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Assignment 2

MATH3900 — Geometry and Topology

2022

Geometry

1.  [7 marks]

(a)  [2 marks]   Suppose that two distinct complex numbers u and v  have the same modulus,  and

u + v 0.

(i)  Show that the real part of           is zero.

(ii)  Show that u v and u + v are orthogonal.

(b)  [3 marks]   Suppose that a and b are distinct points in C, that m is the midpoint of the line segment

with endpoints a and b, and that c is a point on the circle C(⃞m, |b − a|)with centre m and radius

and b c = b m + m c to show that acb is a right angle.

(c)  [2 marks]   Prove the assertion in (b) using the geometry of triangles in the Euclidean plane only.

Solution:


=           =                =               =           = z

and so Re(z) = (z + ) = 0, as required. It follows that z = r e±iπ/2 for some r > 0, and then

u v = r e±iπ/2 (u + v)

from which the assertion about the orthogonality of u − v and u + v follows.

(b)  We have to show that the complex numbers c − a and c − b are orthogonal.  Using the fact that

2m = a + b and so m a = b m, we can write

c a (c m) + (m a) (c m) + (b m)

c b       (c m) + (m b)       (c m) + (m b)

Since |c m| = |b m| 0, we can then apply the result in part (a) to infer that c a and c b

(c)  Subdividing the triangle determined by the points A, P and B into two isosceles triangles as in the picture below, and using the fact that the sum of the three angles in a triangle equals π, we obtain 2α + 2β + π = π + π = 2π, and so α + β = π, from which the assertion follows.

2.  [6 marks]   Suppose that α is the reflection across the line 2x + 2y = 4 and β is the reflection across the line x = 2.

(a)  [3 marks]   Find complex numbers a, b, c, and d for which

α(z) = az + b     and β(z) = cz + d.


(b)  [3 marks]   Classify the compositions α(β(z)) and β(α(z)).

Solution:

(a)  The reflection α fixes the points 2 and 2i and so

2 = 2a + b,    2i = 2ai + b

This means that 2a(1+i) = 2(1 i) and so a = i. In addition, b = 2 2a = 2+2i, so we obtain

α(z) = i + 2(1 + i)

The reflection β fixes 2 and 2 + i and so

2 = 2c + d,    2 + i = c(2 i) + d

Subtracting one equation from the other, we obtain i = ic so c = 1. Then d = 2 2c = 4, and


β(z) = + 4

(b) Next, we calculate the compositions:

(β ◦ α)(z) = −α(z) + 4 = − (iz + 2 − 2i) + 4 = −iz + 2 + 2i = −i(z − 2) + 2      (α ◦ β)(z) = −iβ(z) + 2 + 2i = −i(−z + 4) + 2 + 2i = iz + 2 − 2i = i(z − 2) + 2

This means that α ◦ β is rotation through π around 2 and β ◦ α is rotation through π around 2.

3.  [2 marks]   Suppose that a = 1 3i, b = 10+i, and c = 3+4i. If is the line bisecting the angle cba,


c

d                                                      b

a

Solution: According to the Angle Bisector Theorem, we have

√⃞ 9(5)7(8)


and AB, respectively.

R(→)

(a)  [3 marks]    Determine the ratios of directed distances , and A(→) .  (In general, the ratio

of two vectors does not make sense.  It does, however, for non-zero vectors that have the same direction, as is the case here.)

(b)  [2 marks]   Determine whether or not the lines AP , BQ, and CR are concurrent.

Solution:

(a) We have R(→) =  (⃞ 3(2) , 1)⃞ , =  (⃞ 3(4) , 2)⃞ = 2R(→); =  (⃞4,3(4))⃞ , =  (⃞ 2,3(2))⃞ =  2(1) ;  and


R(→)        1

= 2 , = 2, A(→) = 1

(b)  Because the product of the three ratios has absolute value equal to one, Ceva’s Theorem implies

that the three lines AP , BQ, and CR are concurrent.


5.  [5 marks]   Suppose that ABCD is a trapezoid with AB parallel to CD .  Let P be the point where the diagonals AC and BD intersect.  Show that the triangles CDP and ABP are similar.  Use this to prove that the diagonals of a trapezoid cut each other into segments that are proportional to the parallel sides of the trapezoid.


D


P




A                                                                             B


Solution:



In addition,


AB is parallel to CD and so

DCA = BAC     and BDC = DBA.


CPD = π − ∠BDC − ∠DCA = π − ∠BAC − ∠DBA = APB .


From the definition of similarity, △CDP and △ABP are similar. For similar triangles, we have

−→       −−→


Topology

6.  [5 marks] Write down the relation matrix of the abelian group G specified as follows.

G = {x,y,z,w | 3x + 3y + 4z = w,6x + 4y + 13z = 7w,2y 4z + 4w = 0, 9x + 9y + 13z = 4w} .

Reduce this matrix using elementary integer row and column operations, and hence write G as a direct sum of cyclic groups.

Solution: Using the matrix notation we have that G = {x = (x,y,z,w) | Mg · x = 0}, where

6(3)   4(3)    13(4) 7(1)(1 mark)


Using row and column operations, the matrix simplifies as follows, where each new row is written just once and replaces a previous row using an invertible operation, as shown.  Notice that the 4th row is just the sum of the other three rows.


3

6

0

9

0

3

2(1)5

0

3

0

0

3

4

2

9

0

3

4(1)7

0

3

2

0

4

13

3(4)

0

4

2(1)5

0

3

0

3

7 ○3(○2)

4 1 2 3

1 9 = 6 : C1 ↦→ C1 + 3C4, C2 ↦→ C2 + 3C4, C3 ↦→ C3 + 4C4

0 10 = (7 + 8)


Only rows ○5 , ○9 , ○11, ○12 have not been replaced; so we have:

⎤        ⎡

MG 0   2   0   0 0   0   3   0 =G Z1 ⊕ Z2 ⊕ Z3 ⊕ Z0 Z ⊕ Z2 ⊕ Z3 . 0   0   3   0⎦        ⎣0   0   0   0

Equivalently, one can write G Z ⊕ Z6, since Z6 Z2 ⊕ Z3 .

(4 marks partial marks for getting part way to the correct abelian group)

7.  [20 marks] Shown here are three different projections of the same knot; in fact it is 62  in the Rolfsen table, which is Cooper’s K6,2 .


(a)  Convince yourself that the left two are indeed the same knot, at least up to mirror-imaging.

Give a brief sentence or paragraph to justify this.

Solution: (1 mark)   Do a mirror-reflection of the 1st image then rotate it by 90° clockwise. The strands in what were the lower three crossings can be straightened to become the 3-crossing sequence at the left-hand side of the middle presentation.   The other strands can be similarly straightened to match.

(b) Locate the knot at the Knot Atlas site. What is the common name assigned to this knot?

Solution: (1 mark)  It is known as the Miller Institute knot.

(c) For the right-most, describe an ambient isotopy that converts the picture into the middle one, say. Describe it in terms of moving one or more strands, saying where crossings have become untwisted and/or new crossings formed.  Use Reidemeister moves, if that helps to clarify your description. Refer to the numbering of the regions in the projection, if that helps.

Solution: (3 marks)   In the right-hand image consider the lowest strand; at the bottom of region 6, having over-crossings at either end adjacent to regions 5 and 8.  Move this strand up to above regions 7 and 8.  This unravels the crossings with regions 5 and 8, but creates a new over-crossing from region 2 into region 1.  (That new crossing becomes the one in the center of the middle image.) The right-hand side can now be adjusted to match the middle image, without adjusting any more crossings.

The above move of the lower strand can be expressed using Reidemeister moves.  First slide the lowest crossing a bit to the right and up, and stretch down the regions 7 and 8, as shown at left

below.

Bring the strand up with two Reidemeister moves of Type II, giving four more crossings. Now do two Reidemeister moves of Type III, with a Type II in-between to get to the middle image above having 9 crossings.  A third type III move and an untwist (Type I) gets to the 4th image having 8 crossings, after which another Type II move achieves 6 crossings, as required.

(d)  Determine the Alexander number of this knot.  (State which method you have used, or quote a source where it is given.)

Solution: (1 mark)   The Alexander number is  11.   There are many ways to obtain this;

e.g., Cooper’s Appendix A, the Knot Atlas, p-colouring a knot projection, or Cooper’s method of assigning numbers to regions in a knot projection.