Geometria II gyakorlatok
Kovács Zoltán
c 2011 Copyright Last Revision Date: 2012. május 8.
[email protected]
2
Technikai útmutató a jegyzet használatához ˝ ˝ A jegyzet „képernyobarát” technikával készült, a megjelenés képernyo˝ elotti ˝ tanuláshoz van optimalizálva. Ez elsosorban azt jelenti, hogy az olvasás során nem kell görgetni; ha a megjelenítéskor a „teljes oldal” opciót választjuk, akkor kényelmesen olvasható szöveget kapunk még viszonylag kis monitoron is. A szöveg belso˝ linkeket tartalmaz. A lapok alján elhelyezett navigációs ˝ panel lehetoségeit Acrobat Reader-rel tudjuk teljes mértékben kihasználni. Ha egy link elvezet egy másik oldalra, az eredeti oldalhoz a Back gombbal tudunk visszajutni. c n Fontos megjegyezni, hogy R -et gyakran beazonosítjuk Rn×1 -el, azaz a pontokat, vektorokat oszlopmátrixként is felfoghatjuk, erre külön utalás általában nem történik!
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
3
1. gyakorlat
Tengelyes tükrözés a síkban
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
4
F ELHASZNÁLT
ISMERETEK
tengelyes tükrözés (vektorgeometriai alak): ρ` : R2 → R2 , X 7→ X − 2 hX − P, ni n,
(1)
˝ ˝ ahol P az ` tengely egy tetszoleges pontja, n a tengelyre meroleges (valamelyik) egységvektor tükrözés origóra illeszkedo˝ tengelyre (mátrix alak): ρ` : R2 → R2 , X 7→ ref(α)X ,
(2)
ahol α a tengely irányszöge és ref(α) =
cos 2α sin 2α sin 2α − cos 2α
!
tükrözés nem origóra illeszkedo˝ egyenesre (TTT): ρ` : R2 → R2 , X 7→ ref(α)(X − P) + P,
(3)
ahol α az egyenes irányszöge és P a tengely egy pontja. (jegyzet: 1.3)
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
5
AZ
ALÁBBI TÍPUSFELADATOKAT KELL KÉSZSÉG SZINTEN ISMERNIE :
4 pont tükrözése egyenesre 4 egyenes tükrözése egyenesre
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
6
1.1. Mintafeladat. Tükrözzük az X = (4, 5) pontot a 3x + 4y = −5 egyenletu˝ ` egyenesre! ˝ 1. Megoldás. A feladatot eloször egyszeru˝ középiskolás eszközökkel oldjuk meg. • ` egy irányvektora v = (−4, 3). A tükörkép legyen X 0 = (x 0 , y 0 ). 0 5+y 0 ˝ , 2 ) felezopontja illeszkedik `-re, tehát M • Az XX 0 szakasz M = ( 4+x 2 koordinátái kielégítik ` egyenletét: 4 + x0 5 + y0 +4· = −5 =⇒ 3x 0 + 4y 0 = −42 . 2 2 • (X − X 0 ) ⊥ v azaz hX − X 0 , v i = 0. X − X 0 = (4 − x 0 , 5 − y 0 ), tehát
(4)
(5)
3·
− 4(4 − x 0 ) + 3(5 − y 0 ) = 0 =⇒ 4x 0 − 3y 0 = 1 .
˝ álló egyenletrendszert (pl. a Cramer-szabály • Az (4) és (5) egyenletekbol szerint) megoldva: −42 4 3 4 122 x0 = / =− 1 25 −3 4 −3 −3 −42 3 4 171 . y0 = / =− 4 25 1 4 −3 JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
7
1.2. Mintafeladat. Tükrözzük az X = (4, 5) pontot a 3x + 4y = −5 egyenletu˝ ` egyenesre! 2. Megoldás. A feladatot most a tengelyes tükrözés vektorgeometriai alakja, azaz az X 0 = X − 2 hX − P, ni n
(6)
formula alapján oldjuk meg, ld. (1). • A tengelyen egy pontot úgy kaphatunk, hogy a tengely egyenletében x vagy y helyére beírunk egy számot és a másik koordinátát kifejezzük. Pl. x = 1 esetén y = −2, így P = (1, −2), X − P = (3, 7) √ • ` egy normálvektora n∗ = (3, 4). kn∗ k = 9 + 16 = 5, tehát ` egyik egységnyi hosszúságú normálvektora n = (3/5, 4/5). Így 3 4 37 +7· = . 5 5 5 • Koordinátánként behelyettesítve (6)-ba: 37 3 122 · =− x0 = 4 − 2 · 5 5 25 37 4 171 y0 = 5 − 2 · · =− . 5 5 25 hX − P, ni = 3 ·
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
8
1.3. Mintafeladat. Tükrözzük az X = (4, 5) pontot a 3x + 4y = 0 egyenesre! Megoldás. Mivel a tengely átmegy az origón, ezért a (2) mátrix alak is használható: ˝ • Eloször meghatározzuk a tengely irányszögét:
Az ábra alapján sin α = −3/5, cos α = 4/5, így sin 2α = 2 sin α · cos α = −24/25, cos 2α = cos2 α − sin2 α = 7/25. • Behelyettesítve (2)-be 7 24 92 ·4− ·5=− 25 25 25 24 7 131 y0 = − ·4− ·5=− . 25 25 25 x0 =
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
9
1.4. Mintafeladat. Tükrözzük az X = (4, 5) pontot a 3x + 4y = −5 egyenletu˝ ` egyenesre! 3. Megoldás. Az 1.4 mintafeladatot most (3) alapján (TTT szabály) oldjuk meg. • Az egyenessel párhuzamos, de az origón áthaladó egyenes egyenlete ˝ o˝ feladatban szereplo˝ egyenessel, így 3x + 4y = 0. Ez megegyezik az eloz a ref(α) mátrixot ismerjük, a tengely egy pontja P = (1, 2), X − P = (3, 7). A TTT formula szerint: ! ! ! ! ! 0 x 7/25 −24/25 3 1 −122/25 = + = . 0 y −24/25 −7/25 7 2 −171/25
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
10
1.5. Mintafeladat. Tükrözzük a 4x + 3y = 2 egyenletu˝ e egyenesre az y = 2x + 1 egyenletu˝ f egyenest! Megoldás. Az inverz leképezés elve: X ∈ ρe (f ) ⇐⇒ ρ−1 e (X ) ∈ f . Tengelyes tükrözésre ρ−1 e = ρe , tehát X ∈ ρe (f ) ⇐⇒ ρe (X ) ∈ f . ˝ o˝ mintafeladatok valamelyike alapján kiszámítjuk ρe leképezés • Az eloz analitikus szabályát. Ez azt jelenti, hogy nem egy konkrét pont, hanem az „általános” X = (x, y) pont tükörképét számítjuk ki. Ha ez a lépés nem megy önállóan (de csak akkor), ugorjunk a következo˝ oldalra. Az eredmény −7x − 24y + 16 x0 = 25 −24x + 7y + 12 y0 = . 25 • Az inverz leképezés elve alapján (x 0 , y 0 ) kielégíti f egyenletét: −24x + 7y + 12 −7x − 24y + 16 =2· + 1, 25 25 rendezve kapjuk a végeredményt: −10x + 55y = 45. JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
11
Útmutatás. A 4x + 3y = 2 egyenesre történo˝ tükrözés analitikus szabályát mindhárom tanult módszer alapján kiszámíthatjuk. Itt a vektorgeometriai formulát követjük. • Az egyenes egyik normálvektora (4, 3), ennek hossza 5, így az egye˝ nesre meroleges egyik egységvektor n = (4/5, 3/5). Egy egyenesre illeszkedo˝ pont pl. P = (2, −2). • Az (1) vektorgeometriai alakba helyettesítünk be. 3 4x + 3y − 2 4 , hX − P, ni = (x − 2) + (y + 2) = 5 5 5 így (koordinátánként behelyettesítve): 4x + 3y − 2 4 −7x − 24y + 16 x0 = x − 2 · = 5 5 25 4x + 3y − 2 3 −24x + 7y + 12 y0 = y − 2 · = . 5 5 25
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
12
2. gyakorlat
Forgatás a síkban
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
13
F ELHASZNÁLT
ISMERETEK
elforgatás az origó körül (mátrix alak): σα : R2 → R2 , X 7→ rot(α)X ,
(7)
ahol α a forgatás szöge és rot(α) =
cos α − sin α sin α cos α
!
˝ elforgatás tetszoleges pon körül (TFT): (8)
σ(C,α) : R2 → R2 , X 7→ rot(α)(X − C) + C, ahol C a forgatás középpontja és α a forgatás szöge (jegyzet: 1.3)
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
14
AZ
ALÁBBI TÍPUSFELADATOKAT KELL KÉSZSÉG SZINTEN ISMERNIE :
4 pont elforgatása pont (speciálisan az origó) körül a síkban 4 egyenes elforgatása pont körül a síkban 4 valódi elforgatás centrumának megkeresése
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
15
2.1. Mintafeladat. Forgassuk el az X = (−2, 1) pontot az origó körül α = π/3 szöggel! Bizonyítás. Mivel a forgatás középpontja az origó, elegendo˝ a (7) képletbe behelyettesíteni: ! ! ! x0 cos π3 − sin π3 −2 = y0 1 sin π3 cos π3 √ π π −2 − 3 0 x = cos · (−2) − sin · 1 = 3 3 2 √ π 1−2 3 π 0 . y = sin · (−2) + cos · 1 = 3 3 2
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
16
2.2. Mintafeladat. Forgassuk el az X = (−2, 1) pontot a C = (1, 1) pont körül α = π/3 szöggel! Megoldás. A (8) TFT szabályt alkalmazzuk. X − C = (−3, 0). ! ! ! ! x0 cos π3 − sin π3 −3 1 = + , sin π3 0 1 y0 cos π3 √ 1 3 1 x = · (−3) − ·0+1=− 2 2 2 √ √ 3 1 2−3 3 y0 = · (−3) + · 0 = . 2 2 2 0
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
17
2.3. Mintafeladat. Forgassuk el a 3x + 2y = 1 egyenletu˝ ` egyenest a C = (1, 1) pont körül α = π/3 szöggel! Megoldás. Az inverz leképezés elvét alkalmazzuk: −1 (X ) ∈ ` . X ∈ σ(C,α) (`) ⇐⇒ σ(C,α) −1 −1 leképezés analitikus szabálya: = σ(C,−α) , így a σ(C,α) • Mivel σ(C,α) ! ! ! ! x0 cos − π3 − sin − π3 x −1 1 = + , y0 sin − π3 cos − π3 y −1 1
√ √ √ 1 3 1 3 1− 3 x = (x − 1) + (y − 1) + 1 = x + y+ 2 2 2 2 2 √ √ √ 3 1 3 1 1+ 3 0 y =− (x − 1) + (y − 1) + 1 = − x+ y+ . 2 2 2 2 2 • (x 0 , y 0 ) kielégíti a 3x + 2y = 1 egyenletet: √ √ ! √ √ ! 1 3 1− 3 3 1 1+ 3 3 x+ y+ +2 − x+ y+ = 1. 2 2 2 2 2 2 0
• Hozzuk az eredményt egyszerubb ˝ alakra! JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
18
2.4. Mintafeladat. Legyen F (X ) = rot(α)X + b, ahol α = π/6, b = (2, −1). F egy forgatás. Határozzuk meg a centrumát! Megoldás. Az F leképezés fixpontját keressük, azaz olyan X pontot, melyre F (X ) = X : ! ! ! ! x cos π6 − sin π6 x 2 = + y sin π6 cos π6 y −1 • A mátrix muveleteket ˝ elvégezve az alábbi lineáris egyenletrendszert kapjuk: √ (2 − 3)x + y = 4 √ −x + (2 − 3)y = 2. • Az egyenletrendszer megoldása √ √ 5+2 3 3 x= , y= . 2 2 √ √ • Tehát a centrum C = 23 , 5+22 3 .
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
19
3. gyakorlat
Affin transzformációk a síkban
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
20
F ELHASZNÁLT
ISMERETEK
affin transzformáció mátrix alakja: A ∈ GL(2) (a transzformáció lineáris része), b ∈ R2 (az eltoló vektor ), F : R2 → R2 , X 7→ AX + b speciális affin transzformációk: • A ∈ O(2): izometria ! a ±b • A= , (det A 6= 0): hasonlóság b ∓a egyenes képe: A P + L(v ) egyenes képe F (P) + L(Av ) az affin transzformáció fixpontjai: az (A − I)X = −b
(9)
inhomogén lineáris egyenletrendszer megoldás halmaza az affin transzformáció inverze: X 7→ A−1 X − A−1 b
(10)
alaptétel: Háromszög és képe az affin transzformációt egyértelmuen ˝ meghatározza. JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
21
AZ
ALÁBBI TÍPUSFELADATOKAT KELL KÉSZSÉG SZINTEN ISMERNIE :
4 izometria, hasonlóság felismerése affin transzformáció mátrix alakjából 4 pont képének meghatározása 4 a transzformáció fixpontjainak meghatározása 4 a transzformáció fixegyeneseinek meghatározása (*) 4 a transzformáció inverzének meghatározása 4 egyenes (alakzat) képének meghatározása 4 affin transzformáció analitikus felírása, ha ismert egy háromszög és a képe
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
22
Az affin transzformáció algebrai megadására többféle, egymással ekvivalens formát alkalmazhatunk: 1. megadjuk transzformáció lineáris részét és eltoló vektorát: ! a b ∈ GL(2), (e, f ) ∈ R2 ; c d 2. megadjuk a transzformáció analitikus szabályát: x 0 = ax + by + e, y 0 = cx + dy + f ; 3. megadjuk a transzformáció homogén reprezentációját: a b e c d f ∈ GL(3). 0 0 1
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
23
3.1. Mintafeladat. Legyen F : R2 → R2 , X 7→ F (X ), ! ! 4 1 2 F (X ) = X+ . 2 1 −1 1. F affin transzformáció-e? 2. F izometria-e? 3. Határozzuk meg az (4, 2) pont képét! Megoldás. 1. A transzformáció lineáris része A=
! 4 1 . 2 1
det A = 2 6= 0, tehát az F leképezés affin leképezés. 2. A nem ortogonális mátrix, tehát F nem izometria. (Miért? Ha önállóan nem tudja a választ, akkor a következo˝ oldalon találja az útmutatást.) 3. 4 1 2 1 JJ
II
!
! 4 + 2 J
! 2 = −1 I
Back
! 20 . 9 J Doc Doc I
24
Útmutatás. Egy ortogonális mátrix determinánsa szükségképpen ±1. Így azt, hogy A nem ortogonális mátrix, már onnan is látjuk, hogy determinánsa ˝ 2. Az elobbi állítás visszafele nem igaz, egy ±1 determinánsú mátrix nem feltétlenül ortogonális mátrix. Másik megoldásként kiszámíthatjuk A inverzét, ! 1 1 −1 A−1 = 6= At . 2 −2 4 Innen ismét látjuk, hogy A nem ortogonális mátrix.
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
25
3.2. Mintafeladat. Legyen F : R2 → R2 , X 7→ F (X ), ! ! 4 1 2 F (x) = X+ . 2 1 −1 Határozzuk meg a transzformáció fixpontjait! Megoldás. Olyan (x, y) pontokat keresünk, amelyre ! ! ! ! 4 1 x 2 x + = . 2 1 y −1 y Azaz a fixpontok komponensei kielégítik az ! ! ! 3 1 x −2 = 2 0 y 1 inhomogén lineáris egyenletrendszert. (Ez nem más, mint a (9) egyenletrendszer. Jelen esetben ez az egyenletrendszer megoldható és a megoldás egyértelmu: ˝ −7 1 x= , y= 2 2 azaz a transzformáció egyetlen fixpontja (1/2, −7/2). JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
26
3.3. Mintafeladat. Legyen x 0 = −2x + 4y + 2 y 0 = 3x − 3y − 2 Határozzuk meg a transzformáció fixpontjait! Megoldás. Olyan (x, y) pontokat keresünk, amelyre x = −2x + 4y + 2 y = 3x − 3y − 2. Azaz 3x − 4y = 2 −3x + 4y = −2. A két egyenlet arányos, azaz (pl.) a második egyenlet elhagyható, így a fixpontok (és csakis azok) kielégítik a 3x − 4y = 2 egyenletet.
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
27
3.4. Mintafeladat. Legyen F : R2 → R2 , X 7→ F (X ), ! ! 4 1 2 F (x) = X+ . 2 1 −1 Határozzuk meg a transzformáció inverzét! Megoldás. A (10) képletbe helyettesítünk be: ! ! ! 1/2 −1/2 1/2 −1/2 2 A−1 = , A−1 b = = −1 2 −1 2 −1 Tehát az inverz transzformáció: ! ! ! x 1/2 −1/2 x 7→ + y −1 2 y
JJ
II
J
I
Back
! −3/2 . 4
J Doc Doc I
! 3/2 . −4
28
3.5. Mintafeladat. Legyen F : R2 → R2 , X 7→ F (X ), ! ! 4 1 2 F (x) = X+ . 2 1 −1 Határozzuk meg az y = 2x + 1 egyenes képét! Megoldás. • Az inverz leképezés elvét alkalmazzuk: X ∈ F (e) ⇐⇒ F −1 (X ) ∈ e. ˝ o˝ feladat alapján X = (x, y) osképe ˝ • Az eloz 1 3 1 x∗ = x − y − 2 2 2 ∗ y = −x + 2y + 4. • Az inverz leképezés elve szerint (x ∗ , y ∗ ) kielégíti az y = 2x+1 egyenletet, azaz 1 1 3 −x + 2y + 4 = 2 x− y− + 1. 2 2 2 Rendezve a 2x − 3y = 6 egyenletet kapjuk.
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
29
3.6. Mintafeladat (*). Legyen F : R2 → R2 , X 7→ F (X ), ! ! 1 2 1 F (x) = X+ . 2 1 −1 Határozzuk meg a transzformáció fixegyeneseit. Megoldás. • Az X!0 + L(v ) fixegyenes v irányvektora a lineáris rész sajátvek1 2 tora. A = , A karakterisztikus egyenlete (1 − λ)2 − 4 = 0; a saját2 1 értékek λ1 = 3, λ2 = −1; a hozzájuk tartozó egy-egy sajátvektor v1 = (1, 1), v2 = (1, −1). • (F (X0 ) − X0 )kv . Ha X0 = (x, y), akkor F (X0 ) − X0 = (2y + 1, 2x − 1). • v1 = (1, 1) esetén azt kapjuk, hogy 2y + 1 = 2x − 1, azaz y = x − 1, ez az egyik fixegyenes egyenlete. • v2 = (1, −1) esetén azt kapjuk, hogy 2y + 1 = −2x + 1, azaz y = −x, ez a másik fixegyenes egyenlete. ˝ • A 3.5. mintafeladat alapján ellenorizzük, hogy ezeknek az egyeneseknek a képe valóban önmaga.
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
30
1 a 0 3.7. Mintafeladat (*). Határozzuk meg a 0 1 0 ∈ GL(3), a 6= 0 homo0 0 1 gén reprezentánsú affin transzformáció fixelemeit! (Nyírás.) Megoldás. • A fixpontok a 0 a alapmátrixú homogén lineáris egyenletrendszer (azaz ay = 0) megoldásai. Innen y = 0, x ∈ R, azaz a fixpontok halmaza az x-tengely. Ez egyben azt is jelenti, hogy az x-tengely fixegyenes (ráadásul pontonként fix). • A fixegyenesek irányvektorai a lineáris rész sajátvektorai. A sajátértékek a 1 − λ a = 0 =⇒ (1 − λ)2 = 0 0 1 − λ karakterisztikus egyenlet megoldásai, azaz λ1 = λ2 = 1. Az ehhez tartozó sajátalteret (1, 0) generálja. • (F (X0 ) − X0 )kv . Legyen X0 = (x, y), ekkor F (X0 ) − X0 = (ay, 0). Ez a vektor mindig párhuzamos az (1, 0) vektorral, azaz minden olyan egyenes, amely párhuzamos az x tengellyel, fixegyenes. JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
31
1 a 0 3.8. Mintafeladat (*). Határozzuk meg a 0 b 0 ∈ GL(3), a 6= 0, b 6= 0, 0 0 1 b 6= 1 homogén reprezentánsú affin transzformáció fixelemeit! (Ferde affinitás.) Megoldás. • A fixpontokat az ay = 0, (b − 1)y = 0 egyenletrendszer megoldáshalmaza, azaz y = 0 adja. A fixpontok halmaza tehát az x-tengely. • A lineáris rész karakterisztikus egyenlete (1 − λ)(b − λ) = 0, a sajátértékek λ1 = 1 és λ2 = b. • A λ1 = 1 sajátértékhez tartozó invariáns alteret (1, 0) generálja. A korábban már megismert módszer szerint ez az y = 0 egyenest adja fixegye˝ tudjuk, hogy pontonként fix.) nesnek. (Errol • A λ2 = b sajátértékhez tartozó invariáns alteret (a, b − 1) generálja. Ha a fixegyenes egy pontja X0 = (x, y), akkor F (X0 ) − X0 = (ay, (b − 1)y) = ˝ y(a, b − 1), amely tetszoleges y-ra páruzamos az (a, b − 1) vektorral. Így minden (a, b − 1) irányvektorú egyenes fixegyenes.
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
32
3.9. 1 0 0
Mintafeladat. Határozzuk meg az x 2 + y 2 = 1 egyenletu˝ k kör képét a 0 0 ˝ affinitásnál. b 0 ∈ GL(3), b 6= 1 homogén reprezentánsú meroleges 0 1
! 1 0 Megoldás. • A transzformáció lineáris része A = . Az inverz leké0 b pezés elvét alkalmazzuk: P ∈ k 0 ⇐⇒ F −1 (P) = A−1 P ∈ k . ! 1 0 • A−1 = , A−1 (x, y)t = (x, y/b), így a képalakzat egyenlete 0 1/b x 2 + y 2 /b2 = 1. Ez egy ellipszis egyenlete, nagytengelye 1, kistengelye b.
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
33
3.10. Mintafeladat. Írjuk föl azt az affin transzformációt, amely az O = (0, 0), E1 = (1, 0), E2 = (0, 1) pontokat rendre a P, Q, R pontokba viszi, ahol (P, Q, R) nem kollineárisak! Legyen P = (3, 2), Q = (5, 8), R = (7, 3). Megoldás. • Legyen a keresett F transzformáció lineáris része A =
! a b , c d
az eltoló vektor (e, f ). A feltétel szerint: P = F (0, 0) = (e, f )
=⇒ (e, f ) = P,
Q = F (1, 0) = (a, c) + (e, f )
=⇒ (a, c) = Q − P,
R = F (0, 1) = (b, d) + (e, f )
=⇒ (b, d) = R − P.
• A konkrét adatokkal: (e, f ) = (3, 2), (a, c) = (5, 8) − (3, 2) = (2, 6), (b, d) = (7, 3) − (3, 2) = (4, 1). Így a transzformáció: x 0 = 2x + 4y + 3, y 0 = 6x + y + 2. (A feladatba való ˝ visszahelyettesítéssel ellenorizzünk!) JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
34
3.11. Mintafeladat. Írjuk föl azt az affin transzformációt, amely a P, Q, R pontokat rendre a P 0 , Q 0 , R 0 pontokba viszi! Megoldás. A megoldás algoritmusa: ˝ o˝ mintafeladat alapján 1. F1 : (O, E1 , E2 ) 7→ (P, Q, R) az eloz ˝ o˝ mintafeladat alapján 2. F2 : (O, E1 , E2 ) 7→ (P 0 , Q 0 , R 0 ) az eloz 3. F1−1 a 3.4. mintafeladat alapján 4. F2 ◦ F1−1 adja a keresett transzformációt.
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
35
3.12. Mintafeladat. Írjuk föl azt az affin transzformációt, amely a (2, 3), (1, 6), (3, −1) pontokat rendre a (1, −2), (2, 1), (−3, 5) pontokba viszi! Megoldás. A 3.11. mintafeladat algoritmusát követjük. Az algoritmus elso˝ ˝ három lépése korábban már elofordult feladatokban, itt csak végeredményt adunk meg. 1. ! ! −1 1 2 F1 (X ) = X+ 3 −4 3 2. F2 (X ) = 3. F1−1 (X ) = 4. F2 ◦ F1−1 (X ) =
! 1 −4 X+ 3 7 ! −4 −1 X+ −3 −1
! 1 −2 ! 11 9
! 8 3 X+ −33 −10
! −24 94
Az utolsó lépéshez útmutatást talál a következo˝ oldalon. JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
36
Útmutatás. F = F2 ◦ F1−1 (X ) = ! !! −4 −1 11 = F2 X+ = −3 −1 9 ! ! !! 1 −4 −4 −1 11 = X+ + 3 7 −3 −1 9 ! ! ! 8 3 −25 1 = X+ + = −33 −10 96 −2 ! ! 8 3 −24 = X+ −33 −10 94
JJ
II
J
I
Back
! 1 = −2
J Doc Doc I
37
4. gyakorlat
Számolás homogén koordinátákkal
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
38
AZ
ALÁBBI TÍPUSFELADATOKAT KELL KÉSZSÉG SZINTEN ISMERNIE :
A homogén koordináták módszerével az alábbi problémák megoldása: 4 két pontra illeszkedo˝ egyenes egyenlete 4 két egyenes metszéspontja 4 egyenes végtelen távoli pontjának meghatározása 4 adott ponton keresztül adott egyenessel (affin) párhuzamos egyenes egyenlete 4 eldönteni, hogy három pont kollineáris-e 4 eldönteni, hogy három egyenes egy pontra illeszkedik-e
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
39
4.1. Mintafeladat. Írjuk fel a 1. P = (1, −3), Q = (−1, 2) 2. P = [−1, 2, 0], Q = (−1, 2) 3. P = [2, 4, 2], Q = [1, 0, 1] pontokra illeszkedo˝ egyenes egyenletét a homogén koordináták módszerével. Ahol szükséges, ott az alaphalmaz a Descartes-sík projektív lezártja. Megoldás. 1. P = [1, −3, 1], Q = [−1, 2, 1], így a keresett [u] egyenesre e e e 2 3 1 u = 1 −3 1 = (−5, −2, −1). −1 2 1 Tehát a keresett egyenes egyenlete 5x + 2y + 1 = 0. 2. A feladatnak csak a Descartes-sík projekív lezártján van értelme. u = (2, 1, 0), az egyenlet 2x + y = 0. 3. x = 1.
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
40
4.2. Mintafeladat. Határozzuk meg az 1. x + 2y − 3 = 0, 2x + 4y − 3 = 0 2. x1 + 2x2 − 3x3 = 0, x + y + 1 = 0 3. [1, 1, 1], [0, 0, 1] egyenesek metszéspontját a homogén koordináták módszerével. Ahol szükséges, ott az alaphalmaz a Descartes-sík projektív lezártja. Megoldás. 1. A keresett metszéspont homogén koordinátáira e e e 3 1 2 1 2 −3 = (6, −3, 0), 2 4 −3 azaz a két egyenes a Descartes-sík projektív lezártján a [2, −1, 0] végtelen távoli pontban metszi egymást. (Az egyenesek a Descartes-síkon párhuzamosak.) 2. A metszéspont [5, −4, −1] = (−5, 4). 3. [1, −1, 0] (Mivel a második egyenes a végtelen távoli egyenes, ezért azt is mondhatjuk, hogy az x + y + 1 = 0 egyenes végtelen távoli pontja [1, −1, 0]). JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
41
˝ és a 4.3. Mintafeladat. Határozzuk meg a P = (2, 1) pontra illeszkedo, x + 2y − 3 = 0 egyenletu˝ e egyenessel párhuzamos egyenes egyenletét! Megoldás. A P pont nem illeszkedik a megadott egyenesre. A koordinátasík projektív lezártján a feladatot úgy fogalmazhatjuk át, hogy az e egyenes végtelen távoli pontját kössük össze a megadott ponttal. e homogén koordinátái [1, 2, −3], e végtelen távoli pontjának koordinátáit jelölje [x1 , x2 , 0]. Az illeszkedési feltétel x1 + 2x2 = 0. Az egyenlet egy nem triviális megoldása (−2, 1), így az e végtelen távoli pontja U = [−2, 1, 0]. U-t a P-vel összeköto˝ egyenest a tanult módon határozzuk meg: e e e 1 2 3 2 1 1 = (−1, −2, 4), −2 1 0 azaz a keresett egyenlet x + 2y − 4 = 0. ˝ Ellenorizzük a megoldás!
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
42
4.4. Mintafeladat. Határozzuk meg az x +2y −3 = 0 és 2x +4y −3 = 0 egyenletu˝ egyenesek metszéspontját az origóval összeköto˝ egyenes egyenletét! Megoldás. A megadott két egyenes párhuzamos, így a feladatot a Descartessík projektív lezártján értelmezzük. A két egyenes metszéspontja a 4.2. feladat alapján [2, −1, 0], tehát e keresett egyenes homogén koordinátái e e e 2 3 1 2 −1 0 = (−1, −2, 0). 0 0 1 Így az egyenes egyenlete x + 2y = 0. ˝ Ellenorzés. A három egyenes valóban egy ponra illeszkedik, mert 1 2 −3 2 4 −3 = 0. 1 2 0
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
43
4.5. Mintafeladat. Határozzuk meg α értékét úgy, hogy a (2, 1), [1, 1, 0], [1, 0, α] pontok kollineárisak legyenek. Megoldás. A kollinearitás feltétele homogén koordinátákkal 2 1 1 1 1 0 = 0 =⇒ α = 1. 1 0 α
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
44
5. gyakorlat
Másodrendu˝ görbék projektív geometriája
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
45
AZ
ALÁBBI TÍPUSFELADATOKAT KELL KÉSZSÉG SZINTEN ISMERNIE :
4 másodrendu˝ görbe projektív osztályának meghatározása 4 másodrendu˝ görbe végtelen távoli pontjának meghatározása ˝ speciálisan aszimptota egyenletének felírása a görbe valamely 4 érinto, pontjában ˝ 4 érintopár egyenletének felírása külso˝ pontból
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
46
F ELHASZNÁLT
ISMERETEK
valós szimmetrikus mátrix normál formája: diag(1, ... , 1, −1, ... , −1, 0, ... , 0). Elemi sor- és a megfelelo˝ oszlopátalakításokkal érheto˝ el a normál forma. érinto˝ a görbe pontjában: Az x t Mx = 0 másodrendu˝ görbe (amely ˝ a [p] pontjában pt Mx = 0. nem egyenes vagy egyenespár) érintoje ˝ pontból húzott érintopár: Az x t Mx = 0 másodrendu˝ görbe (amely ˝ nem egyenes vagy egyenespár) [p] pontból húzott érintopárjának t 2 t t egyenlete (p Mx) = (x Mx) · (p Mx).
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
47
5.1. Mintafeladat. Határozzuk meg, melyik projektív osztályba tartozik az alábbi másodrendu˝ görbe: 3x 2 − 4xy − 2y 3 + 3x − 12y − 7 Megoldás. • A görbe mátrixa
3 −2 3/2 −2 −2 −6 . 3/2 −6 7
• Elemi sor- és a megfelelo˝ oszlopátalakításokkal: 3 0 3/2 3 0 0 3 0 0 −5 → 0 −10/3 0 0 −10/3 −5 → 0 −10/3 3/2 −5 −7 0 −5 −31/4 0 0 −1/4 • A görbe mátrixának normál formája diag(1, −1, −1), azaz a görbe valós körrel projektív ekvivalens.
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
48
5.2. Mintafeladat. Keressük meg a 2x 2 + xy − 3 = 0 másodrendu˝ görbe végtelen távoli pontjait! Megoldás. A görbe egyenlete homogén koordinátákkal: 2 x1 x1 x2 − 3 = 0. 2 + x3 x3 x3 x32 -el szorozva mindkét oldalt: 2x12 + x1 x2 − 3x32 = 0. A görbe végtelen távoli pontjára x1 (2x1 + x2 ) = 0, x3 = 0 következik. Ennek az egyenletrendszernek (nem triviális) megoldásai [0, 1, 0] vagy [1, −2, 0].
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
49
5.3. Mintafeladat. Írjuk föl a 3x 2 + 10xy + 3y 2 − 2x − 14y − 13 = 0 görbe aszimptotáinak egyenletét!
3 5 −1 Megoldás. • A görbe mátrixa: 5 3 −7 . −1 −7 −13 • A görbe végtelen távoli pontjait a 3x12 + 10x1 x2 + 3x22 = 0 egyenlet (mely x1 /x2 -re másodfokú) megoldásaiként kapjuk. Az egyenlet nem triviális megoldásai xx21 = − 31 és xx12 = 3, így a görbe végtelen távoli pontjai [−1, 3, 0] és [−3, 1, 0]. • Az aszimptoták egyenlete: x 3 5 −1 (−1, 3, 0) 5 3 −7 y = 0 =⇒ 6x + 2y − 10 = 0. 1 −1 −7 −13 3 5 −1 x (−3, 1, 0) 5 3 −7 y = 0 =⇒ 2x + 6y + 2 = 0. −1 −7 −13 1 JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
50
5.4. Mintafeladat. Írjuk föl az x 2 + 2y 2 = 1 ellipszis (1, 1) pontra illeszkedo˝ ˝ érintopárjának egyenletét!
1 0 0 Megoldás. • A görbe mátrixa: M = 0 2 0 . 0 0 −1 • 1 1 (x, y, 1)M 1 = x + 2y − 1, (1, 1, 1)M 1 = 2, 1 1 ˝ Így az érintopár egyenlete: (x + 2y − 1)2 = (x 2 + 2y 2 − 1) · 2. • Rendezve és faktorizálva: (x − 1)(x − 4y + 3) = 0, ˝ egyenlete x = 1, x − 4y + 3 = 0. azaz az érintok
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
