Question 1. The diagram shows a cube with each face bisected by a line parallel to two of its sides:

Use the orbit-stabiliser theorem to calculate the order of the of this figure (reflections allowed).

symmetry group

5 marks

Question 2.

(a) Let P be a regular heptagon (seven sides).  What is the symmetry group of P (including reflections)?

5 marks

(b) A two-colouring of P is a colouring of each edge of P either yellow or blue.  Two two-colourings are called equivalent if one is obtained from the other by a symmetry of P .  How many inequivalent two- colourings of P are there?

5 marks

Question 3.

(a) In two dimensions a glide reflection in the direction of the x-axis is the composite of a translation in the direction of the x-axis and a reflection in the x-axis. Express such a glide reflection as a product of reflections.

5 marks

(b) Is it true that every rotation of R4  has an axis? Justify your answer with a proof or a counterexample.

5 marks

Question 4.

(a) Let p and q be integers > 2.  Let T be a triangle with angles π/2, π/p and π/q. For which values of p and q is T spherical, euclidean, or hyperbolic?

5 marks

(b) Suppose that a finite set of spherical line-segments divide the surface of S2  into N congruent equilateral triangles and that the angle α at any vertex of any triangle lies in (0, π). Classify all such tesselations of S2  by equilateral triangles, giving the values of N and α in each case.

10 marks

Question 5. Show that if ρ < 1, the set

Iz _ iI

is a hyperbolic circle

{z e H : d扛 (z, i) = R}

(where d扛  is hyperbolic distance in the upper half-space model of the hy- perbolic plane). Calculate R in terms of ρ .

5 marks

Question 6. Consider the action of the group PSL(2, C) on the Riemann sphere S2  by M¨obius transformations. Suppose that C c S2  is a circle and that g e PSL(2, C) maps C to itself, g(C) = C.  Show that the trace of g must be real or imaginary.

10 marks

Question 7.

(a) Let R1 and R2 be reflections in Rn in orthogonal mirrors Π 1 and Π2 , which you may take to contain the origin. Show that R1R2 = R2R1 . Explain why this is a half-turn about the axis Π 1 n Π2 .

5 marks

(b) In R3, describe, as precisely as you can, the composite of two half- turns about distinct axes, distinguishing carefully the different pos- sible cases.  [If the two axes do not meet and are not parallel, you may find it helpful to make use of the unique line which meets both axes at 90○.]

10 marks

In answering this question, bear in mind that the composite of two half- turns must be an isometry.  If, for example, this isometry comes out to be a rotation, when you ‘describe’ it you will need to give its axis and angle. Similar information needs to be given for other types of isometries.

One approach is to write the half-turns as products of reflections in ap- propriately chosen pairs of orthgonal planes—but you may use any method.

TOTAL: 70 marks

Answer  1. Applying orbit-stabliser to a face, the size of the orbit is the number of faces, 6, and the stabiliser is of order 4 (identity, two reflections, half-turn). The order of the symmetry group is therefore 24.

[Straightforward unseen application of the orbit-stabiliser theorem.]

5 marks

Answer  2.  The symmetry group is the dihedral group of order 14, D14 , generated by a reflection and a rotation through 2π/7.

5 marks

The problem is equivalent to counting the number N of G-orbits on X , where G = D14  and X is the set of 2-colourings of P .  We may use the

formula

N = I L IXg I                                          (1)

· There are 27  colourings in total.   These are fixed by the identity element.

· For any of the six non-trivial rotations through angle an integer multiple of 2π/7, the only fixed colourings are the ones which colour all edges the same colour.   This is essentially because 7 is prime. Thus there is a contribution of 6 × 2 to the sum from these group elements.

· The mirrors of the reflections go through a vertex and the midpoint of the opposite edge.   For such a reflection,  the number of fixed colorings is 23  × 2 (there are six edges which are exchanged in pairs by the reflection, and for each pair, the two edges must be coloured the same. The last factor of 2 is because the edge which is bisected by the mirror line can be coloured arbitarily).   There are 7 such reflections, so these group elements contribute 7 × 16 to the sum.

Hence

N =  ╱ 27 + 12 + 7 × 16、=  (64 + 6 + 56) = 18.

Thus there are 18 inequivalent two-colourings of the edges of our heptagon.

Seen similar (on problem set) 5 marks

Answer 3.        (a) Suppose that our glide reflection is given by x ,→ Rx+b,

where

R = ! ,  b = –   !0(b1) .

Note this can also be written R(x + b), since Rb = b. Now we write the translation as a product of two reflections  R1 ,  R2,  in planes parallel to the y-axis, separated by a distance b1 /2.

Unseen 5 marks

(b) This is false. Any rotation of the form

    ┐!

!'

does not have an eigenvalue 1 if the rotation matrices are not the identity.

Unseen 5 marks

Answer 4.

(a) If T is spherical, then we must have

+    +     _ π > 0

 +  >  .                                               (2)

Wlog p > q > 2, so 1/p < 1/q < 1/2. There is no solution if q > 4, so q = 2 or 3. If q = 2 we can have any value of p > 2. If q = 3, the only possibilities are p = 3, 4, 5.

It T is euclidean, then in place of (2) we have

1 + 1 = 1

Keeping p > q, we must have q > 3 and the only option with q = 3 is (p, q) = (6, 3).  If q = 4, then (p, q) = (4, 4) solves, and if q > 5, 1/p + 1/q < 1/2, so these are the only two euclidean triangles.  All other pairs (p, q) appear as hyperbolic triangles.

(b) For such a tesselation by equilateral spherical triangles, suppose that r > 2 come together at each vertex.  It must be the same number because the triangles are congruent.  Thus we have α = 2π/r.  By the angle excess formula it follows that

6π              4π        6             4               4r  

The RHS is > 1 so 2 < r < 5. Each of these values gives an integer value for N ,

r = 2 ÷ N = 2; r = 3 ÷ N = 4; r = 4 ÷ N = 8; r = 5 ÷ N = 20.

The case  (r, N)  =  (2, 2) should now be excluded, because it was specified that α < π .

Unseen (but similar to discussed topics) 10 marks

Answer  5.  If w  =  (z _ i)/(z + i), then the given set becomes  IwI = ρ . This M¨obius transformation is the isometry from H to D, and IwI = ρ is a hyperbolic circle in the disc model, so the same is true of the given locus. In H, the circle cuts the imaginary axis at a point it, with t > 1, where

|t _ 1 |      t _ 1

Then t = eR , where R is the hyperbolic radius of the circle, so

eR _ 1      eR/2 _ e一R/2

eR + 1     eR/2 + e一R/2

[Unseen, but the isometry between H and the disc D was extensively dis- cussed in lectures. Similar calculations are available in lecture notes.]

Unseen (but similar to discussed topics) 5 marks

Answer 6. Choose h e PSL(2, C) so that h(C) contains the points 0, 1, o. This is possible:  pick any three points on C and use the triple-transitivity of the action of M¨obius transformations on S2  to map them to 0, 1 and o. Then C is mapped by h to the great circle G through these points (because M¨obius transformations map circles to circles in S2 .

Then g ′  = hgh一1  maps G to itself.   Now the stereographic projection of G is the real axis.  The M¨obius transformations which map G to itself are the ones with real coefficients and determinant 1 or _1.  (As in notes, det = 1 gives a M¨obius mapping the upper half space to itself, and det = _1 gives a M¨obius which switches the two half-spaces.)  As in lectures, if we choose representatives that are in PSL(2, C), then in the second case we have to multiply the matrix through by i. Thus the M¨obius transformations mapping G to itself are those in PSL(2, C) with either real or imaginary coefficients, and accordingly the trace is either real or imaginary.

Finally, since

tr(g ) = tr(hgh′ 一1 ) = tr(h一1 hg) = trg

the trace of g is also real or imaginary.

Unseen 10 marks

Answer 7.

(a) The reflections are given by

x ,→ x _ 2(n1 . x)n1 ,  x ,→ x _ 2(n2 . x)n2

where n1 . n2 = 0 are unit vectors. Then

R2R1(x)   =   R1(x) _ 2(n2 . R1(x))n2

=   x _ 2(n1 . x)n1 _ 2(n2 . (x _ 2(n1 . x)n1 ))n2 =   x _ 2(n1 . x)n1 _ 2(n2 . x)n2 ,

using n1 . n2  = 0 in the last line.  Since this is symmetric in n1  and n2 , we have R1R2 = R2R1 .

If we choose axes so that n1 = (1, 0, 0, . . . , 0) and n2 = (0, 1, 0, . . . , 0), then from the above formula

R1R2(x) = (_x1 , _x2 , x3 , . . . , xn)

which is a half-turn in the (x1 , x2 )-plane, i.e. with axis {x3  = . . . = xn = 0}, the intersection of the two mirrors.

Unseen 5 marks

(b) There are three cases:  the axes α 1  and α2  are parallel, meet in a point or are skew (not parallel, don’t meet).

In each case, we shall express the half-turn about αj  as a product of reflections in a cunningly chosen pair of orthogonal planes which contain αj. Other methods are possible.

Case 1, parallel: We have a vector v orthogonal to both lines and connecting a point on α 1  to a point on α2 .  Then the composite is translation through 2v. To see this, choose Π to contain both the αj , and Πj  to be orthogonal to Π, containing αj. Let the corresponding reflections be R and Rj.   Then the product of half-turns can be written (RR2)(RR1) = (R2R)(RR1) = R2R1. This is the composite of reflections in parallel mirrors,  which gives translation through twice the orthogonal vector connecting them, as claimed.

Case 2, intersecting:  Let Π be the plane which contains α 1  and α2 , and let Πj  be the plane through αj  orthogonal to Π.  Denoting the corresponding reflections R, R1  and R2, our half-turns are RR1 and R2R. The composite (doing the rotation about α 1  first) is then R2RRR1   =  R2R1.   Being a product of two reflections,  this is a rotation with axis Π 1 n Π2  through twice the angle between α 1  and α2 .  [In fact the argument for this case is the same as for the previous one in terms of choice of the mirrors, just the composite R2R1  is a translation if Π 1  and Π2  are parallel and a rotation otherwise.]        Case  3,  skew  lines:  Let X be the line which cuts α 1  and α2  at right-angles.  This line is unique.  Let v be the vector P1P2, where Pj  = X n αj.  Construct planes as follows:  Π1  containing α 1  and X, Π2 containing α2  and X, Πj(′)  orthogonal to Πj  and containing αj. Let Rj  and Rj(′)  be the corresponding reflections. The half-turn about αj is then RjRj(′)  and so the composite is

R2R2(′)R1R1(′) = R2(R2(′)R1(′))R1

Then Π1(′)  and Π2(′)  are parallel (they are both perpendicular to X) and so the composite in the middle is translation through 2v, where v is the vector connecting α 1  to α2  along X.  Now we can further rear- range the product as (R2R1)(R2(′)R1(′)) because a reflection commutes with translation in a direction parallel to the mirror.  R2R1  is ro- tation through twice the angle between α 1  and α2 , with axis X.  So we have an isometry sometimes called a ‘screw’, or perhaps ‘rotary translation’, the composite of a rotation with a translation in the