5. A sík egybevágóságai, mozgatásai

Megoldás: Távolság tartó leképezések kompozíciója, inverze is távolság tartó.

Megoldás: Irányítás tartó leképezések kompozíciója, inverze is irányítás tartó.

Megoldás: A keresett pontok rajta vannak a $P$ köré írt $p$ sugarú, illetve a $Q$ köré írt $q$ sugarú körökön. Mivel a két kör legfeljebb két pontban metszeti egymást, azért legfeljebb két ilyen pont van. Jelőlje $r$ a $\overline{\mathrm{PQ}}$ szakasz hosszát. Akkor van csak egy ilyen pont, ha a két kör érinti egymást, azaz ha $p+q=r$ vagy $\mid p-q\mid =r$. És akkor nincs ilyen pont, ha a körök nem is találkoznak, azaz ha $r>p+q$ vagy $\mid p-q\mid >r$.

Megoldás: Először is mutatunk egy ilyen mozgatást: Először eltoljuk a síkot úgy,hogy a $P$ pont az $R$ pontba érkezzen, legyen $Q\text{'}$ a $Q$ pont eltoltja. Ezután elforgatjuk a síkot az $R$ pontkörül úgy, hogy $Q\text{'}$ éppen az $S$-be kerüljön. Nevezzük az eltolás és a forgatás kompozícióját $\varphi$-nek: ez egy olyan mozgatás, ami a $P$, $Q$ pontokat rendre az $R$, $S$ pontokba viszi. Ha $\psi$ is egy ilyen mozgatás, akkor ${\varphi }^{-1}\circ \psi$ is mozgatás, és a $P$, $Q$ pontok fixpontok. Az előző feladat szerint ${\varphi }^{-1}\circ \psi =1$, tehát $\psi =\varphi$.

Megoldás: Az előző feladat miatt pontosan egy oylan mozgatás van, amelyik a $P$,$Q$ pontokat rendre $R$-be illetve $S$-be viszi - nevezzük el $\varphi$-nek. Ha komponáljuk $\varphi$-t (balról) az $\overline{\mathrm{RS}}$ egyenesre való tükrözéssel, akkor kapunk egy másik (nem irányítható) egybevágóságot, amelyik a $P$, $Q$ pontokat szintén $R$-be illetve $S$-be viszi. Tehát van legalább két ilyen. Legyen most $\psi$ egy ilyen egybevágósági transzformáció. Ha irányítható, akkor az előző feladat szerint megegyezik $\varphi$-vel. Ha pedig irányítás váltó, akkor az $\overline{\mathrm{RS}}$ tengelyre való tükrözéssel (balról) komponálva egy irányítás tartó transzformációt kapunk - ami megint csak $\varphi$ lehet. Tehát csak két lehetőségünk van $\psi$-re.

Segítség: Ha a két tengely egybeesik, akkor identitás a kompozíció. Ha párhuzamosak, akkor eltolást kapunk, különben pedig forgatást. Rajzold le!

Segítség: Bontsd fel a forgatásokat tengelyes tükrözések szorzatára: ha ügyesen választod a tengelyeket, akkor a négy tükrözésből kettő kiejti egymást. Ezt fogod kapni: Először vizsgáljuk azt az esetet, ha a forgáscentrumok megegyeznek: Ha a forgatások szögei épp ellentétesek, akkor identitás a kompozíció, különben forgatást kapunk. Legyen most a két középpont különböző: Ha a forgatások szögei épp ellentétesek, akkor eltolás a kompozíció, különben forgatást kapunk.

Segítség: Bontsd fel a forgatásokat tengelyes tükrözések szorzatára: ha ügyesen választod a tengelyeket, akkor a négy tükrözésből kettő kiejti egymást. Az új forgáscentrum a maradék két tükörtengely metszéspontja - ez nem túl szemléletes, de ennél jobb leírást nem ismerek.

Megoldás: Az /V. feladatban láttuk, hogy minden síkbeli mozgatás előállítható egy eltolás, és egy forgatás kompozíciójaként - esetleg egyik, vagy mindkét tényező lehet az identitás. Így az állításunk következik előző feladatból.

Segítség: Egyedül az 5. nem az: elforgatások kompozíciója lehet eltolás is.

Segítség: Áttekintjük a lista sorait, két csoport közt csak akkor van folytonos izomorfizmus, ha azt jelezzük:

1. Bármelyik irányt nézzük, a csoport izomorf $ℝ$-rel, a valós számok additív csoportjával.
2. Izomorf ${ℝ}^2$-nel.
3. Ha különböző irányú eltolások, akkor a csoport izomorf ${\mathbb{Z}}^2$-nel. Ha párhuzamosak, de a hosszuk aránya irracionális, akkor a részcsoport sűrű részhalmaza lesz egy egyenesnek - szintén izomorf ${\mathbb{Z}}^2$-nel, de az izomorfizmus nem folytonos. Ha pedig a két eltolás egymás racionális többszöröse, akkor van egy "legnagyobb közös osztó"-juk, és a részcsoport ennek a közös osztónak a hatványaiból áll, azaz végtelen ciklikus csoport.
4. Bármelyik középpont esetén a részcsoport izomorf $\mathrm{SO}\left(2\right)$-vel.
5. Nem részcsoport.
6. Bármely kör esetén a részcsoport izomorf $O\left(2\right)$-vel.
7. Ugyanazok a részcsoportok, mint az előző sorban.
8. Ha a sokszögnek $n$ oldala van, akkor a részcsoport izomorf a $D_{2n}$ diéder csoporttal.
9. Bármely két rácsra izomorf csoportot kapunk. Ezzel a csoporttal még nem találkoztunk, így még nevet sem adtunk neki. Elemei: rács-vektorokkal való eltolások, rácspontok körüli ${60}^{\circ }$ többszöröseivel való elforgatások, és a tükrözések - minden rácspontból 6 szimmetria tengely indul ki. Tehát a csoport megszámlálhatóan végtelen, és nem kommutatív - ezért különbözik a lista összes többi csoportjától.

Ezzel a folytonos izomorfizmusokat meghatároztuk. Nem folytonos izomorfizmus van a 3. sorban szereplő kétféle ${\mathbb{Z}}^2$ között (lásd fent), és az első két sor között: mind $ℝ$ mind pedig ${ℝ}^2$ tekinthető racionális együtthatójú vektortérnek, mindkettőnek a dimenziója kontinuum számosságú. A listán szereplő csoportok között más izomorfizmus nincs.

Segítség: A két sokszög hasonló, tehát ha az egybevágóságok közt nem is, de az összes hasonlóságok csoportjában már működik a módszer.

Segítség: Az utolsó kérdésre a válasz: Az összes egybevágóságok csoportján mindegyik $\varphi$ más-más automorfizmust ad. Valóban, ${\varphi }_1$-gyel és ${\varphi }_2$vel való konjugálás akkor ugyanaz, ha ${\varphi }_1{\varphi }_2^{-1}$ minden egybevágósággal fölcserélhető, azaz ha ${\varphi }_1{\varphi }_2^{-1}=1$.