Mostre que as seguintes aplicações são isometrias e obtenha cada aplicação como composta de uma translação e uma transformação ortogonal.
D(x, y, z)=\left(x, \frac{y}{2}-\frac{\sqrt{3} z}{2}, \frac{\sqrt{3} y}{2}+\frac{z}{2}\right).

Passo 1

O enunciado dá a aplicação D:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 definida por
D(x,y,z)=\left(x,\;\dfrac{y}{2}-\dfrac{\sqrt{3}\,z}{2},\;\dfrac{\sqrt{3}\,y}{2}+\dfrac{z}{2}\right).
O que se pede:
  • Mostrar que D é uma isometria (ou seja, preserva distâncias entre pontos).
  • Escrever D como composta de uma translação e de uma transformação ortogonal (ou seja, encontrar uma translação \tau_{\mathbf{a}} e uma transformação ortogonal O tais que D=\tau_{\mathbf{a}}\circ O ou equivalente).
As informações relevantes dadas são apenas a fórmula explícita de D (não há termos constantes além de zero).

Passo 2

Primeiro vou lembrar, de forma direta e prática, o que significa cada coisa — como se eu estivesse explicando numa prova:
  • Uma aplicação F:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 é isometria se, para quaisquer vetores u,v\in\mathbb{R}^3, vale
\|F(u)-F(v)\|=\|u-v\|.
Uma forma equivalente (muito útil quando F é linear) é: F preserva o produto escalar, isto é, para todos u,v,
\langle F(u),F(v)\rangle = \langle u,v\rangle.
  • Uma transformação linear O é ortogonal se a matriz Q que a representa na base canônica satisfaz Q^T Q=I. Essa condição é exatamente a que garante preservação do produto escalar (e, portanto, das distâncias).
  • Uma translação \tau_{\mathbf{a}} por \mathbf{a}\in\mathbb{R}^3 é a aplicação \tau_{\mathbf{a}}(x)=x+\mathbf{a}.
No plano prático: se a aplicação dada é linear e sua matriz é ortogonal, então ela já é uma isometria e pode ser vista como a composição de uma transformação ortogonal com a translação nula (ou seja, sem deslocamento adicional).

Passo 3

Vou escrever D como transformação linear representada por uma matriz em relação à base canônica. Comparando componentes, para (x,y,z) temos
D(x,y,z)=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & \tfrac{1}{2} & -\tfrac{\sqrt{3}}{2}\\[4pt] 0 & \tfrac{\sqrt{3}}{2} & \tfrac{1}{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\[4pt] y\\[4pt] z\end{pmatrix}.
Portanto a matriz associada é
A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & \tfrac{1}{2} & -\tfrac{\sqrt{3}}{2}\\[4pt] 0 & \tfrac{\sqrt{3}}{2} & \tfrac{1}{2} \end{pmatrix}.
Observação prática: A é uma matriz bloco-diagonal do tipo \operatorname{diag}(1,R), onde
R=\begin{pmatrix}\tfrac{1}{2} & -\tfrac{\sqrt{3}}{2}\\[4pt]\tfrac{\sqrt{3}}{2} & \tfrac{1}{2}\end{pmatrix}.]

Passo 4

Agora verifico que A é ortogonal, ou seja, que A^T A=I_3. Como A=\operatorname{diag}(1,R), basta verificar R^T R=I_2. Calculo R^T R explicitamente:
Primeiro escrevo R em termos de cosseno e seno: R=\begin{pmatrix}\cos\theta & -\sin\theta\\[4pt]\sin\theta & \cos\theta\end{pmatrix} com \cos\theta=\tfrac{1}{2} e \sin\theta=\tfrac{\sqrt{3}}{2} (logo \theta=\tfrac{\pi}{3}, ou 60^\circ). Mas vou também mostrar o produto direto para ficar bem claro:
R^T R = \begin{pmatrix} \tfrac{1}{2} & \tfrac{\sqrt{3}}{2}\\[4pt] -\tfrac{\sqrt{3}}{2} & \tfrac{1}{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \tfrac{1}{2} & -\tfrac{\sqrt{3}}{2}\\[4pt] \tfrac{\sqrt{3}}{2} & \tfrac{1}{2} \end{pmatrix}.
Calculo cada entrada:
  • Entrada (1,1): \left(\tfrac{1}{2}\right)^2+\left(\tfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2=\tfrac{1}{4}+\tfrac{3}{4}=1.
  • Entrada (1,2): \tfrac{1}{2}\cdot\left(-\tfrac{\sqrt{3}}{2}\right)+\tfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot\tfrac{1}{2}=-\tfrac{\sqrt{3}}{4}+\tfrac{\sqrt{3}}{4}=0.
  • Entrada (2,1): simetricamente 0.
  • Entrada (2,2): \left(-\tfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\left(-\tfrac{\sqrt{3}}{2}\right)+\left(\tfrac{1}{2}\right)^2=\tfrac{3}{4}+\tfrac{1}{4}=1.
Assim R^T R=I_2, e portanto
A^T A = \operatorname{diag}(1,R)^T \operatorname{diag}(1,R)=\operatorname{diag}(1,R^T R)=\operatorname{diag}(1,I_2)=I_3.]

Passo 5

Da igualdade A^T A=I_3 segue a propriedade de preservação do produto escalar: para quaisquer u,v\in\mathbb{R}^3,
\langle Au,Av\rangle = u^T A^T A v = u^T v = \langle u,v\rangle.
Portanto A preserva produto escalar e, em particular, preserva normas e distâncias:
\|Au-Av\| = \|A(u-v)\| = \|u-v\|.
Isto prova que a transformação linear x\mapsto Ax (que é exatamente D) é uma isometria.

Passo 6

Interpretação geométrica (útil para a prova): a submatriz R é a matriz de rotação no plano yz de ângulo \theta=\tfrac{\pi}{3} (ou 60^\circ). Assim D é a rotação em \mathbb{R}^3 em torno do eixo x (ou seja, o eixo gerado por (1,0,0)) de 60^\circ, deixando a coordenada x inalterada e girando o par (y,z).

Passo 7

Finalmente, escrever D como composição de uma translação e de uma transformação ortogonal. Como D é linear e representa-se por uma matriz ortogonal A (isto é, já é uma transformação ortogonal seguida de translação nula), podemos escrever, de forma correta e simples:
D = \tau_{\mathbf{0}}\circ O,
onde \tau_{\mathbf{0}} é a translação por \mathbf{0}=(0,0,0) (ou seja, a translação identidade) e O é a transformação ortogonal dada por
O(x,y,z)=\left(x,\;\dfrac{y}{2}-\dfrac{\sqrt{3}\,z}{2},\;\dfrac{\sqrt{3}\,y}{2}+\dfrac{z}{2}\right).
Em outras palavras D é já uma transformação ortogonal (rotação de 60^\circ em torno do eixo x) sem componente de translação não-nula.

Resposta

D é uma isometria (preserva produto escalar e distâncias).
D é já uma transformação ortogonal dada por O(x,y,z)=\bigl(x,\tfrac{y}{2}-\tfrac{\sqrt{3}\,z}{2},\tfrac{\sqrt{3}\,y}{2}+\tfrac{z}{2}\bigr) e, portanto, pode ser escrita como a composição de uma translação nula e dessa transformação ortogonal: D=\tau_{(0,0,0)}\circ O.

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