Analytická geometrie II: Geometrické transformace

Analytická geometrie II: Geometrické transformace Naďa Stehlíková 2006–2008

Tento materiál vzniká postupně na základě skript Geometrické transformace (metoda analytická) autorů M. Hejný, D. Jirotková, N. Stehlíková, PedF UK, 1997. Není s nimi však totožný, obsahuje nový materiál, jiné pořadí apod.

1

Použité značky N, Z, R 2Z M M I [E n ] g◦f , gf f −1 |AB| QED E 1, E 2 I0 [E 1 ], I0 [E 2 ] I [E 1 ], I [E 2 ] M =X −•−Z {} t~u , tu sM , s0 rβ R(β), R(M, β) sm S(µ), S(M, µ)

– – – – – – – – – – – – – – – – – – – –

I T(~u), T([u; v]), T(u, v) U(m, n; α), V(m, n; µ)

– – –

ha, b, c, di

–

|4M N O| |6 AOB| A1 , A2 A0 [A1 ], A0 [A2 ] A [A1 ], A [A2 ] fa,b fX Ω, Γ Σ D δ IN V IN V hP, Qi

– – – – – – – – – – – – – –

množina všech přirozených čísel/ celých čísel/ reálných čísel množina všech sudých celých čísel množina M matice M množina všech izometrií v E n složené zobrazení f složeno s g (v tomto pořadí) inverzní zobrazení k zobrazení f velikost úsečky AB konec důkazu (quod erat demonstrandum) Eukleidovská přímka/ rovina grupa všech izometrií v E 1 / E 2 zachovávajících počátek grupa všech izometrií v E 1 / E 2 bod M je střed dvojice bodů X, Z prázdná množina posunutí o vektor ~u středová souměrnost se středem souměrnosti M / v počátku otočení o úhel β matice otočení o úhel β, kolem bodu O/ kolem bodu M osová souměrnost s osou souměrnosti m matice osové souměrnosti s osou, která svírá s osou x úhel µ a prochází bodem O/ bodem M matice identity, jednotková matice matice posunutí o vektor ~u = [u; v] matice izometrie   a b matice c d obsah trojúhelníka M N O velikost úhlu AOB afinní přímka/ rovina grupa všech afinit v A1 / A2 zachovávajících počátek grupa všech afinit v A1 / A2 afinita na A1 x 7→ ax + b afinita v A2 určená maticí X osnova přímek, směr svazek přímek diskriminant determinant matice ha, b, c, di množina všech samodružných bodů množina všech samodružných přímek simplex 2

Přehled základních pojmů • Zobrazení f : E n → E n se nazývá izometrie, nebo-li shodnost na E n , jestliže pro libovolné body X, Y ∈ E n je |f (X)f (Y )| = |XY |. Tedy izometrie je zobrazení, které zachovává vzdálenost. Množinu všech izometrií na E n označíme I [E n ]. • Zobrazení id : E n → E n , X 7→ X, které každý bod nechává na místě, se nazývá identita na E n . • Jsou-li f , g dvě zobrazení E n → E n , pak složením (superpozicí) těchto zobrazení v uvedeném pořadí rozumíme zobrazení g◦f : E n → E n , X 7→ g(f (X)). • Jestliže navíc platí g◦f = id, pak zobrazení g se nazývá inverzní k f a označuje se f −1 . • Zobrazení f : E n → E n je involutorní (stručně involuce), když f = f −1 . • Zobrazení f : M → M je injektivní ⇔ (když f (x1 ) = f (x2 ), pak x1 = x2 ); f je surjektivní ⇔ pro každé w ∈ M existuje x ∈ M tak, že f (x) = w. • K zobrazení f existuje inverzní zobrazení f −1 , právě když je f vzájemně jednoznačné, tj. injektivní (prosté) a surjektivní (na). • Je-li g inverzní k f , pak je f inverzní ke g (f = g −1 ) a platí g◦f = f ◦g. • Zobrazení f : M → M je transformací právě tehdy, když je bijektivní, tedy injektivní (prosté) a současně surjektivní (na). Tedy f je transformace ⇔ existuje f −1 . • Nechť X je bod a P je podmnožina v M . Řekneme, že X je samodružný nebo též invariantní bod transformace f , když f (X) = X. • Řekneme, že M je samodružná, invariantní množina transformace f , jestliže f (M ) = M . Upozornění: Podmínka f (M ) = M říká, že bod ležící v M se transformací f převede opět do bodu ležícího v M , nikoli však nutně do sebe. Např. posunutí podél přímky p tuto přímku jako celek, tedy jako množinu bodů, zachová, i když nezachová žádný z jejích bodů.

3

Přehled transformací • Shodná transformace (shodnost): Pro každé dva body roviny X a Y a jejich obrazy X 0 a Y 0 platí |X 0 Y 0 | = |XY |. • Podobná transformace (podobnost): Pro každé dva body roviny X a Y a jejich obrazy X 0 a Y 0 platí |X 0 Y 0 | = k|XY |, kde k ∈ R+ je poměr podobnosti. • Afinní transformace (afinita): Pro každé tři kolineární body roviny X, Y , Z a jejich obrazy X 0 , Y 0 , Z 0 platí, že X 0 , Y 0 , Z 0 jsou také kolineární a (XY Z) = (X 0 Y 0 Z 0 ). • Projektivní transformace (kolineace): Pro každé čtyři různé kolineární body roviny V , X, Y , Z a jejich obrazy V 0 , X 0 , Y 0 , Z 0 platí, že V 0 , X 0 , Y 0 , Z 0 jsou také různé kolineární a (V XY ) . (V XY Z) = (V 0 X 0 Y 0 Z 0 ). (V XY Z) je dvojpoměr a je definován jako (V XY Z) = (V XZ) Jejich základní vlastnosti jsou přehledně znázorněny v tabulce (Kuřina, 10 geometrických transformací): Kolinearita Shodnost bodů úseček Shodnost Podobnost Afinita Kolinearita

+ + + +

+ -

Poměr velikostí úseček + + -

dělící měr bodů + + + -

po- dvojpoměr 3 4 bodů + + + +

V tomto textu se budeme zabývat prvními třemi typy transformací, a to zejména z hlediska analytického.

4

Kapitola 1 Opakování poznatků ze syntetické geometrie Pro pochopení úvah v tomto textu jsou nutné následující poznatky: • Definice shodností v rovině. • Skládání shodností v rovině a naopak jejich rozklad na osové souměrnosti.

1.1

Úlohy – skládání izometrií

A. Dokažte, že každé posunutí t~u lze vyjádřit psát jako složení dvou osových souměrností t~u = = sb ◦ sa , kde a k b, ~u je kolmý na zaměření přímky b, b = t u~ (a). 2

Řešení: Řešení je zřejmé z obrázku 1.1a. B. Dokažte, že každé otočení rM,ϕ lze vyjádřit jako složení dvou osových souměrností rM,ϕ = = sb ◦ sa , kde {M } = a ∩ b a orientovaný úhel 6 a, b je ϕ2 . Řešení: Řešení je zřejmé z obrázku 1.1b. C. Nechť A, B jsou body a c, d přímky. Dokažte, že pak platí (a) sA ◦ sB ◦ sA = sX , kde X = sA (B), (b) sA ◦ sc ◦ sA = sy , kde y = sA (c),

(c) sc ◦ sA ◦ sc = sX , kde X = sc (A), (d) sc ◦ sd ◦ sc = sy , kde y = sc (d).

Řešení: Řešení přenecháme čtenáři.

5

Obrázek 1.1:

1.2

Věta – důležité rovnosti skládání izometrií



Nechť a, b, c, d jsou čtyři ne nutně různé přímky procházející počátkem O. Pak platí



tvrzení:



1. sb ◦ sa je otočení rβ−α kolem počátku O o úhel β − α;



2. sb ◦ sa = sd ◦ sc , právě když orientovaný úhel přímek 6 a, b je shodný s orientovaným

úhlem přímek 6 c, d;

3. sc ◦ sb ◦ sa je osová souměrnost sd , přičemž orientovaný úhel 6 a, b je shodný s orien-

tovaným úhlem 6 d, c;



4. sa ◦ sb ◦ sa = sc ⇔ orientovaný úhel přímek a, b se rovná orientovanému úhlu přímek

c, a.



5. sc ◦ sb ◦ sa = sa ◦ sb ◦ sc . Důkaz: Tvrzení 1 bylo dokázáno v předmětu Elementární geometrie II a jeho analytický důkaz bude podán později. Tvrzení 2 je důsledkem předchozího. Je-li totiž sb ◦ sa = rβ−α a sd ◦ sc = rδ−γ , pak sb ◦ sa = = sd ◦ sc ⇔ rβ−α = rδ−γ ⇔ β − α = δ − γ + kπ pro vhodné k ∈ Z ⇔ orientovaný úhel přímek a, b je shodný s orientovaným úhlem přímek c, d. Tvrzení 3: sc ◦ sb ◦ sa = sc ◦ sc ◦ sd = sd ⇔ (podle tvrzení 2) orientovaný úhel přímek a, b se rovná orientovanému úhlu přímek d, c, tj. γ − δ = β − α + kπ (viz obrázek 1.2a). Tvrzení 4: sa ◦ sb ◦ sa = sc ⇔ (podle tvrzení 3) α − γ = β − α + kπ ⇔ přímka a je jednou z os přímek c, b, tj. c = sa (b) (viz obrázek 1.2b). Tvrzení 5: Víme, že sc ◦ sb ◦ sa = sx , sa ◦ sb ◦ sc = sy . Pak sx ◦ sy = sc ◦ sb ◦ sa ◦ sa ◦ sb ◦ sc = = sc ◦ sb ◦ id ◦ sb ◦ sc = sc ◦ id ◦ sc = id. Tedy sx ◦ sy = id, sx = sy , nebo-li x = y. Proto 6

sc ◦ sb ◦ sa = sa ◦ sb ◦ sc .

Obrázek 1.2:

1.3

Cvičení – skládání izometrií

A. Nechť p, q, r jsou přímky těžnic rovnoramenného pravoúhlého trojúhelníka P QR s pravým úhlem u vrcholu R. Zjistěte, jak vypadá zobrazení: (a) sp ◦ sq ◦ sr , (d) (b) sp ◦ sq ◦ sp , (e) (c) sq ◦ sr ◦ sp ◦ sq , (f)

sr ◦ sp ◦ sq ◦ sr ◦ sp ◦ sq , sr ◦ sp ◦ sq ◦ sp ◦ sq ◦ sr , sp ◦ sq ◦ sp ◦ sr .

B. Předchozí úlohu řešte v případě, že přímky p, q, r jsou (a) osy stran rovnoramenného pravoúhlého trojúhelníka, (b) strany rovnoramenného pravoúhlého trojúhelníka, (c) osy vnitřních úhlů trojúhelníka s úhly 50◦ , 60◦ , 70◦ .

7

1.4

Definice – grupa transformací



Nechť M je neprázdná množina (bodů) a T neprázdná množina transformací (bijekcí) f .

T je grupa transformací na M , jestliže jsou splněny dvě podmínky:





−1

(1.1) f ∈ T ⇒ f ∈ T,



f, g ∈ T ⇒ g◦f ∈ T . (1.2)





Dlouhý termín budeme často zkracovat slovem grupa.



Grupa, která má konečný počet prvků, se nazývá konečná grupa. Grupa H, která je pod-

množinou grupy G, se nazývá podgrupa grupy G. Jestliže navíc G 6= H, pak podgrupu H

nazýváme vlastní podgrupou grupy G.



Řekneme, že podmnožina T grupy H je generátor grupy H (T generuje H), jestliže

se každá transformace z H dá psát jako složení konečného počtu transformací z T

a transformací k nim inverzních. Pak píšeme H = G [T ]. Místo přesného G [{f, g}]

píšeme často stručně G [f, g] apod.

Poznámka: S pojmem grupa se setkáváme v mnoha oblastech matematiky. Víme například, že množina R vzhledem k operaci „+ÿ je grupa, či množina regulárních matic typu 2×2 M 2 je grupa vzhledem k operaci násobení matic „·ÿ. Tyto grupy píšeme jako dvojice symbolů (množina,operace), tedy (R, +), případně (M 2 , ·). Měli bychom tedy nahoře definované grupy psát přesně (T , ◦), (G, ◦), apod. Nebudeme to dělat, protože v našich úvahách budou vystupovat pouze dvě grupové operace, a to „◦ÿ v grupách transformačních a „·ÿ v grupách maticových. Z kontextu bude vždy jasné, o jakou grupu jde.

1.5

Úlohy – grupy

A. Dokažte, že pro každou transformační grupu G je id ∈ G. Důkaz: Podle definice je G neprázdná. Tedy existuje f ∈ G. Podle (1.1) pak f −1 ∈ G. Podle (1.2) pak id = f ◦f −1 ∈ G. B. Je struktura (I0 [E 2 ; ◦), kde I0 [E 2 ] je množina shodností, které zachovávají počátek, grupa? Řešení: Ano. (Ověřte vlastnosti grupy podle definice.) C. Najděte všechny dvouprvkové podgrupy grupy I0 [E 2 ] (I0 [E 2 ] je grupa všech izometrií, které zachovávají počátek). Řešení: Z předchozího cvičení víme, že každá dvouprvková grupa má tvar {id, f }, kde f 6= id. Protože podle (1.2) je f 2 ∈ {id, f }, je buď f 2 = f , nebo f 2 = id. Vztah f 2 = f implikuje f = id a dostáváme spor. Tedy f je nutně involuce. V množině rotací existuje jediná, která je involucí. Je to rπ , nebo-li středová souměrnost. V množině osových souměrností je každý prvek involucí. Tím jsou všechny možnosti vyčerpány.

8

Závěr: Hledaná grupa je buď {id, sm }, kde m je libovolná přímka jdoucí počátkem, nebo {id, rπ }. D. Dokažte následující tvrzení – kritérium podgrupy. Nechť (G, ◦) je grupa a H neprázdná podmnožina množiny G. Pak (H, ◦) je podgrupa grupy (G, ◦), právě když jsou splněny dvě podmínky: (1) f ∈ H ⇒ f −1 ∈ H, tj. H je uzavřená vůči invertování, (2) f, g ∈ H ⇒ f ◦ g ∈ H, tj. H je uzavřená vůči skládání. Důkaz: Jsou-li splněny podmínky (1) a (2), pak z neprázdnosti H plyne, že existuje-li f ∈ H, podle (1) je f −1 ∈ H a podle (2) je f ◦ f −1 ∈ H. Tedy neutrální prvek patří do H. Asociativnost v H je důsledkem asociativnosti v G. Tedy H je grupa. Naopak, když některá z podmínek (1), (2) není splněna, H nemůže být grupou, protože zde není definována operace skládání, nebo invertování.

1.6

Cvičení

A. Ke každému n ∈ N existuje aspoň jedna podgrupa G grupy I0 [E 2 ], která má právě n prvků. Dokažte. B. Zjistěte, zda (a) množina I0r [E 2 ] všech rotací, (b) množina I0o [E 2 ] všech osových souměrností je podgrupou grupy I0 [E 2 ]. C. Najděte podgrupu {id, f, g, h} grupy I0 [E 2 ] takovou, že f , g, h jsou všechno involuce. D. Najděte přímky m, n tak, aby grupa G [sm , sn ] měla právě (a) čtyři, (b) pět, (c) šest, (d) dvacet prvků. E. Najděte izometrii f ∈ I0 [E 2 ] tak, aby grupa G [f ] generovaná prvkem f obsahovala jak rotaci r π2 , tak i rotaci (a) r π3 , (b) r π4 , (c) r π5 , (d) r 3π , (e) r 5π , (f) r √π2 . 5

F. Je izometrie f v předchozím cvičení jediná?

9

7

Kapitola 2 Analytické vyjádření izometrií v E 2 V této kapitole si postupně odvodíme analytické vyjádření všech shodností v rovině.

2.1

Úlohy – analytický popis otočení kolem počátku

A. Najděte analytický popis otočení r π2 , tj. otočení o 90◦ kolem bodu O. Řešení: Z prvního semestru analytické geometrie víme, že otočením vektoru ~u = [u; v] o +90◦ (tj. proti pohybu hodinových ručiček) vznikne vektor u~0 = (−v; u). Tedy pro bod X[x; y] platí r π2 (X) = X 0 [x0 ; y 0 ], kde x0 = −y, y 0 = x. B. Najděte analytický popis otočení r π4 , tj. otočení o 45◦ kolem bodu O. Řešení: Nechť r π4 (X) = X 0 , tj. bod X[x; y] se otočením kolem bodu O o úhel +45◦ zobrazí do bodu X 0 [x0 ; y 0 ]. Naším úkolem je najít čísla x0 , y 0 pomocí čísel x, y. Najděme nejprve bod Z = r π2 (X) = = [−y; x], pak bod U [u; v] = X − • − Z. Víme, že body O, U , X 0 leží na přímce. Dokonce √ √ −−→ −→ 0 OU , neboť |OX | = |OX| = 2|OU | (viz víme, že vektor OX 0 je √2-násobek vektoru √ obrázek 2.1a). Tedy x0 = 2 · u, y 0 = 2 · v. Dalším výpočtem dostaneme √ √ x0 = 2 · u = √22 (x − y), √ y 0 = 2 · v = 22 (x + y). Oba předchozí případy zobecňuje následující úloha. C. Najděte analytický popis otočení rβ , tj. otočení o úhel β kolem bodu O. Řešení: Nechť rβ (X) = X 0 . Tedy bod X[x; y] se otočením kolem O o orientovaný úhel β zobrazí do bodu X 0 [x0 ; y 0 ]. Naším úkolem je najít čísla x0 , y 0 pomocí čísel x, y, β. Snadné řešení poskytují polární souřadnice. Nechť X 6= O. Označme d = |OX| = |OX 0 | a α velikost úhlu |6 XOI|, kde I[1; 0]. 10

Tedy otočením polopřímky OI o úhel α kolem počátku O dostaneme polopřímku OX (viz obrázek 2.1b). Pak platí x = d · cos α, y = d · sin α, x0 = d · cos(α + β), y 0 = d · sin(α + β). Odtud x0 = d · cos(α + β) = d · cos α · cos β − d · sin α · sin β = x · cos β − y · sin β, y 0 = d · sin(α + β) = d · sin α · cos β + d · cos α · sin β = y · cos β + x · sin β. Tyto vztahy můžeme zapsat i pomocí matic, jak ukazuje věta 2.2.

Obrázek 2.1:

2.2

Věta – maticový popis otočení kolem bodu O



Zobrazení rβ : E 2 → E 2 , X[x; y] 7→ X 0 [x0 ; y 0 ], které je dáno v maticovém tvaru předpisem



     

0 x cos β − sin β x

= (2.1)

y0 sin β cos β y



je izometrie. Je to otočení kolem počátku O o orientovaný úhel β.



Příslušnou matici označíme R(β). Nulovému otočení, tj. identitě, odpovídá jednotková

matice I. Platí R(β) = I ⇔ β = 2kπ, k ∈ Z. Úmluva: Místo dlouhého „otočení, které je popsáno maticí R(β)ÿ budeme stručně psát „otočení R(β)ÿ. Důkaz: Třetí část věty je zřejmý důsledek druhé části, kterou jsme dokázali v předchozím cvičení 2.1C. Zbývá dokázat část první, tedy že se jedná o izometrii.

11

Ze syntetické geometrie již víme, že otočení je izometrie, takže vlastně není co dokazovat. Přesto však dokažme tuto část věty analyticky. Jednak to bude „výživnéÿ cvičení, jednak uvidíme příklad těžkopádnosti analytické metody ve srovnání se syntetickou. Zvolme libovolné body X[x; y] a U [u; v] a označme rβ (X) = X 0 [x0 ; y 0 ], rβ (U ) = U 0 [u0 ; v 0 ]. Potřebujeme dokázat, že |XU | = |X 0 U 0 |. Počítejme: |X 0 U 0 |2 = (x0 − u0 )2 + (y 0 − v 0 )2 = = ((x · cos β − y · sin β) − (u · cos β − v · sin β))2 + ((y · cos β + x · sin β) − (v · cos β + u · sin β))2 = = ((x − u) cos β − (y − v) · sin β)2 + ((y − v) · cos β + (x − u) · sin β)2 = = (x − u)2 + (y − v)2 = |XU |2 . QED. Poznámka: Všimněte si, že bod O, který jsme v řešení úlohy 2.1C z našich úvah vyloučili, také vyhovuje vztahu (2.1).

2.3

Úlohy – skládání zobrazení

A. Nechť rα je rotace kolem počátku o úhel α dána maticí R(α) a rβ rotace kolem počátku o úhel β dána maticí R(β). Zjistěte, jak vypadá matice zobrazení rβ ◦rα . Řešení: Nechť X[x; y] je libovolný bod. Označme rα (X) = X 0 [x0 ; y 0 ], rβ (X 0 ) = X 00 [x00 ; y 00 ]. Pak  0      00     0 x cos α − sin α x x cos β − sin β x = , = , 0 00 y sin α cos α y y sin β cos β y0     00   cos β − sin β cos α − sin α x x . odkud 00 = y sin β cos β sin α cos α y Hledaná matice zobrazení sb ◦sa je tedy součinem matic R(β) · R(α). B. Najděte geometrickou interpretaci matice R(β) · R(α). Řešení: Protože 

cos β · cos α − sin β · sin α − cos β · sin α − sin β · cos α R(β) · R(α) = sin β · cos α + cos β · sin α − sin β · sin α + cos β · cos α   cos(α + β) − sin(α + β) = = R(α + β), sin(α + β) cos(α + β) je součinem matic R(β) · R(α) dáno otočení kolem počátku O o úhel (α + β). Poznání zformulujeme ve větě 2.4.

12

 =

2.4

Věta – násobení matic a skládání zobrazení



Nechť f , g jsou zobrazení E 2 → E 2 (ne nutně izometrická), která jsou popsána maticemi

F, G. Pak zobrazení g◦f je popsáno maticí G · F.



Jinak: Geometrické operaci „skládání zobrazeníÿ odpovídá algebraická operace „náso-

bení maticÿ (ve stejném pořadí).

Důkaz: Postup řešení úlohy 2.3A zopakujeme s libovolnými maticemi.

2.5

Úlohy – analytický popis posunutí a rotace kolem libovolného bodu

A. Najděte analytický popis posunutí t~u : E 2 → E 2 o vektor ~u [u; v] a zapište t~u pomocí matice. Řešení: První část úlohy je snadná (viz obr. 2.2a). t~u : E 2 → E 2 ,

X[x; y] 7→ X 0 [x0 ; y 0 ],

x0 = x + u, y 0 = y + v.

(2.2)

Potíže jsou s druhou částí úlohy. Matice posunutí na rozdíl od matice rotace z věty 2.2 nemůže být druhého řádu. Trik spočívá v tom, že ke dvěma souřadnicím bodu X[x; y] z E 2 přidáme třetí, umělou souřadnici, a sice 1. Pak lze vztahy (2.2) zapsat takto:    0  1 0 u x x  y 0  = 0 1 v   y  . (2.3) 0 0 1 1 1 Příslušnou matici značíme T(~u) nebo T(u; v). Alternativně k zápisu X[x; y] budeme psát někdy též X[x; y; 1] s formální třetí souřadnicí 1. K nedorozumění s bodem v E 3 nedojde, protože všechny naše úvahy jsou v E 2 . B. V úloze 2.3A jsme viděli, jak snadné je skládání zobrazení pomocí matic. Stojíme před problémem, jak pomocí matic skládat otočení s posunutím. Matice R(β) je totiž druhého a matice T(~u) třetího řádu. Co s tím? Lze tuto potíž překonat? Řešení: Lze, a to poměrně jednoduše. Matici R(β) rozšíříme na matici 3 × 3 tak, abychom uchovali to nejdůležitější – chceme, aby bylo skládání zobrazení popsáno násobením matic. Hledaná matice musí převést libovolný bod [x; y; 1] do bodu [x0 ; y 0 ; 1]. Odtud plyne, že poslední řádek hledané matice má tvar (0 0 1). Není pak těžké nahlédnout, že   cos β − sin β 0 R(β) =  sin β cos β 0 . (2.4) 0 0 1

13

C. Najděte matici R(2, 3; π2 ) otočení rM, π2 kolem bodu M [2; 3] o úhel π2 . Řešení: Hledané otočení vyjádříme jako složení tří izometrií. Libovolný bod X[x; y] můžeme do polohy X 0 [x0 ; y 0 ] = rM, π2 (X) přemístit postupem (viz obr. 2.2b): t−~u

rπ

t

2 u ~ X −−→ Y −→ Z − → X 0 , kde t~u : E 2 → E 2 , [x; y] 7→ [x + 2; y + 3] je posunutí o vektor 2 ~u (2; 3) a r π2 : E → E 2 , [x; y] 7→ [−y; x] je otočení o π2 kolem počátku O.

Pomocí matic dostaneme R(2, 3; π2 ) = T(~u) · R(0, 0; π2 ) · T(−~u), tedy         1 0 2 0 −1 0 1 0 −2 0 −1 5 π R(2,3; ) = 0 1 3 . 1 0 0 . 0 1 −3 = 1 0 1 . 2 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 D. Najděte matici R(u, v; α) otočení rM,α kolem bodu M [u; v] o úhel α. Řešení: Zopakujeme postup řešení předchozí úlohy s „obecnýmiÿ maticemi, tj. R(u, v; α) = = T(~u) · R(0, 0; α) · T(−~u), kde ~u(u; v). Výsledek je podán ve větě 2.6.

Obrázek 2.2:

2.6

Věta – maticový popis rotace

Nechť rM,α je otočení kolem bodu M [u; v] o úhel α. Pak

 

cos α − sin α u(1 − cos α) + v · sin α

R(u, v; α) =  sin α cos α v(1 − cos α) − u · sin α

0 0 1

je matice otočení r . M,α 14









Důkaz: Stačí prověřit rovnost R(u, v; α) = T(~u) · R(0, 0; α) · T(−~u).

2.7

(2.5)

Úlohy – analytické vyjádření osové souměrnosti

A. Najděte analytické vyjádření osové souměrnosti kolem osy x.   1 0 0 Řešení: Analytické vyjádření lehce vyčteme z obrázku: x0 = x, y 0 = −y. Maticí: 0 −1 0 0 0 1 B. Najděte analytické vyjádření osové souměrnosti kolem osy y.   −1 0 0 Řešení: Analytické vyjádření lehce vyčteme z obrázku: x0 = −x, y 0 = y. Maticí:  0 1 0 0 0 1 C. Najděte analytické vyjádření osové souměrnosti kolem osy prvního a třetího kvadrantu u.   0 1 0 Výsledek: Rovnicemi: x0 = y, y 0 = x. Maticí: 1 0 0 0 0 1 D. Najděte analytické vyjádření osové souměrnosti kolem přímky o. Přímka o prochází počátkem a svírá s kladnou částí osy x úhel α. Řešení: Můžeme postupovat např. tak, že si uvědomíme, že složíme-li sx a so , dostaneme otočení o úhel 2α. Tedy sx ◦ so = r2α a v maticovém vyjádření S1 · S2 = R(0, 0; 2α), kde S1 je matice osové souměrnosti sx a kde S2 je matice osové souměrnosti so . Po úpravě dostaneme so = r2α ◦ sx a v maticovém vyjádření S2 = R(0, 0; 2α) · S1 . Můžeme tedy počítat: 

     cos 2α sin 2α cos 2α − sin 2α 1 0 · = sin 2α cos 2α 0 −1 sin 2α − cos 2α

E. Najděte analytické vyjádření osové souměrnosti kolem obecné přímky o. Přímka o svírá s kladnou částí osy x úhel α. Řešení: Podobně jako u hledání analytického vyjádření rotace v úloze 2.5D využijeme 0 posunutí. Na ose o zvolíme libovolný bod M [u; v]. Pak so = t~u ◦ so0 ◦ t−u ~ , kde o je přímka rovnoběžná s osou o a procházející počátkem a o0 = t−u u(u; v). ~ (o) a vektor ~ Označme matici osové souměrnosti podle osy, která prochází bodem o souřadnicích [u; v] a má směrový vektor (cos α; sin α), jako S(u, v; α). Převedeme-li výše uvedenou rovnost do maticového vyjádření, dostaneme S(u, v; α) = T(~u) · S(0, 0; α) · T(−~u). To už je jen kalkulace a její výsledek udává věta 2.8. 15

F. Najděte analytické vyjádření osové souměrnosti kolem přímky o, která je dána rovnicí ax + by + c = 0. −−→ Řešení: Označíme X[x; y] a jeho obraz v osové souměrnosti X 0 [x0 ; y 0 ]. Protože vektor XX 0 −−→ je kolmý na osu o, platí XX 0 = k · (a; b), kde k ∈ R − {0}. Tedy x0 = x + k · a, y 0 = y + k · b. Dále musíme najít číslo k. Nechť S = X − • − Y . Bod S má souřadnice   2x + k · a 2y + k · b ; . 2 2 Protože S ∈ o, platí 2x + k · a 2y + k · b ·a+ · b + c = 0. 2 2 Z této rovnosti vyjádříme k a dosadíme do rovnic pro x0 a y 0 . Dostáváme x0 = x −

2a(ax + by + c) , a2 + b 2

y0 = y −

2b(ax + by + c) . a2 + b 2

Zde není účelné převádět rovnice do maticového vyjádření.

2.8

Věta – maticový popis osové souměrnosti



Nechť sm je osová souměrnost podle přímky m dané bodem M [u; v] a směrovým vekto-

rem m

~ (cos α; sin α). Pak  

cos 2α sin 2α u(1 − cos 2α) − v · sin 2α



  sin 2α − cos 2α v(1 + cos 2α) − u · sin 2α S(u, v; α) =



0 0 1



je matice osové souměrnosti s .

m



Nechť sm je osová souměrnost podle přímky m dané rovnicí ax + by + c = 0. Rovnice

této osové souměrnosti jsou





2b(ax + by + c) 2a(ax + by + c)

0 0 , y =y− . x =x−

2 2 2 2 a +b a +b

2.9

Cvičení – analytické vyjádření rotace a osové souměrnosti

V úlohách A–K předpokládáme, že rotace je kolem počátku a osová souměrnost kolem přímky procházející počátkem. Budeme používat zkrácené označení R(α) a S(α). A. Nechť sa je osová souměrnost podle přímky a a sb osová souměrnost podle přímky b. Přímky a a b procházejí počátkem. Zjistěte, jak vypadá matice zobrazení sb ◦sa . 16

B. Najděte geometrickou interpretaci matice S( β2 ) · S( α2 ). C. Napište matici I. otočení kolem počátku o úhel (a) 45◦ , (b) 135◦ , (c) −60◦ , (d) 435◦ , II. osové souměrnosti, jejiž osa prochází počátkem a svírá s osovu x úhel (e) 45◦ , (f) 135◦ , (g) −60◦ , (h) 435◦ , (i) −0◦ . D. Zjistěte, pro která x, y ∈ R platí (a) R(x) · R(y) = R(x · y), (b) R(x) · R(y) = R(x + y), (c) S(x) · S(y) = S(x · y). E. Stručně zapište (a) S(3x) · S(x), (b) S(x) · S(2x), (c) S(x) · S(y), (d) S(x) · S(2x) · S(x), (e) S(x) · S(y) · S(x), (f) S(x) · S(y) · S(z). F. Stručně zapište S(x1 ) · S(x2 ) . . . S(xn ). G. Stručně zapište (a) S(0) · R(y), (b) R(y) · S(0), (c) S(x) · R(y), (d) R(y) · S(x), (e) R(y) · S(x) · R(−y), (f) S(x) · R(y) · S(x) · R(y). H. Řešte maticovou rovnici a najděte její geometrickou interpretaci: (a) R2 (x) = I (jednotková matice I, viz 2.2), (b) R4 (x) = I, (c) R3 (x) = I, (d) R6 (x) = I, (e) R5 (x) = I. I. Řešte maticovou rovnici a najděte její geometrickou interpretaci: (a) S2 (x) = I, (b) S3 (x) = = I, (c) S(x) · S(2x) = I, (d) S( x2 ) · S( y2 ) = R(π), (e) S( x2 ) · R(y) = R(x) · S( y2 ), (f) S(x) · R(y) = R(z). J. Nechť α ∈ R. Označme G [R(α)] množinu všech transformací, které lze získat z transformací R(α) a R(−α) operací skládání. Zjistěte počet prvků množiny G [R(α)] pro (a) π α = 0, (b) α = π, (c) α = π2 , (d) α = π3 , (e) α = 2π , (f) α = π6 , (g) α = 12 , (h) α = 2π , kde 5 n n ∈ N je dané. K. Najděte všechna x ∈ R, pro která G [R(x)] = G [R(α)], když α nabývá stejných hodnot jako v předchozím cvičení. L. Najděte analytické vyjádření shodnosti, znáte-li tři vzory a jejich tři obrazy, a tyto shodnosti geometricky popište. (a) [0; 0] 7→ [3; 0], [1; 0] 7→ [3; −1], [0; 1] 7→ [4; 0] (b) [0; 0] 7→ [5; 4], [1; 0] 7→ [5; 3], [0; 1] 7→ [4; 4] (c) [1; 1] 7→ [0; 0], [0; 1] 7→ [0; 1], [−2; 1] 7→ [0; 3] (d) [1; 1] 7→ [0; −1], [0; 1] 7→ [0; −2], [−2; 1] 7→ [0; −4] M. Zjistěte, zda existuje shodnost, pro niž platí A[10; 0] 7→ A0 [0; 0] a B[25; 20] 7→ B 0 [0; 25]. Pokud ano, najděte její analytické vyjádření.

17

2.10

Úlohy – analytické vyjádření posunuté souměrnosti

A. Zjistěte, zda transformace daná rovnicemi x0 = x + 1 a y 0 = −y je shodnost. Pokud ano, geometricky ji charakterizujte. Řešení: Lehce ověříme, že pro každé libovolné body X, Y a jejich obrazy X 0 , Y 0 platí |XY | = |X 0 Y 0 |. Jedná se tedy o shodnost. Na první pohled se zdá, že jde o osovou souměrnost – viz věta 2.8. Zkusme najít samodružné body. Získáme soustavu rovnic x = x + 1, y = −y, která však nemá řešení. Žádný samodružný bod tedy neexistuje a nejde o osovou souměrnost. Zkusíme-li si najít několik bodů a jejich obrazů, zjistíme, že se jedná o nepřímou shodnost. Zatím jsme neodvodili analytické vyjádření posunuté souměrnosti. To řeší následující úloha. B. Odvoďte analytické vyjádření posunuté souměrnosti, známe-li úhel, který svírá osa souměrnosti s osou x a vektor posunutí (rovnoběžný s osou souměrnosti). Řešení: Podle definice získáme posunutou souměrnost tak, že složíme osovou souměrnost a posunutí s vektorem posunutí, který je rovnoběžný s osou osové souměrnosti, a to v libovolném pořadí. Tomu odpovídá analytický způsob řešení: V = S(u, v; α) · T(k cos α, k sin α), kde k ∈ R − {0}. Provedeme výpočet:

    1 0 k cos α cos 2α sin 2α u(1 − cos 2α) − v · sin 2α V(m, n; α) = 0 1 k sin α  ·  sin 2α − cos 2α −u sin 2α + v(1 + cos 2α) = 0 0 1 0 0 1 

 cos 2α sin 2α m = u(1 − cos 2α) − v sin 2α + k cos α =  sin 2α − cos 2α n = −u sin 2α + v(1 + cos 2α) + k sin α 0 0 1 C. Geometricky interpretujte shodnost z úlohy A. Řešení: Dosazením konkrétních hodnot do obecné matice posunuté souměrnosti získáme soustavu rovnic:

18

cos 2α = 1, k cos α + u − u cos 2α − v sin 2α = 1,

sin 2α = 0, k sin α + v + v cos 2α − u sin 2α = 0.

Řešením tedy je α = π, k = −1, v = 0, u je libovolné reálné číslo. Uvedené rovnice jsou tedy rovnicemi posunuté souměrnosti s osou o: y = 0 a vektorem posunutí (1; 0). D. Najděte kritérium, podle něhož poznáme, zda matice G je matice osové nebo posunuté souměrnosti. 

 cos 2α sin 2α m G =  sin 2α − cos 2α n  0 0 1 Řešení: Osová a posunutá souměrnost se liší počtem samodružných bodů. Hledáme-li známým postupem samodružné body, dospějeme k soustavě rovnic x = x cos 2α + y sin 2α + m,

y = x sin 2α − y cos 2α + n

s neznámými x a y. Po úpravě máme x(cos 2α − 1) + y sin 2α + m = 0,

x sin 2α − (cos 2α + 1)y + n = 0

Vyjádříme-li z první rovnice x a dosadíme do druhé rovnice, po úpravě získáme rovnost n(cos 2α − 1) + m sin 2α = 0. Po další úpravě pak dostáváme m cos α + n sin α = 0. Tedy můžeme formulovat kritérium: Matice G je maticí osové souměrnosti, právě když m cos α+n sin α = 0. V opačném případě to je matice posunuté souměrnosti.

2.11

Úloha – charakteristika izometrií

Najděte všechny izometrie, f : E 2 → E 2,

X(x; y; 1) 7→ X 0 (x0 ; y 0 ; 1),

které lze v maticovém tvaru zapsat předpisem

19

(2.6)

 0  x p y 0  =  r 1 u

q s v

   m x   n . y , w 1

kde p, q, . . . , w ∈ R.

(2.7)

Řešení: Nechť U [u; v] je libovolný bod a f (U ) = U 0 [u0 ; v 0 ]. Pak z podmínky „f je izometrieÿ plyne, že pro všechny X, U je |XU | = |X 0 U 0 |, čili (x−u)2 +(y−v)2 = (x0 −u0 )2 +(y 0 −v 0 )2 = ((px+qy)−(pu+qv))2 +((rx+sy)−(ru+sv))2 = . . . Zvolený postup je těžkopádný. Počítání si ulehčíme tím, že místo obecného vztahu zvolíme tři konkrétní a jednoduché vztahy. Vezměme trojúhelník OIJ, kde O[0; 0; 1], I[1; 0; 1], J[0; 1; 1] se zobrazí na trojúhelník O0 I 0 J 0 , kde O0 = f (O) = [m; n; w], I 0 = f (I) = [p + m; r + n; u + w], a J 0 = f (J) = = [q + m; s + n; v + w]. Protože poslední souřadnice všech tří bodů musí být 1, máme u = v = 0 a w = 1. Dále platí základní vazby |OI| = 1 ⇒ |O0 I 0 | = 1 ⇒ p2 + r2 = 1, |OJ| = 1 ⇒ |O0 J 0 | = 1 ⇒ q 2 + s2 = 1, √ √ |IJ| = 2 ⇒ |I 0 J 0 | = 2 ⇒ pq + rs = 0,

(2.8)

neboť |I 0 J 0 |2 = (p−q)2 +(r −s)2 = p2 +r2 +q 2 +s2 −2(pq +rs) = 2−2(pq +rs) = |IJ|2 = 2. Z geometrických vztahů |OI| = |OI 0 |, |OJ| = |OJ 0 | a |IJ| = |I 0 J 0 | jsme získali algebraické vztahy p2 + r2 = 1, q 2 + s2 = 1, pq + rs = 0. (2.9) −→ −−→ Ze vztahů (2.9) plyne, že vektory OI 0 = p~ (p; r; 0) a OJ 0 = ~q (q; s; 0) jsou jednotkové a na sebe kolmé (|~p| = 1, |~q| = 1, p~ · ~q = 0). Body I 0 , J 0 leží tedy na jednotkové kružnici. Z toho vyplývá, že ~q = (−r; p; 0) nebo ~q = (r; −p; 0) (q = −r a s = p, nebo q = r, s = −p) a že existuje takový úhel µ, µ ∈ R, že p = cos µ a r = sin µ. Je zřejmé, že µ a µ0 určují stejnou matici (a tedy stejnou izometrii), právě když µ0 = µ+2kπ, k ∈ Z, tj. právě když se liší o celočíselný násobek čísla 2π. Existuje tedy, a to jediné, µ ∈ h0; 2π) tak, že p = cos µ, r = sin µ. Jestliže je f izometrie, pak její matice má tvar   cos µ − sin µ m M =  sin µ cos µ n  , 0 0 1 nebo

20

(2.10)



 cos µ sin µ m N =  sin µ − cos µ n  . 0 0 1

2.12

(2.11)

Věta – charakteristika izometrií



Zobrazení (2.6), které je dáno vztahem (2.7), je izometrií, právě když platí (2.8). Každá

taková izometrie se dá zapsat ve tvaru (2.10), nebo (2.11), kde µ, m, n ∈ R jsou vhodná

čísla.



Naopak, každá z matic (2.10) a (2.11) je maticí izometrie pro libovolné µ, m, n ∈ R.



Uvedené matice můžeme také zapsat takto:



 



A ∓B C

2 2  

B ±A D , kde A + B = 1.



0 0 1

 



A −B C

Přímá shodnost je dána maticí B A D , kde A2 + B 2 = 1. Nepřímá shodnost



0 0 1

 

A B C

je dána maticí B −A D , kde A2 + B 2 = 1.



0 0 1 Důkaz: Důkaz první a druhé části byl již udělán. Třetí část věty se dokáže trpělivým výpočtem.

2.13

Cvičení – shodnosti v rovině

A. Geometricky charakterizujte shodnosti s rovnicemi (a) x0 = y +1, y 0 = x+1, (b) x0 = x+1, y 0 = −y + 6. B. Determinant matice z věty 2.12 je 1, nebo −1. Zjistěte, zda platí věta: Matice F je maticí shodnosti v rovině právě tehdy, když absolutní hodnota jejího determinantu je 1. C. Zjistěte geometrický popis izometrie f ∈ I[E 2 ] dané maticí       e e 0 e −e 1 − e e e 2e −e , (c) −e −e 1 , (a) −e e 0, (b) e e 0 0 1 0 0 1 0 0 1 kde e =

√1 . 2

D. Vyšetřete izometrii f ∈ I[E 2 ], která je dána maticí

21



 e −e 1 − e e , (d) −e −e 0 0 1



 0, 8 0, 6 −1 (a) 0, 6 −0, 8 3 , 0 0 1



 −0, 8 0, 6 3 (b)  0, 6 0, 8 −1, 0 0 1

  0, 8 0, 6 −1 (c) 0, 6 −0, 8 1 . 0 0 1

Zjistěte, zda se některý z uzlových bodů A[1; 1], B[1; 2], C[1; 3] izometrií f zobrazí opět do uzlového bodu. Najděte všechny uzlové body [x; y], které se zobrazí transformací f opět do uzlových bodů. E. Nechť sJ ∈ I[E 2 ] je středová souměrnost podle bodu J[0; 1] a sO ∈ I[E 2 ] středová souměrnost podle počátku O. (a) Popište geometrický tvar izometrií f1 = sJ ◦sO , f2 = sJ ◦sO ◦sJ f3 = sJ ◦sO ◦sJ ◦sO , f4 = sJ ◦sO ◦sJ ◦sO ◦sJ . (b) Předchozí úlohu zobecněte. Popište izometrii fn . (c) Napište matici transformace fn pro n ∈ N. (d) Transformace fn je definována pro n = 1, 2, 3, . . . Bylo by ji možné přirozeným způsobem definovat i pro n = 0, −1, −2, −3, . . . ? (e) Nechť F = {fn ; n ∈ N}. Popište geometricky i analyticky grupu G [F ]. F. Nechť kromě označení sO z předchozí úlohy je sm ∈ I[E 2 ] osová souměrnost podle přímky m dané rovnicí x − y = 2. (a) Popište geometrický tvar izometrií g1 = sm ◦ sO , g2 = sm ◦ sO ◦ sm , g3 = sm ◦ sO ◦ sm ◦ sO , g4 = sm ◦ sO ◦ sm ◦ sO ◦ sm . (b) Předchozí úlohu zobecněte. Popište izometrii gn . (c) Napište matici transformace gn pro n ∈ N. (d) Bylo by možné přirozeným způsobem definovat i g−1 ? (e) Nechť G = {gn ; n ∈ N}. Popište geometricky i analyticky grupu G [G]. G. Předchozí úlohu řešte v případě, že bod O všude nahradíte bodem J[0; 1]. H. Zjistěte, pro jakou volbu parametrů p, q ∈ R je daná matice maticí izometrie f ∈ I[E 2 ] a vyšetřete její geometrický tvar.       0 p 0 p q 0 p 0 0 (a) p 0 0, (b) 0 1 0, (c) 0 q 0, 0 0 1 0 0 1 0 0 q       p q q 0 p q p p 0 (d) 0 1 p, (e) p 0 q , (f) p q 0. 0 0 1 0 0 1 0 0 1 I. Doplňte scházející čísla v dané matici tak, aby tato byla maticí izometrie g ∈ I[E 2 ] a vyšetřete její geometrický tvar. Najděte všechna řešení.

22



0, 8 •  • • (a) • •  • √12 (d) • • • •

 0 0 , •  1 1 , •



0, 6  • (b) •  7 • 25 (e) • • • •

 • −1 • 2 , • •  2 •. •

  √ 2 1 • (c) • • 1, • • •

J. Nechť X je matice izometrie a I je jednotková matice. Matice V je označena podle přehledu shodností na následující straně. Řešte rovnice: (a) (b) (c) (d) (e)

X · T(1, −2) = I, X · R(3, 2; 30◦ ) = R(2, 3; 30◦ ), X · X = I, T(0, 1) · X · T(1, 0) = I, ◦ X · S(4, −1; 45 ) = S(−2, 0; 45◦ ), 2

(f) (g) (h) (i)

X · T(0, 1) = T(0, 1) · X, V(5, −4; 30◦ ) · X = V(4, 5; 75◦ ), X · X = T(2, 4), X · T(0, 1) · X = V(0, 0; 90◦ ).

K. Zjistěte, zda existuje regulární matice X třetího řádu, která je řešením některé z rovnic předchozího cvičení a přitom to není matice izometrie. L. Nechť f je středová souměrnost sM . Vyšetřete, jak vypadá izometrie f ◦ g ◦ f , jestliže g je (a) středová souměrnost sA , (b) posunutí t~u , (c) otočení rA,α , (d) osová souměrnost sm , (e) posunutá souměrnost t~u ◦ sm . Diskutujte případy M = A, M 6= A, M ∈ m, M 6∈ m. M. Stejnou úlohy řešte v případě, že f je osová souměrnost.

23

Přehled izometrií V tomto přehledu vyjádříme shodnosti maticemi. • Posunutí, tj. translace t~u o vektor ~u = (u; v) 

 1 0 u T(u, v) = 0 1 v  . 0 0 1 Když ~u = (0; 0), pak T(0, 0) = I. • Otočení, tj. rotace rM,α kolem bodu M [u; v] o úhel α   cos α − sin α u(1 − cos α) + v · sin α R(u, v; α) =  sin α cos α −u · sin α + v(1 − cos α) . 0 0 1 Pro α = 2kπ, k ∈ Z, je R(u, v; α) = I. • Osová souměrnost so podle přímky o dané bodem M [u; v] a směrovým vektorem s~o = [cos α; sin α].   cos 2α sin 2α u(1 − cos 2α) − v · sin 2α S(u, v; α) =  sin 2α − cos 2α v(1 + cos 2α) − u · sin 2α , 0 0 1 kde d = m cos α + n sin α = 0 • Posunutá souměrnost so ◦ t~u = t~u ◦ so s osou o, která je dána bodem M [u; v] a směrovým vektorem (cos α; sin α), a vektorem posunutí ~u = (k cos α; k sin α), kde k ∈ R − {0}. 

   cos 2α sin 2α m cos 2α sin 2α u(1 − cos 2α) − v sin 2α + k cos α V(m, n; α) =  sin 2α − cos 2α n  =  sin 2α − cos 2α v(1 + cos 2α) − u sin 2α + k sin α  0 0 1 0 0 1

24

Kapitola 3 Analytické vyjádření podobnosti v E 2 Připomeňme nejdříve, že podobné zobrazení je takové zobrazení f z E 2 do E 2 , pro které platí: ∃ k > 0, že pro každé dva body X, Y ∈ E 2 je |f (X)f (Y )| = k · |XY |. Číslo k se nazývá koeficient podobného zobrazení f . Stejnolehlostí (homotetií) se středem S a koeficientem stejnolehlosti l (l ∈ R − {0, 1}) v E 2 nazýváme podobné zobrazení, při němž obrazem každého bodu X (X 6= S) je takový bod −−→ −→ X 0 , že vektor SX 0 = l · SX. Každá stejnolehlost je podobností s poměrem podobnosti k = |l|. Stejnolehlost s koeficientem l = −1 je středová souměrnost.

3.1

Úlohy – vhled do problematiky

A. Vyšetřete geometrický tvar zobrazení f : E 2 → E 2 , pro které platí [x; y] 7→ [x − y; x + y]. Řešení: Lehce se přesvědčení, že zobrazení nezachovává vzdálenost, ale zachovává úhel. Skutečně, pro body A[2; obrazy f (A) = [3; 1], f (B) = [−4; 2] platí √ −1], B[−1; 3] a jejich 0 0 0 0 |AB| = 5, |A B | = 5 · 2, tedy |AB| < |A B |. Zobrazení f nezachovává vzdálenosti. Nyní úhly. Nechť jsou dány body A[a1 ; a2 ], B[b1 ; b2 ], C[c1 ; c2 ], C různý od A a B. Pak f (A) = A0 = [a1 − a2 ; a1 + a2 ], f (B) = B 0 = [b1 − b2 ; b1 + b2 ], f (C) = C 0 = [c1 − c2 ; c1 + c2 ]. Velikosti 6 ACB, 6 A0 C 0 B 0 určíme pomocí vektorů A − C = ~u = (a1 − c1 ; a2 − c2 ), B − C = = ~v = (b1 − c1 ; b2 − c2 ), A0 − C 0 = u~0 = (a1 − c1 − a2 + c2 ; a1 − c1 + a2 − c2 ), B 0 − C 0 = v~0 = = (b1 − c1 − b2 + c2 ; b1 − c1 + b2 − c2 ). Trpělivý výpočet dá vztahy |u~0 | =

√

2|~u|, |v~0 | =

√

2|~v |, u~0 · v~0 = 2~u · ~v .

25

Pak úhel, který svírají vektory ~u a ~v , je cos α =

~u · ~v |~u| · |~v |

a úhel, který svírají vektory u~0 a v~0 , je cos α0 =

2 · ~u · ~v u~0 · v~0 ~u · ~v √ . = =√ 0 0 ~ ~ |~u| · |~v | 2|~u| · 2|~v | |u | · |v |

Tedy |6 ACB| = |6 A0 C 0 B 0 |. Daná transformace je podobnost. B. Popište zobrazení f : E 2 → E 2 , [x; y] 7→ [x0 ; y 0 ], které splňuje následující tři podmínky: 1. bod O[0; 0] se zobrazí do sebe: f (O) = O; 2. bod I[1; 0] se zobrazí do I 0 = f (I) = [1; 1]; 3. pro libovolné dva body X, Y a jejich obrazy X 0 , Y 0 platí |X 0 Y 0 | =

√

2|XY |.

Najděte všechna řešení. Řešení: Hledejme nejprve bod J 0 = f (J) = [x; y], kde J[0; 1] . √ Protože |OJ| = 1, je |OJ 0 | = 2 (podle podmínek 1 a 3). Tedy x2 + y 2 = 2. √ Protože |IJ| = 2, je |I 0 J 0 | = 2 (podle podmínek 2 a 3). Tedy (x − 1)2 + (y − 1)2 = 4. Soustava dvou kvadratických rovnic má dvě řešení: J10 = [−1; 1], J20 = [1; −1]. Nechť U = [x; y] je libovolný bod a U 0 = f (U ) = [u; v] jeho obraz. Pak platí |U 0 O| = |U 0 I 0 | =

√

√

2|U O| =⇒ u2 + v 2 = 2(x2 + y 2 )

2|U I| =⇒ (u − 1)2 + (v − 1)2 = 2[(x − 1)2 + y 2 ]

A dále uvažujeme dva případy √ a) |U 0 J10 | = 2|U J| =⇒ (u + 1)2 + (v − 1)2 = 2x2 + 2(y − 1)2 √ b) |U 0 J20 | = 2|U J| =⇒ (u − 1)2 + (v + 1)2 = 2x2 + 2(y − 1)2 Známe-li bod U , tj. čísla x, y, pak bod U 0 , tj. čísla u, v, určíme z horních vztahů a) u = x − y, v = x + y b) u = x + y, v = x − y

26

Hledaná zobrazení jsou dvě f1 :E 2 −→ E 2 , [x; y] 7→ [x − y; x + y],

f2 :Z 2 −→ Z 2 , [x; y] 7→ [x + y; x − y]. Jiné řešení: Známe-li už možné obrazy bodu J, tj. J10 a J20 , můžeme použít metodu úlohy 2.9L. C. Zjistěte geometrickou interpretaci zobrazení z předchozí úlohy. Řešení:

3.2

Úlohy – analytické vyjádření podobností

A. Najděte analytické vyjádření stejnolehlosti. Řešení: Nechť máme stejnolehlost f se středem M [m; n] a koeficientem stejnolehlosti k (k ∈ R − {0, 1}). Z definice stejnolehlosti lehce odvodíme analytické vyjádření: Rovnicemi x0 = kx + (1 − k)m, y 0 = ky + (1 − k)n.

(3.1)

Maticí 

 k 0 i 0 k j  , i = (1 − k) · m, j = (1 − k) · n. 0 0 1 B. Odvoďte analytické vyjádření podobnosti s koeficientem k. Řešení: Můžeme vycházet buď z definice podobnosti nebo z vět elementární geometrie: Každá podobnost s koeficientem k se dá složit ze stejnolehlosti s koeficientem k a libovolným středem (tedy třeba se středem v počátku) a ze shodnosti. Pak stačí využít větu o analytickém vyjádření shodností. Použijeme vyjádření matic shodností z věty 2.12. Tedy pro přímé podobnosti máme: 

     A −B C k 0 0 kA −kB C B A D · 0 k 0 = kB kA D 0 0 1 0 0 1 0 0 1 Podmínky: k 6= 0, k 6= 1, A2 + B 2 = 1. Označme kA = a a kB = b. Pak dostáváme matici 27

přímé podobnosti 

 a −b C  b a D , kde (a, b) 6= (0, 0). 0 0 1 Podobně dostaneme matici nepřímé podobnost: 

 a b i  b −a j  kde (a, b) 6= (0, 0). 0 0 1 Jak zjistíme z tohoto vyjádření koeficient podobnosti? Víme, že A2 + B 2 = 1. Rovnost 2 2 2 2 2 vynásobíme číslem k 2 a dostaneme √ k A + k B = k . Víme, že kA = a a kB = b, tedy 2 2 2 dostáváme a + b = k a k = a2 + b2 (k jako koeficient podobnosti je číslo kladné). Pokud a2 + b2 = 1, jedná se o shodnost (srovnejte s větou 2.12). C. Vyšetřete samodružné body a samodružné směry podobností. Řešení:

3.3

Cvičení – podobnosti

A. Vyšetřete zobrazení, které je dané rovnicemi x0 = −2x + 6, y 0 = −2y − 2. Najděte samodružné směry zobrazení. B. Najděte analytické vyjádření všech podobností v E 2 , pro které platí X[1; 0] 7→ X 0 [4; −2] a Y [2; 3] 7→ Y 0 [2; −8]. C. Najděte analytické vyjádření všech podobností v E 2 , pro které platí [0; 0] 7→ [0; 2], [1; 1] 7→ [0; 0], [2; 0] 7→ [2; p]. Určete jejich samodružné body a samodružné směry. D. Určete analytické vyjádření všech podobností, pro které jsou bod [1; 1] a směr vektoru (1; 1) samodružné. E. Je dán čtverec ABCD se středem S. Určete obraz bodu C v podobnosti, které zobrazí A 7→ B, B 7→ D, S 7→ C. Určete samodružné body a samodružné směry této podobnosti. F. Je dán trojúhelník ABC, kde A[0; 0], B[1; 0], C[−1; 1]. Sestrojte alespoň jeden trojúhelník A0 B 0 C 0 podobný s trojúhelníkem ABC tak, že A0 [2; 1], B 0 leží na polopřímce opačné k polopřímce A0 A. G. Popište podobnost f z předchozí úlohy, která trojúhelník ABC zobrazí na trojúhelník A0 B 0 C 0 .

28

H. Je dán obdélník ABCD, kde A[0; 0], B[2; 0], C[2; 1], D[0; 1]. Najděte podobnost f : E 2 −→ E 2 tak, aby pro obraz A0 B 0 C 0 D0 obdélníka ABCD v podobnosti f platilo: A = A0 , C 0 leží na přímce AB.

29

Kapitola 4 Afinita v A2 V předchozích kapitolách jsme zkoumali shodnosti a podobnosti v Eukleidovské rovině E 2 . Přitom jsme vycházeli ze známých geometrických objektů (transformací) a hledali jsme jejich algebraické vyjádření. V této kapitole roli algebry a geometrie částečně vyměníme. Začneme s algebraickými objekty (maticemi, popřípadě rovnicemi) a budeme hledat jejich geometrickou interpretaci.

4.1

Geometrická interpretace matice

Zobecněním matice shodnosti a podobnosti dostaneme následující matici:   a b i X = c d j  0 0 1 Tedy známe matici X a chceme vyjasnit geometrický tvar transformace fX , tj. transformace dané maticí X, která převádí bod [x; y] do bodu [x0 ; y 0 ]. Tedy    0    x x a b i x 0       y . y → y = c d j fX : (4.1) 1 1 0 0 1 1 Slovy „vyjasnit geometrický tvarÿ rozumíme nabýt geometrický vhled do situace. Nestačí umět najít obraz jednotlivých bodů. Potřebujeme znát daleko víc – zda zobrazení zachovává délky, úhly, obsahy, zda přímku převede do přímky, kružnici do kružnice, čtverec do čtverce, zda množina těchto zobrazení tvoří grupu, zda v ní existují zvláště jednoduché transformace, na které lze každou jinou transformaci souboru rozložit, apod. Jak uvidíme dále, geometrické transformace, ke kterým nás zkoumání přivede, nám odhalí nový svět rovinné geometrie. Budeme jej nazývat afinní. Dáváme-li množině R2 , na které uvažujeme transformace fX , geometrickou interpretaci, nazýváme ji afinní rovina a označujeme A2 . 30

4.2

Příklad – otázka transformace

Začneme zkoumáním konkrétní matice: 

 −1 0 1 A =  1 2 0 0 0 1 Čtenář může naše příští uvažování prožít hlouběji a autentičtěji když, veden našimi hami, samostatně prozkoumá některou, či některé z matic        2 0 0 −1 1 0 −1 1 5 3 1        0 1 2 , 2 1 −4 , B= 0 1 0 , C= D= E= 5 2 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0

(4.2) úva −4 0 . 1

Zkoumání zahájíme kardinální otázkou – je vůbec zobrazení fA transformací? Zobrazení fA : A2 → A2 , které je dáno předpisem      0 −1 0 1 x x  1 2 0 y  = y 0  , 1 0 0 1 1 je injektivní (tedy prosté), neboť       −1 0 1 x1 −1 0 1 x2  1 2 0  y1  =  1 2 0  y2  0 0 1 1 0 0 1 1

(4.3)

implikuje x1 = x2 , y1 = y2 . Skutečně, vztah (4.3) lze upravit na homogenní soustavu rovnic −1(x1 − x2 ) + 0(y1 − y2 ) = 0, 1(x1 − x2 ) + 2(y1 − y2 ) = 0, se dvěma neznámými (x1 − x2 ) a (y1 − y2 ). Determinant této soustavy je nenulový (det = −2), tedy soustava má pouze triviální řešení x1 − x2 = 0 a y1 − y2 = 0. Zobrazení fA je i surjektivní (tedy na), neboť ke každému bodu [u; v] existuje bod [x; y] tak, že platí      −1 0 1 x u  1 2 0 y  = v  , neboli −1x + 0y + 1 = u, 1x + 2y + 0 = v. 0 0 1 1 1 Skutečně, poslední soustava dvou lineárních rovnic o neznámých x, y má vždy, a to jediné, řešení, neboť determinant soustavy (týž jako v předešlé úvaze) je nenulový. Bez ohledu na pravou stranu, tj. na čísla u, v. Konkrétně 31

u+v−1 . 2 Protože zobrazení fA je injektivní i surjektivní, je bijektivní (tedy vzájemně jednoznačné), a tedy je to transformace. x = 1 − u, y =

Zcela analogicky se můžete přesvědčit, že každé ze zobrazení fB , fC , fD , fE je transformací. To nás vede k domněnce, že fX je transformací pro každou matici X. Domněnku se pokusíme prověřit pomocí tvrzení 4.4.

4.3

Úloha – inverzní transformace

K transformaci fX najděte inverzní transformaci (fX )−1 . Řešení: Nechť je dána transformace fX předpisem (4.1). Hledáme inverzní transformaci (fX )−1 . Ptáme se, zda je i tato transformace typu fY , tj. zda existuje matice Y, pro kterou je (fX )−1 = fY . Transformace fX převádí bod [x; y] do bodu [x0 ; y 0 ]. Hledaná transformace fY převádí tedy bod [x0 ; y 0 ] zpět do bodu [x; y]. Matice Y existuje – známe ji z kurzu algebry. Je to matice Y = X−1 inverzní k matici X. Skutečně, z (4.1) plyne    −1  0   0 x x a b i x (4.4) (fX )−1 : y 0  → y  =  c d j  y 0  . 1 1 0 0 1 1 Připomeňme, že ne ke každé matici existuje matice inverzní. K matici X existuje inverzní matice X−1 právě tehdy, když je X maticí regulární, tj. právě tehdy, když je její hodnost tři, tj. právě tehdy, když je determinant matice δ = det X = ad − bc nenulový. Pak

−1  d a b i − δb δ =  c d j  = − δc aδ 0 0 1 0 0 

X−1

(4.5) bj−di δ ci−aj  . δ



(4.6)

1

Dospěli jsme k důležitému tvrzení a definici.

4.4

Tvrzení – podmínka transformace



Zobrazení fX : A2 → A2 je transformací, právě když je matice X regulární (tj. δ =



= det X = ad − bc 6= 0). Je-li matice X regulární, pak (fX )−1 = fX −1 . Uvedené tvrzení je geometrizací známého tvrzení algebry – soustava dvou lineárních rovnic o dvou neznámých má právě jedno řešení tehdy a jen tehdy, když determinant soustavy je 32

nenulový. V algebře se toto tvrzení dokazuje obecněji pro soustavu n rovnic o n neznámých. I tuto zobecněnou větu lze geometrizovat. Potřebovali bychom k tomu ale n-rozměrné afinní prostory.

4.5

Definice – afinní transformace



Transformace fX popsaná v předešlém tvrzení se nazývá afinní transformace v afinní

rovině daná maticí X, nebo stručněji afinita daná maticí X, nebo stručně afinita. Množinu

všech afinit v rovině A2 označíme A[A2 ].

4.6

Příklad – inverzní transformace

K zobrazení fA z (4.2) najdeme inverzní zobrazení (fA )−1 . Řešení: Matice A je regulární. Zobrazení fA je tedy transformací a k němu inverzní zobrazení (fA )−1 je dáno maticí   −1 0 1 A−1 =  21 21 − 12  . 0 0 1 Inverzní matici najdeme například pomocí předpisu (4.6). Můžeme ji však najít jednoduššími prostředky středoškoláka. Transformaci fA zapíšeme jako soustavu dvou rovnic o dvou neznámých x, y (čísla u, v známe): −x + 1 = u, x + 2y = v. Pak provedeme inverzi – zaměníme vzájemně známé a neznámé. Řekneme, že čísla u, v, známe a čísla x, y neznáme. Z dané soustavy tedy vypočteme čísla x, y pomocí u, v: x = −u + 1, y = 21 u + 21 v − 12 .

4.7

Cvičení – některé vlastnosti afinit

A. Zjistěte, které ze zobrazení fB , fC , fD , fE popsaných v 4.2 je transformací. Když je transformací, najděte příslušnou inverzní matici. B. Zjistěte, zda afinita fA z odstavce 4.2 zobrazí (a) středy úseček OI, OJ, IJ do středů úseček O0 I 0 , O0 J 0 , I 0 J 0 , (b) těžiště trojúhelníka OIJ do těžiště trojúhelníka O0 I 0 J 0 , (c) ortocentrum trojúhelníka OIJ do ortocentra trojúhelníka O0 I 0 J 0 (ortocentrum je průsečík výšek trojúhelníka), (d) střed kružnice trojúhelníku OIJ opsané (resp. vepsané) do středu kružnice trojúhelníku O0 I 0 J 0 opsané (resp. vepsané). 33

C. Dokažte, že střed dvojice bodů je afinní invariant. D. Dokažte, že afinita zachovává dělicí poměr bodů.

4.8

Úlohy – afinní obraz přímky

A. Podejte geometrickou interpretaci zobrazení fA a (fA )−1 z odstavce 4.2. Řešení: Transformace fA a (fA )−1 známe algebraicky, ale zatím nevíme, jak vypadají geometricky. Nevíme, jak působí na geometrické tvary, jak je přemísťují a mění. Přejděme tedy k obrázkům. Vezměme body O[0; 0], I[1; 0] a J[0; 1] a položme si otázku: Do čeho se transformací fA zobrazí trojúhelník OIJ? Lehce najdeme, že afinitou fA se body O, I, J zobrazí do bodů kde O0 = fA (O) = I, I 0 = fA (I) = J, J 0 = fA (J) = (1, 2) (viz obrázek 4.1). Tedy trojúhelník OIJ se afinitou fA zobrazí do trojúhelníka O0 I 0 J 0 .

Obrázek 4.1: Naše úvaha však není přesná. Víme, že vrcholy trojúhelníka OIJ se zobrazí do vrcholů trojúhelníka O0 I 0 J 0 , ale zatím jsme nedokázali, že i strany se zobrazí do stran. Mohlo by se stát, že afinita zobrazí úsečku do kružnicového oblouku, jak je tomu například při stereografické projekci, nebo při konformních zobrazeních. Tedy naším dalším úkolem je prozkoumat, do čeho se afinitou zobrazí přímka. B. Zjistěte, jak vypadá obraz přímky p: 6x − 7y + 5 = 0 v transformaci fA z odstavce 4.2. Řešení: Hledáme p0 = fA (p) = {fA (X); X[x; y] ∈ p}. Zřejmě platí [x; y] ∈ p ⇔ [x0 ; y 0 ] ∈ p0 .

(4.7)

Protože podle zadání je [x; y] ∈ p ⇔ 6x − 7y + 5 = 0, a podle odstavce 4.6 je x = −x0 + 1,

1 1 1 y = x0 + y 0 − , 2 2 2

(4.8)

můžeme po dosazení vztahů (4.8) do rovnice přímky p přepsat (4.7) do tvaru 19x0 + 7y 0 − 29 = 0 ⇔ (x0 ; y 0 ) ∈ p0 , z něhož již vidíme, že množina p0 je opět přímkou (viz obrázek 4.2).

34

(4.9)

Obrázek 4.2: Poznámka: Ve vztahu (4.9) je čárka u symbolu p0 podstatná, ale čárky u x0 a y 0 jsou nepodstatné. Proč? Zápis (4.8) říká totéž, co 19x + 7y − 29 = 0 ⇔ [x; y] ∈ p0 , nebo-li p0 : 19x + 7y − 29 = 0. C. Z toho, že jedna konkrétní přímka byla jednou konkrétní afinitou převedena opět do přímky, nelze vyvodit, že obrazem přímky v afinní transformaci je opět přímka. Takové tvrzení potřebuje obecný důkaz (bude dán v odstavci 4.9). Dokažte nejprve, že obrazem libovolné přímky p: Ax + By + C = 0, (A, B) 6= (0; 0), v afinitě fA z odstavce 4.2 je opět přímka. Řešení: Sledujeme postup, který již známe. Křivka f (p) = p0 je tvořena těmi body [x0 ; y 0 ] = [1 − x, x + 2y], pro něž [x; y] ∈ p, tedy Ax + By + C = 0. Za x, y dosaďme x0 a y 0 ze vztahů (4.8). Bude 1 A(1 − x0 ) + B(x0 + y 0 − 1) + C = 0. 2 Tedy p0 : (B − 2A)x0 + By 0 + (2A − B + 2C) = 0 je přímka. Pouze v případě B − 2A = 0, B = 0 by to pravda nebyla. Tento případ však je ekvivalentní s případem A = B = 0, který je vyloučen, neboť p je přímka. Dokázali jsme, že obrazem přímky v afinitě fA je vždy přímka.

4.9

Tvrzení – afinní obraz přímky

kAfinním obrazem přímky je přímka.

k

Důkaz: Dokážeme víc, než co je třeba. Najdeme analytické vyjádření přímky p0 = fX (p). Navíc výsledek získáme elegantní cestou maticového počtu. Nechť je dána obecná přímka p: Ax + By + C = 0, (A, B) 6= (0, 0), a regulární matice X. Rovnici přímky Ax + By + C = 0 můžeme také psát jako

35

  x  (A, B, C) · y  = 0. 1 Tuto rovnost upravíme (mezi obě matice vlastně vložíme matici identity):  −1    a b i a b i x (A, B, C)  c d j   c d j  y  = 0. 0 0 1 0 0 1 1

(4.10)

Označme dále  −1 a b i (A0 , B 0 , C 0 ) = (A, B, C)  c d j  , 0 0 1

   0  a b i x x y 0  =  c d j  y  . 0 0 1 1 1

(4.11)

Po dosazení do (4.10) dostaneme  0 x 0 0 0  (A B C ) · y 0  = 0. 1 Po vynásobení dostaneme rovnici A0 x0 + B 0 y 0 + C 0 = 0, pro kterou platí (A0 , B 0 ) 6= (0, 0) (prověřte to). Tedy poslední rovnice je rovnicí přímky, která evidentně je obrazem přímky p v afinitě fX . Tvrzení je dokázáno a navíc první ze vztahů (4.11) ukazuje, jak najít koeficienty A0 , B 0 , C 0 určující přímku fX (p).

4.10

Příklad – afinní obraz vektoru

Zjistěte, co je obrazem vektoru ~u = (3; −2) v afinitě fX . Řešení: Dá se vektor vůbec afinně zobrazit? Vždyť afinita se týká objektů afinní roviny A2 a vektor není jejím „obyvatelemÿ. Je to obyvatel asociovaného vektorového prostoru a do roviny vchází jako host prostřednictvím uspořádané dvojice bodů. Například pomocí vztahu ~u = U − O, kde O[0; 0] je počátek a U [3; −2] bod roviny. Zprostředkovaná vazba vektoru ~u k rovině A2 umožní rozumným způsobem zavést objekt fX (~u) jako rozdíl fX (U ) − fX (O). Tedy           a b i 0 i a b i 3 3a − 2b + i fX (O) =  c d j  0 = j  , fX (U ) =  c d j  −2 = 3c − 2d + j  . 0 0 1 1 1 0 0 1 1 1 (4.12) 36

Odtud fX (~u) = fX (U ) − fX (O) = (3a − 2b; 3c − 2d). Není ale jasné, zda je tato definice dobrá. Mohlo by se totiž stát, že při jiném vyjádření vektoru ~u dostaneme jiný výsledek pro fX (~u). Například vezměme body V [3; 0] a W [0; 2]. Pak ~u = V − W , a tedy podle předešlého je též fX (~u) = fX (V ) − fX (W ). Kdybychom teď zjistili, že nastává fX (V ) − fX (W ) 6= fX (U ) − fX (O), pak by naše zavedení objektu fX (~u) bylo vnitřně rozporné, tedy špatné. Toto protivenství se nekoná. Lehce zjistíme, že i v tomto případě je fX (V ) − fX (W ) = [3a + i; 3c + j] − [2b + i; 2d + j] = (3a − 2b; 3c − 2d). Konkrétní případ ještě neznamená důkaz. Chceme-li uvedeným způsobem zavést pojem „afinní obraz vektoruÿ, musíme udělat obecný důkaz.

4.11

Tvrzení – afinní obraz vektoru



V A2 jsou dány čtyři body A, B, C, D tak, že A − B = C − D. Nechť fX je libovolná



afinita. Pak platí



fX (A) − fX (B) = fX (C) − fX (D). (4.13) Důkaz: (Viz obrázek 4.3.) Víme, že pojem „střed dvojice bodůÿ je afinní invariant a že platí A − B = C − D ⇔ A − • − D = B − • − C. Pak tedy A − B = C − D ⇔ fX (A) − • − fX (D) = fX (B) − • − fX (C) ⇔ (4.13). Dokázané tvrzení nás opravňuje k zavedení pojmu vektor jako rozdíl dvou bodů. V souřadnicích, obohacených o normující třetí souřadnici, z tohoto zavedení plyne: [x; y; 1] − [x0 ; y 0 ; 1] = (x − x0 ; y − y 0 ; 0). Obrázek 4.3: Tedy i vektor je obohacen o třetí souřadnici, tato je však nulou. To umožňuje rychlé počítání vektoru u~0 = fX (~u). Například pro vektor ~u = (3; −2) z odstavce 4.10 je         0  3a − 2b a b i  3 fX (~u) =  c d j  −2 − 0 = 3c − 2d . 0 0 1 1 1 0

37

4.12

Úlohy – samodružný směr afinity



Vlastní vektor (také charakteristický vektor) zobrazení f je nenulový vektor ~u, pro který

platí





f (~u) = k · ~u.





Vlastní vektor určuje samodružný směr zobrazení (tedy směr, který se zobrazí „sám do

sebeÿ). A. Afinita f je dána rovnicemi x0 = 3x − y + 6, y 0 = 3y + 4. Najděte samodružné směry této afinity. Řešení: Samodružný směr afinity f je dán vektorem ~u, pro který platí f (~u) = k · ~u. Z rovnic získáme obraz vektoru ~u: ~u0 = (3u1 − u2 ; 3u2 ) Hledáme takové nenulové číslo k a vektor ~u, pro který platí soustava rovnic:

3u1 − u2 =k · u1 3u2 =k · u2 Tedy po úpravě:

(3 − k)u1 − u2 =0 (3 − k)u2 =0 Tato soustava je řešitelná pro k = 3 a řešením je u1 ∈ R − {0} a u2 = 0. Afinita má tedy jediný samodružný směr, který je dán např. vektorem (1; 0). B. Klasifikujte afinity podle počtu samodružných směrů. Řešení: Hledáme takový vektor ~u, pro který f (~u) = k · ~u, kde k 6= 0. Tedy      a b i u1 k · u1  c d j  u2  = k · u2  , 0 0 1 0 0 Dostaneme soustavu rovnic

(a − k)u1 + bu2 =0, cu1 + (d − k)u2 =0. 38

ad − bc 6= 0.

První možnost počtu řešení dostáváme pro a = k, b = 0, c = 0 a d = k. Pak jsou u1 a u2 libovolné. Homogenní soustava rovnic má netriviální řešení, pokud je determinant její soustavy nulový. Tedy (a − k)(d − k) − bc = 0. Po úpravě dostaneme kvadratickou rovnici pro k: k 2 − k(a + d) + ad − bc = 0 Na její řešitelnost má vliv diskriminant D = a2 − 2ad + d2 + 4bc. Tedy možnosti počtu samodružných směrů afinity jsou: žádný, jeden, dva, každý (např. stejnolehlost, posunutí).

4.13

Cvičení – obraz přímky a samodružné směry afinit

A. Najděte obraz přímky p: 6x − 7y + 5 = 0 v transformaci fX , kde za X postupně zvolíte matice B, C, D a E z odstavce 4.2. Kreslete obrázky. B. Najděte obraz přímky p: Ax + By + C = 0 v transformaci fX , kde za X postupně zvolíte matice B, C, D a E z odstavce 4.2. Kreslete obrázky. C. Najděte samodružné směry afinity fA z odstavce 4.2. D. V A2 je dán trojúhelník ABC. Pro afinitu f platí: f (ABC) = BAC. Určete samodružné směry afinity f . E. Afinita v A2 je dána rovnicemi x0 = 2x − y + 1, y 0 = x + 2y + 3. Určete samodružné směry afinity. F. Dokažte, že afinity zachovávají rovnoběžnost přímek (tedy že rovnoběžné přímky se zobrazí do rovnoběžných přímek).

4.14

Úlohy – invariantní (samodružný) bod a přímka

Nechť f : M → M je transformace, kde M je buď Eukleidovský prostor E n , nebo afinní prostor An , n = 1, 2, . . . . Množinu všech samodružných bodů transformace f označíme IN V (f ). Tedy IN V (f ) = {Y ; f (Y ) = Y }. Množinu všech samodružných přímek transformace f označíme IN V (f ). Tedy IN V (f ) = = {p; f (p) = p}. 39

Pozor! Samodružná přímka je něco jiného než přímka samodružných bodů. Například když f je posunutí, pak každá přímka rovnoběžná se směrem posunutí patří do IN V (f ), ale žádný bod není vzhledem k f invariantní. Při osové souměrnosti je osa souměrnosti samodružnou přímkou a dokonce i přímkou samodružných bodů. Každý její bod je samodružný. Každá přímka kolmá na osu je samodružná přímka, ale není to přímka samodružných bodů.       1 2 2 1 2 −2 A. Najděte IN V (fX ) pro (a) L = , (b) M = , (c) N = . 3 2 0 1 −1 0 Řešení: (a) Bod [x; y] je samodružným bodem afinity fL , právě když 2x + y = x,

3x + 2y = y,

tj. x + y = 0, 3x + y = 0, tj. x = y = 0. Tedy IN V (fL ) = {O}, (b) IN V (fM ) = {[x; y]; x = 2y}, (c) IN V (fN ) = {O}.  B. Je dána matice D(p) =

 p −1 závislá na parametru p ∈ R. Zjistěte IN V (fD ) v zá−1 p

vislosti na parametru p. Řešení: Nejdříve je nutné zjistit, pro jaký parametr p je D(p) maticí afinity, tedy D(p) musí být regulární. To je tehdy, když p2 − 1 6= 0, tj. p 6= ±1. Bod [x; y] je samodružným bodem afinity fD , právě když px − y = x,

−x + py = y,

tedy (p − 1)x − y = 0,

x − (p − 1)y = 0.

Tato parametrická soustava dvou rovnic o dvou neznámých x, y s parametrem p má vždy triviální řešení x = 0, y = 0. Netriviální řešení má, právě když D = 0, tj. −(p−1)p−1)+1 = = p(2 − p) = 0. Tedy pro p = 0 je IN V (fD ) = {[x; y]; x+y = 0}; pro p = 2 je IN V (fD ) = {[x; y]; x−y = 0}; pro p ∈ R − {−1, 0, 1, 2} je IN V (fD ) = {O}. C. Najděte IN V (fA ), kde A je matice z odstavce 4.2. Řešení I: Hledáme přímku p: Ax + By + C = 0, která splývá se svým obrazem 1 1 1 fA (p) = p0 : (−A + B)x + By + (A − B + C) = 0. 2 2 2

40

To nastává, právě když jsou vektory (A; B; C) a (−A + 12 B; 21 B; A − 12 B + C) lineárně závislé. Tedy hledáme čísla A, B, C a koeficient t ∈ R tak, aby bylo 1 tA = −A + B, 2

1 tB = B, 2

1 tC = A − B + C. 2

Z druhé rovnice vidíme, že nastávají dva případy: (a) B 6= 0, pak t =

1 2

a dále pak 3A = B, 2A + C = B.

(b) B = 0, pak A 6= 0, t = −1, tedy A = −2C. Proto IN V (fA ) obsahuje dvě přímky: p1 : x + 3y + 1 = 0 a p2 : 2x − 1 = 0. Řešení II: Tento způsob je založen na hledání obrazu přímky, který jsme odvodili v odstavci 4.9. Má-li být přímka Ax + By + C = 0 samodružná, musí pro ni platit  −1 −1 0 1 (A, B, C) ·  1 2 0 = (kA, kB, kC) 0 0 1 Dostaneme soustavu tří rovnic se třemi neznámými a parametrem k 6= 0: 1 (k + 1)A − B = 0 2 1 (k − )B = 0 2 1 A − B + (1 − k)C = 0 2 Ze druhé rovnice plynou dvě větve řešení. (a) Nechť B = 0. Pak k = −1 a A = −2C. Hledaná přímka má tedy rovnici −2Cx+C = 0, tedy 2x − 1 = 0. (b) Nechť k = 21 . Pak B = 3A a C = A. Pak má rovnice přímky tvar Ax + 3Ay + A = 0, tedy x + 3y + 1 = 0.

4.15

Tvrzení – samodružné přímky

Ve druhém případě v předchozí úloze jsme samodružné přímky hledali pomocí inverzní matice. Kdybychom tuto matici neměli, museli bychom si ji nejdříve najít, což někdy bývá 41

pracné. Proto je dobré si uvědomit, že celý postup lze udělat bez invertování matice X. Platí totiž následující tvrzení:

Nechť fX ∈ A[A2 ] je afinita dána maticí



 

a b i



  c d j X = .



0 0 1



Pak



IN V (fX ) = {p: Ax + By + C = 0; (A, B, C) · X = t(A, B, C)}. Důkaz: Podle vztahů (4.11) víme, že přímka p: Ax + By + C = 0 je invariantní, právě když (A, B, C)X−1 = k(A, B, C), kde k je libovolná reálná konstanta (zřejmě k 6= 0). Když tuto maticovou rovnici vynásobíme zprava maticí X, dostaneme (A, B, C) = k(A, B, C) · X. Po vydělení číslem k a označení t =

1 k

dostáváme

t(A, B, C) = (A, B, C) · X,

t 6= 0.

(4.14)

QED.

4.16

Klasifikace afinit podle množiny IN V (fX )

Podívejme se na obecnou situaci. Množina IN V (fX ) je dána řešením soustavy      a b i x x  c d j  y  = y  , tj. x(a − 1) + yb = −i, xc + y(d − 1) = −j, 1 = 1. 0 0 1 1 1 Z algebry víme, že o počtu řešení této soustavy rozhodují čísla     a−1 b a−1 b i h1 = hod , h2 = hod , c d−1 c d−1 j tedy hodnost matice soustavy h1 a hodnost matice rozšířené h2 . Nastává pět možností: 1. h1 = h2 = 2, pak existuje jediné řešení, tedy IN V (fX ) je jednobodová, 2. h1 = 1, h2 = 2, pak množina řešení je prázdná, tedy IN V (fX ) = {}, 3. h1 = h2 = 1, pak množina řešení vyplní přímku, tedy IN V (fX ) je přímka, 42

4. h1 = 0, h2 = 1, pak množina řešení je prázdná, tedy IN V (fX ) = {}, 5. h1 = h2 = 0, pak je IN V (fX ) = A2 . Podobně lze udělat klasifikaci afinit podle množiny IN V (fX ). Tyto úvahy jsou však značně technicky náročné, proto je nebudeme dělat obecně, ale pouze na úrovni konkrétních afinit ve cvičení.

4.17

Cvičení – invarianty afinity

A. V závislosti na parametru q zjistěte, jak vypadá množina samodružných bodů a samodruž q 0 ných přímek afinity fq ∈ AO [A2 ], která je dána maticí (a) A(q) = , (b) B(q) = 0 2 − q     q 1 0 q = , (c) C(q) = . 0 2−q 2−q 0 B. Najděte IN V (fB ), IN V (fC ), IN V (fD ), IN V (fE ). C. Najděte IN V (fB ), IN V (fC ), IN V (fD ), IN V (fE ). D. Vyšetřete samodružné body a přímky afinit fX , kde X je matice (p, q jsou reálné parametry): 

    3 −1 3 2 1 −2 2 F = 4 −1 6 , G = 2 3 −4 , H = 2 0 0 1 0 0 1 0     q 0 0 −1 q 0    0 1 2 , B(q) = 0 1 0 , C(q) = 0 0 1 0 0 1

 1 1 3 2 , 0 1



 3 2 2 K = 1 2 1 , 0 0 1   −1 1 p D(p, q) =  2 1 q  . 0 0 1

E. Vyšetřete samodružné body a přímky afinit fX , kde X je matice (a) F2 , (b) G2 , (c) F · G, (d) G · F, (e) B2 (q), (f) B3 (q). F. Zjistěte, zda platí tvrzení: „Má-li afinita tři samodružné nekolineární body, pak je to identita.ÿ G. Zjistěte, zda existuje afinita, která má právě (a) dva samodružné body, (b) tři samodružné přímky.

43

Kapitola 5 Významné afinity a grupa afinit A [A2] První část této kapitoly bude věnována bližšímu pohledu na šest typů afinit, které se nám jeví jako nejvýznamnější. První tři z těchto typů známe z Eukleidovské roviny – posunutí, středová souměrnost, stejnolehlost. Od ostatních shodností a podobností se liší tím, že s nimi můžeme pracovat i v afinní rovině, tj. můžeme při konstrukci obrazů bodů v těchto transformacích používat pouze afinní rýsovací prostředky (pravítko a rovnoběžkové pravítko). Konečně, poslední trojici tvoří osová afinita a její speciální případy – elace a involutorní osová afinita.

5.1

Označení a postup práce 

 a b i Zkoumaná afinita f = fX je dána regulární maticí X =  c d j  . 0 0 1 0 Čárkou značíme obraz bodu v afinitě f , tedy A = f (A), B 0 = f (B), X 0 = f (X),. . . Bod O[0; 0] je počátek, bod O0 [i; j] jeho obraz. Dvojice bodů A, A0 , B, B 0 , X, X 0 ,. . . nazýváme párem odpovídajících si bodů. U každého ze zkoumaných typů afinit odpovíme na pět otázek: 1. Jakými prvky je afinita f určena? 2. Jak afinními rýsovacími nástroji (pravítkem a rovnoběžkovým pravítkem) k danému bodu X sestrojíme bod X 0 ? 3. Jak vypadají množiny IN V (f ) a IN V (f )? 4. Jak vypadá matice X? 5. Jaká je geometrická interpretace prvků matice X? Poznámka: Pravítkem umíme ke dvěma různým bodům sestrojit přímku AB. Rovnoběžkovým pravítkem umíme ke třem vrcholům trojúhelníka ABC sestrojit přímku p bodem A rovnoběžně s přímkou BC a nic víc. 44

5.2

Posunutí

1. Nechť jsou dány dva body A, A0 . Pak existuje jediné posunutí f , pro které je f (A) = A0 . Posunutí značíme též tAA0 . V případě A = A0 je f = id nulové posunutí. Tento případ z dalšího zkoumání vyloučíme, protože jej již dobře známe. 2. Nechť je párem odpovídajících si různých bodů A, A0 určeno posunutí f . Nechť B je libovolný bod neležící na přímce AA0 . Pak bod B 0 sestrojíme pomocí rovnoběžkového pravítka BAA0 B 0 takto: {B 0 } = p ∩ q, kde B ∈ p k AA0 , A0 ∈ q k AB. Je-li X bod, který neleží na přímce AA0 , pak X 0 sestrojíme pomocí rovnoběžníka XAA0 X 0 . Jestliže X leží na přímce AA0 , pak X 0 sestrojíme pomocí rovnoběžníka XBB 0 X 0 . 3. Samodružné prvky nenulového posunutí f již známe. Tedy IN V (f ) = {}, IN V (f ) = {p; p k AA0 } je osnova všech přímek rovnoběžných s přímkou AA0 (včetně této přímky) (viz cvičení 5.11A). 4. Afinita fX je posunutím, právě když pro matici X platí a = d = 1,

b = c = 0 a i, j

jsou libovolné (viz úloha 2.5A).

5. Čísla i, j jsou souřadnice vektoru posunutí A0 − A = (i; j). Tedy posunutí fX je nulové, právě když i = j = 0 (viz cvičení 5.11A).

5.3

Středová souměrnost

1. Nechť je dán bod M . Pak existuje jediná středová souměrnost f , alternativně značena též sM , se středem v bodě M . 2. Nechť je bodem M určena středová souměrnost f = sM a nechť X je libovolný bod různý od M . Nejprve sestrojíme jakýkoli rovnoběžník XM BA, a pak bod X 0 sestrojíme pomocí rovnoběžníka M ABX 0 (viz obrázek 5.1).

Obrázek 5.1: Poznámka: Dosud jsme konstrukci bodu sX (Y ) k daným bodům X a Y dělali pomocí kružítka jako eukleidovskou konstrukci. Teď již víme, že tuto konstrukci lze udělat i v afinní rovině. Podobně je to i s konstrukcí „sestrojte střed úsečkyÿ – viz cvičení 5.11C. 45

3. Samodružné prvky středové souměrnosti f známe z dřívějška. Tedy IN V (f ) = {M }, IN V (f ) = {p; M ∈ p} je svazek všech přímek procházejících bodem M (viz cvičení 5.11B). 4. Afinita fX je středovou souměrností, právě když platí a = d = −1,

b = c = 0 a i, j

jsou libovolné.

5. Geometrická interpretace čísel i, j: M [ 2i ; 2j ] je střed středové souměrnosti (viz cvičení 5.11B).

5.4

Stejnolehlost

1. Nechť jsou dány tři různé kolineární body M , A, A0 . Pak existuje jediná afinita f , pro kterou f (A) = A0 a f (p) = p pro všechny p procházející bodem M . Takovou afinitu nazýváme stejnolehlost se středem M a koeficientem k = (M, A; A0 ). 2. Nechť je trojicí různých kolineárních bodů popsána stejnolehlost f . Zvolme B 6∈ M A. Pak B 0 je průsečík přímky M B s přímkou vedenou bodem A0 rovnoběžně s AB (viz obrázek 5.2). Teď je již jasné, jak bude k libovolnému bodu X konstruován bod X 0 = f (X).

Obrázek 5.2: 3. IN V (f ) = {M }, IN V (f ) = {p; M ∈ p} stejně jako u středové souměrnosti (ověření přenecháváme čtenáři). 4. Afinita fX je stejnolehlost, právě když X 6= I a a = d = k, k 6= 0, k 6= 1, b = c = 0, i, j libovolné (viz 5.9A)).

(5.1)

j i ; 1−k ] 5. Geometrická interpretace čísel k, i, j: k = (M, A; A0 ) (tj. A0 = M + k(A − M ), M [ 1−k je střed stejnolehlosti (viz 5.9A).

Poznámka: Stejnolehlost s koeficientem k = −1 je středovou souměrností.

46

5.5

Osová afinita

1. Nechť je dána přímka o a mimo ni dva různé body A, A0 . Pak existuje jediná osová afinita fX s osou o a párem odpovídajících si bodů A, A0 . Osnovu všech přímek rovnoběžných s přímkou AA0 označíme Ω a nazveme směr afinity f . 2. Nechť je osou o a párem odpovídajících si bodů A, A0 určena osová afinita f . Zvolme bod B tak, aby bylo AB k o. Pak B 0 sestrojíme pomocí rovnoběžníka A0 ABB 0 . Nechť bod X neleží ani na přímce AB, ani na přímce AA0 . Pak X 0 je průsečík přímek QA0 a p, kde {Q} = o ∩ AX, X ∈ p ∈ Ω (viz obrázek 5.3). Poznámka: Konstrukce obrazu bodu v osové afinitě je založena na dvou vlastnostech afinit – přímka se afinitou zobrazí do přímky a dělicí poměr je afinní invariant. 3. Samodružné prvky osové afinity f již též známe. Jsou to IN V (f ) = o, IN V (f ) = {o} ∪ Ω. 4. Afinita fX je osovou afinitou, právě když IN V (fX ) je přímka, tj. právě když soustava (a − 1)x + by + i = 0,

cx + (d − 1)y + j = 0

má jednoparametrický systém řešení, tj. právě když     a−1 b a−1 b i hod = hod = 1. c d−1 c d−1 j

(5.2)

Dodejme, že po přepsání do nematicového tvaru nabývají podmínky (5.2) tento tvar: (a − 1)(d − 1) = bc a (a, b, c, d) 6= (1, 0, 0, 1),

(5.3)

(a − 1)j = ci a (d − 1)i = bj.

(5.4)

5. Geometrická interpretace čísel matice X je v tomto případě značně složitá. Osa afinity fX je popsána vztahy (a − 1)x + by + i = 0,

cx + (d − 1)y + j = 0.

(5.5)

Každý z uvedených vztahů je buď rovnicí přímky, nebo rovností 0 = 0. Oba vztahy nemohou být rovnosti 0 = 0, protože to odporuje druhé podmínce z (5.3). Je-li jeden z nich rovností, pak druhý je rovnicí osy o. Konečně, jsou-li oba vztahy rovnicí přímky, pak se jedná o stejnou přímku (rovnice jsou závislé). Vektory (i; j), (a − 1; c), (b; d − 1) jsou lineárně závislé a ne všechny současně nulové – to plyne z (5.2). Tyto vektory určují směr afinity fX .

47

Obrázek 5.3:

5.6

Definice – elace, involutorní osová afinita

Osová afinita f s osou o a směrem Ω se nazývá • elací, právě když o ∈ Ω, • involutorní osovou afinitou, právě když f 2 = id.

5.7

Elace

1. Nechť je dán trojúhelník AA0 Q. Pak existuje jediná elace fX , pro niž f (A) = A0 , f (Q) = Q. Osou elace fX je přímka o jdoucí bodem Q rovnoběžně s AA0 . Elace je jednoznačně určena též párem odpovídajících si bodů A, A0 a osou o. Osa o však musí být rovnoběžná s přímkou AA0 . 2. Nechť je osou o a párem odpovídajících si bodů A, A0 určena elace f . Zvolme bod B mimo osu o i mimo přímku AA0 . Pak B 0 sestrojíme jako průsečík přímek QA0 a p, kde {Q} = o ∩ AB, B ∈ p ∈ Ω (viz obrázek 5.4). K libovolnému bodu X pak bod X 0 najdeme pomocí právě popsané konstrukce, přičemž v případě, že X leží na přímce AA0 , zaměníme dvojici A, A0 za dvojici B, B 0 .

Obrázek 5.4: 48

3. IN V (f ) = o, IN V (f ) = {o} ∪ Ω. 4. Afinita fX je elací, právě když platí (5.3), (5.4) a a + d = 2,

(a − 1)2 + bc = 0.

(5.6)

Důkaz tohoto tvrzení je v 5.9C. 5. Viz osová afinita.

5.8

Involutorní osová afinita

1. Nechť jsou dány různoběžky o, s. Pak existuje jediná involutorní osová afinita fX tak, že o je její osa a s ∈ Ω. 2. Nechť je involutorní osová afinita fX určena různoběžkami o, s. Nechť X je libovolný bod. Sestrojme přímku p ∈ Ω jdoucí bodem X. Označme {M } = o ∩ p. Pak X 0 = sM (X) (viz obrázek 5.5). Tato konstrukce byla popsána v 5.3.

Obrázek 5.5: 3. IN V (f ) = o, INV (f ) = {o} ∪ Ω. 4. Afinita fX je involutorní osovou afinitou, právě když platí (5.3), (5.4) a a2 = d2 = 1 − bc,

a + d = 0.

Důkaz tohoto tvrzení je v 5.9D. 5. Viz osová afinita.

5.9

Cvičení – osové afinity

A. Dokažte, že afinita fX je stejnolehlostí, právě když platí (5.1). B. Dokažte, že afinita fX je osovou afinitou, právě když platí (5.3), (5.4). C. Dokažte, že osová afinita fX je elací, právě když platí (5.3), (5.4) a (5.6). 49

(5.7)

D. Dokažte, že osová afinita fX je involutorní osová afinita, právě když platí (5.3), (5.4) a (5.7).

5.10

Úlohy o osových afinitách řešené v Cabri

Sem přijdou úlohu, které jsme řešili v Cabri – každý je dostal na zvláštním papíře, jejich řešení jsme zkontrolovali na přednášce.

5.11

Cvičení – významné afinity

A. Nechť fX je posunutí, tj. a = d = 1, b = c = 0. Najděte (a) IN V (fX ), (b) IN V (fX ). B. Nechť fX je středová souměrnost, tj. a = d = −1, b = c = 0. Najděte (a) IN V (fX ), (b) IN V (fX ). C. Dokažte, že středová souměrnost je jednoznačně určena dvojicí různých odpovídajících si bodů A, A0 . Popište, jak pak sestrojíte k danému bodu X jeho obraz X 0 . D. Nechť ABCD je rovnoběžník. Afinitu f definujeme předpisem f (ABC) = BCD. Afinními rýsovacími nástroji sestrojte bod (a) f (D), (b) f (A − • − C), (c) f 2 (A − • − D). E. Nechť ABC je trojúhelník a f elace, pro niž f (A) = A, f (B) = C. Afinními rýsovacími nástroji sestrojte bod (a) f (C), (b) f 4 (C), (c) f −3 (B). F. Je dán rovnoběžník ABA0 C a C 0 průsečík jeho úhlopříček. Nechť B 0 = B. Afinita f je dána podmínkou f(ABC) = f (A0 B 0 C 0 ). (a) Najděte D0 = f (D), kde D = A − • − B. (b) Zjistěte IN V (f ). (c) Zjistěte IN V (f ). (d) Zjistěte samodružné směry afinity f . G. Experimentováním, tj. pomocí obrázku, zjistěte, jak vypadá afinita h = g ◦ f , když (a) f = sM , g = sN jsou středové souměrnosti, (b) f = sM je středová souměrnost a g = t~u je posunutí, (c) g = sM je středová souměrnost a f = t~u je posunutí, (d) f je elace s osou o a g = t~u je posunutí rovnoběžné s osou o, (e) f je involutorní osová afinita s osou o a směrem Ω a g = t~u je posunutí ve směru Ω. H. Prověřte výpočtem, zda vaše výsledky získané v předcházejícím cvičení experimentováním byly správné. I. Jak vypadá složení (a) dvou stejnolehlostí, (b) stejnolehlosti a posunutí? 50

J. Nechť je dán trojúhelník ABC. Afinity f1 , f2 , f3 , f4 , f5 , f6 ∈A[A2 ] definujeme vztahy f1 (ABC) = ABC (tj. f1 (A) = A, f1 (B) = B, f1 (C) = C), f2 (ABC) = BCA, f3 (ABC) = = CAB, f4 (ABC) = ACB, f5 (ABC) = CBA, f6 (ABC) = BAC. Zvolte souřadnicovou soustavu a najděte (a) matice F1 , F2 , F3 , F4 , F5 , F6 afinit f1 , f2 , f3 , f4 , f5 , f6 , (b) Tabulku operace skládání afinit fi ◦ fj pro i, j ∈ {1, 2, . . . , 6}. K. Když pro neidentickou afinitu f ∈ A[A2 ] platí f (p) k p pro všechny přímky p ⊂ A2 , pak f je stejnolehlost nebo posunutí. Dokažte. L. Jsou dány dvě osové afinity f , g s osami p, q a směry Ω, Γ. Popište geometrický tvar afinity h = g ◦ f , když (a) p = q, Ω = Γ, (b) p = q, p ∈ Ω, Ω 6= Γ, (c) p = q, Ω 6= Γ, žádná z afinit f , g není elací, (d) p 6= q, p k q, Ω = Γ, f není elace, (e) p 6= q, p k q, Ω = Γ, f je elace, (f) p 6= q, p k q, Ω 6= Γ, f ani g není elace, (g) p, q jsou různoběžné, q ∈ Ω, p ∈ Γ. M. Nechť pro afinitu f ∈ A[A2 ] platí: existuje trojúhelník ABC a směr s tak, že A0 = f (A) leží na rovnoběžce se směrem s vedené bodem A, bod B 0 = f (B) leží na rovnoběžce se směrem s vedené bodem B a obdobně bod C 0 . Pak f je buď posunutí, nebo osová afinita. Dokažte. N. Označme A[0; 1], B[0; 0], C[1; 0]. Napište matici X afinity fX , pro kterou platí f (A) = B, f (B) = C a navíc (a) f 3 = id, (b) f 4 = id, (c) f 6 = id, (d) f 8 = id, (e) f 5 = id.

5.12

Afinita a obsah

V tomto odstavci budeme pracovat v E 2 . V odstavci 5.10 jsme experimentálně zjistili, že elace a involutorní osová afinita pravděpodobně zachovává obsah. Teď se na problematiku obsahu podíváme podrobněji. Věta: Nechť je dána afinita fX ∈ A[E 2 ] a trojúhelník ABC. Nechť f (ABC) = A0 B 0 C 0 . Pak SA0 B 0 C 0 = det X · SABC . Důkaz:

        a b i a b i 1 0 i a b 0 Nechť X =  c d j . Pak lze rozepsat X =  c d j  = 0 1 j  ·  c d 0. 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1

51

První z matic je matice posunutí, které obsah útvaru zachovává. Stačí tedy dokázat větu pro druhou z matic. Nechť tedy A0 [ax1 + by1 ; cx1 + dy1 ], B 0 [ax2 + by2 ; cx2 + dy2 ], C 0 [ax3 + by3 ; cx3 + dy3 ]. x1 y1 1 Pro obsah trojúhelníka ABC platí SABC = 21 · x2 y2 1 a pro obsah trojúhelníka A0 B 0 C 0 x3 y 3 1 ax1 + by1 cx1 + dy1 1 1 platí SA0 B 0 C 0 = 2 · ax2 + by2 cx2 + dy2 1 . Druhý z determinantů budeme upravovat. ax3 + by3 cx3 + dy3 1 Poznámka: V důkazu se používá tvrzení o determinantech, která najdete v přehledu vzorců „Bartschÿ. V prvních dvou krocích se používá tvrzení číslo 8, str. 204 (součtové pravidlo pro determinanty), dále se využívá pravidlo 2 o změně znaménka, pravidla 3 o vytknutí čísla před determinant a pravidla 4 o nulovém determinantu.

SA0 B 0 C 0

5.13

ax1 + by1 cx1 + dy1 1 1 = · ax2 + by2 cx2 + dy2 1 = 2 ax3 + by3 cx3 + dy3 1 ax1 cx1 + dy1 1 by1 cx1 + dy1 1 1 1 = · ax2 cx2 + dy2 1 + · by2 cx2 + dy2 1 = 2 2 ax3 cx3 + dy3 1 by3 cx3 + dy3 1 ax1 cx1 1 ax1 dy1 1 1 1 by1 cx1 1 = · ax2 cx2 1 + · ax2 dy2 1 + · by2 cx2 2 2 2 ax3 cx3 1 ax3 dy3 1 by3 cx3 x1 x1 1 x1 y1 1 y 1 x1 1 1 1 = ac · x2 x2 1 + ad · x2 y2 1 + bc · y2 x2 2 x3 x3 1 2 x3 y3 1 2 y 3 x3 x1 y1 1 x1 y1 1 1 1 = ad · x2 y2 1 − bc · x2 y2 1 = 2 x3 y3 1 2 x3 y3 1 x y 1 1 1 1 = (ad − bc) · · x2 y2 1 = det X · SABC 2 x3 y3 1

1 1 + 1 1 1 + 1

by 1 1 · by2 2 by3 y 1 1 bd · y2 2 y 3

dy1 1 dy2 1 = dy3 1 y1 1 y2 1 = y3 1

Úloha – geometrický význam prvků matice X

Najděte geometrický význam prvků matice

52



 a b i X = c d j  , 0 0 1

(det X = ad − bc 6= 0).

Řešení: Geometrický význam čísel i, j již známe. Jsou to souřadnice bodu fX (O) = O0 , který je obrazem počátku v afinitě fX . Tedy „znát i, jÿ je totéž jako „znát bod O0 ÿ. První znalost je algebraická, druhá geometrická. Dále f (I) = I 0 [a + i; c + j]. Známe-li již i, j, pak „znát a, cÿ je totéž jako „znát bod I 0 ÿ. Na rozdíl od předchozího případu však v tomto případě jsou k číslům a, c přidána i čísla i, j. Pokud však nahradíme bod I[1; 0], vektorem ~u(1; 0) = I[1; 0] − O[0; 0], čísel i a j se zbavíme. Pak u~0 = f (~u) = f (I) − f (O) = I 0 − O0 = [a + i; c + j] − [i; j] = (a; c). Tedy čísla a, c jsou souřadnice vektoru fX (~u) = u~0 . Podobně nahradíme bod J[0; 1], vektorem ~v (0; 1) = J − O a dostaneme v~0 = f (~v ) = f (J) − f (O) = 0 0 ~ = J − O = [b + i; d + j] − [i; j] = (b; d). Tedy čísla b, d jsou souřadnice vektoru fX (~v ) = v 0 .

5.14

Tvrzení – geometrický význam prvků matice X



Nechť jsou dány repéry hO, ~u, ~v i a hO0 , u~0 , v~0 i. Pak existuje jediná afinita f = fX ∈A[A2 ]



tak, že



0 0 0 ~ , f (~v ) = v~ .

f (O) = O , f (~ u ) = u



Čísla matice X vystupují jako souřadnice čárkovaného repéru zapsaného v repéru ne-

čárkovaném. Tedy O0 [i; j], u~0 (a; c), v~0 (b; d). Přesněji: O0 = O + i~u + j~v , u~0 = a~u + c~v ,

~0 v = b~u + d~v . Poznámka: Regularita matice X je totéž co lineární nezávislost vektorů ~u, ~v .

5.15

Důsledek

Nechť jsou dány trojúhelníky ABC a A0 B 0 C 0 . Pak existuje jediná afinita f = fX ∈A[A2 ] tak, že f (A) = A0 , f (B) = B 0 , f (C) = C 0 . Tedy zvolíme-li jeden kombinatorický trojúhelník (tj. simplex) jako základní, pak každý kombinatorický trojúhelník jednoznačně určuje afinitu f ∈A[A2 ] a každá taková afinita jednoznačně určuje kombinatorický trojúhelník.

53

5.16

Tvrzení – rozklady afinit

kKaždou afinitu f ∈A [A2 ] lze napsat jako složení nejvýše dvou osových afinit. Důkaz: Myšlenka důkazu je patrna z obrázku 5.6.

k

Obrázek 5.6: Nechť tedy f je afinita a ABC libovolný trojúhelník. Sestrojme trojúhelník A0 B 0 C 0 = = f (ABC) a zvolme dva různé směry. Prvním směrem vedeme rovnoběžky a, b, c body A, B, C. Druhým směrem vedeme rovnoběžky a0 , b0 , c0 body A0 , B 0 , C 0 . Průsečíky odpovídajících si přímek označíme {A∗ } = a ∩ a0 , {B ∗ } = b ∩ b0 , {C ∗ } = c ∩ c0 . Afinitu f teď napíšeme jako složení h ◦ g, kde afinity g, h definujeme předpisem g(ABC) = A∗ B ∗ C ∗ , h(A∗ B ∗ C ∗ ) = A0 B 0 C 0 . Podle cvičení 5.11M je každá z afinit g, h buď posunutím, nebo osovou afinitou. Speciální případy, kdy (1) body A∗ , B ∗ , C ∗ jsou kolineární, (2) afinita g nebo h je posunutí, lze obejít jinou volbou směrů přímek a, a0 (viz cvičení 5.17B).

5.17

Cvičení – grupa afinit A[A2]

A. Dokažte, že A[A2 ] a A0 [A2 ] tvoří vzhledem k operaci skládání grupu. B. Zjistěte, zda lze každou elaci napsat jako složení dvou involutorních osových afinit. C. Zjistěte, zda množina všech (a) osových afinit s pevně danou osou p, (b) elací s pevně danou osou p tvoří grupu. D. Najděte matici X involutorní afinity fX ∈ AO [A2 ], pro kterou platí (a) fX (B) = C, (b) fX (C) = D, (c) fX (D) = A, kde A[1; 0], B[0; 1], C[0; 4], D[0; −4]. 54

E. Najděte nutnou a postačující podmínku pro to, aby afinita fX ∈AO [A2 ] dána maticí X = ha, b, c, di byla involucí. F. Zjistěte, zda množina K [fB ] všech afinit, které komutují s afinitou určenou maticí B = = B(2) z 4.17D, tvoří grupu. G. Zjistěte, zda množina K [fD(p,q) ] všech afinit, které komutují s afinitou určenou maticí D(p, q) z 4.17D, tvoří grupu. H. Nechť M [a; b] je bod a p: Ax + By = 0 přímka. Zjistěte, zda množina (a) {f ∈AO [A2 ]; f (M ) = M }, (b) {f ∈AO [A2 ]; f (p) = p} tvoří grupu. I. Jak vypadá nejmenší podgrupa grupy AO [A2 ], která obsahuje afinitu danou maticí (a) D = h2, 0, 0, 12 i, (b) E = h1, 1, 0, 1i, (c) F = h0, 2, 21 , 0i, (d) G = h0, −1, 1, 0i, (e) H = h2, 1, 1, 2i? J. Nechť A[a; b] je bod různý od počátku O a p: Ax + By = 0 přímka, AB 6= 0. Zjistěte, zda množina (a) M = {f ∈AO [A2 ]; f 2 (A) = A}, (b) M = {f ∈AO [A2 ]; f 2 (p) = p} tvoří grupu. K. Najděte všechny afinity fK , kde K = h0, b, c, di, pro které je {id, fK , fK2 } grupa. Zjistěte, zda tato množina afinit tvoří grupu. L. Najděte neidentické afinity f, g∈AO [A2 ] tak, že platí (a) {id, f }, {id, g} jsou grupy a f ◦g 6= g◦f , (b) {id, f }, {id, g, g 2 } jsou grupy a f ◦g 6= g◦f , (c) {id, f }, {id, g, g 2 }, {id, g, g 2 , f, f g, f g 2 } jsou grupy.

55

Výsledky a řešení cvičení kapitoly 1 Cvičení 1.3 A Označme přímky, body a úhly podle obrázku 5.7, α je orientovaný úhel přímek p, r, β je orientovaný úhel přímek q, p. Provedeme výpočty pro tuto konkrétní volbu bodů a přímek. Výpočty pro další možnosti volby přenecháme čtenáři.

Obrázek 5.7: (a) sm , m je souměrně sdružená s r podle p, m = sq (p). (b) sn , n je souměrně sdružená s q podle p, n = sp (q). Dále můžeme využít následujících rovností: (A) sp ◦sq ◦sr = sr ◦sq ◦sp , a pro tento speciální případ dále platí (B) sp ◦sr ◦sq = sr (ověřte např. na bodu Q), (C) sp ◦sr = sr ◦sq = rX,−2α , (D) sr ◦sp ◦sr = sq , sr ◦sq ◦sr = sp , (E) 2α + β = π. (c) Úlohy lze pak řešit několika způsoby: I. sq ◦sr ◦sp ◦sq = sp ◦sr ◦sq ◦sq = sp ◦sr = rX,−2α II. sq ◦sr ◦sp ◦sq = rX,2α ◦rX,2β = rX,2(α+β) = rX,π+β = rX,−2α (d) sr ◦sp ◦sq ◦sr ◦sp ◦sq = (sr ◦sp ◦sq )2 = s2x = id 2 (e) I. (sr ◦sp ◦sq )◦(sp ◦sq ◦sr ) = (sq ◦sp ◦sr )◦(sr ◦sq ◦sp ) = sq ◦sp ◦sq ◦sp = (sq ◦sp )2 = rX,−2β = = rX,−4β

II. (sr ◦sp )◦(sq ◦sp )◦(sq ◦sr ) = rX,2α ◦rX,−2β ◦rX,2α = rX,4α−2β = rX,−4β 3 (f) I. sp ◦sq ◦sp ◦sr = sp ◦(sr ◦sp ◦sr )◦sp ◦sr = (sp ◦sr )3 = rX,−2α = rX,−6α

100

II. (sp ◦sq )◦(sp ◦sr ) = rX,2β ◦rX,−2α = rX,−6α B Provedeme výpočty pro případ volby bodů a přímek podle obrázku 5.8a. Ostatní případy přenecháme čtenáři. Při řešení můžeme využívat rovností pro takto zvolené přímky p, q, r. (A) sp ◦sq = sq ◦sp , (B) sp ◦sq = sr ◦sr0 , r0 ⊥ r, (C) sr ◦sp = sq ◦sr = sp ◦sq = rS,− π2 , S ∈ r ∩ r0 . (aa) I. sp ◦(sq ◦sr ) = sp ◦sr ◦sp = sP Q −→

−→

−→

II. Proveďme toto zobrazení na úsečku P Q: P Q sr QP sq R0 R sp P Q Víme, že výsledné zobrazení je osová souměrnost, a jediná taková, která zobrazí úsečku P Q bodově samu do sebe je sP Q . (ab) I. sp ◦sq ◦sp = sq ◦sp ◦sp = sq ◦id = sq Proveďte složené zobrazení např. na bod P . Ten se zobrazí do R, tedy výsledná izometrie je sq . −→

−→

−→

II. P sp R0 sq Q sp R. (ac) I. (sq ◦sr )◦sp ◦sq = (sr ◦sp )◦sp ◦sq = sr ◦sq = rS, π2 II. (sq ◦sr )◦(sp ◦sq ) = rS,− π2 ◦rS,π = rS, π2 (ad) identita (platí pro kterékoli tři přímky p, q, r, které buď prochází jedním bodem, nebo jsou rovnoběžné. (ae) I. Podle úlohy 2.13A je sr ◦sp ◦sq ◦sp ◦sq ◦sr = (sq ◦sp )2 = s2S = id II. sr ◦(sp ◦sq )◦(sp ◦sq )◦sr = sr ◦sq ◦sp ◦sp ◦sq ◦sr = id (af) (sp ◦sq ◦sp )◦sr = sq ◦sr = rS,− π2 (b) Řešení přenecháme čtenáři. −→

−→

−→

(ca) (Viz obrázek 5.8b.) Zobrazujeme postupně přímku P R: P R sr RQ sq QP sp P R Jediná osová souměrnost, jejíž osa prochází bodem S, ve které je P R invariantní, je osová souměrnost sm , m ⊥ P R a S ∈ m. (cb) Stejné jako v 2.13A (b). sx , kde x = sq (p). (cc) I. (sq ◦sr )◦(sp ◦sq ) = rS,130◦ ◦rS,110◦ = rS,240◦ II. (sq ◦sr ◦sp )◦sq = sp ◦sr ◦sq ◦sq = sp ◦sr = rS,240◦ (cd) id 2 (ce) sr ◦sp ◦sq ◦sp ◦sq ◦sr = sq ◦sp ◦sr ◦sr ◦sq ◦sp = (sq ◦sp )2 = rS,−110 ◦ = rS,140◦

(cf) (sp ◦sq )◦(sp ◦sr ) = rS,110◦ ◦rS,−120◦ = rS,−10◦ 101

Obrázek 5.8:

Cvičení 1.6 A G1 = {id}, G2 = {id, sm }, kde m je libovolná přímka, O ∈ m, nebo G2 = {id, rπ }, G3 = {id, r120 , r240 }, G4 = {id, r90 , r180 , r270 }, Gn = {id, rϕ , r2ϕ , . . . , r(n−1)ϕ }, kde ϕ =

2π . n

B (a) I0r [E 2 ] je podgrupa, neboť (1) rα−1 = r−α a r−α ∈ I0r [E 2 ], (2) rα ◦ rβ = rα+β a rα+β ∈ I0r [E 2 ]. (b) I0o [E 2 ] není podgrupa, protože složením dvou osových souměrností s různými osami není osová souměrnost. C G={id, sm , sn , rπ }, kde m ⊥ n. D Nechť ϕ je úhel přímek m, n. Pak G[sm , sn ] obsahuje všechny rotace r2kϕ , k ∈ Z a všechny osové souměrnosti sp podle přímek p = rkϕ (m), k ∈ Z. Tato grupa má buď nekonečně mnoho prvků, nebo sudý počet prvků. Proto případ (b) nelze realizovat a v ostatních případech stačí určit velikost úhlu ϕ. Ta je (a) 90◦ , (c) 60◦ , (d) 18◦ . Podrobněji rozepíšeme případ (d). Označíme mi přímku, která je určena počátkem O a směiπ iπ ; sin 10 ] pro i = 0, 1, . . . , 9. Pak G[m0 , m1 ] = {s0 , s1 , . . . , s9 , r0 , r1 . . . . , r9 }, rovým vektorem ~ui = [cos 10 kde si je osová souměrnost podle přímky mi a ri je otočení o úhel iπ5 . E Viz F . π , (b) f = r π , (c) f = r π , F Nechť n je libovolné nenulové celé číslo. Pak (a) f = r 6n 4n 10n π , (e) f = r π , (f) nelze. (d) f = r 10n 14n

102

Výsledky a řešení cvičení kapitoly 2 Cvičení 2.9 A Nechť X[x; y] je libovolný bod. Označme sa (X) = X 0 [x0 ; y 0 ], sb (X 0 ) = X 00 [x00 ; y 00 ] (viz obrázek 5.9).

Obrázek 5.9: Pak  0      00     0 x cos α sin α x x cos β sin β x = , = , 0 00 y sin α − cos α y y sin β − cos β y0     00   cos β sin β cos α sin α x x . odkud 00 = y sin β − cos β sin α − cos α y Hledaná matice zobrazení sb ◦sa je tedy součinem matic S(0, 0; β2 ) · S(0, 0; α2 ). B Protože β
α S 0, 0; · S(0, 0; ) = 2 2



cos β · cos α + sin β · sin α cos β · sin α − sin β · cos α sin β · cos α − cos β · sin α sin β · sin α + cos β · cos α   cos(β − α) − sin(β − α) = = R(β − α), sin(β − α) cos(β − α)

 =

je součinem matic S(0, 0; β2 ) · S(0, 0; α2 ) dáno otočení kolem počátku O o úhel (β − α). Získanou maticovou rovnost i její speciální případ budeme často používat, proto je zapišme jako vzorečky: β
α
β
· S 0, 0; , R(0, 0; β) = S 0, 0; · S(0, 0; 0). 2 2 2           f −f −f −f e g h −i f f C (a) , (b) , (c) , (d) , (e) , i h f −f f f   f −f   −g e −f f e −g h i (f) , (g) , (h) , (i) I, f f −g −e i −h √ √ √ 3+1 √ kde e = 21 , f = √12 , g = 23 , h = √3−1 , i = . 8 8 R(0, 0; β − α) = S 0, 0;

103

(5.8)

D (a) Právě když existuje k ∈ Z tak, že xy = x + y + 2kπ, (b) pro všechna, (c) nikdy. E (a) R(4 x), (b) R(−2x), (c) R(2x − 2y), (d) S(0), (e) S(2x − y), (f) S(x − y + z). F R(2(x1 − x2 + x3 − x4 · · · − xn )) pro n sudé, S(x1 − x2 + x3 − x4 + x5 − · · · + xn ) pro n liché. G (a) S(− y2 ), (b) S( y2 ), (c) S(x− y2 ), (d) S(x+ y2 ), (e) S(x+y), (f) (S(x)·R(y))2 = (S(x− y2 ))2 = I. H (a) x = kπ, (b) x = k π2 , (c) x = k 2π , (d) x = k π3 , (e) x = k 2π , kde k ∈ Z. 3 5 I (a) x ∈ R, protože každá osová souměrnost je involucí, (b) x ∈ {}, neboť třetí mocnina osové souměrnosti je tato osová souměrnost sama a ta není nikdy identitou, (c) x = kπ, musí být liché číslo, (e) pomocí druhého ze vztahů (5.8) můžeme rovnici k ∈ Z, (d) x−y π psát ve tvaru S( x2 ) · S( y2 ) · S(0) = S( x2 ) · S(0) · S( y2 ), nebo-li S( y2 ) · S(0) = S(0) · S( y2 ), čili R(y) = R(−y) a tento vztah platí, právě když y = kπ, k ∈ Z, (f) nikdy, protože na levé straně je souměrnost a na pravé otočení. J (a) 1, (b) 2, (c) 4, (d) 6, (e) 5, (f) 12, (g) 24, (h) n. K Protože pro všechna x ∈ R a všechna k ∈ Z je R(x) = R(x + 2kπ), stačí řešit úlohu v intervalu h0; 2π). (a) x = 0, (b) x = π, (c) x ∈ { π2 , 3π } = {α, 3α}, (d) x ∈ { π3 , 5π } = {α, 5α}, 2 3 7π 11π 2π 4π 6π 8π , , } = {α, 5α, 7α, 11α}, (e) x ∈ { 5 , 5 , 5 , 5 } = {α, 2α, 3α, 4α}, (f) x ∈ { π6 , 5π 6 6 6 π 5π 7π 11π 13π 17π 19π 23π (g) x ∈ { 12 , 12 , 12 , 12 , 12 , 12 , 12 , 12 } = {α, 5α, 7α, 11α, 13α, 17α, 19α, 23α}, (h) x je každé číslo tvaru kα, kde k ∈ {1, 2, 3, . . . , n − 1} a čísla k, n jsou nesoudělná. L (a), (b), (c), (d). M

Cvičení 2.13 A (a) posunutá souměrnost s osou y = x a vektorem posunutí (1; 1), (b) posunutá souměrnost s osou y = 3 a vektorem posunutí (1; 0). B Neplatí. Stačí najít matici, která má determinant 1 a přitom nesplňuje podmínky pro matici shodnosti. C (a) R(0, 0; −45◦ ) je rotace kolem počátku o úhel −45◦ , (b) R(1, 0; 45◦ ) je rotace kolem ◦ bodu [1; 0] o úhel 45◦ , (c) daná matice není maticí izometrie, (d) S(1, 0; − 45 ) je osová 2 √ souměrnost s osou m: x + y(1 + 2) = 1. D (a) Izometrie f je osová souměrnost s osou m: x − 3y + 5 = 0. Body A a C se zobrazí do bodů A0 = f (A), C 0 = f (C), které nejsou uzlové. Bod B se zobrazí sám do sebe – tedy do uzlového bodu. Na obrázku 5.10 je vyznačeno několik uzlových bodů, které se zobrazí opět do uzlových bodů. Je vidět, že tyto body tvoří pravidelnou síť, což umožňuje jejich stručný zápis. 104

Obrázek 5.10: Body X této sítě můžeme popsat předpisem X = O + k(2; −1) + l(1; 2), kde k, l ∈ Z, tj. předpisem X = [2k + l; −k + 2l], kde k, l ∈ Z. (b) Izometrie f je osová souměrnost s osou m: 3x − y − 5 = 0. Síť uzlových bodů X, které se souměrností f = sm zobrazí opět do uzlových bodů, je stejná jako v případě (a). (c) Izometrie f je posunutá souměrnost podle osy m: x − 3y + 2 = 0 s vektorem posunutí ~u(− 35 ; − 51 ). Tentokrát musíme řešit úlohu algebraicky. Uzlový bod X[x; y] se zobrazí do − 1; 3x−4y + 1], který bude uzlový, právě když 4x+3y ∈ Z, bodu f (X) = X 0 = [ 4x+3y 5 5 5 3x−4y ∈ Z. 5 Hledejme tedy nejdříve x, y ∈ Z tak, aby bylo číslo 4x + 3y dělitelné pěti. Nejprve najdeme „maláÿ řešení: [x; y] = [0; 0], [1; 2], [2; −1], [3; 1], [4; −2]. Z těchto pak přidáváním násobků pěti dostáváme řešení další: [5k; 5l], [1 + 5l; 2 + 5l], [2 + 5k; −1 + 5l], [3 + 5k; 1 + 5l], [4 + 5k; −2 + 5l], kde k, l ∈ Z. Teď stejnou úvahu uděláme s druhým vztahem. Budeme hledat, kdy je 3x − 4y dělitelné pěti. Zjistíme, že výsledky jsou stejné jako v předchozím případě. Po zakreslení těchto bodů do čtverečkového papíru s překvapením zjistíme, že síť hledaných uzlových bodů je stejná, jako byla v případech (a) a (b). E (a) f1 = t(0;2) , f2 = s[0;2] , f3 = t(0;4) , f4 = s[0;3] ,  1  pro n sudé, (c) liché n je T(0, n + 1) = 0 0   −1 0 0  0 −1 2 + n . = 0 0 1

(b) fn = t(0;n+1) pro n liché, fn = s[0;1+ n2 ]  0 0 1 n + 1, sudé n je R(0, 1 + n2 ; π) = 0 1

(d) Jistě. Analytické vyjádření umožňuje rozšířit definici zobrazení fn pro všechna n ∈ Z.

105

Poznámka: Transformace fn pro n kladné bylo možné opřít o názor, transformace fn pro n záporná opíráme pouze o analytické vyjádření a tím jsou pro nás méně „vstřícnáÿ. Pro učitele je tato zkušenost užitečná. Pomůže mu lépe pochopit žáka, který se začíná seznamovat se zápornými čísly. Jemu též se nová čísla ukazují spíše ve struktuře čísel než v přímém pohledu. (e) G [F ] = G [{sO , sJ }] = {t(0;2a) ; a ∈ Z}∪ {s[0;b] ; b ∈ Z}. Analyticky je tato grupa popsána všemi maticemi dvou typů pro všechna a, b ∈ Z:     1 0 0 −1 0 0 0 1 2a ,  0 −1 2b . 0 0 1 0 0 1 F Při řešení úlohy zjistíme, že získáváme čtyři typy matice. Pro přehledné zobrazení výsledků nejdříve zavedeme jejich označení:   1 0 p A(p) = 0 1 −p = T(p, −p) je matice posunutí t(p;−p) , o vektor (p; −p); 0 0 1   −1 0 p B(p) =  0 −1 −p = R( p2 , − p2 ; π) je matice otočení o 180◦ , tedy středová souměrnost 0 0 1 p p p s[ 2 ;− 2 ] se středem [ 2 ; − p2 ];   0 1 q C(q) = 1 0 −q  = S( 2q , − 2q ; π4 ) je matice osové souměrnosti sm podle přímky m: x − 0 0 1 y = 2q;   0 −1 q D(q) = −1 0 −q  = V(q, −q; − π4 ) je matice posunuté souměrnosti sm ◦t~u o vektor 0 0 1 ~u = (q; −q) s osou m: x + y = 0. Dodejme, že C(2) je matice izometrie sm . (a)–(c) Přesný výpočet a postup indukcí dá výsledky uvedené v tabulce 5.1 (platí pro k ∈ N). izometrie gn matice X ... izometrie matice

sm sO g1 C(2) B(0) D(2) g4k+1 D(4k + 2)

g2 B(4)

g3 A(4)

g4 C(6)

... ...

g4k+2 B(4k + 4)

g4k+3 A(4k + 4)

g4k C(4k + 2)

... ...

Tabulka 5.1:

106

(d) Protože −1 = 4 · (−1) + 3, je podle tabulky 5.1 g−1 = A(0) = id. (e) G [G] = = G [{sm , sO }] = {gi ; i ∈ Z}. Je to opravdu grupa. Uzavřenost na skládání vyplývá z tabulky 5.2. Čísla x, y v maticích A, B nabývají hodnot 4j, j ∈ Z, čísla x, y v maticích C, D nabývají hodnot 4j + 2, j ∈ Z. Identita je dána maticí A(0). Pro každou izometrii existuje inverzní izometrie, která také patří do G[G] (inverzní k T(p, −p) je T(−p, p), inverzní k V(q, −q; − π4 ) je V(−q, q; − π4 ) a R( p2 , − p2 ; π) a S( 2q , − 2q ; π4 ) jsou involuce).

A(y) B(y) C(y) D(y)

A(x) A(x + y) B(x + y) C(x + y) D(x + y)

B(x) B(x − y) A(x − y) D(x − y) C(x − y)

C(x) C(x − y) D(x − y) A(x − y) B(x − y)

D(x) D(x + y) C(x + y) B(x + y) A(x + y)

Tabulka 5.2: G Protože geometrická situace se nezměnila, zůstává geometrické řešení stejné jako u předchozí úlohy. Analytické řešení se mění takto (g ≈ X označuje, že X je matice izometrie g): (a) g1 ≈ V(4, −2; − π4 ), g2 ≈ R(3, −2; π), g3 ≈ T(6, −6), g4 ≈ S(4, −4; π4 ),   0 −1 6k + 4 (b),(c) g4k+1 ≈ −1 0 −6k − 2 = V(6k + 4, −6k − 2; − π4 ), 0 0 1   −1 0 6k + 6 g4k+2 ≈  0 −1 −6k − 4 = R(3k + 3, −3k − 2; π), 0 0 1   1 0 6k + 6 g4k+3 ≈ 0 1 −6k − 6 = T(6k + 6, −6k − 6), 0 0 1   0 1 6k + 2 g4k ≈ 1 0 −6k − 2 = S(3k + 1, −3k − 1; π4 ). 0 0 1 (d) g−1 = T(0, 0). (e) Podobně jako u F . H (a) p = 1, f = sm , kde m: x = y; p = −1, f = sm , kde m: x + y = 0; (b) předně q = 0, dále p = 1, f = id; p = −1, f = sy , kde y je osa y; (c) předně q = 1, dále p = 1, f = id; p = −1, f = sy ; (d) předně q = 0, dále p = 1, f = t(0;1) ; p = −1, f = t(0;−1) ◦sy ; (e) p = 1, q ∈ R, f = t(q;q) ◦sm , kde m: x = y; p = −1, q ∈ R, f = sm , kde m: x + y = q; (f) Řešení přenecháme čtenáři. 107

 0, 8 p  q r I (a) Označme 0 0 q = −p = 0, 6, r = 0, 8,

 0 0. Diskutujeme čtyři případy: 1 pak g = rO,α ; p = −q = 0, 6, r = 0, 8, pak g = rO,−α ;

p = q = 0, 6, r = −0, 8, pak g = sm ; p = q = −0, 6, r = −0, 8, pak g = sn . Zde α = arcsin(0, 6), m: x − 3y = 0, n: x + 3y = 0.   0, 6 p −1 (b) Označme  q r 2 . Diskutujeme čtyři případy: 0 0 1 q = −p = 0, 8, r = 0, 6, pak g = rM,α ; p = −q = 0, 8, r = 0, 6, pak g = rN,−α ; p = q = 0, 8, r = −0, 6, pak g = sm ; p = q = −0, 8, r = −0, 6, pak g = t~u ◦ sn . Zde α = arcsin(0, 8), M [1, 5; 0], N [−2, 5; 2], m: 2x − 4y + 5 = 0, n: 2x + 4y − 3 = 0, ~u = (− 58 ; 54 ). (c) neexistuje; (d), (e) řešení přenecháme čtenáři. √

√

3 J (a) T(−1, 2), (b) T( 3−1 , 3− ), √(c) libovolná osová souměrnost, nebo R(x, y; π), nebo id, 2 √2 −4−7 2 (d) T(−1, −1), (e) R( 2 , − 5 2 2 ; 45◦ ), (f) libovolné posunutí, nebo libovolná osová sou√ √ −5+4 3 −4−5 3 3 měrnost podle přímky rovnoběžné s vektorem (0; 1), (g) R( 2 , 2 ; 2 π), (h) T(1; 2), nebo posunutá souměrnost s vektorem posunutí (1; 2) a přímkou y = 2x+d, d ∈ R, (i) nemá řešení.   1 0 0 K Např. pro (c) X · X = id, kde X = 0 0 1. 0 1 0

L (a) Označme sA = sa ◦sb a sM = sa ◦sc , A, M ∈ a, b k c. f ◦g◦h = sM ◦sA ◦sM = = sc ◦sa ◦sa ◦sb ◦sc ◦sa = (sc ◦sb ◦sc )◦sa = sb0 ◦sa = sA0 , kde A0 = sM (A), b0 = sc (b). (b) g = t~u , rozložme t~u na dvě osové souměrnosti (viz O), t~u = sq ◦sp a nechť M ∈ p, sM = sp ◦sr , r ⊥ p, f ◦g◦f = sM ◦t~u ◦sM = sr ◦sp ◦sq ◦sp ◦sp ◦sr = sr ◦sp ◦sq ◦sr = sp ◦sr ◦sr ◦sq = = sp ◦sq = t−~u . (c) g = rA,α . Zvolme a = AM , sM = sa ◦sc , rA,α = sb ◦sa , orientovaný úhel přímek a, b je roven orientovanému úhlu α2 . f ◦g◦h = sM ◦rA,α ◦sM = sc ◦sa ◦sb ◦sa ◦sa ◦sc = sc ◦sa ◦sb ◦sc = sa ◦sc ◦sc ◦sb0 = sa ◦sb0 = rA0 ,α , A0 = sc (A), b0 = sc (b). (d) g = sm , (i) M 6∈ m, sM = sq ◦sp , p k m, q ⊥ m, {Q} = q ∩ m. f ◦g◦h = sM ◦sm ◦sM = = sp ◦sq ◦sm ◦sq ◦sp = sp ◦sq ◦sq ◦sm ◦sp = sp ◦sm ◦sp = sp ◦sp ◦sm0 = sm0 , m0 = sp (m). (ii) M ∈ m, sM = sm ◦sn , sM ◦sm ◦sM = sn ◦sm ◦sm ◦sn ◦sm = sm . (e) g = t~u ◦sm , M 6∈ m, t~u = sb ◦sa , M ∈ a, a ⊥ m, sM = sa ◦sc , c k m. f ◦g◦h = sM ◦t~u ◦sm ◦sM = sa ◦sc ◦sb ◦(sa ◦sm )◦sa ◦sc = sa ◦sb ◦sc ◦sm ◦sc = sa ◦sb ◦sm0 = t−~u ◦sm0 , m0 = sc (m). M Řešení přenecháme čtenáři. 108

= sa ◦sc ◦sb ◦sm ◦(sa ◦sa )◦sc

=

Výsledky a řešení cvičení kapitoly 3 Cvičení 3.3 A Jedná se o stejnolehlost se středem v bodě [2; − 23 ] a koeficientem −2. Tedy všechny směry jsou samodružné. B Jedna z nich je stejnolehlost z předchozího cvičení. Druhá je podobnost se středem [− 12 ; 4] 5 5 6 12 6 8 4 8 0 0 a koeficientem 2. Je dána rovnicemi x = 5 x − 5 y + 5 , y = − 5 x − 5 y − 5 . Má dva samodružné směry dané vektory (−3; 1) a (1; 3). √ C Výsledek: p = 0, podobnost se samodružným bodem [2;0], √ koeficientem 2 a dvěma samodružnými (na sebe kolmými) směry danými vektory (1 ± 2; −1). Její analytický popis je dán rovnicemi x0 = x − y, y 0 = −x − y + 2. D Výsledkem jsou dvě podobnosti. První z nich je dána rovnicemi x0 = ax + 1 − a, y 0 = ay + 1 − a, druhá rovnicemi x0 = by + 1 − b, y 0 = bx + 1 − b, a 6= 0, b 6= 0.   −1 1 1 E Analytické vyjádření podobnosti je dáno maticí  1 1 0. Samodružný bod je [0; −1], 0 0 1 √ 0 koeficient podobnosti je 2, √ bod C [1; 2]. Samodružné směry jsou dva, navzájem na sebe kolmé. Jsou dány vektory (± 2 − 1; 0). F Úloha má dvě řešení 1. B 0 [2t; t], C10 = [5 − 3t; t], kde t ∈ N, t > 1; 2. B 0 [2t; t], C20 = [3 − t; 4 − 3t], kde t ∈ N, t > 1. G Existují dvě série podobností (použili jsme substituci r = t − 1): 1. ft : Z2 −→ Z2 , [x; y] 7→ [2xr − yr + 2; xr + 2yr + 1], r > 0; 2. ft : Z2 −→ Z2 , [x; y] 7→ [2xr + yr + 2; xr − 2yr + 1], r > 0. H ft [x; y] = [2xt + yt; −xt + 2yt], kde t ∈ R, t 6= 0 nebo ft [x; y] = [2xt + yt; xt − 2yt].

109

Výsledky a řešení cvičení kapitoly 4 Cvičení 4.7 A Všechny čtyři zobrazení jsou transformace, neboť matice B, C, D, E jsou regulární. Příslušné inverzní matice mají tvar 1     1 1    0 0 3 −1 1 −2 − 2 −1 8 2 3 3 B−1 =  0 1 0 , C−1 =  0 1 −2 , D−1 =  23 31 −2 , E−1 = −5 3 −20 . 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 B (a) ano, (b) ano, (c) ne, (d) ne (ne). C D

Cvičení 4.13 A fB (p): 3x−7y+5 = 0, fC (p): 6x+y−7 = 0, fD (p): 20x+y−111 = 0, fE (p): 47x−27y+193 = = 0. Podrobněji rozeberme například druhý případ. Křivka p0 je tvořena těmi body f (x; y) = = [x0 ; y 0 ] = [−x + y; y + 2], pro něž je [x; y] ∈ p, tedy 6x − 7y + 5 = 0. Poslední vztah zapíšeme rafinovaně: −6(−x + y) − (y + 2) + 7 = 0. To je totéž jako −6x0 − y 0 + 7 = 0. Tedy p0 : −6x − y + 7 = 0. B fB (p): Ax + 2By + 2C = 0, fC (p): −Ax + (A + B)y + (−2A − 2B + C) = 0, fD (p): (−A + 2B)x + (A + B)y + (9A − 6B + 3C) = 0, fE (p): (2A − 5B)x + (−A + 3B)y + (8A − 20B + C) = 0. Řešme podrobněji pro afinitu fC . Křivka f (p) = p0 je tvořena těmi body f [x; y] = [x0 ; y 0 ] = = [−x + y; y + 2], kde [x; y] ∈ p, tedy Ax + By + C = 0. Po úpravě máme −A(−x+y)+(A+B)(y +2)+(−2A−2B +C) = 0, tj. −Ax0 +(A+B)y 0 + (−2A − 2B + C) = 0, což je rovnice přímky p0 : −Ax + (A + B)y + (−2A − 2B + C) = 0. C Afinita má dva samodružné směry dané vektory (0; 1) a (3; 1). D Rada: Nejdříve volte vhodný repér a najděte analytické vyjádření afinity v soustavě souřadnic dané tímto repérem. −−→ Výsledek: Afinita má dva samodružné směry. Jeden je dán vektorem CE, kde −−→ −→ −−→ −→ CE = CA + CB, a druhý je dán AB. 110

E Afinita nemá žádný samodružný směr.

Cvičení 4.17 A Pro q = 0 a q = 2 je každá z matic A(q), B(q), C(q) singulární, pro jiná q ∈ R je každá z uvedených matic regulární. Tedy symbol fq má ve všech třech případech smysl pro všechna q ∈ R − {0, 2}.

IN V (fq ) IN V (fq )

q 6= 1 A(q) {O} x=0 y=0

q=1 A(q) A2 A2

q=1 B(q) y=0 y + d = 0, d ∈ R

q 6= 1 B(q) {O} y=0 2(q − 1)x + y = 0

Tabulka dává přehledně výsledky dvou úloh (třetí přenecháme čtenáři). V obou případech je pro q 6= 1 IN V (fq ) = {O} a IN V (fq ) = {p1 , p2 }. B IN V (fB ) = {[0; y], y ∈ R} je celá přímka, y-ová osa, IN V (fC ) = {} je prázdná množina, IN V (fD ) = {[2; −1]} je jednobodová množina, IN V (fE ) = {[− 43 ; 20 ]} je opět jednobodová 3 množina. C IN V (fB ): přímky p: Ax + By + C = 0 a p0 : 12 Ax + By + C = 0 jsou totožné, právě když jsou vektory (A; B; C) a ( 21 A; B; C) lineárně závislé. Nastávají dva případy: (a) A = 0. Pak B, C může být cokoli a B 6= 0. V tomto případě se jedná o přímky By + C = 0, tj. všechny rovnoběžky s osou x jsou samodružné. (b) A 6= 0. Pak nutně B = C = 0 a p je přímka x = 0, tj. osa y. Existuje tedy 1+∞ samodružných přímek. Je to osa y a všechny přímky rovnoběžné s osou x, včetně osy x. IN V (fC ) = {[x; y]; 2x − y + 1 = 0}. √ √ √ √ IN V (fD ) = {[x; y]; ( 3 − 1)x + y = 2 3 − 3), ( 3 + 1)x − y = 2 3 + 3}, IN V (fE ) = {}; řešení existuje pouze v komplexním oboru. D IN V (fB(q) ) = {[x; y]; x = 0 pro q ∈ R − {1}, A2 pro q = 1}, IN V (fB(q) ) = {[x; y]; y = d, x = 0}, IN V (fC(q) ) = {} pro q ∈ R, IN V (fC(q) ) = {[x; y]; x − 2q y +

q 2

= 0}. Poslední případ přenecháme čtenáři.

E (e) IN V (fB(q)2 ) = {[x; y]; x = 0 pro q ∈ R − {±1}, A2 pro q = ±1}, IN V (fB(q)2 ) = {[x; y]; y + d = 0, x = 0 pro q ∈ R − {±1}, d ∈ R; A2 pro q = ±1}, (f) IN V (fB(q)3 ) = {[x; y]; x = 0 pro q ∈ R − {1}, A2 pro q = 1}, 111

IN V (fB(q)3 ) = {[x; y]; y + d = 0, x = 0 pro q ∈ R − {1}, d ∈ R; A2 pro q = 1}. Ostatní případy přenecháme čtenáři. F Ano. Volme body O, I, J jako ony tři samodružné body. Pak matice afinity, která tyto body zachová, je jedině matice I. G (a) Ne. Jsou-li A, B ∈ IN V (f ) dva různé body, pak i bod C = A−•−B patří do IN V (f ), neboť f (A) − • − f (B) = f (A − • − B). (b) Nechť p, q, r ∈ IN V (f ) jsou tři různé přímky. Najdeme čtvrtou přímku n ∈ IN V (f ). Uvažujeme tři možnosti: (1) p k q. Osa o pásu rovnoběžek p, q patří do IN V (f ). Důkaz: Zvolme libovolně X ∈ o a P ∈ p. Sestrojme {Q} = q ∩ XP . Pak X = P − • − Q, tedy f (X) = f (P − • − Q) = = f (P ) − • − f (Q). Ale f (P ) ∈ p, f (Q) ∈ q, tedy f (X) ∈ o. QED. Teď, je-li r 6= o, je o hledaná přímka n. Je-li r = o, bude n osa pásu rovnoběžek p, r. (2) Přímky p, q, r náleží jednomu svazku, tj. prochází společným bodem Q. Zvolme souřadnicovou  soustavu  O, I, J tak, aby O = Q, I ∈ p, J ∈ q, K[1; 1] ∈ r. Pak f je popsána a 0 0 maticí 0 a 0, a tedy každá přímka jdoucí bodem O patří do IN V (f ). 0 0 1 (3) Přímky p, q, r tvoří strany trojúhelníka ABC. Pak A, B, C ∈ IN V (f ), a proto f = id. Tedy každá přímka je samodružná (viz cvičení F ).

112

Výsledky a řešení cvičení kapitoly 5 Cvičení 5.9 A Musíme dokázat dvě implikace: (1) Je-li fX stejnolehlost, pak platí (5.1). (2) Platí-li pro afinitu fX (5.1), pak je to stejnolehlost. Důkaz implikace (1) Nechť M [m; n] je střed stejnolehlosti a k 6= 0, k 6= 1 její koeficient. Nechť p: Ax+By+C = 0 je přímka procházející bodem M , tj. Am + Bn + C = 0. Podle definice pak fX (p) = p, což lze zapsat (viz (4.14)) (A, B, C) · X = t(A, B, C), t 6= 0, nebo-li   Aa + Bc Ab + Bd Ai + Bj + C hod = 1. (5.9) tA tB tC Poslední vztah platí pro všechna A, B, C, (A, B) 6= (0, 0), pro něž Am + Bn + C = 0. Speciálně tedy vztah (5.9) platí pro A = 1, B = 0, C = −m i pro A = 0, B = 1, C = −n i pro A = 1, B = 1, C = −(m + n). Po dosazení těchto tří přímek do (5.9) máme   a b i−m hod = 1, t 0 −tm   c d j−n hod = 1, 0 t −tn   a + c b + d i + j − (m + n) hod = 1. t t −t(m + n) a b = 0, odkud b = 0 (neboť t 6= 0). Podobně z druhého vztahu Z prvního vztahu máme t 0 a + c b + d = 0, tj. a = d. c = 0. Konečně ze třetího vztahu je t t Zřejmě a = d = 0 je nemožné, neboť pak by X byla singulární. Případ a = d = 1 vede na vztahy i = j = 0, tj. X je jednotková matice a fX = id, což není možné, neboť f (A) = A0 6= A. Důkaz implikace (2) j i Nechť pro matici X afinity fX platí (5.1). Pak bod M [ 1−k ; 1−k ] je samodružný a přímka p: Ax + By + C = 0, která prochází bodem M , splňuje podmínku Ai + Bi = C(k − 1). Pak ale (A, B, C) · X = (kA, kB, Ai + Bj + C) = (kA, kB, C(k − 1) + C) = k(A, B, C).

113

Tedy fX (p) = p. Dále pro libovolný bod A[u; v] je fX (A) = A0 [ku + i; kv + j], tedy A0 = = M + k(A − M ). QED. B Musíme dokázat dvě implikace: (1) Je-li fX osová afinita, pak platí (5.3), (5.4). (2) Když pro afinitu fX platí (5.3), (5.4), pak je to osová afinita. Důkaz implikace (1) Nechť fX je osová afinita. Pak IN V (fX ) je přímka. Tedy množina řešení [x; y] maticové rovnice      a b i x x  c d j  y  = y  (5.10) 0 0 1 1 1 je přímka. Uvedená maticová rovnice je ekvivalentní se soustavou dvou rovnic (5.5). O počtu řešení soustavy rozhodují hodnosti dvou matic — matice soustavy a matice soustavy rozšířené. Soustava bude mít přímku řešení, právě když obě tyto hodnosti budou 1. To jsou podmínky (5.2). První z podmínek (5.2) je ekvivalentní dvojici podmínek (5.3), druhá podmínka z (5.2) je ekvivalentní dvojici podmínek (5.4). Implikace (1) je dokázána. Důkaz implikace (2) Nechť pro matici X afinity fX platí (5.3), (5.4). Potom platí i (5.2), a tedy soustava (5.10) má přímku řešení. Odtud IN V (f ) je přímka, čili fX je osová afinita. Implikace (2) je dokázána. QED. C Z předchozího víme, že pro osovou afinitu fX platí (5.3), (5.4). Musíme dokázat dvě implikace: (1) Je-li fX elace, pak platí (5.6). (2) Když platí (5.6), pak fX je elace. Důkaz implikace (1) Nechť fX je elace. Pak o ∈ Ω, tedy libovolná přímka rovnoběžná s osou o patří do IN V (f ). Předpokládejme nejprve, že aspoň jedno z čísel a − 1, b je nenulové. Pak první vztah z (5.5) je rovnicí osy o a každá s ní rovnoběžná přímka p: (a − 1)x + by + C = 0, (C ∈ R je libovolné) patří do IN V (f ). Tedy trojice (a − 1, b, C), která určuje přímku p, a trojice   a b i
a − 1, b, C  c d j  = (a2 − a + bc, b(a + d − 1), (a − 1)i + bj + C), 0 0 1 která určuje přímku f (p) = p, jsou lineárně závislé. Proto

114

 2  a − a + bc b(a + d − 1) (a − 1)i + bj + C hod = 1. a−1 b C Když druhý řádek odečteme od prvního a tento upravíme, dostaneme   (a − 1)2 + bc b(a + d − 2) (a − 1)i + bj hod = 1. a−1 b C Dosadíme nejprve například C = 0. Získáme (a − 1)i + bj = 0. Dále dosadíme například C = 1 a získáme (a − 1)2 + bc = 0 a b(a + d − 2) = 0. Druhý vztah z (5.6) je tím již dokázán a v případě b 6= 0 je dokázán i vztah první z (5.6). K dokončení této části důkazu stačí ukázat, že případ b = 0 nastat nemůže. Skutečně, kdyby bylo b = 0, pak z již dokázaného druhého vztahu (5.6) by plynulo a = 1, což odporuje předpokladu, že aspoň jedno z čísel a − 1, b je nenulové (viz (5.3)). Předpokládejme teď, že a − 1 = b = 0. Podle druhé podmínky z (5.3) je aspoň jedno z čísel c, d − 1 nenulové a předcházející úvahu zopakujeme pro přímku p: cx + (d − 1)y + C = 0. Tím je implikace (1) dokázána. Důkaz implikace (2) Nechť pro osovou afinitu fX platí (5.6). Položme k = a − 1. Pak a = 1 + k. Z prvního vztahu (5.6) je d = 1 − k, z druhého vztahu (5.6) je k 2 + bc = 0, z (5.4) je kj = ci a ki + bj = 0. Osa o je dána rovnicí kx + by + i = 0, nebo rovnicí cx − ky + j = 0 (viz (5.5)). Přímým výpočtem teď již lze dokázat, že je-li přímka p rovnoběžná s osou o, pak f (p) = p, tj. p ∈ IN V (f ), tj. fX je elace. QED. D Z předchozího víme, že pro osovou afinitu fX platí (5.3), (5.4). Musíme dokázat dvě implikace: (1) Je-li fX involutorní osová afinita, pak platí (5.7). (2) Když platí (5.7), pak fX je involutorní osová afinita. Důkaz implikace (1) Nechť fX je involuce. Pak fX2 = id, tj. X2 = I. Po rozepsání do souřadnic ihned získáme první vztah (5.7) a vztahy b(a + d) = 0, c(a + d) = 0. Ukážeme, že z těchto vztahů plyne i druhý ze vztahů (5.7). Předpokládejme sporem, že a + d 6= 0. Pak z prvního vztahu (5.7) plyne a = d a též b = c = 0. Podle první podmínky z (5.3) pak (a − 1)(d − 1) = 0, tedy aspoň jedno z čísel a, d je rovno 1. Pak ale a = d = 1, b = c = 0, což odporuje druhé podmínce z (5.3). Tedy a + d = 0. Implikace (1) je dokázána. Důkaz implikace (2) 115

Nechť kromě (5.3), (5.4) platí i (5.7). Chceme dokázat, že pak X2 = I, tj. a2 + bc = 1, d2 + bc = 1, b(a + d) = c(a + d) = 0, (a + 1)i + bj = 0, ci + (d + 1)j = 0.

(5.11) (5.12)

Vztahy (5.11) plynou přímo z (5.7). Důkaz vztahů (5.12) uděláme ve dvou krocích. Nejprve předpokládáme, že a = −d = 1 (analogicky a = −d = −1). Pak ze (5.4) máme ci = 0, a 2i + bj = 0, což za uvedených podmínek je totéž jako (5.12). Dále předpokládáme, že a2 6= 1, tj. bc 6= 0. První vztah z (5.4) vynásobíme číslem b a upravíme pomocí prvního vztahu (5.7). Bude (a − 1)bj = bci = (1 − a2 )i = (1 − a)(1 + a)i. Odtud (a − 1)(bj + (a + 1)i) = 0. Po vydělení nenulovým číslem a − 1 dostáváme první ze vztahů (5.12). Druhý vztah analogicky. Implikace (2) je dokázána. QED.

Cvičení 5.11 

    1 0 i x x      y = y  ⇔ i = 0, j = 0. Tedy pro nulové posunutí i = j = 0 je A (a) 0 1 j 0 0 1 1 1 2 IN V (f ) = A a pro nenulové posunutí je IN V (f ) = {}.   1 0 i (b) Ze vztahu (A, B, C) 0 1 j  = t(A, B, C), t 6= 0, (A, B) 6= (0, 0), plyne t = 1, 0 0 1 Ai + Bj = 0. Tedy pro nulové posunutí i = j = 0 je IN V (f ) množina všech přímek roviny A2 a pro nenulové posunutí je IN V (f ) = {p : xj − yi + d = 0}. To je množina všech přímek se směrovým vektorem (i; j). B (a) Množina IN V (fX ) obsahuje všechny body M [x; y], pro něž fX (M ) = M . Po rozepsání pomocí matice X nabude tato rovnost tvar soustavy rovnic x = −x + i, y = −y + j, odkud IN V (fX ) = {[ 2i ; 2j ]}, což je střed souměrnosti. (b) Množina IN V (fX ) obsahuje všechny přímky p: Ax + By + C = 0, pro které fX (p) = p, tj. po rozepsání −A = tA, −B = tB, Ai + Bj + C = tC. Odtud t = −1 a A 2i + B 2j + C = 0. Poslední vztah říká, že p: Ax + By + C = 0 patří do IN V (fX ), právě když bod [ 2i ; 2j ] leží na p. Tedy IN V (fX ) je svazek všech přímek jdoucích bodem M . C Ke dvojici bodů existuje právě jeden střed, tedy body A, A0 jednoznačně určují střed souměrnosti. Bod X 0 sestrojíme pomocí rovnoběžníka AXA0 X 0 . Případně si nejprve sestrojíme pomocnou dvojici B, B 0 . D (a) f (D) = A, (b) f (A − • − C) = A − • − C je průsečík úhlopříček AC a BD rovnoběžníka ABCD, (c) f 2 (A−•−D) = B−•−C, stačí již sestrojeným bodem A−•−C vést rovnoběžku s AB. Ta protne přímku BC v hledaném bodě B − • − C. 116

E Osou elace f je přímka o vedená bodem A rovnoběžně s BC. Na přímce o sestrojíme body D, E, F , G, H, I, J a na přímce BC body K, L, M , N , P , Q, R tak, aby každý z těchto čtyřúhelníků byl rovnoběžník: ABCD, ACKD, DCKE, DKLE, EKLF , ELM F , F LM G, F M N G, AHBC, AHP B, HIP B, HIQP , IJQP a IJRQ (viz obrázek 5.11). Pak (a) f (C) = K, (b) f 4 (C) = N , (c) f −3 (B) = R.

Obrázek 5.11: F Nejprve zvolíme souřadný repér, tj. zavedeme souřadnice. Zvolme například A[0; 0], B[2; 0], C[0; 2]. Pak A0 [2; 2] a C 0 [1; 1]. Vztahy f (A) = A0 , f (B) = B 0 a f (C) = C 0 po přepsání do souřadnic nabudou tvar i = j = 2, 2a+ i = 2, 2c +j = 0 a 2b + i = 1, 2d + j = 1. Odtud 0 − 12 2 máme matici X afinity f = fX : X = −1 − 12 2. 0 0 1 (a) Platí D = A − • − B = [1; 0] a pak tedy fX (D) = D0 [2; 1]. Tedy D0 = A0 − • − B 0 . + 2 = 0 ⇔ x = 2, y = 0. Tedy kromě bodu (b) [x; y]∈IN V (f ) ⇔ −x − y2 + 2 = 0, −x − 3y 2 B nemá afinita f žádný další samodružný bod. Proto IN V (f ) = {B}. (c) Přímka p: Ax + By + C = 0 je samodružná, právě když existuje t ∈ R tak, že   0 − 12 2 (A, B, C) −1 − 12 2 = t(A, B, C), 0 0 1 tj. když 

B hod A

− A+B 2A + 2B + C 2 B C

 = 1.

Najdeme dvě řešení p1 : x + y = 2 je přímka BC a p2 : 2x − y = 4 je přímka BE, kde E = sA0 (A). (viz obrázek 5.12b). G (a) h je posunutí o vektor ~u = 2(N − M ) (viz obrázek 5.13a). (b) h = sN je středová souměrnost podle bodu N = M + 21 ~u (viz obrázek 5.13b). (c) h = sN je středová souměrnost podle bodu N = M − 21 ~u (viz obrázek 5.13c). 117

Obrázek 5.12:

Obrázek 5.13: (d) Na ose elace o zvolíme bod P a najdeme bod Q = g(P ) = P +~u. Ten podle předpokladů leží na o. Dále použijeme dvojici odpovídajících si bodů A, A0 , jimiž je elace určena. Bodem P vedeme přímku p rovnoběžně s QA a průsečík p s přímkou QA0 označíme X 0 . Nechť konečně QP X 0 X je rovnoběžník. Pak zřejmě platí h(X) = g(f (X)) = g(X 0 ) = X, tedy X je samodružný bod afinity h. Teď ještě sestrojíme několik dvojic bodů Z, h(Z), a pak již lehce zjistíme, že h je elace určená párem odpovídajících si bodů P , Q = h(P ) a osou XX 0 (viz obrázek 5.14a). (e) Na ose o afinity f zvolíme bod Q a označíme P = Q + 21 ~u. Pak f (P ) = Q − 12 ~u. Proto h(P ) = g(f (P )) = g(Q − 12 ~u) = P . Opět ještě sestrojíme několik dvojic bodů Z, h(Z) a zjistíme, že h je involutorní osová afinita s osou procházející bodem P rovnoběžně s o a směrem Ω stejným jako u afinity f (viz obrázek 5.14b). 118

Obrázek 5.14: H Prověříme pouze poslední dva případy. (d) Soustavu souřadnic volíme tak, aby platilo o = OI, g(J) = K[1; 1], tj. ~u = (1; 0). Nechť F je matice elace f a G matice posunutí g. Lehce zjistíme       1 1 0 1 0 1 1 1 1 F = 0 1 0 , G = 0 1 0 , tedy G.F = 0 1 0 je matice afinity 0 0 1 0 0 1 0 0 1 h. Je to elace s osou y = −1 a párem odpovídajících si bodů h(O) = I. (e) Soustavu souřadnic volíme tak, aby platilo o = OI, g(O)  = J. Nechť  F je matice  involutorní  osové 1 0 0 1 0 0 afinity f a G matice posunutí g. Pak F = 0 −1 0 , G = 0 1 1 , tedy 0 0 1 0 0 1   1 0 0 G · F = 0 −1 1 je matice afinity h. Je to involutorní osová afinita s osou y = 12 a 0 0 1 směrem Ω. I (a) hM,k ◦ hN,l je stejnolehlost hP,k·l , právě když k · l 6= 1. Jestliže k · l = 1, pak je toto složení posunutím. Když je M 6= N , pak střed stejnolehlosti hP,kl (kl 6= 1) leží na přímce M N . Když M = N , pak P = M . (b) hM,k ◦ t~u je stejnolehlost hN,k se stejným koeficientem a středem N , pro který platí hM,k (N + ~u) = N . J 

1  F1 = 0 0  0 F4 = 1 0

 0 0 1 0 , 0 1  1 0 0 0 , 0 1

  −1 −1 1 0 0 , F2 =  1 0 0 1   1 0 0 F5 = −1 −1 1 , 0 0 1

119



 0 1 0 F3 = −1 −1 0 , 0 0 1   −1 −1 1 1 0 . F6 =  0 0 0 1

Tabulka je napsána pouze pro indexy transformací (viz tabulka 5.3).

1 2 3 4 5 6

1 1 2 3 4 5 6

2 2 3 1 5 6 4

3 3 1 2 6 4 5

4 4 6 5 1 3 2

5 5 4 6 2 1 3

6 6 5 4 3 2 1

Tabulka 5.3: Legenda k tabulce: Stačí uvést příklad. To, že ve třetím sloupci a čtvrtém řádku je číslo 6, značí, že f4 ◦ f3 = f6 , tj. F4 · F3 = F6 . K Nechť fX je afinita, pro kterou každá přímka p se zobrazí do přímky rovnoběžné, tj. pro aA + cB bA + dB = 0. Pro A = 1, B = 0 máme každou nenulovou dvojici čísel A, B je A B b = 0, pro A = 0, B = 1 máme c = 0, pro A = B = 1 máme a = d. QED. L (a) h je buď identita, nebo osová afinita s osou p a směrem Ω. (b),(c) h je osová afinita s osou p a párem odpovídajících si bodů A, g(f (A)), kde A je libovolný bod neležící na p. (d),(e) h je buď posunutí ve směru Ω, nebo osová afinita se směrem Ω a osou o k p, která je různá od přímek p, q. (f) Zvolme souřadnicovou soustavu tak, aby platilo p = OI, J ∈ q, OJ ∈ Γ, OK ∈ Ω, kde K[1; 1] (viz obrázek 5.15a). Nechť F, G jsou matice afinit f , g. Pak       1 m−1 0 1 0 0 1 m−1 0 m 0 , G = 0 n 1 − n , G · F = 0 mn 1 − n . F = 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 Zde m i n jsou různá od 0 a od 1, jinak jsou libovolná. Pro afinitu h, danou maticí G · F, n−1 platí IN V (h) = {} a IN V (h) je buď přímka y = mn−1 , když mn 6= 1, nebo {}, když mn = 1.

Obrázek 5.15: 120

(g) Zvolme souřadnicovou soustavu tak, aby platilo p = OI, q = OJ (viz obrázek 5.15b). Protože f (J) leží na přímce q, je f (J) = [0; n] a analogicky g(I) = [m; 0]. Nechť F, G jsou matice afinit f , g. Pak platí       1 0 0 m 0 0 m 0 0 F = 0 n 0 , G =  0 1 0 , G · F =  0 n 0 . 0 0 1 0 0 1 0 0 1 Čísla m, n jsou různá od 0 a od 1, jinak jsou libovolná. Pro afinitu h, danou maticí G · F platí IN V (h) = {O} a IN V (h) je buď svazek přímek procházejících počátkem O (to když m = n), nebo {} v opačném případě.       −1 −1 1 0 −1 1 1 −1 1 0 0 , (b) X = 1 0 0 , (c) X = 1 0 0 , M (a) X =  1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 √    m −1 1 2 −1 1 √ (d) X =  1 . 0 0 , (e) X =  1 0 0 , kde m = 5−1 2 0 0 1 0 0 1 Nápovědou k tomu, jak se matice X dají získat, jsou obrázky 5.16a,b.

Obrázek 5.16: N Označme ~u = (u; v) vektor směru s (viz obrázek 5.17). Podle předpokladu A0 = A + a~u, B 0 = B + b~u, C 0 = C + c~u. Jestliže a = b = c, pak f : X 7→ X + a~u je posunutí o vektor a~u. V opačném případě (například a 6= b, a 6= c) je f osová afinita s osou, která prochází a a body A + a−b (B − A), A + a−c (C − A). Směr s je směrem afinity f .

Cvičení 5.17 A 121

Obrázek 5.17: B Ano. Nechť f je elace s osou o a g jakákoli involutorní osová afinita s osou o. Pak h = f ◦ g je osová afinita s osou o. Označme F, G, H matice afinity f , g, h (v libovolné soustavě souřadné). Pak det F = 1, det G = −1, tedy det H = −1, a proto h je involutorní osová afinita. Tedy h, g jsou involutorní osové afinity a h ◦ g = (f ◦ g) ◦ g = f je hledaný rozklad elace f . C (a), (b) Netvoří, přidáme-li však k této množině i identickou transformaci id, bude tato množina grupou, podgrupou grupy A[A2 ]. D E F

122