Rotaciones y reflexiones en ${\bf R}^3$ .

Question

Por una rotación en ${\bf R}^3$ Me refiero a una transformación lineal ortogonal $f:{\bf R}^3\to {\bf R}^3$ representado por una matriz $A$ (es decir $fx=Ax$ ) con $\det A=1$ . Por una reflexión (a través de $S$ ) me refiero a una transformación lineal ortogonal tal que para algún subespacio $S$ , $f\mid S={\rm id}$ y $f\mid S^{\perp}=-{\rm id}$ . Actualmente estoy atascado en dos tareas:

$(1)$ Dejemos que $\mathscr L_1=\langle(1,1,0)\rangle+(2,0,1)$ y $\mathscr L_2=\langle (2,1,3)\rangle+(1,0,4)$ . Tengo que encontrar una rotación tal que $f(\mathscr L_1)=\mathscr L_2$ . Ahora, la distancia de ambas líneas al origen es $\sqrt 3$ . La primera línea logra esto con $(1,-1,1)$ mientras que la segunda línea lo consigue con $(-1,-1,1)$ . He intentado varias veces definir una rotación, pero he fracasado. En particular, sé que debería asignar $(1,-1,1)$ a $(-1,-1,1)$ .

$(2)$ Dejemos que $\Pi_1=\{(x_1,x_2,x_3):x_1-x_2+2x_3=k\}$ y $\Pi_2=\langle (1,0,1),(0,1,2)\rangle+(1,-1,1)$ . Tengo que encontrar $k$ tal que existe una reflexión que mapea $\Pi_1$ a $\Pi_2$ y encontrar $f(\Pi_2)$ . Ahora, la distancia a $\Pi_1$ al origen es $|k|/\sqrt 6$ y la de $\Pi_2$ es $3/\sqrt 6$ que me da $k=3,-3$ . Realmente no sé cómo continuar ahora.

Answer 1

(1) Has encontrado las proyecciones ortogonales del origen sobre estas líneas. Así que tenemos $$ \mathcal{L}_1=p_0+\mathbb{R}u \quad\mathcal{L}_2=q_0+\mathbb{R}v\quad \mbox{with}\;p_0=\pmatrix{1\\-1\\1}\;u=\pmatrix{1\\1\\0}\;q_0=\pmatrix{-1\\-1\\1}\;v=\pmatrix{2\\1\\3} $$ Estamos buscando una rotación, que es una isometría directa (determinante) $f$ tal que $f(\mathcal{L}_1)=\mathcal{L}_2$ o, de forma equivalente, $f(p_0)=q_0$ y $f(u)=\lambda v$ . Para que exista tal rotación, es necesario y suficiente que $\|p_0\|=\|q_0\|$ , que es el caso que nos ocupa.

Normalicemos estos vectores $$p_1=\pmatrix{1/\sqrt{3}\\-1/\sqrt{3}\\1/\sqrt{3}}\;\qquad u_1=\pmatrix{1/\sqrt{2}\\1/\sqrt{2}\\0}\;\qquad q_1=\pmatrix{-1/\sqrt{3}\\-1/\sqrt{3}\\1/\sqrt{3}}\;\qquad v_1=\pmatrix{2/\sqrt{14}\\1/\sqrt{14}\\3/\sqrt{14}} $$ Por construcción, $\{p_1,u_1\}$ y $\{q_1,v_1\}$ son pares de vectores unitarios ortogonales. Así que $$ \{p_1,u_1,p_1\times u_1\}\quad\mbox{and}\quad \{q_1,v_1,q_1\times v_1\}\quad \mbox{where}\;p_1\times u_1=\pmatrix{-1/\sqrt{6}\\1/\sqrt{6}\\2/\sqrt{6}} \; q_1\times v_1=\pmatrix{-4/\sqrt{42}\\5/\sqrt{42}\\1/\sqrt{42}} $$ son dos bases ortonormales directas. Por lo tanto, $$ f(p_1):=q_1\qquad f(u_1):=v_1\qquad f(p_1\times u_1):=q_1\times v_1 $$ define la isometría directa (no única) que buscamos. Después de un poco de cálculos tediosos, encontramos la siguiente forma matricial para $f$ con respecto a la base canónica $$ f=\pmatrix{-\frac{1}{3}+\frac{5}{3\sqrt{7}} & \frac{1}{3}+\frac{1}{3\sqrt{7}} & -\frac{1}{3}-\frac{4}{3\sqrt{7}}\\ -\frac{1}{3}+\frac{1}{3\sqrt{7}}& \frac{1}{3}+\frac{4}{3\sqrt{7}} & -\frac{1}{3}+\frac{5}{3\sqrt{7}} \\ \frac{1}{3}+\frac{4}{3\sqrt{7}}& -\frac{1}{3}+\frac{5}{3\sqrt{7}} & \frac{1}{3}+\frac{1}{3\sqrt{7}}} $$

(2) En la dimensión $3$ las reflexiones son isometrías con valores propios $\{1,1,-1\}$ .

Denote $\Pi_1=p+u^\perp$ y $\Pi_2=q+v^\perp$ donde $$ p=\pmatrix{k\\0\\0} \quad u=\pmatrix{1\\-1\\2}\quad\qquad q=\pmatrix{1\\-1\\1}\quad v=\pmatrix{-1\\-2\\1} $$ donde $v$ es el producto cruzado de los dos vectores que abarcan el plano lineal en la definición de $\Pi_2$ . Las proyecciones ortogonales del origen sobre $\Pi_1$ y $\Pi_2$ son $$ p_0=\pmatrix{k/6\\-k/6\\k/3}\qquad q_0=\pmatrix{-1/3\\-2/3\\1/3} $$

Tenga en cuenta que ahora $$ \Pi_1=p_0+ p_0^\perp \qquad\mbox{and}\qquad \Pi_2=q_0+q_0^\perp $$ Para una isometría $f$ para tomar $\Pi_1$ en $\Pi_2$ es necesario y suficiente que $$ f(p_0)=q_0\qquad \mbox{and}\qquad f(p_0^\perp)=q_0^\perp $$ Ahora, observe que un reflejo $f$ es una involución y tiene $f^*=f=f^{-1}$ . Se deduce que para una reflexión $f$ $$ f(\Pi_1)=\Pi_2\quad\iff\quad f(\Pi_2)=\Pi_1 \quad \iff \quad f(p_0)=q_0 $$

Además, tal $f$ deja la línea $p_0^\perp\cap q_0^\perp$ invariante. Esto significa que si consideramos el vector $z:=p_0\times q_0$ tenemos $f(z)=\pm z$ . Pero el caso $f(z)=-z$ es imposible en este caso ya que esto obligaría a $f$ para ser la identidad en $z^\perp$ De ahí que $p_0=q_0$ . Así que debemos tener $f(z)=z$ .

Para $f$ para existir, necesitamos $\|p_0\|=\|q_0\|$ , lo que equivale a $k=\pm 2$ en nuestro caso. También es suficiente.

En cualquier caso, normalicemos nuestros vectores $$ p_1:=\frac{p_0}{\|p_0\|}\quad p_1:=\frac{p_0}{\|p_0\|}\quad z_1:=\frac{p_0\times q_0}{\|p_0\times q_0\|} $$ y considerar las siguientes bases ortonormales directas $$ \{p_1,z_1,p_1\times z_1\}\qquad \mbox{and}\qquad \{q_1,z_1,q_1\times z_1\} $$ Buscamos una reflexión que solucione $z_1$ y envía $p_1$ en $q_1$ . Dibujar un cuadro en el plano $z_1^\perp$ donde $p_1,q_1,p_1\times z_1, q_1\times z_1$ todo mentira, vemos que no tenemos opción: debemos tener $f(p_1+q_1)=p_1+q_1$ y $f(p_1-q_1)=q_1-p_1$ de donde $f(p_1\times z_1)=-q_1\times z_1$ . Y en efecto $$ f(p_1):=q_1\qquad f(z_1):=z_1\qquad f(p_1\times z_1):=-q_1\times z_1 $$ sí define el reflejo que buscamos. Y es único.

• Para $k=-2$ obtenemos $$ p_1=\pmatrix{-1/\sqrt{6}\\1/\sqrt{6}\\-2/\sqrt{6}}\;q_1=\pmatrix{-1/\sqrt{6}\\-2/\sqrt{6}\\1/\sqrt{6}} \; z_1=\pmatrix{-1/\sqrt{3}\\1/\sqrt{3}\\1/\sqrt{3}} \; p_1\times z_1=\pmatrix{1/\sqrt{2}\\1/\sqrt{2}\\0} \;q_1\times z_1=\pmatrix{-1/\sqrt{2}\\0\\-1/\sqrt{2}} $$ Así que nuestra reflexión es $f(x,y,z)=(x,z,y)$ .

• Para $k=2$ obtenemos $$ p_1=\pmatrix{1/\sqrt{6}\\-1/\sqrt{6}\\2/\sqrt{6}}\;q_1=\pmatrix{-1/\sqrt{6}\\-2/\sqrt{6}\\1/\sqrt{6}} \; z_1=\pmatrix{1/\sqrt{3}\\-1/\sqrt{3}\\-1/\sqrt{3}} \; p_1\times z_1=\pmatrix{1/\sqrt{2}\\1/\sqrt{2}\\0} \;q_1\times z_1=\pmatrix{1/\sqrt{2}\\0\\1/\sqrt{2}} $$ En la base canónica, encontramos que la matriz de $f$ es

$$ f=\pmatrix{-1/3&-2/3&-2/3\\-2/3&2/3&-1/3\\-2/3&-1/3&2/3} $$