelse af tapetgrupper Klassifikation Eksempler Afrunding 67 A Appendiks 69 Litteratur 77 iv

9 Indledning 1 I dette projekt ser vi på den matematiske teori bag tapetmønstre. Tapetmønstre er en samling af symmetriske mønstre, som udstrækker sig uendeligt i to-dimensioner. Symmetri i to-dimensioner kan indeles i 17 tapetgrupper, som tilsammen dækker alle de mulige symmetrier i planen. Symmetrier og mønstre findes overalt i naturen, og mennesker har brugt dem i tusindvis af år til pyntning af bygninger og kroppen. Især den islamiske kultur, er kendt for deres mangfoldige og flotte symmetriske mønstre. Det er i flere hadiths beskrevet, at profeten Muhammed havde negative udtalelser om afbildningen af levende væsener. På grund af dette dekorerede muslimerne deres moskeer og bygninger på andre måder, end ved afbildning af mennesker og dyr, som benyttes i den kristne tro. Denne udsmykning blev de smukke symmetriske mønstre, som i dag kendetegner den islamiske kultur. Den religiøse lærdom fra disse hadiths har derfor haft betydelig indflydelse på den islamiske kultur. [16] De muslimske håndværkere havde på baggrund af dette en stor viden om hvorledes, man laver symmetriske mønstre. Denne viden havde de udelukkende fra arbejdet med mønstrene, og de kendte ikke til det matematiske grundlag for mønstrene. Nogle forskere mener dog, at de empirisk kendte til de 17 forskellige tapetgrupper. [8] En af de mest berømte bygninger i verden, når det gælder tapetmønstre, er slottet Alhambra ved Granada i Spanien. Alhambra nævnes første gang i det 9. århundrede, men her er der tale om et kastel. Først i 1238 påbegyndes konstruktionen af slottet, som det står i dag. Dets islamiske udseende og brugen af tapetmønstre er tydeligt i den del af Alhambra, der blev bygget under det muslimske styre al-andalus (år ). [19] [18] 1

10 Tapetmønstre Det diskuteres ofte, om Alhambras dekorative mønstres symmetrigrupper dækker alle de 17 tapetmønstre. Men antallet af tapetmønstre i slottet menes dog at ligge mellem 13 og 17. [2] Symmetriske mønstre er blevet brugt i mange tusinde år, og der er blandt andet fundet simple tapetmønstre på persiske krukker helt tilbage fra år 4000 f.kr. [23] Den matematiske teori blev dog først udviklet i det 19. århundrede. Til at starte med var det dog et stort problem at bestemme, hvornår forskelligt udseende mønstre var af samme slags. I 1831 klassifiserede fysiker Johann F.C. Hessel de 32 tre-dimensionelle punktgrupper, som svarer til de tre-dimensionelle krystallografiske klasser. Teorien om disse klasser blev systimatiseret af A. Bravais, som også bestemte de 14 typer af specielle gitre. Gitrene blev i 1891 beskrevet ved hjælp af gruppeteori af A. M. Schoenflies. I et generelt studie af teorien om grupper af bevægelser, beskrev C. Jordan en generel metode til at definere alle mulige måder, hvorpå man regelmæssigt kan gentage identiske grupperinger af punkter. Han beskrev 174 typer af grupper i bevægelse, heriblandt de krystallografiske grupper. Herudover opdagede han også 16 af de 17 tapetgrupper. Senere blev Jordans teori benyttet i to- og tre-dimensioner, men klassifikationen var ufuldstændig. W. Barlow, E. S. Fedorov og A. M. Schoenflies påbegyndte uafhængingt af hinanden arbejdet med klassifikationen af mønstre i to-dimensioner. I 1891 lykkedes det dem at klassificere de 17 tapetgrupper og de 230 tre-dimensionelle krystallografiske grupper. [5] I 1900 var et af matematikkens generelle problemer, om der i et n-dimensionelt rum kun var et endeligt antal af forskellige grupper. Dette problem blev løst i 1910 af L. Bieberbach, der beviste, at der i enhver dimension kun er endeligt mange grupper. Det blev i 1970 erne ved hjælp af en algoritme beregnet, at der i fire-dimensioner eksisterer 4783 grupper, i fem-dimensioner eksisterer der , og i seks grupper. [9] [15] En af de mest kendte kunstnere, som gjorde brug af tapetmønstrene, var M. C. Escher (år ). Escher er født i Leeuwarden i Holland, men voksede op i Arnham, hvor familien flyttede til, da han var fem år gammel. Efter at have dumpet gymnasiet startede Escher på School of Architecture and Decorative Arts i Haarlem, hvor han studerede grafisk kunst. Efter et besøg til slottet Alhambra i Spanien i 1922 blev han fascineret af de mønstre, som hele slottet er udsmykket med, og begyndte at tegne lignende billeder. Mønstrene 2

11 KAPITEL 1. INDLEDNING Figur 1.1: Keramisk udformet beholder fra år 4000 f.kr. [21] var opbygget omkring forskellige symmetriske operationer, som f.eks. rotationer af en figur. I de billeder Escher malede, prøvede han at finde alle symmetrier, hvorpå man kan udfylde hele planen uden huller. Escher startede med at få inspiration, og interesse for matematikken bag symmetri, da hans stedbror, som var professer indenfor geologi, viste ham artikler om netop dette. Det var især en artikel af matematikeren George Pólya, der inspirerede Echer. Heri påstod Pólya, at der fandtes 17 forskellige symmetrigrupper. Det som især interesserede Escher ved dette var, at alle 17 symmetrigrupper var illustreret i artiklen, og lignede meget dem Escher selv havde malet. I udarbejdelsen af sin kunst brugte Echer fremover denne artikel meget. Escher havde ikke matematisk forståelse nok, til at gennemskue alle de matematiske teorier bag symmetrigrupperne, men med tiden fik han forståelse for anvendelsen af teorien. Desuden havde han en anden synsvinkel på konstruktionen af mønstrene, idet han bl.a. også fokuserede på brugen af farver, hvor to nærliggende figurer ikke måtte have samme farve. Figur 1.2: Sommerfugle af M.C. Escher [6] 3

12 Tapetmønstre Escher begyndte senere at undervise i symmetri. Efter hans mening var der dog kun tre typer isometri, hvilket er én isometri type mindre, end matematikere mener. Det er isometri typen refleksion, som Escher ikke anså for at være en isometri. Grunden til dette var, at det, i et motiv, ikke er muligt, at en figur har en ret linje, så hele billedet kan udfyldes med refleksioner. [14] 4

13 Grupper 2 Symmetri undersøges matematisk ved begreber fra gruppeteori. I beskrivelsen af isometrigrupper for mønstre, spiller matrixgrupper en væsentlig rolle. Derfor betragtes gruppen af invertible n-dimensionelle matricer: Gl n = ({A = M n n : det(a) 0}, A n n B n n = (AB) n n ) Lemma Gl n er en gruppe. Bevis. 1. Gl n skal være lukket under komposition. A,B Gl n, det(a) 0, det(b) 0 det(ab) = det(a)det(b) 0 AB Gl n 2. er associativ, pga. matrixregneregler. 3. Det neutrale element er givet som e = I n, I n A = AI n = A, for alle A Gl n 4. Per definitionen af mængden vides det, at en matrix i Gl n har en invers matrix som opfyler A A 1 = A 1 A = I n. Derfor er A 1 invers til A. 5

14 Tapetmønstre Gruppen er ikke kommutativ for n > 1, grundet matrix regnereglerne. Den delmængde af Gl n, der kun indeholder ortogonale matricer, er givet som: O n = {A Gl n : A A T = I } Lemma O n er en undergruppe af Gl n. Bevis. 1. For alle A O n gælder følgende. A A T = I,BB T = I (AB)(AB) T = ABB T A T = I. Derfor ses det, at AB O n. 2. Det gælder for ortogonale matricer at A T A = I = A A T A T = A 1, A O n. Gruppen er ikke kommutativ. Eksempel 1. Eksempel på ikke kommutative elementer af O 2. [ ] [ ] A =, B =, A,B O n [ ][ ] [ ] AB = = [ ][ ] [ ] B A = = AB B A Nu undersøges den delmængde af O n, der indeholder de ortogonale matricer med positive determinanter. SO n = {A O n : det(a) = 1} 6

15 KAPITEL 2. GRUPPER Lemma SO n er en undergruppe til O n. Bevis. 1. Da det gælder for A,B SO n at A A T = I,det(A) = 1 og BB T = I,det(B) = 1, ses det at (AB)(AB) T = I, det(ab) = det(a)det(b) = 1 Dette medfører, at AB SO n 2. Generelt for en matrix A, gælder det, at det(a 1 ) = 1 det(a). Derfor er det(a 1 ) = 1 1 = 1 for ethvert element A SO n. Dette medfører, at A 1 SO n Gruppen SO n er ikke kommutativ for n > 2. Det kan ses, at SO 2 er kommutativ, eftersom alle ortogonale matricer med determinant 1 kan skrives på formen: [ ] cosθ sinθ, sinθ cosθ som ses i afsnit 2.2. For ethvert par af matricer A og B på ovenstående form gælder der derfor: [ ][ ] cosθ1 sinθ 1 cosθ2 sinθ 2 AB = sinθ 1 cosθ 1 sinθ 2 cosθ 2 [ ] cosθ1 cosθ 2 sinθ 1 sinθ 2 sinθ 2 cosθ 1 sinθ 1 cosθ 2 = sinθ 1 cosθ 2 + cosθ 1 sinθ 2 cosθ 1 cosθ 2 sinθ 1 sinθ 2 [ ][ ] cosθ2 sinθ 2 cosθ1 sinθ 1 = = B A sinθ 2 cosθ 2 sinθ 1 cosθ 1 Den affine gruppe i R n er givet ved: ( A n = {F : R n R n,f ( x) = A x + b, A Gl n, ) b R n },F G = F (G ( x)) 7

16 Tapetmønstre Lemma A n er en gruppe. Bevis. 1. Givet F,G A n, defineret ved F ( x) = A x + a,g( x) = B x + b, ses det at, F G = A(B x + b) + a = AB x + A b + a AB Gl n, A b + a R n Altså er A n lukket overfor komposition. 2. Det gælder generelt for afbildninger, at kompositionen er associativ. 3. Det neutrale element for A n fås ved e( x) = I n x + 0, I n Gl n e(f ( x)) = I (A x + b) = I A x + I b = A x + b F (e( x)) = A(I x) + b = A x + b 4. Det eftervises, at det inverse element til F ( x) A n er givet ved F 1 ( x) = A 1 x A 1 b A 1 Gl n, A 1 b R n Ved indsættelse fås. F (F 1 ( x)) = A(A 1 x A 1 b) + b = A A 1 x A A 1 b + b = In x + 0 = e F 1 (F ( x)) = A 1 (A x + b) A 1 b = A 1 A x + A 1 b A 1 b = In x + 0 = e Gruppen er ikke kommutativ, da F G G F. F G = F (G( x)) = A(B x + b) + a = AB x + A b + a G F = G(F ( x)) = B(A x + a) + b = B A x + B a + b Isometrigruppen for R n kan beskrives ved. I so n = {F A n : A O n } Lemma I so n er en undergruppe til A n. 8

17 KAPITEL 2. GRUPPER Bevis. 1. Der er givet F,G I so n s.a. F ( x) = A x + a og G( x) = B x + b F G = A(B x + b) + a = AB x + A b + a Da AB O n, A b + a R n, er det vist, at (F G) I so n. 2. Fra udregningerne i A n, vides det, at det inverse element til F ( x) I so n er F 1 ( x) = A T x A T b Derfor er det kun nødvendigt at vise, at A T O n, A T b R n Fra tidligere vides det, at A O n A 1 O n, og eftersom A T er en n n-matrix, mens b R n vil A T b R n. Gruppen er ikke kommutativ, eftersom O n ikke er kommutativ. En undergruppe af I so n, der bevarer orienteringen. I so + n = {F I so n : A SO n } Lemma I so + n er en undergruppe af I so n. Bevis. 1. Der er givet F,G I so n + s.a. F ( x) = A x + a og G( x) = B x + b F G = A(B x + b) + a = AB x + A b + a Da A,B SO n gælder det, at det(ab) = det(a)det(b) = 1 1 = 1 AB SO n, A b + a R n 2. Det vides, at det inverse element til F ( x) I so n + er F 1 ( x) = A T x A T b. Derfor skal det kun vises at A T SO n. Eftersom A T = A 1, når A SO n. Derfor er det(a T ) = 1, og A T SO n 9

18 Tapetmønstre 2.1 Affine Afbildninger I dette afsnit ses på affine afbildninger, som også indebærer de fire typer planisometri, som bliver beskrevet i næste afsnit 2.2. Der ses primært på egenskaberne af affine afbildninger, som vil blive brugt fremover i rapporten. Definition 1. En affin afbildning i planen er en afbildning R 2 R 2 af formen (x, y) (x, y ), hvor x = ax + by + p y = cx + d y + q En affin afbildning kaldes ægte, hvis den er bijektiv. De ægte affine afbildninger er præcist dem, som er indeholdt i gruppen A n. En sådan afbildning kan beskrives på matrix form således: [ x ] [ a b ][ x ] [ p ] y = c d y + q (2.1) Matricen (2.2) repræsenterer en lineær afbildning, mens p og q repræsenterer en translation i planen. [ a b c d ] (2.2) Herefter vil der kun blive set på ægte affine afbildninger, hvilket betyder, at de bl.a. er injektive. Denne ekstra betingelse er ækvivalent med, at den lineære afbildnings matrix (2.2) er invertibel. En anden måde at opskrive den samme affine afbildning på, er følgende: x a b p x y = c d q y På denne form dannes en injektiv sammenhæng mellem elementerne (x, y) i planen R 2 og elementerne (x, y,1) T i planen R 3 ved z = 1. Afbildningen mellem affine afbildninger 10

19 [ på formen i ligning (2.1) og 3 3 matricen (2.3), hvis sidste række er injektiv. a b p c d q KAPITEL 2. GRUPPER ], er også (2.3) Eksempel 2. Det bliver nu eftervist, at sammmensætningen af to affine afbildninger også er affin. Dette er allerede vist ved ægte affine afbildninger, men i dette eksempel ses det, hvordan det ser ud ved 3 3 matricer. Hvis der dannes to affine afbildninger (x, y) (x, y ) og (x, y ) (x, y ) givet ved x = a 1 x + b 1 y + p 1 y = c 1 x + d 1 y + q 1 og x = a 2 x + b 2 y + p 2 y = c 2 x + d 2 y + q 2 Herfra følger det, at (x, y ) kan skrives således x = a 2 x + b 2 y + p 2 = a 2 (a 1 x + b 1 y + p 1 ) + b 2 (c 1 x + d 1 y + q 1 ) + p 2 = (a 2 a 1 + b 2 c 1 )x + (a 2 b 1 + b 2 d 1 )y + (a 2 p 1 + b 2 q 1 + p 2 ) og y = c 2 x + d 2 y + q 2 = c 2 (a 1 x + b 1 y + p 1 ) + d 2 (c 1 x + d 1 y + q 1 ) + q 2 = (c 2 a 1 + d 2 c 1 )x + (c 2 b 1 + d 2 d 1 )y + (c 2 p 1 + d 2 q 1 + q 2 ) 11

20 Tapetmønstre Denne sammensatte afbildning kan også skrives på 3 3 matrix form. x a y = 2 a 1 + b 2 c 1 a 2 b 1 + b 2 d 1 a a p 1 + b 2 q 1 + p 2 c 2 a 1 + d 2 c 1 c 2 b 1 + d 2 d 1 c 2 p 1 + d 2 q 1 + q x y 1 Dette eksempel demonstrerer anvendeligheden af 3 3 matrixnotationen, da sammensatte afbildninger kan udtrykkes som produktet af matricerne for de enkelte afbildninger. a 2 b 2 p 2 a 1 b 1 p 1 a c 2 d 2 q 2 c 1 d 1 q 1 = 2 a 1 + b 2 c 1 a 2 b 1 + b 2 d 1 a a p 1 + b 2 q 1 + p 2 c 2 a 1 + d 2 c 1 c 2 b 1 + d 2 d 1 c 2 p 1 + d 2 q 1 + q Denne egenskab muliggør, at man kan studere affine afbildninger og deres kompositioner ved brug af 3 3 matrixnotationen og almindelig matrixmultiplikation. Dette betyder, at det geometriske problem er blivet reduceret til et lineær algebra problem. På grund af denne sammenhæng bliver matrixrepræsentation ofte brugt til at beskrive en affin afbildning. Forskellen mellem disse repræsentationer er, at en affin afbildning kan defineres uden brug af et koordinatsystem, mens matrixrepræsentationen kun kan eksistere hvis et koordinatsystem er valgt. Dette kan beskrives ved følgende sætning. Sætning f : A 2 Gl 3 beskriver en injektiv homomorfi. Bevis. [13] f er injektiv hvis og kun hvis K er (f ) = {e A2 }, hvor e A2 er det neutrale element i A 2, som er I 2. Ker betegner kernen af f. " "Antag først at f er injektiv, hvilket betyder f (a 1 ) = f (a 2 ) a 1 = a 2. K er (f ) = {a A 2 : f (a) = e Gl3 } hvor e Gl3 er det neutrale element i Gl 3, som er I 3. Da f er en homomorfi følger det, at f (e A2 ) = e Gl3. Lad g K er (f ), så gælder det at f (a) = e Gl3 = f (e A2 ), hvilket medfører at g = e A2. Dette kommer fra, at f er injektiv, og 12

21 KAPITEL 2. GRUPPER derfor må K er (f ) = {e A2 } " "Antag, at K er (f ) = {e A2 } og antag, at f (a 1 ) = f (a 2 ), for a 1,a 2 A 2. Da f er en homomorfi, gælder det at: f (a 1 ) = f (a 2 ) f (a 1 )f (a 2 ) 1 = e Gl3 f (a 1 a 1 2 ) = e Gl 3 Derfor er a 1 a 1 2 K er (f ), og da kernen kun består af e A2, må det gælde at a 1 a 1 2 = e A2, derfor er a 1 = a 2 For at vise styrken af denne notation dannes den inverse af en ægte affin afbildning. Den inverse er (x, y ) (x, y), hvor x = ax + by + p og y = cx + d y + q. Da sammensætningen af affine afbildninger repræsenteres ved matrixmultiplikation, må matricen, der beskriver denne, være den inverse af den oprindelige afbildning. Den inverse er på formen og d D c D D = det b D a D d p+bq D cp aq D [ a b c d ] = ad bc Matricen i ligning (2.4) repræsenterer en ægte affin afbildning. (2.4) For at sikre, at der er tale om en ægte affin afbildning, skal 2 2 matricen i øverste venstre hjørne være invertibel, det vil sige at det 0. Det kan desuden ses ved hjælp af cofactor metoden, at 3 3 matricen har den samme determinant. Denne er altså også invertibel, når 2 2 matricen er det. Hvis matricen, der beskriver den originale afbildning, er på formen, B = [ A t 0 T 1 ], hvor A = [ a b c d ] [, 0 T = 0 0 [ ] p og t = q ], kan den inverse skrives som [ A t ] 1 = [ A 1 A 1 t ] B 1 = 0 T 1 0 T 1 (2.5) 13

22 Tapetmønstre [ Bemærk, at B 1 har samme form som B. Deres tredje række er skal det bemærkes, at denne lineære transformation A 1 også er invertibel. ]. Derudover Det kan konkluderes, at 3 3 matricer kan skrives på formen (A, t), hvor A Gl 2 og t R Isometrier I det følgende afsnit ses der på de fire typer isometrier, der findes i planen. Først gives en generel definition af en isometri. Definition 2. Lad X og Y være metriske rum med afstandsfunktionerne d X og d Y. Afbildningen f : X Y kaldes en isometri, hvis der for ethvert a,b X gælder, at d Y (f (a), f (b)) = d X (a,b) I planen defineres en isometri således Definition 3. En isometri i planen er en funktion F : R 2 R 2, der bevarer længde. Hvis (x 1, y 1 ) og (x 2, y 2 ) er to punkter, så vil afstanden mellem dem være lig afstanden mellem F ( (x 1, y 1 ) ) og F ( (x 2, y 2 ) ). Lemma Isometrier er lukket overfor komposition. 2. En isometri har en invers afbildning, der også er en isometri. Bevis. 1. Givet isometrier F 1 og F 2. (F 2 F 1 )( x) = F 2 (F 1 ( x)) = F 1 ( x) = x 2. Givet en isometri F, og dens inverse F 1 s.a. F F 1 = {i d}, hvor {i d} er enhedsafbildningen. x = (F F 1 )( x) = F (F 1 ( x)) = F 1 ( x) 14

23 KAPITEL 2. GRUPPER Sætning Enhver afbildning F : R n R n, givet ved x A x, hvor A O n er en isometri. Bevis. Givet, A O n, og x, y R n. Definer u = x y. A x A y = A( x y) = A u Ved at udnytte at A T A = I, for alle A O n, ses det at A u 2 = A u A u = u T A T A u = u T u = u u = u 2 Det fås at, A x A y = x y Definition 4. En isometri F : R n R n siges at være lineær, hvis F ( 0) = 0 Sætning Antag, at F : R n R n er lineær og F Iso n, så F O n. Altså er {Iso n : F ( 0) = 0} = O n Bevis. Antag, at F Iso n er lineær. Så er F ( 0) = 0. Altså er F ( 0) = A 0 + b = b = 0 Da A O n og b = 0 så F O n, for alle F {F Iso n : F ( 0) = 0} Translation En translation flytter hvert punkt i planen med en konstant afstand i en bestemt retning. Man kan fortolke en translation, som en addition af en konstant vektor til hvert punkt i planen. En translation kan defineres på følgende måde. 15

24 Tapetmønstre Definition 5. Afbildningen T v er givet som translation med vektor v R 2 af p, som defineres til at være T v ( p) = p + v, hvor p R 2. T v er en isometri, idet T v ( p) T v ( q) = ( p + v) ( q + v) = p q Altså bevarer en translation afstanden mellem to vektorer. Man kan sammensætte to translationer T v T w = T v+ w, hvor v, w R 2. Den inverse translation til T v er T v. Da translationen opfylder definition A.3, er gruppen af alle translationer T 2 en undergruppe til I so 2. For at en translation er lineær, skal F ( 0) = 0 gælde, og dette gælder ikke for en translation. Idet T v ( 0) = v, er en translation ikke lineær, hvis v 0. Udtrykt i (x, y)-koordinater, kan en translation skrives som: [ px + v x ] T v = p y + v y En translation i R 2 kan udtrykkes ved hjælp af en 3 3-matrix. 1 0 v x 0 1 v y = [ I v 0 T 1 ] Figur 2.1: En translation. 16

25 KAPITEL 2. GRUPPER Refleksion En refleksion i R 2 er en spejling omkring en linje l. Hvis refleksionen går gennem origo, er refleksionen givet ved: [ cosθ sinθ R 0,θ ( p) = sinθ cosθ ][ px p y ] [ ] cosθpx + sinθp y = sinθp x cosθp y (2.6) hvilket er en refleksion omkring en linje med en vinkel på θ med x-aksen. 2 Udfra ligning (2.6) kan man se, at refleksioner er lineære, da R 0,θ ( 0) = 0. En refleksion, som ikke går gennem origo, kan udtrykkes ved først at flytte origo til et punkt p R 2, som refleksionen går gennem, med en translation T, dernæst reflekteres der gennem punktet, og bagefter flyttes origo tilbage med T 1. Hvilket kan skrives som: R v,θ ( p) = T 1 R 0,θ T En vilkårlig refleksion kan altså udtrykkes som en sammensætning mellem en matrix fra O 2 og en translation. Proposition 1. Enhver refleksion er en isometri. Bevis. Da A = [ cosθ sinθ sinθ cosθ ] O 2, θ R, er R 0,θ ( p) ifølge sætning en isometri. Ligeledes er R v,θ( p) ud fra lemma også en isometri. Figur 2.2: En refleksion. 17

26 Tapetmønstre En gliderefleksion er en sammensætning af en refleksion og en translation, som ses i figur 2.3. En gliderefleksion omkring origo er givet ved cosθ sinθ v R 0,θ ( p) + T = x sinθ cosθ v y Det ses af lemma 2.2.1, at en gliderefleksion er en isometri. Figur 2.3: En glidereflektion Rotation En rotation i R 2 er en transformation, som drejer et objekt omkring et fast punkt. Man kan beskrive en rotation, r, omkring origo som følgende [ cosθ sinθ r 0,θ ( p) = sinθ cosθ ][ px p y hvor p er et punkt i planen, og θ er en vinkel. ] [ px cosθ p y sinθ = p x sinθ + p y cosθ ] (2.7) Rotationen er lineær, som direkte kan ses udfra ligning (2.7). Rotationsmatricer er ortogonale matricer, som udgør SO 2 (R). 18

27 KAPITEL 2. GRUPPER En rotation om et punkt v, som ikke er origo, kan udtrykkes ved først at flytte origo til punktet v R 2 med en translation T, rotere om punktet, og så bagefter flytte origo tilbage med T 1. Hvilket kan skrives som: r v,θ = T 1 r 0,θ T Proposition 2. Enhver rotation er en isometri. Bevis. Da [ cosθ sinθ A = sinθ cosθ ] O 2, θ R er r 0,θ ( p) ifølge sætning en isometri. Ligeledes er r v,θ( p) ud fra lemma også en isometri. Figur 2.4: En rotation om origo på 190 grader Enhedsisometri Enhedsisometri defineres til at være I ( p) = p, hvor p R 2, hvilket er et specielt tilfælde for translationer og rotationer. Man multiplicerer vektoren p med en ortogonal matrix og adderer en vektor. 19

28 Tapetmønstre Isometriernes egenskaber Sætning [4] En isometri kan beskrives ved hjælp af en af de følgende matricer hvor (a 11 ) 2 + (a 12 ) 2 = 1 a 11 a 12 a 13 a 12 a 11 a eller a 11 a 12 a 13 a 12 a 11 a (2.8) Bevis. Givet en isometri a 11 a 12 a 13 a 21 a 22 a og vektorene x = (x 1, x 2,1) T og y = (y 1, y 2,1) T, så er isometriens afbildning af vektorene givet ved x 1 x 2 1 = a 11 a 12 a 13 a 21 a 22 a x 1 a x 2 = 11 x 1 + a 12 x 2 + a 13 a 21 x 1 + a 22 x 2 + a og ligeledes y 1 y 2 1 = a 11 a 12 a 13 a 21 a 22 a y 1 y 2 1 = a 11 y 1 + a 12 y 2 + a 13 a 21 y 1 + a 22 y 2 + a 23 1 Af definition 2 ses det at: (x 1 y 1 ) 2 + (x 2 y 2 ) 2 = (x 1 y 1 )2 + (x 2 y 2 )2 = (a 11 x 1 + a 12 x 2 a 11 y 1 a 12 y 2 ) 2 + (a 21 x 1 + a 22 x 2 a 21 y 1 a 22 y 2 ) 2 = (a a2 21 )(x 1 y 1 ) 2 + 2(a 11 a 12 + a 21 a 22 )(x 1 y 1 )(x 2 y 2 ) + (a a2 22 )(x 2 y 2 ) 2 Da en isometri skal gælde for alle vektorer i R 2, må følgende være gældende for alle isometrier. 20

29 KAPITEL 2. GRUPPER 1. a a2 21 = 1 2. a a2 22 = 1 3. a 11 a 12 + a 21 a 22 = 0 4. a 11 a 12 = a 21 a 22 For at løse disse ligninger, ses på to tilfælde. Tilfælde 1 a Fra punkt 4 fås a 12 = (a 21a 22 ) a 11. Ved at substituere dette i punkt 2 fås a21 2 a2 22 a a 2 22 = 1 eller (a a2 21 )a2 22 = a2 11 Punkt 1 giver så a 22 = ±a 11. Hvis a 22 = a 11 ses det af punkt 4 at a 21 = a 12. Hvis a 22 = a 11 giver punkt 4 at a 21 = a 12. Tilfælde 2 a 11 = 0. Punkt 1 giver a 21 = ±1. Ved indsættelse i ligningen i punkt 3, ses a 22 = 0, og af punkt 2 fås a 12 = ±1. Så enten er a 12 = a 21 eller a 12 = a 21. Udfra de to tilfælde og de fire givne ligninger ses det, at alle isometrier kan skrives på formen givet i ligning (2.8). Ligeledes gælder det for begge tilfælde at (a 11 ) 2 + (a 12 ) 2 = 1. Sætning Enhver isometri i planen er enten en rotation, en translation, en refleksion eller en gliderefleksion. Bevis. Følger af beviset for sætning Det er tidligere vist, at T 2 I so 2, og det vises nu, at det også er en normal undergruppe til I so 2. For at vise dette, skal der først introduceres følgende korollar. 21

30 Tapetmønstre Korollar 1. Lad F være en isometri i R 2. Så er F ( x) = L( x) + b for nogle lineære isometrier, L, og nogle b R 2. [11] Bevis. Lad b = 0, og sæt L( x) = F ( x) b. Så er G kompositionen af F og translationen T b, så L er en isometri. Desuden, da L( 0) = F ( 0) b = b b = 0, er L lineær. Heraf kan det ses, at enhver isometri i planen, består af sammensætningen af en lineær isometri og en translation. For at vise, at T 2 er normal, skal der først ses på gruppen O 2. Denne blev introduceret i kapitel 2, og kan enten ses som gruppen af alle ortogonale matricer eller som gruppen af de lineære isometrier. Udfra dette kan man se, at I so 2 må bestå af sammensætningen af O 2 og T 2, så I so 2 = O 2 T 2. Lemma T 2 er en normal undergruppe til I so 2. Bevis. [11] Det er givet, at I so 2 = O 2 T 2, hvor O 2 er gruppen af lineære isometrier i R 2, og T 2 er gruppen af translationer i R 2. Lemmaet er vist, hvis F er en lineær isometri, som ligger i O 2, og T er en translation, så skal F T F 1 igen være en translation. Da dette ifølge definition A.7 viser, at T 2 er en normal undergruppe. Så antag, at T v ( p) = p + v, så fås det at T v (F 1 ( p)) = F 1 ( p) + v. Så F T v F 1 = F (F 1 ( p) + v) = p + F ( v) Dermed er F T v F 1 en translation ved F ( v), hvilket viser at T 2 er en normal undergruppe af I so 2. Lemma Gruppen I so 2 er det semidirekte produkt af O 2 og T 2. Bevis. For at vise, at I so 2 = O 2 T 2 er et semidirkete produkt, skal det vises at O 2 og T 2 opfylder en eller flere betingelser i definition A.13. Det er bevist i lemma 2.2.6, at T 2 er en normal undergruppe af I so 2, og det er ligeledes givet at I so 2 = O 2 T 2. 22

31 KAPITEL 2. GRUPPER Ved matrixnotation fås ethvert element F O2 O 2 på formen F O2 = [ ] A 0 0 T 1 og ethvert element F T2 T 2 kan skrives på formen F T2 = [ ] I v 0 T 1 Hvis A = I og v = 0, så er F O2 = F T2 = {i d}, hvor {i d} er enhedhedsafbildningen, ellers er F O2 F T2. Dermed opfylder O 2 og T 2 den første betingelse i defintion A.13, og danner et semidirekte produkt af I so 2. Der gælder desuden følgende sammenhæng mellem I so 2, O 2 og T 2. Korollar 2. Kvotientgruppen I so 2 /T 2 er isomorf til O 2. Bevis. [3] For at vise denne sammenhæng bruges sætning A.0.1. Der skal derfor først vises, at f : I so 2 O 2 er en homomorfi med kernen T 2. Lad A 1 og A 2 være to isometrier med A k p = B k p + v k, hvor A I so 2 og B O 2. Så A 2 A 1 ( p) = A 2 (B 1 p + v 1 ) = B 2 (B 1 p + v 1 ) + v 2 = (B 2 B 1 ) p + (B 2 v 1 + v 2 ) Deraf fås ϕ(a 2 A 1 ) = B 2 B 1 = ϕ(a 2 )ϕ(a 1 ) Dermed er ϕ en gruppehomorfi. I lemma er det vist, at T 2 er en normal undergruppe til I so 2, hvilket medfører, at den er kernen af I so 2. Så ifølge sætning A.0.1 fås det, at I so 2 /T 2 = O2 Når man arbejder med isometrierne i planen, kan man skelne mellem lige og ulige isometrier. En isometri er lige, hvis den bevarer orientering af objektet som afbildes, og ulige hvis den ikke bevarer orienteringen. 23

32 Tapetmønstre Definition 6. En isometri F I so 2 kaldes en lige isometri, hvis F I so 2 +, og en ulige isometri, hvis F I so 2 \I so + 2. Sætning Alle lige isometrier er enten en translation eller rotation. Alle ulige isometrier er enten en refleksion eller en gliderefleksion. [1] Bevis. Givet en lige isometri F l = (A, b), hvor [ ] cosθ sinθ A =, hvor 0 θ < 2π sinθ cosθ Hvis θ = 0, er A = I og F l er en translation. Hvis θ 0, så er det(i A) = 1 cosθ sinθ sinθ 1 cosθ = 1 2cosθ + cos2 θ + sin 2 θ = 2 2cosθ som er positiv, og matricen I A er altså invertibel. Så gælder det, at V F l ( V ) = V A V + b = (I A) V + b = b kun har en løsning for V. Da b kan skrives som V F l ( V ), svarer det til flytningen af origo til et punkt V, og flytte origo tilbage igen efter en rotation, som forklaret i afsnittet om rotation. Det ses dermed, at enhver lige isometri er en translation eller en rotation. Givet en ulige isometri F u = (B, c), hvor B = [ cosθ sinθ sinθ cosθ ], hvor 0 θ < 2π Antag, at c = 0, så er F u = B. Hvis B d = d, så har man en refleksion omkring en linje l. Hvis B d d defineres w = d B d. Da BB T = B 2 = I ses det, at B w = B( d B d) = B d B 2 d = B d d = w 24

33 KAPITEL 2. GRUPPER Da B w er lig w, ses det, at F u er en refleksion. Hvis c 0 er F u per definition en gliderefleksion. Dermed er enhver ulige isometri en refleksion eller en gliderefleksion. Sætning Lad T og U være isometrier i R 2 1. Hvis både T og U er refleksioner, så er TU en rotation. [7] 2. Hvis en af T eller U er en refleksion, og den anden er en rotation, så er TU en refleksion. [7] 3. Hvis både T og U er gliderefleksioner, så er TU en rotation med en translation. 4. Hvis en af T eller U er en gliderefleksion, og den anden er en rotation, så er TU en gliderefleksion. 5. Hvis en af T eller U er en gliderefleksion, og den anden er en refleksion, så er TU en rotation med en translation. Bevis. Lad P og Q være matricerne til T og U, så er PQ matricen for TU. 1. Da både T og U er refleksioner, det(p) = det(q) = 1. Så er det(pq) = det(p) det(q) = ( 1) ( 1) = 1. Dermed er PQ en rotation. 2. Antag, at T er en refleksion, og U er en rotation, så det(p) = 1 og det(q) = 1. Så er det(pq) = ( 1) 1 = 1, og PQ er en refleksion. 3. Da både T og U er gliderefleksioner af formen T ( x) = P x + b og U ( x) = Q x + c haves det, at (T U )( x) = T (Q x + c) = PQ x + P c + b hvor P og Q er refleksioner. Dette medfører, at PQ er en rotation, som vist i punkt 1, og P c + b er en translation. 4. Antag, at T er en gliderefleksion, og U er en rotation. Så vil T ( x) = P x + b og U ( x) = Q x, hvor det(p) = 1, og det(q) = 1. Dette medfører, at (T U )( x) = T (Q x) = PQ x + b 25

34 Tapetmønstre hvor PQ er en refleksion, som vist i punkt 2, og b er en translation. Det samme gælder for (U T )( x) = U (P x + b) = QP x +Q b hvor QP også er en refleksion, og Q b er en translation. 5. Antag, at T er en gliderefleksion, og U er en refleksion. Så vil T ( x) = P x + b og U ( x) = Q x, hvor det(p) = 1, og det(q) = 1. Dette medfører, at (T U )( x) = T (Q x) = PQ x + b hvor PQ er en rotation, som vist i punkt 1, og b er en translation. Det samme gælder for (U T )( x) = U (P x + b) = QP x +Q b hvor QP også er en rotation, og Q b er en translation. I so n A n O n Gl n SO n T n I so + n Figur 2.5: Relationen mellem de forskellige grupper i R n Figur 2.5 giver et overblik over de forskellige grupper og isometrier, og hvordan de er i forhold til hinanden. Man kan se udfra figuren, at Gl n og I so n er undergrupper af A n. O n er både en undergruppe til Gl n og I so n, derfor, som vist på tegningen, kan O n kun være der, hvor at Gl n og I so n har fælles elementer. T n er en undergruppe af I so n og I so n +, men da T n ikke har nogle elementer i Gl n, befinder T n sig kun i området, hvor I so n og Gl n ikke har nogle fælles elementer. 26

35 Symmetri Symmetrigrupper Symmetrigruppen af et objekt er den gruppe af alle isometrier, der overfører objektet over i sig selv. Definition 7. Hvis U er en delmængde af R n defineres symmetrigruppen af U som: Sym(U ) = {f I so n : f (U ) = U } To geometriske figurer siges at være af samme symmetritype, hvis deres symmetrigrupper er konjugerede undergrupper af I so n To dimensioner I to dimensioner er der følgende endelige undergrupper af O 2 : De cykliske grupper, C 1,C 2,C 3,C 4,...,C n, hvor C i indeholder alle rotationer omkring et punkt ved multipla af vinklen 360 /i, hvor i Z. C 1 er den trivielle gruppe, der kun indeholder identitetsrotationen. Denne fremkommer kun når figuren ikke har nogen rotationssymmetri. C 2 er rotationer ved 180. C 3 indeholder rotationer af 120. C 4 : 90 rotationer. C 5 : 72 rotationer osv. 27

36 Tapetmønstre Diedergrupperne, D 1,D 2,D 3,D 4,...,D n. D i er af orden 2i og består af rotationer i C i sammen med refleksioner i i akser, der går gennem ét bestemt punkt. Dette punkt er også omdrejningspunktet for rotationerne. D 1 er 2-element gruppen, der indeholder identitetsrotationen og en enkelt refleksion. Denne fremkommer når figuren kun har én akse med symmetri. [24] [11] 3.2 Tapetmønstre I afsnit om translationer forklares det, at mængden af alle translationer T 2 udgør en undergruppe af I so 2. Dette leder til følgende definition. Definition 8. Fællesmængden Sym(U ) T 2 = { τ Sym(U ) : τ er en translation } er en undergruppe af Sym(U ), og denne kaldes translationsundergruppen af Sym(U ). Definition 9. Et to-dimensionelt gitter i R 2 er en undergruppe af R 2 på formen {n t 1 + m t 2 : n,m Z} for en basis { t 1, t 2 } i R 2. To simple egenskaber ved gitre, der vil blive brugt er 1. at G indeholder en ikke-nul vektor med mindste længde. 2. at G indholder endeligt mange vektorer i det indre af enhver cirkel. Vektoren med mindste længde i et gitter er ikke entydigt bestemt, eftersom v og v har den samme længde. 28

37 KAPITEL 3. SYMMETRI Definition 10. En delmængde U R 2 er et tapetmønster, hvis translationsundergruppen af symmetrigruppen, Sym(U ), er et to-dimensionelt gitter. Symmetrigruppen for et tapetmønster kaldes en tapetgruppe. 3.3 Punktgrupper [12] I dette afsnit introduceres punktgrupper, der er en central del af teorien for tapetgrupper. Definition 11. Lad W være en tapetgruppe. Punktgruppen W 0 af W er mængden: { W 0 = A O 2 : b R 2 s.a.(a, } b) W. Lemma W 0 er en undergruppe af O 2 Bevis. 1. A 1, A 2 W 0 b 1 s.a. (A 1, b 1 ) W og b 2 s.a. (A 2, b 2 ) W (A 1, b 1 )(A 2, b 2 ) = (A 1 A 2, b 1 + A 1 b2 ) W A 1 A 2 W 0 2. Hvis A W 0 så b, s.a. (A, b) W. Det vides, at det inverse element til (A, b) W er (A 1, A 1 b) W, som set i ligning (2.5), dette medfører A 1 W 0. En punktgruppe kan fortolkes på følgende måde. Sætning Hvis W er en tapetgruppe med translationsgitter G og punktgruppe W 0, så gælder det at W 0 = W /G. 29

38 Tapetmønstre Bevis. Afbildningen f : I so 2 O 2, givet ved (A, b) A, er en homomorfi med billede f (W ) = W 0. Kernen af f W er G, fordi G = W T 2, og T 2 er kernen af f. O 2 og T 2 er begge undergrupper af I so 2, og hvert element (A, b) I so 2 er et produkt af elementerne (A, 0) O 2 og (I, b) T 2. De to undergrupper kommuterer ikke, og T 2 er en normal undergruppe af I so 2. Derved er konjugation med elementer i O 2 givet ved (A, 0)(I, g )(A, 0) 1 = (I, Ag ) (3.1) De to følgende lemmaer skal bruges til at bevise sætning Lemma Punktgruppen W 0 af en tapetgruppe W er endelig. Bevis. Lad { t 1, t 2 } være en basis for G og lad C være en cirkel med centrum i origo, der indeholder t 1 og t 2 i sit indre. Der vil kun være endeligt mange elementer af G inde i C. Da W 0 O 2, er elementerne af W 0 begrænset til at give permutationer af det indre af C. Der er derfor kun endeligt mange par af elementer tilhørende G, der kan opstå som billede af { t 1, t 2 } ved en operation af et element fra W 0. For ethvert A W 0 gælder det at A t i G C, som er en endelig mængde. Elementet t i beskriver alle vektorer indeholdt i C, som er linearkombinationer af t 1 og t 2. Da A er bestemt ved komposition på basen, er der kun endelig mange matricer, som kan være indeholdt i W 0. Lemma Lad H være en undergruppe af O 2. Så er H isomorf til enten en cyklisk gruppe af orden n eller en diedergruppe af orden 2n, for n Z. Bevis. Lad N = H SO 2 være en normal undergruppe af H. Da O 2 /SO 2 = 2 og H/N er isomorf til en undergruppe af O 2 /SO 2, vides det at H/N 2. Hvis N = {1}, så enten er H = {1} og cyklisk, eller H = R for en reflektion R, og derfor H = D 1. Antag derfor, at N {1}. Dette betyder, at N indeholder ikke-trivielle rotationer. Da N er endelig, kan der findes en ikke-triviel rotation r N af mindst mulig vinkel θ. Hvis r er en anden ikke-triviel rotation i N, med vinklen ϕ, så findes der et m N s.a. mϕ θ < (m + 1)ϕ. 30

39 KAPITEL 3. SYMMETRI Rotationen r ( r ) m er rotationen med en vinkel 0 θ mϕ < θ. På grund af den påkrævede minimalitet af θ må θ = mϕ, og r r. Dette beviser, at N = r. Hvis H = N, så er H cyklisk. Hvis H N, så er H/N = 2. Hvis R H\N, så er [ ][ ][ ] cosθ sinθ cosθ sinθ cosθ sinθ Rr R = sinθ cosθ sinθ cosθ sinθ cosθ [ ][ ] [ ] 1 0 cosθ sinθ cosθ sinθ = = = r T = r sinθ cosθ sinθ cosθ Hvis N = n, så er H = 2n og H = r,r, og opfylder R 2n = R 2 = 1 og Rr R = r 1, hvilket medfører H = D n De mulige grupper, der kan opstå som punktgrupper for en tapetgruppe, er givet ved følgende sætning. Sætning Lad W 0 være punktgruppen for tapetgruppen W. Så er W 0 isomorf til en af de ti følgende grupper { } C1, C 2, C 3, C 4, C 6. D 1, D 2, D 3, D 4, D 6 Bevis. Ved lemma 3.3.3, vides det, at W 0 er en endelig gruppe, og per lemma er W 0 isomorf til C n eller D n for et n. Det skal nu bestemmes for hvilke værdier af n, det kan lade sig gøre. I beviset for lemma 3.3.4, blev det vist, at N = W 0 SO 2 er en cyklisk gruppe frembragt af en rotation, r, af mindst mulig vinkel. Yderligere, N = n, så r har orden n, hvilket betyder, at r skal være en rotation med vinkel θ = 2π n. Denne rotation, r, kan repræsenteres på matrix form på to måder. 1. Med hensyn til standardbasen: [ cosθ sinθ r = sinθ cosθ ] 31

40 Tapetmønstre 2. Lad { t 1, t 2 } være en basis for G. Tag w W 0 og et t G så vil w 1 t G. Det vides, at et element fra G forbliver i G efter konjugering med et element fra W 0. Hvis t G så (I, t) W (I, A t) W A t G. Matricen A med henhold til gitterbasen { t 1, t 2 }: A t 1 = a t 1 + b t 2, A t 2 = c t 1 + d t 2, a,b Z c,d Z A = [ a b c d ], a,b,c,d Z. Den inverse er givet på samme måde: [ ã b A 1 = c d ], ã, b, c, d Z. Da A, A 1 W 0, gælder det, at ad bc = ±1. Derfor er matricen for r, en matrix af formen: [ ] a b, a,b,c,d Z. c d Da disse to matricer repræsenterer den samme lineære transformation, blot i forhold til hver deres basis, er de konjugerede til hinanden og har derfor samme spor, hvilket nu vil blive vist. Tag matricer A = [ a b c d ] og B = K 1 AK. Det karakteristiske polynomium for A er det(a λi ) = λ 2 λ(a + d) + ad bc Tr (A) = a + d 32

41 KAPITEL 3. SYMMETRI Da A og B er konjugerede vil de have samme karakteristiske polynomium. det(b λi ) = det(k 1 AK λk 1 I K ) = det(k (A λi )K 1 ) = det(k )det(a λi )det(k 1 ) 1 = det(k )det(a λi ) = det(a λi ) det(k ) = λ 2 λ(a + d) + ad bc Tr (B) = a + d. Da de har samme spor, betyder det, at 2cosθ = a + d Z cosθ { 1, 12,0, 12 },1. Når 0 < θ 2π, haves det, at { π θ 3, π 2, 2π } 3,π,2π { 2π = 6, 2π 4, 2π 3, 2π 2, 2π 1 }. Derfor har N = r orden n {1,2,3,4,6}, og W 0 er isomorf til enten C n eller D n for n = N. Det vil hernæst blive vist, at hvis to tapetgrupper er isomorfe, så er deres punktgrupper også isomorfe. Til at vise dette skal følgende, lemma, der identificerer undergruppen G af tapetgruppen W på en gruppeteoretisk måde, bruges. Lemma Lad W være en symmetrigruppe med translationsgitter G, og sæt W n = {x W : xw n = w n x, w W } Så er G = W n, når n er et multiplum af W /G. Yderligere, hvis W og W er tapetgrupper med translationsgitter G og G, og hvis ϕ : W W er en isomorfi, så er ϕ(g) = G. Bevis. Der vides fra lemma 3.3.3, at W /G = W 0 er endelig. Lad n være et multiplum af W /G. Hvis w W så w n G. G er abelsk, derfor gælder det for ethvert t G, at hvis t w n = w n t for alle w W, så er t W n. Antag nu, at x W n, x = (A, b), hvor b R 2. Vælg w = (I, t) med t G. Så er w n = (I,n t). 33

42 Tapetmønstre Da x W n, haves det, at xw n x 1 = w n. Ved konjugationen, som i ligning (3.1), af O 2 på T 2, vides det, at xw n x 1 = (I, A(n t)). Dermed er A(n t) = n t for alle t G. Hvis { t 1, t 2 } er en basis for G, så er {n t 1,n t 2 } en basis for R 2. Da A O 2 er bestemt ved værdierne på en basis for R 2 må A = I, så x = (I, b) G. Det er hermed bevist at W n = G. Antag nu, at W og W er isomorfe tapetgrupper, og lad ϕ : W W være en isomorfi. Det vil nu blive vist, at ϕ(w n ) = W n, for alle n. Det skal vises at, hvis w W n, så ϕ(w) W n. y W x W s.a. y = ϕ(x), og det haves, at y n = ϕ(x) n = ϕ(x n ) ϕ(w)y n = ϕ(w)ϕ(x n ) = ϕ(w x n ) = ϕ(x n w) = ϕ(x n )ϕ(w) = y n ϕ(w) Et meget lignende argument kan vises for w ϕ(w n ), hvor w W n : wϕ(x n ) = w y n = y n w = ϕ(x n ) w. Lad m = W /G og m = W / G. Hvis n = m m, har man fra første del af beviset, at G = W n og G = W n, og da ϕ(w n ) = W n haves det, at ϕ(g) = G. Sætning Hvis W og W er isomorfe tapetgrupper, så er deres punktgrupper W 0 og W 0 isomorfe. Bevis. Lad ϕ : W W være en isomorfi. Hvis G og G er translationsgitre til henholdsvis W og W, så er ϕ(g) = G ved lemma Derfor inducerer ϕ en isomorfi mellem W /G og W / G. Da disse grupper er isomorfe til W 0 og W 0, er punktgrupperne W 0 og W 0 isomorfe. I den følgende sætning gives de nødvendige kriterier, for punktgrupperne, for at kunne vise hvornår to tapetgrupper er isomorfe. 34

43 KAPITEL 3. SYMMETRI Sætning Lad ϕ : W W, være en isomorfi for tapetgrupperne W og W. Lad G og G være translationsgitre og lad W 0 og W 0 være punktgrupperne hørende til W og W. Ved at vælge en basis for G og G, er afbildningen ϕ G en lineær isomorfi, givet ved en matrix K Gl 2 (Z), og den inducerede isomorfi ϕ : W 0 W 0 er bestemt ved konjugering med K. Bevis. Antag, at ϕ : W W er en isomorfi. Ved lemma 3.3.6, er restriktionen af ϕ på G en isomorfi fra G til G. Antag, at { t 1, t 2 } er en basis for G, og { s 1, s 2 } er en basis for G. Så haves ϕ( t 1 ) = αs 1 + βs 2, ϕ( t 2 ) = γs 1 + δs 2 for α,β,γ,δ Z. Da ϕ G er en Z-modul isomorfi, så er den bestemt ved dennes virkning på basen for G, og kan derfor repræsenteres ved en matrix, bestående af heltal, K = [ α β γ δ Da ϕ 1 er en isomorfi, der sender G til G, ses det, at K 1 også har koefficienter bestående af heltal. Derfor er K Gl 2 (Z). Tag (A, b) W, og sæt (C, d) = ϕ(a, b). For t G haves ϕ(i, t) = (I,K t) per definition af K. Derfor gælder, ]. (C, d)(i,k t)(c, d) 1 = ϕ((a, b)(i, t)(a, b) 1 ). Dette medfører ved ligning (3.1), at (I,C K t) = ϕ((i, A t)) = (I,K A t) C K = K A C = K AK 1. Den inducerede afbildning W 0 W 0 er dermed en konjugation ved matricen K. 35

44 Tapetmønstre Ved at betragte virkningen af W 0 på G, kan det ses, at selvom C 2 er isomorf til D 1 som abstrakte grupper, vil de kunne skelnes ved deres virkning på G. Ved at tage en basis { t 1, t 2 } for G, opnåes en isomorfi givet ved G = Z 2. Ved brug af basen frembringer virkningen af W 0 på G en gruppehomomorfi W 0 Aut(Z 2 ) = Gl 2 (Z). Her udgør Aut(Z 2 ) en gruppe. Dermed ses det, at elementerne i Aut(Z 2 ) er invertible lineære operatorer i R 2. Derfor er det det samme som matricerne i Gl 2. Heraf kan man se på gruppehomomorfien ϕ : W 0 Gl 2 [ ] a b A = ϕ(a) (3.2) c d hvor A t 1 = a t 1 +c t 2 og A t 2 = b t 1 +d t 2. Desuden er ϕ(a) = B AB 1 for B = [ t 1, t 2 ]. Så hvis A,C W 0, er ϕ : W 0 Gl 2 en gruppehomomorfi hvis ϕ(ac ) = ϕ(a)ϕ(c ). ϕ(ac ) = B AC B 1 ϕ(a)ϕ(c ) = B AB 1 BC B 1 = B AC B 1. Med andre ord giver valget af basen sammen med virkningen af W 0 på G en repræsentation af W 0 som en entydigt bestemt undergruppe af Gl 2 (Z). Korollar 3. Lad W og W være isomorfe tapetgrupper med punktgrupperne W 0 og W 0. Ved at bestemme W 0 og W 0 som undergrupper af Gl 2 (Z) og ved at vælge en basis for translationsgitteret for W og W, er der en matrix K Gl (Z) s.a. W 0 = K W 0 K 1. Dette korollar siger, at for at to tapetgrupper er isomorfe skal deres punktgrupper være konjugerede undergrupper i Gl 2 (Z), når de er repræsenteret som undergrupper af Gl 2 (Z). Dette er en stærkere betingelse, end at punktgrupperne er isomorfe. Eksempel 3. Punktgrupperne C 2 og D 1 er isomorfe, men ved matrixrepræsentation kan det ses, at de ikke er konjugerede i Gl 2 (Z), hvilket vil blive vist i afsnit 3.4. Derved kan en tapetgruppe med punktgruppe C 2 ikke være isomorf til en tapetgruppe med punktgruppe D 1. 36

45 KAPITEL 3. SYMMETRI 3.4 Gittertyper I det følgende afsnit betragtes gitre geometrisk, og det vil blive vist, at der er fem typer gitre med hensyn til W 0 : parallelogram, rektangulær, kvadratisk, rombe og sekskant. Disse typer vil blive specificeret, når der ses på virkningen af de ti grupper fra sætning på G. Koordinatsystemet i det følgende vil altid blive valgt, så t 1 = (1,0). Punktgrupperne vil blive opfattet som undergrupper af Gl 2 (Z) ved deres virkning på en gitterbasis C 1, C 2 : Parallelogramgitter Figur 3.1: Parallelogramgitter Grupperne C 1 og C 2 er meget nemme at beskrive, og deres beskrivelse afhænger ikke af en basis. Hvis W 0 = C 1, så C 1 = {[ ]}, som er billedet af C 1 under homomorfien i ligning (3.2). På den anden side, hvis W 0 = C 2, så svarer rotationen på 180 til multiplikation med -1 af translationsgitteret. Derfor er C 2 = [ ].

46 Tapetmønstre I disse tilfælde er der tale om et parallelogramgitter. Da begge matricer i C 2 er diagonalmatricer, hvilket betyder, at ethvert par af lineært uafhængige vektorer kan tages som gitterbasis, er der ingen krav til gitteret. Til beskrivelse af grupperne C n og D n for n 3, vil det følgende lemma blive brugt. Lemma Antag, at W 0 indeholder en rotation, r, på 2π n for n 3. Hvis t G \ {0} med mindste længde, så er { t,r ( t)} en basis for G. Bevis. Lad { t 1, t 2 } være en basis for G. Så gælder t = a t 1 + b t 2 r ( t) = c t 1 + d t 2, for nogle heltal a,b,c,d, som beskrevet i ligning (3.2). Mængden { t,r ( t)} er lineært uafhængig fordi n > 2. Dermed kan de ovenstående ligninger løses for t 1. Derfor, t 1 = α t + βr ( t) for α,β Q. Dermed α t + βr ( t) G. Sæt α = α 0 + ɛ og β = β 0 + ɛ med α 0,β 0 Z og ɛ, ɛ 1/2. Dette medfører, at t 1 = (α 0 + ɛ) t + (β 0 + ɛ )r ( t) Det ses, at s = α 0 t + β 0 r ( t) G, hvilket medfører, at ( t 1 s) = ɛ t + ɛ r ( t) G. Eftersom t og r ( t) ikke er parallelle ses det, at t 1 s = ɛ t + ɛ r ( t) < ɛ t + ɛ r ( t) 1 ( t + r ( t) ) 2 = 1 ( 2 t ) = t 2 hvilket er en modstrid med, at t skal have mindste længde, medmindre s = t 1. Derfor er t 1 = s en Z-lineær kombination af t og r ( t). Tilsvarende er t 2 en Z-lineær kombination af t og r ( t). Eftersom { t 1, t 2 } er en basis for G, er mængden { t,r ( t)} også en basis for G. 38

47 KAPITEL 3. SYMMETRI C 4,D 4 : Kvadratisk gitter Nu undersøges tilfældet, hvor W 0 = C 4 eller W 0 = D 4. Lad derfor r være en rotation på 90 i W 0. Fra lemma vides det, at hvis t 1 = t er en vektor i G med mindste længde, så er { t 1,r ( t 1 )} en basis for G. Dette gitter kaldes et kvadratisk gitter. Figur 3.2: Kvadratisk gitter Nu bestemmes W 0 = C 4 = r, som undergruppe af Gl 2 (Z) med hensyn til basen { t 1,r ( t 1 )}. Så er repræsentationen af W 0 givet ved [ ] 0 1 C 4 = 1 0 Hvis W 0 = D 4, så indeholder W 0 en refleksion R. De fire elementer R,r R,r 2 R,r 3 R er alle refleksioner i W 0. Disse refleksioner må bevare mængden af vektorer i G med mindste længde. t 2 t 1 t 1 t 2 Figur 3.3: Gittervektorer med mindste længde, når W 0 er lig D 4 eller C 4, og tilhørende refleksionerne i D 4 39

48 Tapetmønstre Disse fire vektorer er ± t 1, ± t 2, hvor t 2 = r ( t 1 ). Ethvert andet punkt på cirklen med radius t 1 og centrum i origo har en afstand mindre end t 1 fra et af disse fire punkter. Differensen mellem disse to vektorer vil derfor blive en vektor i G med mindre længde end t 1. Dette er ikke muligt, og det ses at de fire vektorer, ± t 1, ± t 2, er de eneste vektorer med mindste længde i G, som vist på figur 3.3. R( t 1 ) skal derfor være en af vektorerne ± t 1,± t 2. Dette giver fire mulige refleksionsakser, disse er indtegnet i figur 3.3. D 4 er frembragt af r og enhver refleksion, og ved at bruge refleksionen, R, i linjen parallel med t 1 opnåes repræsentationen: D 4 = [ ] [ ] 1 0, 0 1 Det vil sige, at D 4, som undergruppe af Gl 2 (Z) med hensyn til basen { t 1,r ( t 1 )}, er frembragt af en rotation på 90 sammensat med en refleksion i linjen parallel med t C 3,D 3,C 6,D 6 : Hexagon gitter Figur 3.4: Hexagon gitter Lad r være en rotation på 120. Hvis t 1 er en vektor i G med mindste længde, så vil { t 1, t 2 }, ved lemma 3.4.1, være en basis for G, hvor t 2 = r ( t 1 ). Gitteret, i dette tilfælde, kaldes et hexagon gitter. Gruppen C 3 er frembragt af r og C 6 er frembragt af en rotation på 60. Derfor opnåes [ ] 0 1 C 3 = 1 1 og C 6 = [ ]

49 KAPITEL 3. SYMMETRI Figur 3.5 viser, at der er seks vektorer i G med mindste længde. t 2 t 1 + t 2 t 1 t 1 t 1 t 2 t 2 Figur 3.5: Gittervektorer med mindste længde, når W 0 er lig D 3, D 6, C 3 eller C 6 Ethvert punkt på cirklen i figur 3.5, som ikke er de seks punkter, har en afstand på under t 1 fra et af disse seks punkter. Dette viser, at de seks vektorer er alle vektorerne med mindste længde i G. Hvis W 0 = D 3 eller W 0 = D 6, så indeholder W 0 henholdsvis 3 eller 6 refleksioner. Enhver refleksion må permutere de seks vektorer i figur 3.5. For W 0 = D 6 er der derfor seks refleksionslinjer, som vist på figur 3.6. t 2 t 1 + t 2 t 1 t 1 t 1 t 2 t 2 Figur 3.6: Gittervektorer når W 0 er lig D 3, D 6, C 3 eller C 6 med refleksionsakser indtegnet. Gruppen D 6 er frembragt af C 6 og enhver refleksion i D 6. Ved at bruge refleksionen, der fastholder t 1, så opnåes D 6 = [ ], [ Hvis W 0 = D 3, så indeholder punktgruppen tre refleksioner. Akserne til disse har en indbyrdes vinkel på 60. Refleksionsakserne for D 3 må også være refleksionsakser for 41 ].

50 Tapetmønstre D 6, eftersom D 3 er en undergruppe af D 6. Der er to muligheder: De tre linjer danner vinkler på 30, 90, 150 med t 1, eller de danner vinkler på 0, 60, 120 med t 1. Dette indikerer, at D 3 kan virke på to måder med hensyn til denne basis. Derfor skrives der D 3,l og D 3,s for at skelne mellem disse to virkninger. Ved at frembringe D 3,l og D 3,s med 120 rotation og med refleksionen i henholdsvis 30 -refleksionsakse og 0 -refleksionsakse, opnåes og D 3,l = D 3,s = [ [ ] ],, [ [ Indeksene l og s betyder henholdsvis long og short. Vektorerne t 1 og t 2 spænder et parallelogram, som har en lang og en kort diagonal, som vist i figur 3.7. Gruppen D 3,s indeholder en refleksion i 60 -linjen, som er den korte diagonal. Gruppen D 3,l har en refleksion i 150 -linjen. Denne linje er parallel med den lange diagonal. ] ] Figur 3.7: Basisvektorer i et rombiskgitter med lang og kort diagonal indtegnet. Proposition 3. Grupperne D 3,l og D 3,s er ikke konjugerede i Gl 2 (Z) Bevis. Antag, at der eksisterer en matrix K = [ a b c d ] Gl 2 (Z), s.a. D 3,l = K D 3,s K 1. Da konjugering bevarer determinanten, og determinanten for en refleksion er 1, må de tre refleksioner fra D 3,s overføres til de tre refleksion i D 3,l. Enhver refleksion i D 3 kan fås fra enhver anden refleksion ved konjugering med I, r eller r 2. Derfor kan det antages, at [ ][ ] [ ][ ] a b a b = (3.3) c d c d [ ] [ ] b a c d = d c a b for a,b,c,d Z med ad bc = ±1. Ved at simplificere opnåes d = a og c = b. 42

51 KAPITEL 3. SYMMETRI Derfor fås ad bc = b 2 a 2 = (b a)(b + a) Da dette skal give ±1, vil det ene led være ±1 og det andet ±1. Så er der fire tilfælde: a = ±1 og b = 0 eller a = 0 og b = ±1. Konjugering med I 2 er identiteten. Derfor kan det antages, at [ ] [ ] a b 1 0 = c d 0 1 eller [ a b c d ] [ 0 1 = 1 0 ] Men da [ 1 0 ][ 1 1 ][ 1 0 [ 1 1 ] ] 1 = 0 1 og [ 0 1 ][ 1 1 ][ 0 1 ] 1 = [ 1 0 ] er der ingen konjugation, som overfører D 3,s til D 3,l, da ingen af disse resultater er et element i D 3,l. Derfor er D 3,l og D 3,s ikke konjugerede i Gl 2 (Z) D 1,D 2 : Rektangulær og rombisk gitter Hvis W 0 = D 1 eller D 2, så er n < 3, og lemma kan ikke benyttes til at finde en basis for G. Derfor konstrueres en basis på en anden måde. I hvert af de to tilfælde er der en ikke-triviel refleksion R i W 0. Lad t G være en ikke-nul vektor, som ikke er parallel til refleksionslinjen af R. R afbilder G over i G, og derved er t + R( t) og t R( t) også elementer i G. G indeholer dermed ikke-nul vektorer, som både er parallelle og vinkelrette med refleksionslinjen, som vist i figur 3.8. t t R( t) R( t) t + R( t) Figur 3.8: Til venstre ses basisvektoren t og refleksionen R( t) i en refleksionsakse parallel med x-aksen 43

52 Tapetmønstre Lad s 1 og s 2 være ikke-nul vektorer med mindste længde, som er henholdsvis parallelle og vinkelrette med refleksionlinjen. Enhver vektor, som er parallel eller vinkelret på refleksionslinjen, er et heltals multiplum af s 1, eller s 2. Derfor gælder det for enhver t G, at t + R( t) = m t s 1 t R( t) = n t s 2 for n t,m t Z. Ved at løse for t giver det t = m t 2 s 1 + n t 2 s 2 Hvis der for alle t G gælder, at begge heltal m t,n t er lige, vil mængden { s 1, s 2 } udspænde G og dermed være en basis for G. På den anden side, hvis m t eller n t er ulige for et t, så skal begge tal være ulige. Hvis ikke vil en modstrid opnåes, da 1 2 s 1 eller 1 2 s 2 vil ligge i G. Hvis t 1 = 1 2 ( s 1 + s 2 ) og t 2 = 1 2 ( s 1 s 2 ) = R( t 1 ), så t 1, t 2 G og t = m t 2 s 1 + n ( t m 2 s t 2 = + n t 2 hvor m t,n t Z. ) ( s 1 + s 2 2 ) ( m t + n t 2 ) ( s 1 s 2 2 ) = m t t 1 + n t t 2 Da t er en heltals linear kombination af t 1 og t 2, danner mængden { t 1, t 2 } en basis for G. Alt i alt kan man opsummere de to tilfælde. 1. Man har en basis t 1, t 2 af to ortogonale vektorer, og t 1 ligger på spejlingsaksen for en refleksion i W 0, se figur 3.9. t 2 t 1 Figur 3.9: Basis med ortogonale vektorer 2. Man har en basis bestående af vektorer med samme længde, hvor en refleksion i W 0 ombytter dem, se figur

53 KAPITEL 3. SYMMETRI t 1 t 2 Figur 3.10: Basisvektorer af samme længde, som ombyttes ved en refleksion. I det første tilfælde er G et rektangulært gitter, se figur Figur 3.11: Rektangulært gitter og i det andet tilfælde er G et rombisk gitter, se figur Figur 3.12: Rombisk gitter 45

54 Tapetmønstre Der ses nu på matrix repræsentationer af D 1 og D 2. For hver gruppe er der to muligheder, som svarer til to forskellige virkninger på G. Derfor indføres indekset p for rektangulær, og indekset c for rombisk. Så haves [ 1 0 ] D 1,p = 0 1 og [ 0 1 ] D 1,c = 1 0 hvorimod for D 2, som indeholder en rotation på 180, fås det, at ] ] D 2,p = [ , [ og ] ] D 2,c = [ , [ Proposition 4. Grupperne D 1,p og D 1,c er ikke konjugerede i Gl 2 (Z), og grupperne D 2,p og D 2,c er heller ikke konjugerede. Bevis. For D 1,p og D 1,c antag, at ] ] c [ a b d ][ = [ c ][ a b d ] ] c [ a b d = [ c d a b for nogle a,b,c,d Z med ad bc = ±1. Ved at multiplicere og sætte begge sider lig hinanden fås det, at d = b og c = a. Så er ad bc = 0, da a og b er heltal, hvilket ikke er ±1. Derfor er D 1,p og D 1,c ikke konjugerede i Gl 2 (Z). For D 2,p og D 2,c viser den forgående beregning, at man kun behøver, at se om der er a,b,c,d Z med ad bc = ±1 og ] ] c [ a b d ][ = [ c ][ a b d Tilsvarende beregninger viser at 2ab = ±1, hvilket igen er en modstrid. Dermed er D 2,p og D 2,c heller ikke konjugerede i Gl 2 (Z). 46

55 KAPITEL 3. SYMMETRI Denne proposition viser, at ingen tapetgruppe, hvis punktgruppe er en af de fire grupper D 1,p, D 1,c, D 2,p eller D 2,c er isomorf til en tapetgruppe, hvis punktgruppe er en anden. Det er vigtigt at være opmærksom på, at D 1 ikke er konjugeret med C 2. C 2 er en af de centrale undergrupper af O 2, og er kun konjugeret med sig selv. Dermed er D 1 hverken lig med C 2 eller konjugeret med C 2. 47

56 Tapetmønstre 48

57 Tapetgrupper 4 I forrige kapitel er alle de mulige punktgrupper, W 0, af tapetmønstre beskrevet, på nær konjugation. Der ses nu, på hvordan disse udregninger fører til bestemmelse af alle tapetgrupper på nær isomorfi. 4.1 Notations beskrivelse af tapetgrupper Ved at vælge den rigtige basis er det, i afsnit 3.4, vist at enhver tapetgruppe har en punktgruppe, som er konjugeret i Gl 2 Z til en af de følgende 13 grupper. [ ] [ ] [ ] C 1 =, D 1,p =, D 1,c =, [ ] [ ] [ ] [ ] [ C 2 =, D 2,p =,, D 2,c =, [ ] [ ] [ ] [ ] [ C 3 =, D 3,l =,, D 3,s =, [ ] [ ] [ ] C 4 =, D 4 =,, [ ] [ ] [ ] C 6 =, D 6 =,, ], ], Alle de mulige tapetgrupper beskrives i dette afsnit. Ud af de 13 punktgrupper i W 0 er der ti af disse, som kun svarer til én tapetgruppe. Punktgrupperne D 1,p og D 4 har begge to forskellige tapetgrupper, og D 2,p har tre forskellige tapetgrupper. Alle 17 tapetgrupper er beskrevet i tabel

58 Tapetmønstre Tapetgruppe Fulde navn Punktgruppe p1 p111 C 1 cm c1m1 D 1,c pm p1m1 D 1,p pg p1g1 p2 p211 C 2 cmm c2mm D 2,c pmm p2mm pmg p2mg D 2,p pgg p2gg p3 p311 C 3 p3m1 p3m1 D 3,l p31m p31m D 3,s p4 p411 C 4 p4m p4m1 D 4 p4g p4g1 p6 p611 C 6 p6m p6m1 D 6 Tabel 4.1: De 17 tapetgrupper Forklaringen på den systematiske notation i tabel 4.1 ses nedenfor. Først vælges en basis { t 1, t 2 } for translationsgitteret. Det antages, at retningen af t 1 er x-aksens retning. Navnet af en tapetgruppe består af fire symboler. Første symbol beskriver gittertypen, hvor p står for primitiv, hvilket indebærer parallelogram-, kvadratisk-, hexagon- og rektangulærgitter, og c for rombisk. Andet symbol står for den største orden af en rotation. Tredje symbol er enten et m, g eller 1. m står for en refleksionlinje vinkelret på x- aksen, g er en gliderefleksionslinje, og 1 betyder, at det hverken er en refleksionseller gliderefleksionslinje. Det sidste symbol er igen enten et m, g eller 1. m og g beskriver henholdsvis en refleksions- eller gliderefleksionslinje med en vinkel α på x-aksen, hvor vinklen er afhængig af den største orden af rotationen, hvor α = 180 for n = 1,2 α = 60 for n = 3,6 α = 45 for n = 4 50

59 KAPITEL 4. TAPETGRUPPER I det følgende gives eksempler på fortolkningen af den systematiske notation. Eksempel 4. Der ses på navnet p3m1, som repræsenterer gruppen med alle translationer og tre rotationer på 120, en refleksion som er vinkelret på x-aksen, og ingen refleksions- eller gliderefleksionslinje ved 60 med x-aksen. Eksempel 5. Her ses på p4g, som er en gruppe bestående af translationer og fire rotationer på 90 og en gliderefleksionslinje vinkelret på x-aksen. Definition 12. Givet et tapetmønster, er fundamentalområdet, det område der frit kan ændres i tapetmønstret, og er bestemt af en tapetgruppe. Fundamentalområdet er altså den del af et tapetmønster, som ikke er entydig bestemt, der pga. tapetgruppen bliver gentaget som hele tapetmønstret. 51

60 Tapetmønstre 4.2 Klassifikation I dette afsnit benyttes den systematiske notation, som tidligere beskrevet i afsnit 3.3. Altså (w, t w ), hvor w W 0 og t w R 2, som beskriver et element af en tapetgruppe. Det er ikke nødvendigt at elementet t w, er et element i G. Eksempel 6. Figur 4.1: Symmetrigruppen pg [17] Ser man på symmetrigruppen pg, som indeholder en gliderefleksion, se figur 4.1. Så hvis man tager en gliderefleksion på formen (R, 1 2 t 2 ), hvor R er en refleksion og t 2 G i gruppen pg, kan det ses, at hverken (R, 0) eller (I, 1 2 t 2 ) er elementer i pg. Følgende lemma bruges til at omskrive elementerne af en tapetgruppe i led af punktgruppen og bestemte vektorer i R 2. Senere kan det ses, at disse vektorer bestemmer tapetgrupperne. Lemma Lad W være en tapetgruppe med punktgruppe W 0. For hvert w W 0 er der en vektor t w R 2 med (w, t w ) W. Desuden, er t w entydigt bestemt på nær ved addition af et element af G, og for w W 0 er { z R 2 : (w, z) W } = t w +G. Bevis. I proposition er afbildningen ϕ : W W 0, defineret ved ϕ(w, t) = w, en surjektiv gruppehomomorfi med kernen G. Så derfor er der for hvert w W 0 en vektor t w med (w, t w ) W. Hvis (w, s w ) W, så er ϕ(w, s w ) = ϕ(w, t w ) og dermed (w, s w ) (w, t w )(mod ker(ϕ)) 52

61 KAPITEL 4. TAPETGRUPPER Da ker(ϕ) = G, så er der et t G med (w, s w ) = (I, t)(w, t w ) = (w, t + t w ). Så s w = t w + t. Med andre ord er t w entydigt bestemt, på nær ved addition, af et element af G. Endelig, da ϕ er surjektiv på W 0 med kernen G, og (w, t w ) ϕ 1 (w) og W = w W0 ϕ 1 (w) så er W = {(w, t w + t) : w W 0, t G}. Vektorerne { t w } w W0 kaldes punktgruppe vektorer for tapetgruppen W. Hvis { t 1, t 2 } er en basis for translationsgitteret, så er W frembragt af de to translationer, (I, t 1 ),(I, t 2 ) sammen med elementerne {(w, t w ) : w W 0 }. Dette er en endelige mængde af frembringere. Det er derved kun nødvendigt at bestemme vektorerne { t w } for at beskrive en tapetgruppe, W. Lad W være en tapetgruppe med punktgruppe W 0 og translationsgitter G. For at bestemme W, er det kun nødvendigt at kende W 0 og bestemme de mulige valg af punktgruppevektorer. Dette opnåes ved at bestemme begrænsninger til vektorerne og derefter bestemme alle mængder { t w }, der opfylder disse begrænsninger. Lemma Lad W være en tapetgruppe med punktgruppe W 0 og translationsgitter G. Hvis W = {(w, t w + t) : w W 0, t G}, så er punktgruppevektorerne t w R 2 entydig modulo addition ved et element i G og opfylder: t w + w( t h ) t wh G (4.1) Hvis W 0 på den anden side er en undergruppe af O 2, som virker på et to-dimensionelt gitter, G R 2, og hvis { t w } w W0 R 2 opfylder ligning (4.1), så definerer W = {(w, t w + t) : w W 0, t G} (4.2) en tapetgruppe med punktgruppe W 0 og translationsgitter G. 53

62 Tapetmønstre Bevis. Hvis w,h W 0 så gælder: (w, t w )(h, t h ) = (wh, t w + w( t h )) Da (wh, t wh ) er et andet element i W, betyder dette at (wh, t w +w( t h ))(wh, t wh ) 1 W. Men (wh, t w + w( t h ))(wh, t wh ) 1 = (wh, t w + w( t h ))(h 1 w 1, h 1 w 1 ( t wh ) = (I, t w + w( t h ) t wh ) Derfor er t w + w( t h ) t wh G. Hvis der derimod for ethvert w W 0 er et element t w R 2, s.a. ligning (4.1) er opfyldt, vil mængden {(w, t + t w ) : w W 0, t G} være en undergruppe af I so 2, da ethvert w W 0 også tilhører O 2, hvilket vises senere i beviset. Hvis ϕ : I so 2 O 2 (R) er den afbildning, som sender (w, t) til w, så er ϕ(w ) = W 0 og ker (ϕ W ) = G. Nu vises det, at der eksister U R 2 med W = Sym(U ). Sym(U ) defineres som {f I so n : f (U ) = U } og W er defineret i ligning (4.2). Først vises det, at {w, t w + G} I so 2. Det kan ses, at {w, t w + G} er lukket under kompostion, idet (w, t w + t 1 )(h, t h + t 2 ) = (wh, w( t h ) + w( t 2 ) + t w + t 1 ), hvor t 1, t 2 G Det fås at w( t h ) + w( t h ) + t w = t wh + t 3, hvor t 3 G og dermed gælder der, da wh W 0, at (wh, t wh + t 3 + t 1 ) {w, t w +G} Nu vises det, at der eksisterer en invers til (w, t w + t). Der ses på (w, t w + t) (w, t w )(mod G) 54

63 KAPITEL 4. TAPETGRUPPER Der skal vises, at (w, t w ) 1 er på formen (w 1, w 1 t w ). Ved at sætte h = w 1 i ligning (4.1) fås t w + w t w 1 t w w 1 G t w + w t w 1 t 0(mod G) t 1 w w 1 t w (mod G) Dette viser, at (w, t w ) 1 = (w 1, w 1 t w ), hvilket eftervises på følgende måde. (w, t w )(w 1, w t w ) = (I, 0) Betingelserne ϕ(w ) = W 0 og ker(ϕ W ) = G viser, at punktgruppen er W 0, og translationsgitteret er G. Følgende er definitionen på en splittet tapetgruppe W. Definition 13. En tapetgruppe W kaldes splittet, hvis W er det semidirekte produkt af W 0 og G. Da der er 13 forskellige punktgrupper, er der 13 forskellige splittede tapetgrupper. Dette kan ses udfra korollar 3. Lemma Antag, at W og W er tapetgrupper med samme punktgruppe W 0, samme translationsgitter G og med mængder af punktgruppevektorer { t w } w W0 og { t w } w W0. Hvis v R 2 hvor t w = t w + v w( v), w W 0, så gælder W = W. Bevis. Antag, at det findes en sådan vektor v, der opfylder t w = t w + v w( v) for alle w W 0 og betragt den indre automorfi, se definition A.10, σ : I so 2 I so 2 givet ved (w, v) (I, v)(w, t)(i, v) 1. Denne afbildning er givet ved, (I, v)(w, t)(i, v) 1 = (I, v)(w, t)(i, v) = (w, v + t)(i, v) = (w, v + t w( v)). 55

64 Tapetmønstre Derfor er σ(w, t w + t) = (w, t w + v w( v) + t) = (w, t w + t), for ethvert t G. Dette viser at σ(w ) = W. Derfor giver σ W en isomorfi fra W til W. Lemma W er splittet man kan vælge t w = 0, w W 0. Bevis. Hvis W er splittet, er W ifølge definition 13 et semidirekteprodukt mellem W 0 og G, og kan derfor skrives på formen: W = {(w, t) t G} = {(w, 0 + t) t G} t w kan vælges til at være lig 0. Korollar 4. Lad W være en tapetgruppe med punktgruppevektorer { t w } w W0. Hvis der er en vektor v R 2, hvor t w v w( v)(mod G), (4.3) w W 0, så er W en splittet tapetgruppe. Bevis. Per antagelse s w G, hvor t w = s w + v w( v). Fordi vektoren t w er entydigt bestemt på nær ved addition med et element af G, kan t w erstattes med t w s w, og det kan antages, at t w = v w( v). Den splittede tapetgruppe W har punktgruppevektorer t w = 0, w W 0. Da t w = t w + v w( v), w W 0, udfra lemma haves så W = W, hvilket medfører, at W også er en splittet tapetgruppe. For at bevise den anden vej sættes v = 0, dette betyder at t w = v w( v) = 0, da t w = 0 vides det fra lemma 4.2.4, at W er splittet. Sætning Lad W være en tapetgruppe med en cyklisk punktgruppe. Så er W isomorf til en splittet tapetgruppe. 56

65 KAPITEL 4. TAPETGRUPPER Bevis. Hvis n = 1, så er W 0 = 0 og W = G, som er splittet. Derfor behøves, der kun at kigges på W 0 = C n for n > 1. Lad r være en frembringer for C n. For alle i med 1 i < n, er der et t r i (r i, t r i ) W. Ved induktion på i vil det nu blive vist, at: R 2 med (r, t r ) i = (r i, t r + r ( t r ) + + r i 1 ( t r )). Basistrin: Ved i = 1 er det trivielt. Induktionstrin: Antag, det gælder for i = n, og vis, at det gælder for i = n + 1: (r, t r ) n+1 = (r, t r ) n (r, t r ) = (r n, t r + r ( t r ) + + r n 1 ( t r ))(r, t r ) = (r n+1, t r + r ( t r ) + + r n 1 ( t r ) + r n ( t r )) Da t r i er entydigt bestemt på nær addition af et element fra G, kan man vælge t r i = t r + ( t r ) + + r i 1 ( t r ). Fordi r er en ikke triviel rotation, fastholder det kun et punkt. Som en konsekvens af dette er (I r ) invertibel, så v R 2 med t r = v r ( v). Da det vides at t r = (I r )( v) haves t r i = (I + r + + r i 1 )(I r )( v) = (I r i )( v) = v r i ( v), og derfor ved lemma er W splittet. Korollar 5. Lad W være en tapetgruppe med punktgruppe D n, og lad ϕ : W W 0 = D n være den kanoniske homomorfi. Så er ϕ 1 (C n ) en splittet tapetgruppe, og hvis R D n \C n med (R, t R ) W, så er W frembragt af ϕ 1 (C n ) og elementet (R, t R ) Bevis. Gruppen ϕ 1 (C n ) indeholder ker(ϕ) = G. Så translationsundergruppen af ϕ 1 (C n ) er G, og derfor er det en tapetgruppe. Ifølge sætning er denne splittet. 57

66 Tapetmønstre Der gælder følgende: W ϕ D n = {e,r...,r n 1,R,r R,...,r n 1 R} ϕ ϕ 1 (C n ) C n = {e,r...,r n 1 } Tag to elementer w, w W, hvor w, w ϕ 1 (C n ). Derfor kan det antages, at ϕ(w) = R og ϕ(w ) = r i R. Det ses, at ϕ(w w 1 ) = r i. Dette medfører, at w w 1 ϕ 1 (C n ). Da dette er opfyldt gælder det, at w = ϕ 1 (C n )g. Derved ses det, at W er frembragt af ϕ 1 (C n ) og (R, t R ). Dette korollar bruges til at bestemme tapetgrupperne med punktgruppe D n. Notationen D n = r,r indføres med relationen r n = e = R 2 og Rr R = r 1. Lad W være en tapetgrupe med punktgruppe D n, og antag at mængden af punktgruppevektorer er { t w } w Dn. Som en konsekvens af beviset for korollar 5, kan der vælges t r i = 0 for alle i. Sæt u = t R. Da (r, 0)(R, u) = (r i R,r i ( u)), kan t r i R sættes lig r i ( u). Derfor haves den følgende opsætning: t r i = 0 t R = u t r i R = r i ( u) for alle i. Derfor bestemmer valget af u helt W. En eller to tilfælde af ligning (4.2) vil hjælpe med at bestemme u. Hvis w = h = R vil ligning (4.2) give: u + R( u) G, (4.4) da t R 2 = t I = 0. Med w = r R og h = r, herefter haves, (r R,r ( u))(r, 0) = (r Rr,r ( u)) = (R,r ( u)). (4.5) Derfor gælder det, at r ( u) u G (4.6) Ligningerne (4.3) og (4.4) vil blive brugt i beskrivelse af tapetgrupper med diederpunktgrupper. Sætning Den eneste tapetgruppe med punktgruppe D 3,l eller D 3,s er splittet. 58

67 KAPITEL 4. TAPETGRUPPER Bevis. Betragt D 3,l og D 3,s samtidig. I begge tilfælde har G en basis { t 1, t 2 }, s.a. rotationen r på 120 opfylder r ( t 1 ) = t 2 og r ( t 2 ) = t 1 t 2. Hvis R er enhver refleksion, gælder det at r ( k) u G, hvor k = t R. Hvis k = α t 1 + β t 2, så r ( k) k = α t 2 + β( t 1 t 2 ) (α t 1 + β t 2 ) = (α + β) t 1 + (α 2β) t 2 (4.7) Derfor gælder r ( k) k G, når α+β Z og α 2β Z. Hvis β begrænses til 0 β < 1, så medfører disse to betingelser β { 0, 1 3, 2 3}. Så er α entydigt bestemt modulo Z som β. Derfor er der tre muligheder for valget af k, som er enten 0, 1 3 ( t 1 + t 2 ) eller 2 3 ( t 1 + t 2 ). Det skal vises, at alle tre valg producerer isomorfe tapetgrupper. Til at gøre dette skal ligning (4.3) bruges. Det gælder, at med t r i = 0 og t r i R = r i ( k), er ligning (4.3) opfyldt hvis og kun hvis, der eksisterer en v R 2 med r ( v) v(mod G) og k v R( v)(mod G). Det vises, at v = k opfylder disse betingelser. Da r ( k) k G ses det, at r ( v) v(modg). Så gælder, v R( v) = k R( k) 2 k(mod G), da ligning (4.4) giver R( k) k(mod G). Derfor k ( v R( v)) 3 k(mod G). Ved alle tre muligheder for k fås derfor 3 k 0(mod G). Ligning (4.3) viser, at en tapetgruppe med punktgruppe D 3,l eller D 3,s er splittet. Sætning Der eksisterer tre ikke-isomorfe tapetgrupper med punktgruppe D 2,p. Bevis. Lad W 0 = D 2,p. Så har G en basis { t 1, t 2 }, hvor f ( t 1 ) = t 1 og f ( t 2 ) = t 2. Rotationen med π radianer om origo giver, at r ( t) = t for alle t G. Sæt k = α t 1 + β t 2. Origo lægges s.a. r ( k) k = ( ) ( ) α t 1 β t 2 α t 1 + β t 2 = 2α t 1 2β t 2 G Det gælder derfor, at 2α Z og 2β Z. Med 0 α,β < 1 haves løsningerne α { 0, 1 } 2 og β { 0, 1 2}. Det er nødvendigt at f ( k) + k G, men da f ( k) + k = 2α t 1 giver dette ikke yderligere restriktioner. Der fås altså fire muligheder. k 0 mod G, 1 k 2 t 1 mod G, 1 k 2 t 2 mod G, 1 ( ) k t 1 + t 2 mod G 2 59

68 Tapetmønstre Det påstuleres, at disse fire tilfælde giver tre ikke-isomorfe grupper. Grupperne, der kommer som resultat af vores fire valg af k, noteres som henholdsvis pmm, pmg, pmg og pg g. Der skal nu vises, at pmg og pmg er isomorfe, og at ingen to af grupperne pmm, pmg og pg g er isomorfe. Disse grupper beskrives som følgende. pmm = t 1, t 2,r, w 1, pmg = t 1, t 2,r, w 2, pmg = t 1, t 2,r, w 3, pg g = t 1, t 2,r, w 4 Den tilhørende translationsgruppe G er frembragt af t 1, t 2, og w i er givet ved ([ ] ) ([ ) w 1 =, 0, w 2 = ], t 1, ([ ) ([ ] 1 0 w 3 = ], t 2, w 4 =, 1 ( ) ) t 1 + t Det vises, at grupperne pmg og pmg er isomorfe ved konjugering med matricen K, der repræsenterer refleksion omkring linjen y = x. K = [ Det ses, at K t 1 = t 2 og K t 2 = t 1. Da r SO 2 kommuterer r med enhver matrix, ved konjugering af rotationsmaticen, r, fås der derfor altid r. Det mangler nu kun at blive vist, at w 3 i pmg kan fås ved konjugering af et element af pmg med K. Derfor konjugeres w 2 med K. Der bruges her notationen fra afsnit K w 2 K 1 2 = = Det ses, at den fremkomne affine afbildning er lig r w 3 + t 2, hvilket tilhører pmg. Dermed er der højst tre ikke-isomorfe tapetgrupper, pmm, pmg og pg g. Det skal nu vises, at pmm, pmg og pg g er parvis ikke-isomorfe. Dette opdeles i to dele. Først vises det, at pmm ikke er isomorf med henholdsvis pmg og pg g. Dernæst skal det vises, at pmg ikke er isomorf med pg g. Det ses, at pmm indeholder en undergruppe af orden 4, der er frembragt af rotationen r, og w 1, som repræsenterer den horisontale refleksion i x-aksen. Det bemærkes, at begge disse elementer er af orden 2. Hvis pmg ikke indeholder en sådan undergruppe er denne ikke isomorf med pmm. ] 60

69 KAPITEL 4. TAPETGRUPPER Det ses, at elementerne af orden 2 i pmg er givet ved 1 0 t k (r, t) = 0 1 t l, for alle t k, t l Z og (r R,n t 1 ) = 1 0 n , for ethvert n Z Der eksisterer ikke nogen komposition af to af disse elementer, der giver et element af orden 2, da det ses, at (r, t)(r R,n t 1 ) = (R,n t 1 r ( t)), (r R,n t 1 )(r, t) = (R, t + r (n t 1 ). Altså giver alle produkter af to elementer af orden 2 i pmg enten en translation eller en gliderefleksion. Dermed er pmg ikke isomorf med pmm. Det ses ligeledes, at de eneste elementer i pg g af orden 2 er på formen 1 0 t k (r, t) = 0 1 t l for alle t k, t l Z og kompositionen af to forskellige af disse elementer har ikke-endelig orden, da deres produkt er en ikke-triviel translation. Det fås derfor, at pg g ikke er isomorf med pmm. Slutteligt skal det vises, at pmg ikke er isomorf med pg g. Det antages, at der er en isomorfi ϕ fra pmg til pg g. Af korollar 3 er det givet, at der eksisterer en matrix K Gl 2 (Z) s.a. ϕ(w, t) = (K wk 1,K t), hvor (w, t) pmg. Da en isomorfi bevarer orden, vil en isomorfi overføre et element af orden 2 i pmg til et element af orden 2 i pg g. Dermed skal elementet (r R, 0) sendes til et element på formen (r, t), for en vektor t G. Specielt gælder der så, at K r RK 1 = r, hvilket fører til modstrid, da det(r R) = 1 og det(r ) = 1. Dermed er pmg og pg g ikke isomorfe. 61

70 Tapetmønstre For at bevise at der findes netop de 17 ikke-isomorfe tapetgrupper vist i tabel 4.1, mangler der nu at vises at tapetgrupperne pm og pg er isomorfe, såvel som at p4m og p4g er isomorfe. Ydermere skal der vises, at alle punktgrupper kan realiseres som punktgrupper af en splittet tapetgruppe. Disse beviser undlades her i rapporten. 4.3 Eksempler I det følgende afsnit gives der to eksempler med tapetgrupper. Det første eksempel tager udgangspunkt i et billede med tapet-symmetri, og den tilhørende tapetgruppe findes. Det andet eksempel tager udgangspunkt i en tapetgruppe, hvor der konstrueres et billede med denne symmetri. Eksempel 7. I det følgenede er der givet et billede, som viser tapetsymmetri. Ved at se på billedet, analyseres hvilken tapetgruppe der er tale om. Der gøres opmærksom på at billedet ikke er helt korrekt symmetrisk. Billedet ses på figur 4.2. Figur 4.2: Oprindeligt billede [20] For at finde ud af hvilken tapetgruppe der er tale om, bliver punkterne for navngivning af grupperne gennemgået. Først ses der på, om der er tale om et primitivt- eller rombiskgitter. Det kan ses, at figuren indeholder tre rotationer med rotationscentrum i de hvide punkter. Dermed er der tale om 3-symmetri, hvilket indikerer et hexagon gitter. Dette ses på figur

71 KAPITEL 4. TAPETGRUPPER Figur 4.3: Oprindeligt billede med gitter indtegnet med rødt På figur 4.3 kan det ses, at der er tale om et hexagon gitter, hvilket vil sige, at tapetgruppen starter med p. Det næste der skal gøres, er at kigge på den største orden af rotation. Som tidligere nævnt, og som kan ses på figur 4.4, roteres hele figuren over i sig selv, med rotationscentrum i de hvide punkter, hvilket dog ikke er alle rotationscentre. Ved at se udelukkende på de blå punkter, som er indtegnet i figur 4.4, ses det, at disse roteres over i hinanden. Dette er med en vinkel på 120, da der er 360 i en cirkel, betyder dette, at rotationen har orden 3. Derfor bliver andet tegn 3. Figur 4.4: Del af oprindeligt billede, hvor de blå punkter roteres over i hinanden Tredje punkt, der skal ses på, er, om mønstret har en refleksions- eller gliderefleksionslinje vinkelret på x-aksen, hvilket er den horisontale linje i gitteret. Det kan ses på figur 4.2, at der ikke eksisterer sådan en linje. Derved bliver tredje tegn 1. 63

72 Tapetmønstre Fjerde punkt beskriver, om der er en refleksions- eller gliderefleksionslinje, med en vinkel α på x-aksen, eller ingen af delene. Ud fra at ordenen er 3, vides det, at α = 60, hvis der er gliderefleksions- eller refleksionslinjer. På figur 4.5 kan det ses, at der ikke er nogle gliderefleksionslinje, men derimod refleksionslinjer. Derfor bliver det sidste tegn i navnet et m. Figur 4.5: Del af oprindelige billed med refleksionslinjer indtegnet. For at give et overblik er der på figur 4.6 indtegnet alle refleksionslinjer, med rød, og alle rotationscentre, med blå. Figur 4.6: Oprindelige billed med alle refleksionslinjer og rotationscentre. Det vides nu, at der er tale om tapetgruppen p31m. 4 64