Geometria II. Vázlat Kovács Zoltán el adásaihoz május 27

Geometria II Vázlat Kovács Zoltán el®adásaihoz

2012. má jus 27.

2

Tartalomjegyzék

1. Geometria

R2 -ben

5

1.1.

R2

1.2.

Tengelyes tükrözések a síkban

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

1.3.

Elforgatások a síkban . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

17

1.4.

A sík ortogonális csoportja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

1.5.

Izometriák . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

25

1.6.

An leképezések a síkban

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

1.7.

Speciális an transzformációk . . . . . . . . . . . . . . . . . .

35

1.8.

Összefoglalás, kitekintés

39

euklideszi struktúrája . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2. A projektív síkgeometria alapjai

6

45

2.1.

Az an illeszkedési sík . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

46

2.2.

Homogén koordináták

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

52

2.3.

A projektív illeszkedési sík . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

57

2.4.

Záródási tulajdonságok. . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

62

2.5.

Projektív transzformációk

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

67

2.6.

A kett®sviszony . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

75

3. Appendix 3.1.

O(3)

szerkezete

79 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

79

4

TARTALOMJEGYZÉK

Ez a jegyzet távolról sem tekinthet® véglegesnek.

Több bizonyítás le-

írásával még adós vagyok, csakúgy, mint a szemléltet® ábrákkal, s az anyag is b®vülni fog a továbbiakban. Minden észrevételét (sajtóhiba, nem világos gondolatmenet) kérem küldje el az olvasó a

[email protected]

címre.

A tananyagegységeket követ® egy-egy feladat megoldása mindenképpen szükséges a megértéshez. A

3

jel azt mutatja, hogy a tétel bizonyítása az

olvasónak nem okozhat nehézséget, azt önállóan végezze el. A felhasznált legfontosabb források: Patrick J. Ryan. Euclidean and non-Euclidean Geometry. An analytic app-

roach. Cambridge University Press, 1986. M. K. Benett. Ane and Projective Geometry. New York: Wiley, 1995.

1. fejezet Geometria

R2-ben

5

6

1. FEJEZET. GEOMETRIA

R2 -BEN

Ebben a fejezetben az euklideszi sík analitikus geometriáját tárgyaljuk, külön gyelemmel a geometriai transzformációkra. Az anyag megértéséhez át kell ismételnünk a Geometria I tantárgyból már tanult megfelel® axiómákat, fogalmakat, tételeket. Szükségünk van továbbá a mátrixalgebra biztos ismeretére.

1.1. R euklideszi struktúrája 2

R2 elemeit általában latin kis- és nagybet¶kkel jelöljük, tehát x ∈ R2 , vagy P ∈ R2 , míg ezek komponenseit indexelve, tehát pl. x = (x1 , x2 ). R2 elemeit pontnak és vektornak is lehet nevezni, szövegkörnyezett®l függ®en. Ha pontra gondolunk, akkor használunk nagybet¶ket, míg ha vektorra, akkor kisbet¶2 ket. (0, 0) ∈ R neve lehet origó (ekkor pontra gondolunk és az O jelölést használjuk), vagy zérusvektor (ekkor vektorra gondolunk és

Deníció.

Az

x = (x1 , x2 ) ∈ R2

és

y = (y1 , y2 ) ∈ R2 ,

0-val

1

jelöljük) .

rendezett számpárok

összege

x + y = (x1 + y1 , x2 + y2 ); míg ha

α ∈ R,

akkor

α

és

x

szorzata

α · x = (α · x1 , α · x2 ). Az összeadás tehát egy

R2 × R2 → R2

binér m¶velet. A skalárral való

szorzás egy

R × R2 → R2 leképezés.

(Ennek · jelét gyakran el is hagyjuk.)

additív inverze, ezért jogos helyette

1. Tétel. tortér

R

R2

(−1) · x

α(x + y) = αx + αy

2.

(α + β)x = αx + βx

3.

(αβ)x = α(βx)

4.

1 · x = x.

nyilván az

x

írni.

a fenti összeadás m¶veletre Abel csoport, továbbá 2 fölött, azaz ∀x, y ∈ R , ∀α ∈ R:

1.

1A

−x-et

(R2 , +)

vek-

vektorokat tipográai szempontból nem emelem ki, azaz nem szedem félkövéren, nem húzom alá. Az egyetlen kivétel a zérusvektor, amelyet félkövéren szedek, a félreértések elkerülése végett.

R2

1.1.

EUKLIDESZI STRUKTÚRÁJA

Deníció.

x, y ∈ R2

Az

7

vektorok skaláris szorzatán (vagy bels® szorzatán )

az

hx, yi = x1 y1 + x2 y2 ∈ R számot értjük. A skaláris szorzás tehát egy

R2 × R2 → R leképezés.

2. Tétel. 2

R

,

R2 ∀α ∈ R:

euklideszi vektortér a fenti skaláris szorzattal, azaz

1.

hx, y + zi = hx, yi + hx, zi

2.

hx, αyi = α hx, yi

3.

hx, yi = hy, xi

4.

hx, xi ≥ 0; hx, xi = 0 ⇐⇒ x = 0.

∀x, y, z ∈

Következmény. 1.*

hx + y, zi = hx, zi + hy, zi

2.*

hαx, yi = α hx, yi

∀x ∈ R2 -re hx, yi = 0, akkor y = 0. p Deníció. x ∈ R2 -re kxk = hx, xi, az x vektor 4.* Ha

hossza vagy normája.

k·k : R2 → R

leképezés, amelyet normafüggvénynek p is nevezünk. Komponensekkel kiírva, kxk = x21 + x22 . Tehát a norma egy

3. Tétel (Cauchy-Schwarz egyenl®tlenség). ∀x, y ∈ R2 : Egyenl®ség akkor és csakis akkor teljesül, ha

x = αy

vagy

hx, yi2 ≤ kxk2 ·kyk2 . x, y arányosak, azaz ∃α ∈ R:

y = αx.

y = 0-ra az állítás triviálisan teljesül, a továbbiakban feltesszük, y 6= 0. Legyen λ ∈ R tetsz®leges, s tetsz®legesen rögzített x-re és

Bizonyítás. hogy

y 6= 0-ra

tekintsük az alábbi kifejezést:

f (λ) = hx − λy, x − λyi = hx, xi − 2λ hx, yi + λ2 hy, yi .

8


∀λ ∈ R : f (λ) ≥ 0,

R2 -BEN

mert vektor önmagával való skaláris szorzata mindig

nemnegatív, tehát a másodfokú polinom diszkriminánsa nem pozitív:

hx, yi2 − hx, xi hy, yi ≤ 0. Egyenl®ség akkor és csakis akkor állhat fenn, ha

y

lineáris függ®sége következik.

akkor vagy

x = λy

vagy

Megfordítva, ha

x − λy = 0, amib®l x és x és y lineárisan függ®k,

y = λx valamely alkalmas skalárra.

Bármelyiket be-

helyettesítve az egyenl®tlenség egyik ill. másik oldalába, egyenl® kifejezéseket kapunk.

4. Tétel.

∀x, y ∈ R2 , ∀α ∈ R:

1.

kxk ≥ 0,

2.

kxk = 0 ⇐⇒ x = 0,

3.

kαxk = |α| · kxk,

4.

kx + yk ≤ kxk + kyk, továbbá egyenl®ség x, y arányosak, nemnegatív faktorral.

akkor és csakis akkor teljesül,

ha

A 4. tulajdonságot Minkowski egyenl®tlenségnek nevezzük.

Bizonyítás. Az alábbi levezetésben a harmadik sornál a Cauchy-Schwarz egyenl®tlenséget alkalmazva

kx + yk2 = hx + y, x + yi = = hx, xi + 2 hx, yi + hy, yi ≤ ≤ hx, xi + 2| hx, yi | + hy, yi ≤ ≤ hx, xi + 2kxk · kyk + hy, yi = = kxk2 + 2kxk · kyk + kyk2 = (kxk + kyk)2 , ami a Minkowski egyenl®tlenséget jelenti. Egyenl®ség akkor és csakis akkor teljesül, ha

hx, yi = | hx, yi | = kxk · kyk. y = 0-ra mindkét egyenl®ség teljesül. Legyen tehát y 6= 0. Az els® egyenl®ség akkor és csakis akkor teljesül, ha hx, yi ≥ 0. A második egyenl®ség a CauchySchwarz egyenl®tlenség miatt akkor és csakis akkor teljesül, ha x, y arányosak, azaz x = ty . hty, yi = t hy, yi ≥ 0 ⇐⇒ t ≥ 0.

1.1.

R2


Deníció.

Ha

P, Q ∈ R2 ,

akkor

9

d(P, Q) = kP − Qk

a

P

és

Q

pontok

távolsága. A távolság tehát egy

d : R2 × R2 → R

leképezés, amelyet távolságfügg-

vénynek is nevezünk. Komponensekkel kiírva:

d(P, Q) =

5. Tétel.

p

(P1 − Q1 )2 + (P2 − Q2 )2 .

∀P, Q, R ∈ R2 :

1.

d(P, Q) ≥ 0,

2.

d(P, Q) = 0 ⇐⇒ P = Q,

3.

d(P, Q) = d(Q, P ),

4.

d(P, Q) + d(Q, R) ≥ d(P, R),

azaz

(R2 , d)

egy metrikus tér.

A 4. tulajdonságot háromszög-egyenl®tlenségnek nevezzük.

Bizonyítás. 4. A Minkowski egyenl®tlenséget alkalmazva:

d(P, Q) + d(Q, R) = kP − Qk + kQ − Rk ≥ ≥ k(P − Q) + (Q − R)k = kP − Rk = = d(P, R). Megjegyzés. A fejezet eddigi anyaga könnyen átdolgozható úgy, hogy a pontok n és vektorok

R

-b®l valók.3

Mer®legesség Deníció.

Ha az

u, v

vektorokra

hu, vi = 0,

akkor

r®leges vagy ortogonális vektoroknak mondjuk. Ha egységvektorok, akkor

(u, v)

u-t és v -t egymásra meu, v egymásra mer®leges

egy ortonormált (rendezett) pár.

u⊥ egymásra ⊥⊥ mer®leges vektorok, amelyeknek a hosszuk megegyezik, továbbá u = −u. ⊥ Könny¶ látni, hogy ha u, v ortogonális (nem zéró) vektorok, akkor u és v Ha

u = (u1 , u2 ),

akkor legyen

u⊥ = (−u2 , u1 ).

Ekkor

u

és

arányosak. Ha

(u, v) ortonormált pár R2 -ben, akkor egy tetsz®leges vektor koordiná-

táit könny¶ kiszámítani, az alábbi tétel szerint:

10


R2 -BEN

1.1. ábra. Vektor Fourier-el®állítása

6. Tétel (Vektor Fourier-el®állítása). 2

R

Ha

(u, v)

ortonormált pár, akkor

∀x ∈

:

x = hx, ui u + hx, vi v. Bizonyítás. Legyen

x = αu + βv. Szorozzuk az el®bbi relációt skalárisan az

u,

majd a

v

vektorral:

hx, ui = α hu, ui +β hu, vi | {z } | {z } 1

0

hx, vi = α hv, ui +β hv, vi . | {z } | {z }

7. Tétel (Pitagorasz tétele).

Q−R

0

1

Legyenek

P , Q, R

különböz® pontok.

akkor és csakis akkor mer®legesek egymásra, ha

kP − Qk2 + kQ − Rk2 = kP − Rk2 . Bizonyítás.

(P − Q) + (Q − R) = P − R,

tehát

kP − Rk2 = h(P − Q) + (Q − R), (P − Q) + (Q − R)i = = kP − Qk2 + kQ − Rk2 + 2 hP − Q, Q − Ri , ami az állítást jelenti.

P −Q

és

1.1.

R2


Kulcsszavak 1.

2.

3.

4.

5.

Jegyzetek

11

12


1.2. Tengelyes tükrözések a síkban Deníció.

Legyen

`aP

pontra illeszked®,

R2 -BEN

n normál-egységvektorú egyenes!

A

ρ` : R2 → R2 , X 7→ ρ` (X) = X − 2 hX − P , ni n leképezést az

tengelye

` egyenesre vonatkozó tengelyes tükrözésnek

nevezzük, melynek

`.

1.2. ábra. tengelyes tükrözés

A deníció nyilvánvalóan nem függ a normál-egységvektor választásától. 1. Feladat. Határozzuk meg a

P (−1, 2)

pont tükörképét az

x + y = −2

egyenesre.

8. Tétel

.

(A tengelyes tükrözés tulajdonságai)

1. Minden tengelyes tükrözés távolságtartó, azaz

∀P, Q ∈ R2 :

d(ρ` (P ), ρ` (Q)) = d(P, Q).

1.2. TENGELYES TÜKRÖZÉSEK A SÍKBAN

2.

ρ2` = id.

3.

ρ` (P ) = P ⇐⇒ P ∈ `.

13

Bizonyítás. 1. Az alábbiakban a rövidebb jelölés kedvéért

ha, ai = a2 .

kρ` (X) − ρ` (Y )k2 = (ρ` (X) − ρ` (Y ))2 = = [X − 2 hX − P , ni n − (Y − 2 hY − P , ni n)]2 = = [(X − Y ) − 2(hX − P , ni + hY − P , ni)n]2 = = [(X − Y ) − 2 hX − Y , ni n]2 = = (X − Y )2 − 4 hX − Y , ni2 + 4 hX − Y , ni2 n2 = = (X − Y )2 = kX − Y k2 . 2.

ρ` (ρ` (X)) = ρ` (X − 2 hX − P , ni n) = = (X − 2 hX − P , ni n) − 2 hX − P − 2 hX − P , ni n, ni n = = X − 2 hX − P , ni n − 2 hX − P , ni n + 4 hX − P , ni n2 n = = X − 4 hX − P , ni n + 4 hX − P , ni n = X.

3.

ρ` (X) = X ⇐⇒ X − 2 hX − P , ni n = X ⇐⇒ hX − P , ni = 0 ⇐⇒ X ∈ `. A tengelyes tükrözésre könny¶ explicit képletet adni a koordináták segít-

ségével is. Ha az egyenes egy irányvektora hogy az egyenes irányszöge

9. Tétel.

(cos δ, sin δ),

akkor azt mondjuk,

δ.

Az origóra illeszked® δ irányszög¶ egyenes az (x01 , x02 ) pontot. Ekkor teljesül, hogy

(x1 , x2 )

ponthoz ren-

delje hozzá az

x01 = x1 cos 2δ + x2 sin 2δ x02 = x1 sin 2δ − x2 cos 2δ.

(1.1)

(cos δ, sin δ) egységvektor. (Azaz az x δ .) Az egyenes (egyik) normál-egységvektora n = ρ` (X) = X − 2 hX, ni n.

Bizonyítás. A tengely irányvektora a tengellyel bezárt szöge

(− sin δ, cos δ).

Most

hX, ni = −x1 sin δ + x2 cos δ, azaz

x01 = x1 + 2(−x1 sin δ + x2 cos δ) sin δ = (1 − 2 sin2 δ)x1 + (2 cos δ sin δ)x2 x02 = x2 − 2(−x1 sin δ + x2 cos δ) cos δ = (2 sin δ cos δ)x1 + (1 − 2 cos2 δ)x2 .

14


R2 -BEN

A kétszeres szögek szögfüggvényeire vonatkozó azonosságot alkalmazva:

x01 = x1 cos 2δ + x2 sin 2δ x02 = x1 sin 2δ − x2 cos 2δ. Következmény. Az (1.1) mátrix szorzással fölírva:

0 x1 cos 2δ sin 2δ x1 = . 0 x2 sin 2δ − cos 2δ x2 2. Feladat. Határozzuk meg az (1.2) formula alapján a az origóra illeszked®,

δ = π/3

(1.2)

(3, 4) pont tükörképét

irányszög¶ egyenesre!

Vezessük be az alábbi jelölést:

cos 2δ sin 2δ . sin 2δ − cos 2δ

δ

irányszög¶ egyenesre vonatkozó tükrözés.

ref δ = ref δ

tehát az origón átmen® és

10. Tétel.

` egy origón áthaladó ρ` (x) = ref δ · x leképezés R2 lineáris ∀t ∈ R: Ha

1.

ρ` (x + y) = ρ` (x) + ρ` (y),

2.

ρ` (tx) = tρ` (x).3

Nem origóra illeszked® ja

P,

a tengely irányszöge

ρ` : R2 → R2 , x 7→ 2 transzformációja, azaz ∀x, y ∈ R és

egyenes, akkor a

`-el jelölt tengely esetén legyen a tengely egy pontδ , normál egységvektora n. Ekkor

X 0 = X − 2 hX − P , ni n = (X − P ) − 2 hX − P , ni n +P, | {z } ref δ·(X−P ) azaz

ρ` (X) = ref δ · (X − P ) + P

(TTT)

A képlet tartalma egyszer¶en megjegyezhet®: a tengelyt el®ször eltoljuk az origóba, vele toljuk az

X

pontot, tükrözünk, majd visszatoljuk a tengelyt az

eredeti helyzetbe (toltükröztol). 3. Feladat. Határozzuk meg az origó tükörképét a ttt módszerrel.

3x + 3y = 1

egyenesre a

1.2. TENGELYES TÜKRÖZÉSEK A SÍKBAN

1.3. ábra. A TTT módszer: tol-tükröz-tol

15

16


Kulcsszavak 1.

2.

3.

4.

5.

Jegyzetek

R2 -BEN

1.3. ELFORGATÁSOK A SÍKBAN

17

1.3. Elforgatások a síkban

El®ször két origón átmen® tengelyre vonatkozó tükrözés szorzatát vizsgáljuk.

11. Tétel.

ref θ ref φ =

cos 2(θ − φ) − sin 2(θ − φ) .3 sin 2(θ − φ) cos 2(θ − φ)

Ha bevezetjük a

rot α =

cos α − sin α sin α cos α

jelölést, akkor az el®bbi tétel a következ® alakban írható föl:

ref θ ref φ = rot 2(θ − φ).

(1.3)

Most tükrözzünk egymás után két olyan egyenesre, melyek egy illeszkednek! A tengelyek irányszöge legyen

θ

és

φ!

C

pontra

A TTT-szabály alapján:

X 0 = ref θ·((ref φ·(X −C)+C)−C)+C = ref θ · (ref φ · (X − C)) +C | {z }

(1.4)

rot 2(θ−φ)·(X−C)

Deníció.

Két tengelyes tükrözés szorzatát elforgatásnak nevezzük, ha a

tengelyek metsz®k, vagy egybeesnek. Valódi elforgatásról akkor beszélünk, ha a tengelyek metsz®k, azaz egy közös pontjuk van. A közös pontot ilyenkor az elforgatás középpontjának nevezzük. Speciálisan, ha a tengelyek mer®legesek, akkor az elforgatást félfordulatnak vagy középpontos tükrözésnek is nevezzük. (1.4) alapján a valódi elforgatást jellemzi annak xpontja (C ) és a tengelyek szögének kétszerese (2(θ nevezünk. A

C

középpontú

α

− φ)),

amely szöget az elforgatás szögének

szög¶ elforgatásra használjuk a

σ(C,α

jelölést

is. Speciálisan

σ(O,α) : R2 → R2 , X 7→ σ(O,α) (X) = rot α · X tehát egy origó körüli elforgatás, amely lineáris leképezés. Általában

σ(C,α) (X) = rot α · (X − C) + C, azaz tolunk forgatunk tolunk (de origótól különböz®

(TFT)

C -re a valódi elforgatás

már nem lesz lineáris leképezés). 4. Feladat. Határozzuk meg az elforgatottját!

(1, −1)

pont origó körüli

α = −π/6

szög¶

18


5. Feladat. Határozzuk meg a

(−1, −2)

pont

(1, 1)

pont körüli

R2 -BEN

π/4

szög¶

elforgatottját a tft módszerrel.

12. Tétel.

Az origó körüli összes elforgatások kommutatív csoportot alkot-

nak. Bizonyítás. A struktúra zárt, mátrix szorzással egyszer¶en ellen®rizhet®, hogy

rot θ rot φ = rot(θ + φ),

(1.5)

ahonnan a kommutativitás is leolvasható. Az asszociativitás a mátrix szor−1 zás általános tulajdonsága. Egységelem: rot 0 = I2 . Továbbá (rot α) =

rot(−α),

ami (1.5)-ból szintén közvetlenül látszik.

Az origón átmen® egyenesekre vonatkozó tükrözések nem alkotnak csoportot, mert a szorzásra nézve nem zárt a struktúra, ld. (1.3). A tükrözések és forgások szorzására a következ® tulajdonságok teljesülnek:

13. Tétel.

1.

ref θ rot φ = ref θ −

φ . 2

2.

rot θ ref φ = ref φ +

θ . 2

3

6. Feladat. Határozzuk meg az origó körüli gón átmen®,

π/4

π/2

szög¶ elforgatás és az ori-

irányszög¶ egyenesre vonatkozó tükrözés mátrixát direkt

számolással, azaz az el®z® tételre vonatkozó hivatkozás nélkül, a tényez®k mindkét sorrendjére.

14. Tétel.

Az origó körüli elforgatások és az origóra illeszked® egyenesekre

vonatkozó tükrözések csoportot alkotnak.

3

1.3. ELFORGATÁSOK A SÍKBAN

Kulcsszavak 1.

2.

3.

4.

5.

Jegyzetek

19

20


1.4. A sík ortogonális csoportja A

ref α

rot α

tükrözési mátrixok és a

R2 -BEN

forgatási mátrixok könnyen láthatóan

rendelkeznek azzal a tulajdonsággal, hogy az inverzük megegyezik a transzponáltjukkal. Az ilyen (valós elem¶) mátrixokat általánosan ortogonális mátrixoknak nevezzük.

Deníció. M

−1

=M

t

Az

M ∈ GL(2)

mátrixot ortogonális mátrixnak nevezzük, ha

.

15. Tétel.

Az ortogonális mátrixok csoportot alkotnak a mátrixszorzás m¶-

veletére nézve. Ezt a csoportot

O(2)-nel

jelöljük és

R2

(a

2-dimenziós

euklideszi tér)

ortogonális csoportjának nevezzük.

16. Tétel.

Ortogonális mátrix determinánsa

Bizonyítás. Legyen

M=

a b c d

,

±1.

det M = ac − bd = ∆.

Ekkor

a c = ad − bc = ∆, det M = b d 1 ∆ d/∆ −b/∆ −1 det M = = 2 = . −c/∆ a/∆ ∆ ∆ t

Így

∆ = 1/∆,

17. Tétel.

A

azaz

+1

∆ = ±1.

determinánsú

2×2

típusú ortogonális mátrixok csoportot

alkotnak. Ezt a csoportot

SO(2)-nel

jelöljük és

R2

(a

2-dimenziós

tér) speciális

ortogonális csoportjának nevezzük.

ref α, rot α ∈ O(2), illetve rot α ∈ SO(2). Az alábbiakban belátjuk, hogy más 2 × 2-típusú ortogonális mátrix nincs is, azaz valamely α ∈ R-re minden 2 × 2-típusú ortogonális mátrix ref α vagy rot α alakú, illetve SO(2) elemei csakis a forgatási mátrixok. Az el®z®ek alapján

18. Tétel.

O(2)

minden

ahol a fels® el®jelek a

+1

α ∈ R2 , cos α ∓ sin α A= , sin α ± cos α

A

eleméhez van olyan

hogy

determinánsú, míg az alsó el®jelek a

nánsú ortogonális mátrixra vonatkoznak.

−1

determi-

1.4. A SÍK ORTOGONÁLIS CSOPORTJA

Bizonyítás. Foglalkozzunk a

+1

determinánsú esettel, a

eset analóg. Legyen

A=

Mivel

A

21

−1

determinánsú

α β . γ δ

ortogonális, ezért inverze megegyezik a transzponáltjával:

α β γ δ

−1

=

α γ . β δ

(∗)

Másrészt az inverz mátrixot a kofaktorok módszerével meghatározva:

α β γ δ

−1

=

δ −β . −γ α

(∗)-ot és (∗∗)-ot összehasonlítva:

α = δ , γ = −β , α −β A= , β α

(∗∗)

tehát a mátrix alakja:

α2 + β 2 =1 (a mátrix determinánsa 1), tehát létezik olyan α ∈ [0, π), hogy α = cos α, β = sin α, ami a bizonyítandó állítást jelenti.

ahol

A következ® tétellel az ortogonális mátrixok jellemzését adjuk meg.

19. Tétel.

Legyen

1.

A ∈ O(2);

2.

A

A ∈ R2×2 .

A következ® állítások ekvivalensek:

megtartja a skaláris szorzatot, azaz

∀x, y ∈ R2 : hAx, Ayi = hx, yi ; 3.

A

megtartja a vektorok hosszát:

∀x ∈ R2 : kAxk = kxk; 4.

A

megtartja a távolságot:

∀x, y ∈ R2 : d(Ax, Ay) = d(x, y); 5. tetsz®leges ortonormált pár képe ortonormált pár.

22


Bizonyítás.

1 ⇐⇒ 2

El®ször teljesüljön, hogy

At A = In .

R2 -BEN

Ekkor

hAx, Ayi = x, At Ay = hx, yi . Megfordítva, ha

A

megtartja a skaláris szorzatot, azaz

hAx, Ayi = hx, yi akkor

t A Ax, y = hx, yi

t A Ax, y = hIn x, yi amib®l következik, hogy

∀x, y : At A = In . 2 ⇐⇒ 3 2 =⇒ 3

(At A − In )x, y = 0,

vagyis

nyilvánvaló, a norma deníciója miatt:

kAxk =

p p hAx, Axi = hx, xi = kxk.

Megfordítva, könnyen ellen®rizhet®, hogy:

hx, yi =

1 kx + yk2 − kxk2 − kyk2 , 2

azaz a skaláris szorzat a normából kifejezhet®.

3 ⇐⇒ 4

Következik onnan, hogy a norma és távolság egymásból köl-

csönösen kifejezhet®k:

d(x, y) = kx − yk, 2 =⇒ 5

kxk = d(x, 0).

A skaláris szorzat tartásból következik, hogy ortonormált vek-

torrendszer képe ortonormált vektorrendszer, hisz a hossz és a mer®legesség megmarad.

5 =⇒ 2

ormált pár. Ekkor Mivel

x = x1 e1 + x2 e2 , y = y1 e1 + y2 e2 , ahol (e1 , e2 ) ortonAx = x1 Ae1 + x2 Ae2 és Ay = y1 Ae1 + y2 Ae2 is teljesül.

Legyen

(Ae1 , Ae2 )

is ortonormált pár:

hx, yi = x1 y1 + x2 y2 hAx, Ayi = x1 y1 + x2 y2 , azaz

A

megtartja a skaláris szorzatot.

1.4. A SÍK ORTOGONÁLIS CSOPORTJA

23

Megjegyzés. Az ortogonális mátrixcsoport és a speciális ortogonális mátrixcsoport tetsz®leges dimenzióban is hasonlóan értelmezhet®, mint kétdimenzióban:

O(n) = {A ∈ GL(n) | A−1 = At }, SO(n) = {A ∈ O(n) | det A = 1}, Az ortogonális mátrixok el®z® tételben megadott jellemzése szó szerint átvihet® tetsz®leges (véges) dimenzióba. Azonban a 18. tételhez hasonló egyszer¶ felírást magasabb dimenzióban már nem tudunk adni.

3

A síkbeli orientáció fogalmáról A síkbeli orientáció (irányítás) hétköznapi szóhasználatban az óramutató járásával összefüggésben megállapított forgási irány, mely ebben az értelemben 2 zikai fogalom. Matematikai értelemben R -ben az (E1 = (1, 0), E2 = (0, 1)) kanonikus bázissal kitüntethetünk egy irányt, ezt nevezzük pozitív (az óra-

mutató járásával ellentétes) iránynak.

Deníció.

Az

(a, b)

lineárisan független rendezett vektorpár irányításán

sgn det(a, b)-t

értjük.

20. Tétel.

A ∈ SO(2) speciális ortogonális transzformáció ∀a, b ∈ R2 : sgn det(Aa, Ab) = sgn det(a, b).

Minden

tástartó, azaz Bizonyítás.

sgn det(Aa, Ab) = sgn(det A det(a, b)) = sgn det(a, b).

irányí-

24


Kulcsszavak 1.

2.

3.

4.

5.

Jegyzetek

R2 -BEN

1.5. IZOMETRIÁK

25

1.5. Izometriák Deníció.

Egy

F : R2 → R2

bijektív leképezést egybevágósági transzformá-

ciónak vagy izometriának nevezünk, ha távolságtartó, azaz

∀P, Q ∈ R2 : d(F (P ), F (Q)) = d(P, Q).

21. Tétel.

R2

összes izometriái csoportot alkotnak a transzformáció szorzás

m¶veletre nézve.

3

Ezt a csoportot

E(2)-vel

jelöljük és a kétdimenziós euklideszi tér eukli-

deszi csoportjának nevezzük.

A 8. tétel szerint minden tengelyes tükrözés

izometria, ebb®l következ®en minden elforgatás is izometria. Másik egyszer¶ példa izometriára az eltolás, vagy transzláció.

Deníció.

Legyen

v ∈ R2 .

A

τv : R2 → R2 , X 7→ τv (X) = X + v leképezést

v

22. Tétel.

vektorú eltolásnak (transzlációnak ) nevezzük.

R2

összes transzlációi kommutatív csoportot alkotnak a kompozí-

ció szorzás m¶veletre nézve.

3

23. Tétel.

Minden transzláció izometria.

24. Tétel

(A síkizometriák f®tétele)

akkor es csakis akkor izometria, ha vektor, hogy

.

3

F : R2 → R2 bijektív leképezés ∃A ∈ O(2) ortogonális mátrix és b ∈ R2 Egy

F (x) = Ax + b.

Bizonyítás. Mivel minden ortogonális transzformáció és eltolás izometria, ezek kompozíciója is az. 2 Legyen most F : R → konstruáljuk meg. Legyen

R2 egybevágóság. b-t b = F (0),

ϕ : R2 → R2 ,

és

A-t

a következ®képpen

ϕ(c) = F (x) − b.

ϕ-r®l belátjuk, hogy lineáris leképezés, így megegyezik egy A mátrixszal való szorzással. El®ször belátjuk, hogy az el®bbiekben megkonstruált

ϕ

megtartja a ska-

láris szorzatot. Emlékeztetünk arra, hogy

∀ξ, η ∈ R2 :

hξ, ηi =

kξk2 + kηk2 − kξ − ηk2 . 2

26


R2 -BEN

Tehát

hϕ(x), ϕ(y)i = kϕ(x)k2 + kϕ(y)k2 − kϕ(x) − ϕ(y)k2 = = 2 kF (x) − F (0)k2 + kF (y) − F (0)k2 − kF (x) − F (0) − F (y) + F (0)k2 = = 2 kxk2 + kyk2 − kx − yk2 kx − 0k2 + ky − 0k2 − kx − yk2 = = hx, yi , = 2 2 felhasználva, hogy

F

izometria.

ϕ lineáris. Az el®z® bizonyításrészb®l köz0 vetlenül következik, hogy ha E = (e1 , e2 ) ortonormált bázis, akkor E = ϕ(e1 ), ϕ(e2 ) is ortonormált bázis. Vegyük ϕ(x) koordináta-el®állítását E 0 Végezetül belátjuk, hogy

re vonatkozóan:

ϕ(x) =

2 X

hϕ(x), ϕ(ei )i ϕ(ei ) =

i=1

ϕ(x)-nek

ez a kifejezése

x-ben

2 X

hx, ei i ϕ(ei ).

i=1 lineáris.

A f®tétel közvetlen következménye az alábbi tétel:

Következmény. Minden izometria ortogonális transzformáció és eltolás szorzata. A sík izometriái geometriailag eltolások vagy elforgatások vagy csúsztatva tükrözések.

Deníció.

Egy síkizometriát mozgásnak vagy irányítástartó izometriának

nevezünk, ha az ortogonális komponense speciális ortogonális transzformáció.

25. Tétel.

A sík mozgásai csoportot alkotnak a transzformáció szorzás m¶+ veletre nézve. Ezt a csoportot E (2)-vel jelöljük. A sík mozgásai geometriailag elforgatások vagy eltolások.

Megjegyzés. A fejezet tételei változatlan formában érvényesek magasabb dimenzióban, a f®tétel bizonyítása is szó szerint megismételhet®.3

1.5. IZOMETRIÁK

Kulcsszavak 1.

2.

3.

4.

5.

Jegyzetek

27

28


1.6. An leképezések a síkban Deníció.

Egy

F : R2 → R2 , X 7→ F (X) = X 0

bijektív leképezést kolline-

P , Q, R P , Q , R0 is.

ációnak nevezünk, ha teljesül rá a következ® tulajdonság: 0 0 csakis akkor három különböz® kollineáris pont, ha

Deníció.

Legyen

A ∈ GL(2), b ∈ R2 .

R2 -BEN

akkor és

Az

F : R2 → R2 , x 7→ Ax + b leképezést an transzformációnak nevezzük. Az

A mátrix az F

b vektor az eltolási (A, b) rendezett párt is

an transz-

formáció lineáris része, míg a

része.

transzformáció jelölésére az

használhatjuk.

Röviden az an

Következmény. Minden izometria an transzformáció. Egy izometria lineáris része ortogonális mátrix.

26. Tétel.

A sík egy leképezése akkor és csakis akkor an leképezés, ha

kollineáció. Bizonyítás. Minden an transzformáció kollineáció. Mivel

A(A−1 (x − b)) + b = x, ezért az an transzformáció szürjektív. Másrészt

Ax + b = Ay + b =⇒ A−1 Ax = A−1 Ay =⇒ x = y, tehát az an transzformáció injektív. Legyen

R

a

PQ

egyenes egy

P -t®l

és

Q-tól

különböz® pontja. Ekkor

∃!t ∈ R \ {0, 1} : R = tQ + (1 − t)P =⇒ AR = tAQ + (1 − t)AP. a bal oldalhoz

b-t,

a jobb oldalhoz

tb + (1 − t)b-t

hozzádava:

R0 = t(AQ + b) + (1 − t)(AP + b) = tQ0 + (1 − t)P 0 ami azt jelenti, hogy

R0

Megfordítva, legyen Ekkor

(t 6= 0, 1),

P 0 Q0 egyenes P 0 -t®l és Q0 -t®l különböz® pontja. R0 a P 0 Q0 egyenes P 0 -t®l és Q0 -t®l különböz® pontja. a

∃!t ∈ R \ {0, 1}:

R0 = tQ0 + (1 − t)P 0 =⇒ AR + b = t(AQ + b) + (1 − t)(AP + b) =⇒ AR = A(tQ) + A((1 − t)P ) =⇒ R = tQ + (1 − t)P, Azaz

P , Q, R

kollineárisak és különböz®ek.

Minden kollineáció an transzformáció. Nem tárgyaljuk.

1.6. AFFIN LEKÉPEZÉSEK A SÍKBAN

Az

29

` = P + [v] egyenes an képe az `0 = P 0 + [Av] egyenes, ami az alábbi

relációból rögtön látszik:

F (P + tv) = A(P + tv) + b = AP + b + tAV = F (P ) + t(Av). 1 2 7. Feladat. Legyen b = (−1, 2), A = . Bizonyítsuk be, hogy F (x) = 0 1 Ax + b an transzformáció, továbbá az x1 tengellyel párhuzamos egyenesek invariánsak. Határozzuk meg a (−7, −2) pont képét.

27. Tétel.

A sík an transzformációi csoportot alkotnak a kompozíció m¶-

veletre nézve. Ezt a csoportot

A(2)-vel

Bizonyítás. Legyenek

F

és

jelöljük és an csoportnak mondjuk.

F0

an transzformációk a síkon:

F (x) = Ax + b, Ekkor

F 0 (x) = A0 x + b0 .

0 0 (F 0 ◦ F )(x) = A0 (Ax + b) + b0 = (A0 A) x + A | b{z+ b}, | {z } ∈GL(2)

(1.6)

∈R2

azaz két an transzformáció szorzata is an transzformáció. Az asszociativitás a kompozíció szorzás általános tulajdonsága. Egységelem: a transzformáció lineáris része

I2 ,

az eltolás része a zérusvektor. Az

F (x) = Ax + b

an transzformáció inverze az az an transzformáció, melynek lineáris ré−1 −1 sze A , eltolási része −A b, amint azt (1.6)-ba visszahelyettesítve azonnal látjuk. A sík an transzformációi nem mátrix szorzásként hatnak az eltolási rész jelenléte miatt. Azonban, ha a sík an transzformációinak

3 × 3-típusú mát-

rixokat feleltetünk meg, már az an transzformációk kompozícióját mátrix szorzással számíthatjuk.

28. Tétel.

(A lineáris reprezentáció elve.) Legyen

µ : A(2) → GL(3),

  a11 a22 b1 jel A b   , (A, b) 7→ µ(A, b) = a21 a22 b2 = 0 1 0 0 1 A = (aij ) ∈ GL(2), b = (b1 , b2 ) ∈ R2 . µ m¶velettartó leképezés (azaz injektív homomorzmus) A(2) és GL(3) között. ahol

és injektív

30


Bizonyítás.

µ

R2 -BEN

nyilvánvalóan injektív, azaz különböz® an transzformációk-

nak különböz® mátrixok felelnek meg Könnyen ellen®rizhet®, hogy

µ

µ

által.

m¶velettartó, azaz egy homomorzmus:

A0 A A 0 b + b 0 µ((A , b ) ◦ (A, b)) = µ(A A, A b + b ) = 0 1 0 0 0 A b A b A A A0 b + b 0 0 µ(A , b) · µ(A, b) = = , 0 1 0 1 0 1 0

0

0

így

0

0

µ((A0 , b0 ) ◦ (A, b)) = µ(A0 , b) · µ(A, b).

Következmény. Az el®z® tétel alapján

A(2)

és

µ(A(2))

izomorf csoportok, a

továbbiakban nem teszünk köztük különbséget:

A(2) =

A b 2 |A ∈ GL(2), b ∈ R 0 1 x0 = Ax + b, akkor   a22 b1 x1 a22 b2  x2  . 0 1 1

Következmény. Azt is láthatjuk, hogy ha

 0  x1 a11 x02  = a21 1 0

8. Feladat.

•

(2, −4)

Írjuk föl a

pont körüli

π/4

szög¶ elforgatás lineáris reprezentá-

cióját.

•

Írjuk föl a

(2, −4) ponton áthaladó, π/8 irányszög¶ tengelyre vonatkozó

tükrözés lineáris reprezentációját. Számítsuk ki ennek alapján az origó transzformáltját.

Útmutatás. A TFT/TTT módszert alkalmazzuk. Legyen

(2, −4).

α = π/4, (b1 , b2 ) =

A lineáris reprezentáció:

    cos α ∓ sin α 0 1 0 b1 1 0 −b1 0 1 b2   sin α ± cos α 0 0 1 −b2  0 0 1 0 0 1 0 0 1

Az eredményt a

(0, 0, 1)

oszloppal szorozva kapjuk az origó képét.

A továbbiakban fontos kiindulópont az alábbi reláció, amelyet már levezettünk. Legyen

F

∀t ∈ R :

a sík an transzformációja, ekkor a

P, Q

pontokra

F ((tQ + (1 − t)P ) = tF (P ) + (1 − t)F (Q).

(1.7)


31

Deníció. Legyen P , Q, R három különböz® kollineáris pont, R = tQ +(1 − t)P .

Az

R

pontnak a

(P, Q)

alappontokra vonatkozó osztóviszonyán a

(P QR) =

t ∈ R \ {0, 1} 1−t

számot értjük.

Következmény (Az osztóviszony kiszámítása).

(P QR) =

Bizonyítás. Ha

 d(P, R)    d(R, Q) ,

P −R−Q

 d(P, R)  − , ¬(P − R − Q) d(R, Q)

R = tQ + (1 − t)P ,

akkor

tR + (1 − t)R = tQ + (1 − t)P =⇒ (1 − t)(R − P ) = t(Q − R), mindkét oldal normáját véve

t d(P, R) = |1 − t|d(P, R) = |t|d(R, Q) =⇒ . 1 − t d(R, Q) P −R−Q, akkor t ∈ (0, 1), így t és (1−t) pozitívak; míg ha ¬(P −R−Q), akkor t és (1−t) ellentétes el®jel¶ek, ami adja az el®jelekre vonatkozó állítást Ha

is.

Megjegyzés. Az osztóviszonyt szokás az itt deniált érték ellentettjével is deniálni.

Példa. A szakasz felez®pontjának osztóviszonya a végpontokra, mint alappontokra nézve (ezek sorrendjét®l függetlenül) 1. 9. Feladat. Legyen a

PQ

P = (1, 2), Q = (−4, 3).

egyenesre illeszkedik, és határozzuk meg az

alappontokra valamint a

29. Tétel.

(Q, P )

(−5, 0) pont osztóviszonyát a (P, Q)

Igazoljuk, hogy a

alappontokra.

Minden an transzformáció osztóviszonytartó.

Bizonyítás. (1.7)-ból azonnal látszik.

30. Tétel

(A xpontok szerkezete)

.

A sík egy an transzformaációjának

ha van xpontja, akkor a xpontok halmaza pont, egyenes vagy a teljes sík. Utóbbi esetben a transzformáció az identikus leképezés.

32


R2 -BEN

Úgy is fogalmazhatunk, hogy az an transzformáció xpontjai halmaza üres halmaz vagy lineáris sokaság.

Bizonyítás. Az

X,

F = (A, b)

an transzformáció

X ∈ R2

xpontjára

F (X) =

azaz

AX + b = X ⇐⇒ (A − I)X = −b teljesül. Azaz a xpontok megoldásai az

A−I

alapmátrixú (általában in-

homogén) lineáris egyenletrendszernek. A lineáris egyenletrendszerek elméletéb®l tudjuk, ha van megoldás, akkor a megoldások halmaza lineáris sokaság.

31. Tétel

.

(Az an transzformációk xponttétele)

1. Ha egy an transzformáció egy egyenes két különböz® pontját xen hagyja, akkor az egyenes minden pontja x. 2. Ha egy an transzformáció a sík három nem kollineáris pontját xen hagyja, akkor a transzformáció identitás. Bizonyítás. Tételünk közvetlen következménye az el®z® tételnek. Ha van két különböz® xpont, akkor a xpontok halmaza egyenes vagy a teljes sík, így a két pontra illeszked® egyenes mindenképpen pontonként x. Három nem kollineáris xpont esetén a xpontok halmazaként már csak a teljes sík jöhet szóba.

32. Tétel 0

0

0

(P , Q , R )

(Az

an

transzformációk

alaptétele)

.

Legyen

(P, Q, R)

és

két nem kollineáris rendezett ponthármas (röviden háromszög) a R2 → R2 an transzformáció, melyre

síkon. Egyértelm¶en létezik olyan F : F (P ) = P 0 , F (Q) = Q0 , F (R) = R0 .

Bizonyítás. Létezés. A tételt el®ször egy speciális esetben látjuk be, neveze-

P = O = (0, 0), Q = E1 = (1, 0), R = E2 = (0, 1), a másik nem kollineáris ponthármast jelöljük most (X, Y, Z)-vel. Az an transzformációt az A lineáris részével és b eltoló vektorával keressük. Jelölje A oszlopait A1 és A2 ! Ekkor b és A = (A1 , A2 ) könnyen megadható: tesen legyen

AO + b = X =⇒ b = X, AE1 + b = Y =⇒ A1 = Y − b = Y − X AE2 + b = Z =⇒ A2 = Z − b = Z − X. Mivel

XY Z

Y − X és Z − X det A 6= 0.

nem kollineáris ponthármas, az

egy irányúak (lineárisan függetlenek), azaz

vektorok nem


Ezek után jelölje

F1

33

(O, E1 , E2 )-t mely (O, E1 , E2 )-

azt az an trannszformációt, mely

(P, Q, R)-be viszi; F2 pedig azt az an transzformációt, −1 t (P, Q, R)-be viszi. A keresett transzformáció F2 ◦ F1 . Egyértelm¶ség. Ha G egy másik an transzformáció a feltételekkel, akkor −1 aG ◦F an transzformációnak P QR három nem kollineáris xpontja, azaz −1 G ◦ F = id =⇒ F = G.

34


Kulcsszavak 1.

2.

3.

4.

5.

Jegyzetek

R2 -BEN

1.7. SPECIÁLIS AFFIN TRANSZFORMÁCIÓK

35

1.7. Speciális an transzformációk Deníció.

Egy an transzformációt an nyújtásnak, röviden nyújtásnak

nevezünk, ha igaz rá, hogy minden egyenes párhuzamos a képével. (A denícióban megengedjük, hogy egy egyenes képe esetleg önmaga.)

Példa. Az eltolás vagy a félfordulat (π szög¶ elforgatás) nyilvánvalóan an nyújtás. A következ® példa szintén ismer®s lesz az elemi geometriai tanulmányokból.

Deníció.

Legyen rögzítve a

C ∈ R2

pont és

λ 6= 0

skalár. A

h(C,λ) : R2 → R2 , X 7→ h(C,λ) (X) = C + λ(X − C) C

leképezést

centrumú,

λ

arányú középpontos nyújtásnak nevezzük.

Szokás a középpontos nyújtás arányának az itt deniált el®jeles arány abszolút értékét, azaz

|λ|-t

nevezni.

A középpontos nyújtás denícióját átalakítva:

h(C,λ) (X) = C + λ(X − C) = λIX + (C − λC). Innen láthatjuk, hogy a transzformáció an transzformáció, melynek lineáris része

λI ,

azaz valóban minden egyenes párhuzamos lesz a képével.

33. Tétel.

A sík minden nyújtásának lineáris része

λI2 ,

ahol

λ 6= 0

valós

szám.

A ∈ GL(2) mátrix, hogy minden Av arányosak. Speciális vektorokat behelyettesítve v helyére: a11 a12 1 a11 = =⇒ a21 = 0 a21 a21 a22 0 0 a12 a11 a12 =⇒ a12 = 0 = a22 a21 a22 1 a11 0 1 a11 =⇒ a11 = a22 . = a22 0 a22 1

Bizonyítás. Egy nyújtás lineáris része olyan 2

v∈R

-re

Legyen

v

a11

és

és

a22

közös értéke

λ,

ekkor

A = λI2 .

Az olyan diagonális mátrixot, amelyben a diagonális elemei ugyanazok a skalárok (azaz a mátrix

λI

alakú), skalár mátrixnak is nevezik. Így tételünket

úgy is fogalmazhatjuk, hogy egy nyújtás lineáris része mindig skalármátrix.

36


34. Tétel.

R2 -BEN

Egy identitástól különböz® nyújtásnak nem lehet két xpontja.

A xpontmentes nyújtás mindig eltolás, az egy xponttal rendelkez® nyújtás pedig mindig középpontos nyújtás. Bizonyítás. Legyen

F (X) = λX + b

az an leképezés, a xpontra

λX + b = X ⇐⇒ (λ − 1)X = −b.

(1.8)

λ = 1 esetén a transzformáció eltolás, ha ráadásul b 6= 0, akkor valódi eltolás. Ekkor az (1.8) egyenletnek nincs megoldása. λ 6= 1 esetén X = −b/(1 − λ) az egyértelm¶ xpont. 10. Feladat. Határozzuk meg a

(3, 5) pont képét a (−1, 2) centrumú, λ = 3/2

arányú középpontos nyújtásnál.

Deníció.

Középpontos nyújtás és egybevágóság szorzatát hasonlóságnak

nevezzük. A hasonlóság arányának a származtató középpontos nyújtás arányát nevezzük Mivel a középpontos nyújtás speciálisan lehet az identitás is, ezért az egybevágóságok nyilvánvalóan hasonlóságok is.

A denícióból az is rögtön

következik, hogy a hasonlóságok egyben an transzformációk.

35. Tétel.

A sík egy hasonlóságának lineáris része

a ±b ∈ GL(2), b ∓a

ahol

a2 + b2 > 0.

A hasonlóságok csoportot alkotnak a transzformáció szorzás m¶veletére nézve. Bizonyítás. A hasonlóság legyen a

λ arányú középpontos nyújtás és egy olyan

egybevágóság szorzata, melynek lineáris része

cos α ± sin α . sin α ∓ cos α

A szorzat lineáris része (a transzformációk sorrendjét®l függetlenül)

λ cos α ±λ sin α . λ sin α ∓λ cos α

(1.9)

Legyen λ cos α = a, λ sin α = b, ekkor a kívánt mátrix alakot kapjuk. Továb2 2 2 bá a + b = λ > 0 is teljesül. Az (1.9) alakú mátrixok szorzata és inverze ugyanilyen alakú mátrixot ad, továbbá az egységmátrix nyilván ilyen alakú. Ebb®l következik, hogy a hasonlóságok csoportot alkotnak.

1.7. SPECIÁLIS AFFIN TRANSZFORMÁCIÓK

A sík hasonlóságainak csoportját

S(2)

37

jelöli. Az el®z® tétel alapján

λA b 2 S(2) = ∈ GL(3)|A ∈ O(2), λ 6= 0, b ∈ R 0 1

36. Tétel

(Skálatétel)

.

Egy

λ

F : R2 → R2

arányú

hasonlóságra teljesül,

hogy

∀P, Q ∈ R2 : d(F (P ), F (Q)) = |λ|d(P, Q). Bizonyítás. Legyen

F (X) = λAX + b (A ∈ O(2), b ∈ R2 ) λ

arányú hasonló-

ság.

d(F (P ), F (Q)) = kλAP + b − λAQ − bk = kλA(P − Q)k ∗

= |λ|kA(P − Q)k = |λ|kP − Qk = |λ|d(P, Q), a * lépésnél kihasználva, hogy egy ortogonális transzformáció normatartó.

Úgy is fogalmazhatunk, hogy egy hasonlóság minden szakasz hosszát ugyanannyiszorosára változtatja (ugyanúgy skálázza).

37. Tétel

.

(Hasonlóságok xponttétele)

Ha egy hasonlóság nem izometria,

akkor egyértelm¶en létezik xpontja. Bizonyítás.

X

akkor és csakis akkor xpontja a

(λA, b)

(λA − I)X = −b.

hasonlóságnak, ha (1.10)

Azt állítjuk, hogy az (1.10) egyenletb®l képzett

(λA − I)X = 0,

(1.11)

homogén lineáris egyenletrendszernek csak a zéró vektor megoldása, így az (1.10) egyenletnek egyértelm¶ megoldása van.

(λA−I)X = 0, akkor |λ|kAXk = kXk. Az ortogonális transzformáció (|λ| − 1)kXk = 0. |λ| = 6 1, mert a transzformáció nem izometria, így X = 0, azaz (1.11)-nek csak triviális megoldása van. Ha

normatartó, így

38


Kulcsszavak 1.

2.

3.

4.

5.

Jegyzetek

R2 -BEN

1.8. ÖSSZEFOGLALÁS, KITEKINTÉS

39

1.8. Összefoglalás és kitekintés más dimenziókra Az alábbi nevezetes mátrix csoportokat ismertük meg:

általános lineáris csoport: ortogonális csoport:

GL(n) = {A ∈ Rn×n | det A 6= 0}

O(n) = {A ∈ GL(n) | A−1 = At }

speciális ortogonális csoport: an csoport:

SO(n) = {A ∈ O(n) | det A = 1}

A(n) = {(A, b) | A ∈ GL(2), b ∈ Rn }.

A csoport izomorf a

következ® mátrix csoporttal

Az

A b 0 1

A b n ∈ GL(n + 1) | A ∈ GL(n), b ∈ R . 0 1

mátrixot az

(A, b)

an transzformáció lineáris reprezentá-

ciójának mondjuk.

A(n)-ben

a szorzás m¶veletét az

(A, b) ◦ (A0 , b0 ) = (AA0 , Ab0 + b) el®írással értelmezzük, amely könnyen megérthet®, ha

A(n)

lineáris

reprezentációjában a mátrixok szorzására gondolunk.

hasonlósági csoport: izometriacsoport: mozgáscsoport:

S(n) = {(λA, b) | A ∈ O(n), b ∈ Rn , λ 6= 0} ⊂ A(n)

E(n) = {(A, b) | A ∈ O(n), b ∈ Rn } ⊂ A(n)

E+ (n) = {(A, b) | A ∈ SO(n), b ∈ Rn } ⊂ A(n)

Egy dimenzióban A számegyenes geometriai transzformációi.

általános lineáris csoport: ortogonális csoport:

GL(1) = {a ∈ R | a 6= 0}

O(1) = {1, −1}.

Geometriai értelemben az identi-

tásról és az origóra vonatkozó tükrözésr®l van szó.

speciális ortogonális csoport:

SO(1) = {1}

40


R2 -BEN

1.4. ábra. Az egyenes an leképezése

an csoport:

A(1) = {(a, b) | a 6= 0, b ∈ R}. Az A(1) halmazon a szorzás (a, b) ◦ (a0 , b0 ) = (aa0 , ab0 + b) deníció szerint van adva. Az (a, b) an leképezés nem más, mint az R → R, x 7→ ax + b leképezés, amelyet a

az 1.4. ábra szemléltet.

hasonlósági csoport: izometriacsoport: ±x + b,

S(1) = {(λ, b) | λ 6= 0, b ∈ R}

E(1) = {(±1, b) | b ∈ R}

Az egyenes mozgása

x 7→

azaz vagy eltolás, vagy origóra vonatkozó tükrözés és eltolás

szorzata.

mozgáscsoport: tolás:

E+ (1) = {(1, b) | b ∈ R}. x 7→ x + b.

Az egyenes mozgása mindig el-

Két dimenzióban Két dimenzióban az ortogonális csoport és a speciális ortogonális csoport elemeit expliciten is meg tudjuk adni:

cos α sin α • SO(2) = , sin α cos α

geometriailag origó körüli forgatások


• O(2) =

cos α ∓ sin α sin α ± cos α

, geometriailag origó körüli forgatások és

olyan tengelyes tükrözések, ahol a tengely az origóra illeszkedik A hasonlósági csoport lineáris része pedig:

•

a ∓b b ±a

,

a2 + b2 > 0

41

E+ (2) A ∈ SO(2)

mozgás

ori-

−−→ −−−→ AB 7→ A0 B 0

A sík egy egybevágósága legfeljebb három tengelyes tükrözés szorzata, egy síkmozgás két tengelyes tükrözés

és

ABC4 ∼ = A0 B 0 C 0 4

ABC4 ∼ A0 B 0 C 0 4

ABC4 7→ A0 B 0 C 0 4

alaptétel

lehet.

szorzata (beleértve, hogy a tengelyek lehetnek azonosak). A sík egybevágósága eltolás, elforgatás vagy csúsztatva tükrözés

Megjegyzés.

ha megfelel® oldalaik azonos mérték¶ek

• ABC4 ∼ = A0 B 0 C 0 4,

nevezetes részcsoportjai

ha megfelel® szögeik azonos mérték¶ek

A(2)

entáció

tükrözés szorzata

távolság

távolság

tükrözések

arány

osztóviszony

invariáns

páros számú tengelyes

szorzata

tengelyes

egybevágóság

• ABC4 ∼ A0 B 0 C 0 4,

1.1. táblázat.

A ∈ O(2)

E(2)

egybevágóság

szorzata

és

középpontos

λA, A ∈ O(2), λ 6= 0

S(2)

hasonlóság tás

egyenestartó

A ∈ GL(2)

A(2)

an nyúj-

geometriai leírás

lineáris rész

jele

csoport

42 1. FEJEZET. GEOMETRIA

R2 -BEN


43

Három dimenzióban A síkon az egybevágósági transzformációk felépítésének alapeleme a tengelyes tükrözés volt. Analóg módon deniáljuk térben a síkra vonatkozó tükrözést.

Deníció.

hX − P , ni = 0

Az

normálegyenlet¶

P

pontra illeszked®,

n

nor-

mál egységvektorú síkra vonatkozó tükrözés a

ρS : R3 → R3 , X 7→ X − 2 hX − P , ni n transzformáció. A tengely körüli elforgatást mint két metsz® síkra vonatkozó tükrözés szorzatát deniáljuk. A térben az ortogonális mátrixok leírása algebrailag összetettebb, mint két dimenzióban. Ehhez el®bb egy fogalmat kell bevezetnünk:

Deníció. rixhoz, ha

B ∈ Rn×n mátrixot hasonlónak mondjuk az A ∈ Rn×n −1 van olyan S ∈ GL(n) mátrix, hogy B = S AS . A

Jelölésben:

A ∼ B.

mát-

A mátrixok hasonlósága könnyen ellen®rizhet®en ek-

vivalenciareláció. Ezekre az ekvivalenciaosztályokra gondolhatunk úgy, mint geometriai osztályra.

38. Tétel.

Minden

3×3

típusú ortogonális mátrix hasonló az

    cos α − sin α 0 cos α − sin α 0  sin α cos α 0 ,  sin α cos α 0 0 0 −1 0 0 1

mátrixok valamelyikéhez. Geometriai szempontból az els® mátrix a

z

tengely körüli

α szög¶ elforga-

tást jelenti, a második mátrix pedig egy szorzatként el®álló transzformációt, a

z

tengely körüli

α

Következmény.

xy síkra vonatkozó tükrözés O(3) geometriai osztályait.

szög¶ elforgatás és az

zatát. Ezek a mátrixok reprezentálják

szor-

O(3) minden eleme vagy tengely körüli elforgatás, ahol a ten-

gely az origóra illeszkedik, vagy tengely körüli elforgatás és síkra vonatkozó tükrözés szorzata, ahol a tengely mer®leges a síkra és azt az origóban metszi. Részletesebb vizsgálatot találunk az Appendixben (3.1. szakasz.)

44


R2 -BEN

2. fejezet A projektív síkgeometria alapjai

45

46

2. FEJEZET. A PROJEKTÍV SÍKGEOMETRIA ALAPJAI

an

2.1. Az an illeszkedési sík Az elemi geometriai tanulmányokból tudjuk, hogy az euklideszi síkon az egyenesek és a pontok illeszkedésére valamint az egyenesek párhuzamosságára teljesül néhány nagyon egyszer¶ tulajdonság. Ezeket a tulajdonságokat felhasználva jutunk el az an sík absztrakt fogalmához.

Deníció.

E ×L

Legyen

E

és

L

két halmaz, a pontok és egyenesek halmaza,

pedig egy relácó, az illeszkedési reláció. Az

(E, L, i)

i⊂

hármas egy an

illeszkedési sík, ha A1 bármely két különböz® pontra pontosan egy egyenes illeszkedik A2 ha adott egy egyenes és egy rá nem illeszked® pont, akkor az adott pontra pontosan egy olyan egyenes illeszkedik, melynek nincs közös pontja az adott egyenessel A3 minden egyenesre illeszkedik legalább két pont, van legalább két egyenes.

A2 tulajdonságot P = 6 Q pontok, akkor a

an párhuzamossági axiómának nevezzük.

Az

rájuk illeszked® egyenest

←−→ PQ

jelöli.

Ha az

Ha

`, m

egyeneseknek egy an síkon nincs közös pontja vagy egybeesnek, akkor azokat párhuzamosoknak mondjuk, és azt írjuk, hogy

`km.

A Descartes-modell Az (A1)-(A2) tulajdonságok teljesülnek a koordinátasíkon. Ismételjük át a Descartes-féle koordinatasíkról tanultakat! 2 A pont (x, y) ∈ R , azaz rendezett számpár. Az egyenes egydimenziós 2 lineáris sokaság R -ben. Egy egyenes egyenlete

ax + by + c = 0, Az egyenletb®l az

(a, b) 6= (0, 0).

(a, b, c) rendezett számhármas a lényeges:

ha ezt ismerjük,

akkor fel tudjuk írni az egyenletet, ha az egyenlet adva van, akkor ezt le tudjuk olvasni. Ugyanakkor a rendezett számhármasok és az egydimenziós lineáris sokaságok közötti hozzárendelés nem kölcsönösen egyértelm¶, mert az egyenes egyenletét egy nemzéró skalárral végigszorozva, ugyanannak az

2.1. AZ AFFIN ILLESZKEDÉSI SÍK

egyenesnek az egyenletét kapjuk.

[a, b, c]-vel

47

Mondhatjuk az tehát, hogy az egyenest

interpretáljuk, ahol

[a, b, c] = {λ(a, b, c)|λ 6= 0, (a, b) 6= (0, 0)}. Az illeszkedés interpretációja ezek után: egy egyenesre, ha

3

R

ax + by + c = 0

(x, y) pont illeszkedik egy [a, b, c]

teljesül.

3 Vezessük be az alábbi jelölést. Ha v ∈ R , akkor [v] = {λv|λ 3 / ∼= {[v]|v ∈ R }. Az an sík Descartes-féle modellje tehát:

6= 0}

és

alapfogalom interpretáció

(x, y) ∈ R2 [a, b, c] ∈ R3 / ∼, (a, b) 6= (0, 0) ax + by + c = 0

pont egyenes illeszkedés

Ferdetest feletti an sík. A (valós) Descartes-féle koordinátasík analógiáját tetsz®leges ferdetestre el lehet készíteni. Legyen

F

tetsz®leges ferdetest.

alapfogalom interpretáció pont egyenes illeszkedés

(x, y) ∈ F2 [a, b, c] ∈ F3 / ∼, (a, b) 6= (0, 0) ax + by + c = 0

Gondosan ügyelve a szorzás nem kommutatív voltára, az axiómák teljesülése éppen úgy ellen®rizhet®, mint a valós esetben.

Z2

-fölötti an sík F = Z2 esetet. A modulo 2 Z2 -vel. (Természetesen most

Az el®z® példa speciális eseteként tárgyaljuk az maradékosztály gy¶r¶ test, ezt a testet jelöljük

a szorzás kommutatív lesz, tehát testr®l, nem valódi ferdetestr®l van szó.) Ez a test két elem¶, (az elemek 0 és 1), az összeadás és szorzás deníciója:

0+0=0 1+0=1 0+1=1 1+1=0

0·0=0 1·0=0 0·1=0 1 · 1 = 1.

A koordinátákból összesen négy pont és hat egyenes készíthet®, ezek a következ®k. A pontok:

(0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1).

48


2.1. ábra. Az an sík 4 pont 6 egyenes modellje

Az egyenesek:

[1, 1, 1], [1, 1, 0], [1, 0, 1], [1, 0, 0], [0, 1, 1], [0, 1, 0]. Megjegyezzük, hogy a testben egyetlen zérustól különböz® skalár van, az egységelem, így az

[a, b, c] (a, b, c ∈ {0, 1})

halmaz most egyetlen számhármast

tartalmaz. Az illeszkedési reláció (melyet a 2.1. ábra szemléltet) az alábbi táblázat szerint teljesül. (Ahol a pont illeszkedik az egyenesre, ott az illeszkedés egyenlete a táblázatban szerepel.)

(0, 0) [1, 1, 1] [1, 1, 0] [1, 0, 1] [1, 0, 0] [0, 1, 1] [0, 1, 0]

(0, 1) (1, 0) (1, 1) 0+1+1=0 1+0+1=0 0+0+0=0 1+1+0=0 1+0+1=0 1+0+1=0 0+0+0=0 0+0+0=0 0+1+1=0 0+1+1=0 0+0+0=0 0+0+0=0

APP teljesülése az összes lehetséges eset számbavételével könnyen ellen®rizhet®. 11. Feladat. Írjuk le a

Z3

fölötti an síkot.


49

Moulton-féle an sík A Descartes-modellben az egyeneseket az egyenletük alapján kezeltük. Az

y

ax + by + c = 0 ((a, b) 6= (0, 0))

tengellyel nem párhuzamos (nem függ®-

leges, ferde) egyeneseknek van ún. iránytényz®s egyenlete is: A függ®leges egyenesek egyenlete pedig

x = c.

y = mx + b.

A Descartes-modell ezeket az

egyenes el®állításokat használva a következ®képpen módosulna:

alapfogalom

interpretáció (x, y) ∈ F2 c∈R (m, b) ∈ R2

pont egyenes (függ®leges) egyenes (ferde) illeszkedés pont függ®leges egyenesre pont ferde egyenesre

x=c y = mx + b

A pont és az egyenes fogalmát megtartva, az illeszkedés fogalmát a pozitív meredekség¶ ferde egyenesekre megváltoztatva egy érdekes modellhez jutunk. Az

(x, y)

pont illeszkedik az

(m > 0, b)

egyenesre, ha

y = mx + b (y < 0) 1 y = (mx + b) (y ≥ 0). 2 A modellt összefoglalva:

alapfogalom

interpretáció (x, y) ∈ F2 c∈R (m, b) ∈ R2

pont egyenes (függ®leges) egyenes (ferde) illeszkedés pont függ®leges egyenesre pont ferde egyenesre (m

≤ 0)

pont ferde egyenesre (m

> 0)

x=c y = mx + b y = mx + b y = 12 (mx + b)

y<0 y≥0

A 2.2. ábra egy pozitív meredekség¶ ferde egyenesre illeszked® pontok halmazát szemlélteti. Az axiómák ellen®rzése most sem jelent problémát.

Két pontra illesz-

ked® egyenes konstrukciója akkor igényel új konstrukciót, ha a Descartesmodellben a két pontot pozitív meredekség¶ egyenes kötné össze. A megoldás leolvasható a 2.3. ábráról.

50


2.2. ábra. Egy ferde egyenesre (m

= 2)

illeszked® pontok a Moulton-

modellben

2.3. ábra. Két pontra illeszked® egyenes konstrukciója egy problémás esetben


Kulcsszavak 1.

2.

3.

4.

5.

Jegyzetek

51

52


2.2. Homogén koordináták az euklidészi síkon

A tér síkra történ® leképezése nagyon sok területen el®forduló probléma, a képz®m¶vészetekt®l a computergrakáig. A tér síkra történ® ábrázolásának egyik módszere a (vonal) perspektíva. Ezt tudományos alapossággal a itáliai reneszánsz m¶vészek tanulmányozták a XV. századtól (Bruneleschi, Alberti). A cél az volt, hogy a tér valóságh¶ illúzióját keltsék. Geometriailag a perspektív leképezést a következ®képpen adhatjuk meg.

C pontot (a fest® szeme) és egy Σ síkot (fest®vászon). ←−→ 0 rendeljük hozzá a CP egyenes és a Σ sík P -vel jelölt

Rögzítsünk a térben egy A tér

P

pontjához

metszéspontját (2.4. ábra).

?

P P0 C

Σ 2.4. ábra. A perspektíva.

C pontra illeszked®, Σ-val párleképezni Σ-ra (a fest® a feje fölött álló

Megjegyzend®, hogy ezzel az eljárással a huzamos sík pontjait nem tudjuk

csillagot nem tudja ráfesteni a képre). Analitikusan sem nehéz a leírás. Vegyük fel a térben az

(x1 , x2 , x3 ) térbeli

A C pont legyen a koordinátarendszer Σ sík pedig legyen az x3 = 1 sík. A Σ síkban vegyük fel a (síkbeli) (x, y) Descartes-féle koordinátarendszert, tengelyei legyenek párhuzamosak a térbeli koordinátarendszer megfelel® tengelyeivel: xkx1 , ykx2 , kezd®pontja pedig legyen a (0, 0, 1) pont (2.5. ábra.) 0 Ha a P térbeli Descartes koordinátái (x1 , x2 , x3 ) és x3 6= 0, akkor P síkbeli (x, y) koordinátáira azt kapjuk, hogy x1 x2 x= , y= . x3 x3 Descartes-féle koordinátarendszert.

kezd®pontja, a

Vegyük észre, hogy a

P0

pont helyzetét a

a síkbeli Descartes-koordinátáival illetve

P

Σ

síkban egyaránt jellemezhetük

térbeli Descartes-koordinátáival.

2.2. HOMOGÉN KOORDINÁTÁK

53

y

x2

x1

x

x3

1

C

2.5. ábra. A Descartes-féle koordinátarendszerek felvétele.

Az utóbbi számhármast a

P0

homogén koordinátáinak nevezzük. A homogén

koordináták egyértelm¶en meghatározzák a (síkbeli) Descartes koordinátákat, de fordítva ez nem igaz: a pontjának ugyanaz a képe a

Σ

←−→ CP

egyenes tetsz®leges (C -t®l különböz®)

←−→ CP (C -t®l különböz®) pontjai(αx1 , αx2 , α3 ) (α 6= 0), ezek a koordináták

síkon.

nak térbeli Descartes koordinátái P 0 homogén koordinátái.

A

szintén

2 A továbbiakban (euklidészi) síkon az R valós vektorteret értjük. Pont2 nak R nulla dimenziós lineáris sokaságait (azaz a számpárokat), egyenesnek pedig az egydimenziós lineáris sokaságokat nevezzük.

Deníció.

Az

(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3

számhármast az

(x, y) ∈ R2

pont homogén

koordinátáinak nevezzük, ha

x=

x1 , x3

y=

x2 . x3

(2.1)

12. Feladat (Az egyenes egyenlete). Tekintsük a következ® egyenest:

a2 + b2 > 0.

ax + by + c = 0, Beírva az (2.1) transzformációt, majd

x3 -al

ax1 + bx2 + cx3 = 0, Ebben az egyenletben az

u = (a, b, c)

kus szerepe a gyelemre méltó.

szorozva kapjuk, hogy

a2 + b2 > 0.

p = (x1 , x2 , x3 ) vektorok szimmetri3 Ugyanezt az egyenletet R kanonikus skaláris és

szorzatával felírva:

hu, pi = 0.

(2.2)

54


13. Feladat (Két pontra illeszked® egyenes egyenlete). A

P

pont homogén

p = (p1 , p2 , p3 ), a Q homogén koordinátái q = (q1 , q2 , q3 ). ←−→ 3 Írjuk fel a P Q egyenletét! Az el®z® feladat szerint olyan u ∈ R vektort keresünk, mely p-re és q -ra egyaránt mer®leges, azaz koordinátáit jelölje

u = p × q = (p2 q3 − p3 q2 , p3 q1 − p1 q3 , p1 q2 − p2 q1 ). A keresett egyenlet tehát

(p2 q3 − p3 q2 )x1 + (p3 q1 − p1 q3 )x2 + (p1 q2 − p2 q1 )x3 = 0, vagy más alakban

p1 p2 p1 p3 p2 p3 q2 q3 · x1 − q1 q3 · x2 + q1 q2 · x3 = 0.

a2 + b2 > 0 feltételt. Tegyük fel indirekt, hogy egyrészt (p2 , p3 ) és (q2 , q3 ), másrészt (p1 , p3 ) és (q1 , q3 ) arányosak. Mivel q3 6= 0, ezért van olyan α skalár, hogy p3 = α · q3 , tehát az el®bbi két

Ellen®riznünk kell még az

arányosság csak úgy teljesülhet, ha

p 2 = α · q2 , amib®l

(p1 , p2 )

és

(q1 , q2 )

p 1 = α · q1 ,

arányossága is következik, vagyis

(p1 , p2 , p3 ) = α · (q1 , q2 , q3 ). Ez ellentmondás, mert

P

és

Q

különböz® pontok.

14. Feladat (Két egyenes metszéspontja). Határozzuk meg az

a1 x1 + b1 x2 + c1 x3 = 0,

és

a2 x1 + b2 x2 + c2 x3 = 0

nem párhuzamos egyenesek metszéspontját!

p

A (2.2) egyenlet szerint olyan

u1 = (a1 , b1 , c1 ) és u2 = (a2 , b2 , c2 ) vektorok Ilyen vektor p = u1 × u2 . A megoldás tehát

vektort keresünk, mely az

mindegyikére mer®leges.

(b1 c2 − b2 c1 , c1 a2 − a1 c2 , a1 b2 − a2 b1 ). x3 6= 0-nak teljesülni (a1 , b1 ) és (a2 , b2 ) arányosak, tehát a

Az euklidészi síkon használt homogén koordinátákra kell.

a1 b2 − a2 b1 = 0 azt jelentené,

hogy

két egyenes párhuzamos lenne. Megjegyzend®, hogy módszerünk párhuzamos (de különböz®) egyenesekre is ad megoldást, de a kapott

(b1 c2 − b2 c1 , c1 a2 − a1 c2 , 0) pont nincs rajta az euklidészi síkon.

2.2. HOMOGÉN KOORDINÁTÁK

55

A fenti feladatokat elemezve néhány, a továbbiakban fontos észrevételt tehetünk az euklidészi síkon használt homogén koordinátákra:

•

egy pont harmadik homogén koordinátája nem lehet zérus:

•

egy egyenes egyenlete

x3 = 0 •

ax1 + bx2 + cx3 = 0,

ahol

x3 6= 0;

a2 + b2 > 0,

azaz a

tiltott egyenlet;

az euklidészi síkon párhuzamos egyenesek metszéspontja pontosan a

x3 = 0

tiltott egyenesre esik. (Ld. a 14 feladatot.)

Megjegyzés. A perspektíva elvezetett bennünket a síkon egy újfajta koordinátázáshoz, a homogén koordinátákhoz.

A homogén koordinátákkal a sík

analitikus geometriája meglep®en egyszer¶, és a számításokban kézenfekv®, ha az

x3 = 0

koordinátákat is megengedjük. Ezek a pontok ugyan nincsenek

rajta az euklidészi síkon, egy tiltott egyenesre illeszkednek, de ha ezzel az egyenessel kib®vítjük az euklidészi síkot, akkor egyrészt a három koordináta szerepe teljesen egyenrangú lesz, másrészt az egyenesek és pontok szerepe a számításokban szimmetrikus. Ennek a lépésnek azonban van egy következménye: ezen a kib®vített síkon már nem léteznek párhuzamos egyenesek.

56


Kulcsszavak 1.

2.

3.

4.

5.

Jegyzetek

2.3. A PROJEKTÍV ILLESZKEDÉSI SÍK

2.3. A projektív illeszkedési sík

57

Projektív illeszkedési sík

Descartes-féle an síkon használt homogén koordinátázás új illeszkedési és párhuzamossági tulajdonságokhoz vezetett el bennünket (ld. a 2.2. megjegyzést).

Deníció.

Legyen E és L két halmaz, a pontok és egyenesek halmaza, i ⊂ E×L pedig egy relácó, az illeszkedési reláció. Az (E, L, i) hármas egy projektív

illeszkedési sík, ha P1 bármely két különböz® pontra pontosan egy egyenes illeszkedik P2 bármely két különböz® egyenesre illeszkedik közös pont P3 minden egyenesre illeszkedik legalább három pont, van legalább két egyenes. P1 miatt két különböz® egyenes legfeljebb egy pontban metszi egymást, így P2-t élesíteni is lehet: két különböz® egyenes pontosan egy pontban metszi egymást. A következ® tétel könnyen bizonyítható P1P3 alapján.

39. Tétel. A projektív illeszkedési síkon van legalább három egyenes, továbbá a projektív illeszkedési sík minden pontjára legalább három egyenes illeszkedik. Így P1-P3 ekvivalens az alábbi három tulajdonsággal. P1'=P1 bármely két különböz® pontra pontosan egy egyenes illeszkedik P2' bármely két különböz® egyenesre pontosan egy pont illeszkedik P3 minden egyenesre illeszkedik legalább három pont, minden pontra illeszkedik legalább három egyenes.

Következmény (Dualitási elv). Ha 0

(L, E, i )

(E, L, i)

projektív illeszkedési sík, akkor 0 szintén projektív illeszkedési sík, ahol (`, P ) ∈ i akkor és csakis

akkor teljesül, ha

(P, `) ∈ i.

Azaz egy projektív sík egyeneseit és pontjait egymással felcserélve, az illeszkedést ismét projektív síkot kapunk.

58


Modellek projektív illeszkedési síkra An illeszkedési sík projektív lezártja. síkból. Legyen

Induljunk ki egy

(E, L, i) an

Az egyenesek párhuzamossága egy an síkon ekvivalenciareláció.

` ∈ L, [`] = {e ∈ L | ek`},

az

`

egyenes által reprezentált irány. Az

an sík pontjaink halmazát kiegészítjük az an sík írányaival, mint végtelen

távoli pontokkal :

E¯ = E ∪ {[`] | ` ∈ L}.

végtelen távoli egyenesnek nevezzük és

A végtelen távoli pontok halmazát

`i -vel

jelöljük.

L¯ = L ∪ {li }.

Az

an sík pontjait közönséges pontoknak, míg az an sík egyeneseit közönséges

egyeneseknek is nevezzük. Az illeszkedési relációt úgy értelmezzük, hogy a közönséges pontok és közönséges egyenesek között örökl®dik az an síkról, minden végtelen távoli pont illeszkedik minden reprezentánsára továbbá még a végtelen távoli egyenesre, melyre csak végtelen távoli pontok illeszkednek. Az így deniált

¯ L, ¯ ¯i) (E,

hármas projektív illeszkedési sík, melyet az

(E, L, i)

an sík projektív lezártjának nevezünk.

Fano-modell, (hét pont hét egyenes modell). Z2 -fölötti

an sík projektív lezártját.

Speciálisan tekintsük a

A 4 pont 6 egyenes modellt el®ször

egy új szemléltetésben adjuk meg, ezt tartalmazza a 2.6. ábra, v.ö. 2.1. ábra.

2.6. ábra. Az an sík 4 pont 6 egyenes modellje, új szemléltetés

A modellben a párhuzamos egyeneseket és az általuk reprezentált irányokat (azaz a végtelen távoli pontokat) az alábbi táblázat tartalmazza. egyenes

egyenes

végtelen távoli pont

[1, 0, 0] (DA) [1, 0, 1] (CB ) L [0, 1, 1] (CD) [0, 1, 0] (AB ) M [1, 1, 0] (AC ) [1, 1, 1] (BD) N


59

A projektív lezárt három végtelen távoli pontot tartalmaz (L, alkotják a végtelen távoli egyenest.

M , N ),

ezek

Így összesen a projektív lezártban hét

pont és hét egyenes van.

2.7. ábra. A projektív sík 7 pont 7 egyenes modellje. Az el®biekben leírt Fano-modellt természetesen önállóan is meg lehet adni a pontok és egyenesek felsorolásával (illeszkedésnek pedig az eleme relációt tekintve), nemcsak a

Z2 fölötti an sík projektív lezártjaként.

Ekkor végtelen

távoli pontokról és egyenesr®l a modell megadásában nem kell beszélni.

Ferdetest feletti, iletve valós projektív sík. ◦

◦

◦

F = F \ {0}. E = F / ∼, L = F / ∼, 3

◦

3

◦

ahol

Legyen

u ∼ v,

F

egy ferdetest,

ha van olyan zérustól

különböz® t ∈ F, hogy u = tv (u, v ∈ F ). Legyen [x] = {tx | t ∈ F \ {0} }, ◦ az x ∈ F vektort a [x] pont (egyenes) reprezentánsának vagy homogén koor-

dinátáinak mondjuk. Az

i

3

illeszkedés deníciója:

([p], [u]) ∈ i,

ha

hp, ui = 0.

A skaláris szorzat homogenitása alapján könnyen látható, hogy az illeszkedés deníciója független a pontot/egyenest reprezentáló ekvivalenciaosztály választásától. Ha

hx, ui = 0,

akkor

hαx, βui = αβ hx, ui = 0. Megjegyezzük, hogy az illeszkedési relációt nem az eleme reláció szinonímájaként használjuk. Az egy egyenesre illeszked® pontok halmazát pontsor nak, míg az egy pontra illeszked® egyenesek halmazát sugársor nak nevezzük. Az egy egyenesre illeszked® pontokat kollineáris aknak is nevezzük. A

0.

{[p], [q], [r]}

ponthármas akkor és csakis akkor kollineáris, ha

Tudniilik a pontok akkor és csakis akkor lesznek kollineárisak,

egy nemzéró

|p, q, r| = ha p, q , r

u vektorra mer®legesek, vagyis az u által generált egy dimenziós

60


altér két dimenziós ortogonális komplementerében vannak.

Kétdimenziós

vektortérben három vektor mindig lineárisan függ®. Mivel a pontoknak és egyeneseknek ugyanaz a deníciója, az illeszkedési reláció pedig szimmetrikus, ezért a pontok és egyenesek illeszkedésére kimondott minden igaz állításban a pont és egyenes szavak felcserélésével is igaz állítást kapunk. (Ld. dualitási elv.)

akkor beszélünk, ha

F = R.

A valós

◦

FP2 = F3 / ∼ Valós projektív 2 projektív síkot RP jelöli.

Vezessük be a következ® jelölést:

síkról


Kulcsszavak 1.

2.

3.

4.

5.

Jegyzetek

61

62


2.4. Záródási tulajdonságok a projektív illeszkedési síkon Egy nemkollineáris ponthármast egy projektív illeszkedési síkon három-

szög nek nevezünk.

Deníció.

Egy projektív illeszkedési síkon megfogalmazott alábbi állítást 0 0 0 Ha A, B , C , A , B , C hat különböz® pont

Desargues-tételnek nevezzük. úgy, hogy

ABC

és

A0 B 0 C 0

különböz®ek és egy pontra illeszked®ek,

←−→ ←−0−→ CA ∩ C A0

←−→ ←−→ ←−→ AA0 , BB 0 és CC 0 egyenesek ←−→ ←−0−→ ←−→ ←−0−→ 0 0 akkor AB ∩ A B , BC ∩ B C és

háromszögek, és az

pontok egy egyenesre illeszkednek.

W

C0

U

C B P

B0 A0

A V 2.8. ábra. Desargues tétele.

A továbbiakban belátjuk, hogy a Desargues-tétel a projektív illeszkedési sík axiómarendszerát®l független állítás, azaz a projektív illeszkedési sík axiómáit felhasználva sem bizonyítani, sem cáfolni nem lehet. Ezt úgy látjuk be, hogy adunk olyan modellt, amelyben a Desargues-tétel igaz és adunk olyan modellt, amelyben a tétel nem teljesül.

40. Tétel.

A valós projektív síkon teljesül a Desargues-tétel.

←−→ ←−→ ←−→ AA0 , BB 0 és CC 0 egyenesek közös pontját P . Ha a P pont kollineáris lenne A, B, C közül valamelyik kett®vel, akkor a háromszögek

Bizonyítás. Jelölje a

egy-egy oldala egybeesne, tehát ellentmondásra jutnánk a feltétellel.

←−→ ←−0−→ ←−→ ←−−→ ←−→ ←−−→ AB ∩ A B 0 = {U }, BC ∩ B 0 C 0 = {V } és CA ∩ C 0 A0 = {W }. továbbiakban A = [a], B = [b], stb. A feltételek szerint valamely

Legyen Legyen a

2.4. ZÁRÓDÁSI TULAJDONSÁGOK. . .

α, α0 , β, β 0 , γ, γ 0

63

skalárokra:

αa + α0 a0 = p,

βb + β 0 b0 = p,

γc + γ 0 c0 = p.

A megfelel® relációkat kivonva:

αa − βb + α0 a0 − β 0 b0 = 0 βb − γc + β 0 b0 − γ 0 c0 = 0 γc − αa + γ 0 c0 − α0 a0 = 0. Rendezve:

αa − βb = β 0 b0 − α0 a0 = u βb − γc = γ 0 c0 − β 0 b0 = v γc − αa = α0 a0 − γ 0 c0 = w. Ahonnan

u+v+w =0 adódik, tehát

u, v, w

lineárisan függ®ek,

U, V, W

egy egyenesre illeszkednek.

Megjegyzés. A Desargues-tételben szerepl® feltételt röviden úgy is említhetjük, hogy a két háromszög csúcsaira nézve perspektív, míg az állítást úgy is megfogalmazhatjuk, hogy a két háromszög oldalaira nézve perspektív. Azaz a Desargues-tétel állítása: ha két háromszög csúcsaira nézve perspektív, akkor oldalaira nézve is perspektív. Gyakran a Desargues-tételt úgy mondják ki, hogy az állítás duálisával (lényegében az állítás megfordításával) együtt fogalmazzák meg: két háromszög csúcsaira nézve akkor és csakis akkor pers-

pektív, ha oldalaira nézve perspektív.

41. Tétel.

A Moulton-féle an sík projektív lezártján a Deasargues-tétel

nem teljesül. Bizonyítás. A 2.9 ábra két háromszöge ellenpélda Desargues tételére: 0 0 0

ABC

és

ABC

az

háromszögek csúcsaikra nézve perspektívek (a megfelel® csú-

csokat összeköt® egyenesek az origóban metszik egymást), míg a megfelel® oldalak metszéspontjai közül kett® ideális, egy pedig közönséges. Azonban az ideális egyenesre közönséges pont nem illeszkedhet.

Deníció.

Egy projektív illeszkedési síkon megfogalmazott alábbi állítást

Pappusz-tételnek nevezzük. Ha

C1

az

e, A2 , B2 , C2

és

f

a projektív sík két egyenese,

A1 , B1 ,

f egymástól valamint e és f metszéspontjától ←−−→ ←−−→ ←−−→ ←−−→ U = A1 B2 ∩ B1 A2 , V = A1 C2 ∩ C1 A2 , W =

pedig az

különböz® pontjai, akkor a

←−−→ ←−−→ B1 C2 ∩ C1 B2

e

pontok egy egyenesen vannak. (Ld. 2.10 ábra.)

64


2.9. ábra. A Moulton-féle an sík projektív lezártjában nem teljesül a Desargues-tétel

2.10. ábra. A Pappusz-tulajdonság

2.4. ZÁRÓDÁSI TULAJDONSÁGOK. . .

65

A Pappusz-tétel a projektív illeszkedési sík axiómarendszerét®l független állítás.

42. Tétel.

Egy ferdetest feletti projektív síkon akkor és csakis akkor teljesül

a Pappusz-tétel, ha a ferdetest test.

43. Tétel

.

(Hessenberg, 1905)

Ha egy projektív illeszkedési síkon teljesül a

Pappusz-tétel, akkor teljesül a Desargues-tétel is.

66


Kulcsszavak 1.

2.

3.

4.

5.

Jegyzetek

2.5. PROJEKTÍV TRANSZFORMÁCIÓK

67

2.5. Projektív transzformációk Ett®l a fejezett®l kezdve valós test fölötti projektív síkot rögzítünk.

Deníció.

Egy

Φ : RP2 → RP2

bijektív leképezést projektív kollineációnak

ha bármely három kollineáris pont képe három kollineáris pont.

Deníció.

Legyen

A ∈ GL(3).

A

PA : RP2 → RP2 , [x] 7→ PA ([x]) = [Ax] ponttranszformációt projektív transzformációnak nevezzük.

44. Tétel.

Egy

Φ : RP2 → RP2

bijektív leképezés akkor és csakis akkor

projektív kollineáció, ha projektív transzformáció. Bizonyítás. Könny¶ látni, hogy minden projektív transzformáció egyben pro-

[p], [q], [r] kollineáris ponthármas, azaz |p, q, r| = 0, |Ap, Aq, Ar| = det A · |p, q, r| = 0, a determinán0 0 0 azaz [p] , [q] , [r] szintén kollineáris ponthármas.

jektív kollineáció. Legyen továbbá

A ∈ GL(3).

Ekkor

sok szorzástétele miatt,

A megfordítás bizonyítását nem tárgyaljuk.

45. Tétel.

A projektív sík projektív transzformációi csoportot alkotnak a

transzformáció szorzás m¶veletre nézve, melyet

P(2)

jelöl. A

P : GL(3) → P(2), GL(3) 3 A 7→ PA leképezés homomorzmus. Bizonyítás.

PI3

nyilvánvalóan az identikus projektív transzformáció.

Két

projektív transzformáció szorzata projektív transzformáció:

(PA ◦ PB )([x]) = PA (PB ([x])) = PA ([Bx]) = [ABx] = PAB ([x]), ahonnan az is következik, hogy

PA−1 = PA−1 .

(*)

(*) azt is jelenti, hogy

P

m¶velettartó. A

P

leképezés nyilván nem izomorzmus, mert egymással arányos mát-

rixok ugyanazt a projektív transzformációt határozzák meg: (t

6= 0),

akkor

[Bx] = [tAx] = [Ax],

azaz

PA = PB .

Így

ha

GL(3)

B = tA,

elemei és a

projektív sík projektív transzformációi között a megfeleltetés nem kölcsönösen egyértelm¶, mert egy

A ∈ GL(3)

mátrix és ennek nemzéró skalárszorosa

ugyanazt a projektív transzformációt adják. Emlékeztetünk arra, hogy

H(3) = {λI3 |λ ∈ R \ {0} } (I3 = diag(1, 1, 1)).

68


46. Tétel

.

(A projektív transzformációk f®tétele els® változat)

P(2) ∼ = Gl(3)/H(3). P Gl(3)| PA = id}. Bizonyítás. A

leképezés magját kell megkeresnünk.

ker P = {A ∈

PA = id ⇐⇒ ∀p ∈ R3 \ {0} : [p] = [Ap] ⇐⇒ Ap = kp (k 6= 0), A-nak minden nemzéró vektor sajátvektora, tehát A = λ ∈ R-re, így ker P = H(3). Az algebra homomoratételéb®l ekkor P(2) ∼ = Gl(3)/H(3) teljesül.

ami azt jelenti, hogy

λI3

valamely

tudjuk, hogy

GL(3)-nak kijelölhetünk olyan részcsoportját, mei között P már kölcsönösen egyértelm¶.

amely elemei és

P(2)

ele-

47. Tétel (A projektív transzformációk f®tétele második változat). Legyen SL(3) = { A ∈ Gl(3)| det A = 1}. Ekkor

P(2) ∼ = SL(3).

Bizonyítás. Legyen 3

λ = 1 =⇒ λ = 1.

A ∈ SL(3) ∩ H(3).

Ha

A = λ id3 ,

akkor

det A = λ3 =⇒

Tehát

SL(3) ∩ H(3) = {id3 }. Az algebrai ismereteink alapján, ekkor teljesül

48. Tétel.

SL(3) ∼ = P(2)

is.

A projektív síkon minden projektív transzformációnak van x-

pontja és invariáns pontsora (azaz xegyenese).

Φ ∈ P(2) projektív transzformációra: A ∈ Gl(3) mátrixra. Mivel A karakterisztikus polinomja

Bizonyítás. Tudjuk, hogy minden

Φ = PA ,

valamely

harmadfokú, ezért biztosan van valós gyöke (egy vagy kett®), így sajátvektora 3 is. Jelöljön x ∈ R egy sajátvektort. Erre

Φ([x]) = [Ax] = [x], azaz

[x] ∈ RP2

a kívánt xpont.

A lineáris algebrából azt is tudjuk, hogy A-nak van kétdimenziós invariáns ◦ 3 altere is. Jelölje ezt L(p, q), (p, q ∈ R lineárisan független vektorok).

L(p, q) = L(p0 , q 0 ), =⇒ [p × q] = [p0 × q 0 ], tehát a

[p × q]

egyenesre illeszked® pontok halmaza x.


Deníció.

69

Négy pontot általános helyzet¶ nek nevezünk a projektív síkon,

ha nincs közöttük három egy egyenesre illeszked®.

Az általános helyzet¶

pontnégyest gyakran négyszög ként említjük.

49. Tétel (A projektív transzformációk alaptétele).

Négyszög és képe a pro-

jektív transzformációt egyértelm¶en meghatározza a projektív síkon. Bizonyítás. A létezést konstruktívan látjuk be.. A négy eredeti pont legyen

{[xi , yi , zi ] | i = 1, . . . , 4}, a négy képpont pedig {[Xi , Yi , Zi ] | i = 1, . . . , 4}. Olyan M ∈ GL(3) mátrixot keresünk, melyre M (xi , yi , zi )t = ξi (Xi , Yi , Zi )t ,

i = 1, 2, 3, 4.

(Ne felejtsük el, hogy arányos számhármasok ugyanazt a pontot jelentik, ezért került a jobb oldalra egy-egy arányossági tényez®.)

M

megkeresését

két lépésre osztjuk, ezek a lépések matematikailag teljesen egyenérték¶ek. El®ször olyan

P ∈ GL(3)

mátrixot keresünk, melyre

P : Ei 7→ [xi , yi , zi ],

i = 1, 2, 3, 4.

ahol

E1 = [1, 0, 0], E2 = [0, 1, 0], E3 = [0, 0, 1], E4 = [1, 1, 1]. Majd olyan

Q ∈ GL(3)

mátrixot, melyre

Q : Ei 7→ [Xi , Yi , Zi ],

i = 1, 2, 3, 4.

M = QP −1 . Q és P megkeresése matematikailag ugyanaz probléma, a módszert csak P -re mutatjuk be. P = (pij ) ∈ GL(3)-ra teljesül, hogy valamely k1 , k2 , k3 , k4 konstansokra      k1 x1 k2 x2 k3 x3 k4 x4 p11 p12 p13 1 0 0 1 p21 p22 p23  0 1 0 1  =  k1 y1 k2 y2 k3 y3 k4 y4  . 0 0 1 1 k1 z1 k2 z2 k3 z3 k4 z4 p31 p32 p33

A keresett mátrix a

A fenti egyenletrendszerben mei, továbbá

k1 , k2 , k3 , k4 ),

9 + 4 = 13

ismeretlen van (a

P

mátrix ele-

ugyanakkor a mátrixelemek összehasonlításával

12 egyenletet kapunk. Egy ismeretlent tehát szabadon választhatunk (pontosabban szabadon paraméterezhetünk), legyen ez

k4 ,

mely értékét 1-nek

választjuk. Így az egyenletrendszer:

     1 0 0 1 p11 p12 p13 k1 x1 k2 x2 k3 x3 x4 p21 p22 p23  0 1 0 1  =  k1 y1 k2 y2 k3 y3 y4  . p31 p32 p33 k1 z1 k2 z2 k3 z3 z4 0 0 1 1

70


A bal oldalon a szorzást elvégezve:

    p11 p12 p13 p11 + p12 + p13 k 1 x1 k 2 x2 k 3 x3 x4 p21 p22 p23 p21 + p22 + p23  =  k1 y1 k2 y2 k3 y3 y4  . p31 p32 p33 p31 + p32 + p33 k1 z1 k2 z2 k3 z3 z4 A jobb oldali és a bal oldali mátrixelemek összehasonlításával az alábbi lineáris egyenletrendszert kapjuk a

k1 , k2 , k3

ismeretlenekre:

k 1 x1 + k 2 x2 + k 3 x 3 = x 4 k1 y 1 + k2 y 2 + k3 y 3 = y 4 k 1 z1 + k 2 z2 + k 3 z3 = z4 . k1 , k2 , k3 számokat, majd a P mátrixot:    −1     k1 x1 x2 x3 x4 k1 x1 k2 x2 k3 x3 k2  =  y1 y2 y3   y4  , P =  k1 y1 k2 y2 k3 y3  . k3 z1 z2 z3 z4 k 1 z1 k 2 z2 k 3 z3

Innen kapjuk a

Az egyértelm¶séget a következ®képpen láthatjuk be. Ha

PN

és

PM

két

projektív transzformáció a tételben megfogalmazott tulajdonsággal, akkor a PN−1 PM = PN −1 M projektív transzformációnak [pi ] = [xi , yi , zi ] (i = 1, . . . , 4) xpontjai. Belátjuk, hogy ezzel a tulajdonsággal csak az identikus projektív transzformáció rendelkezik, azaz N −1 M = L, valamint

PN = PM .

Legyen az egyszer¶ség kedvéért

p4 = α1 p1 + α2 p2 + α3 p3 , és

Lpi = λi pi . αi 6= 0,

mert (*)-ben bármelyik együttható nulla volta azt

eredményezné, hogy a pontok között van három kollineáris. oldalára alkalmazva

(*) mindkét

L-t:

Lp4 = α1 Lp1 + α2 Lp2 + α3 Lp3 , amib®l λ4 p4 = α1 λ1 p1 + α2 λ2 p2 + α3 λ3 p3 . Ugyanakkor (*) mindkét oldalát szorozva

(†) és (‡) jobb oldalát összehasonlítva jel.

λ1 = λ2 = λ3 = λ4 = λ (p1 , p2 , p3 ) R3

bázisa. Így

(† )

λ4 -gyel:

λ4 p4 = α1 λ4 p1 + α2 λ4 p2 + α3 λ4 p3

adódik, hiszen

(*)

L = λI3 .

(‡ )


71

A projektív transzformációkat az eddigiek alapján könny¶ analitikus formában is leírni:

Következmény. Legyen olyan (aij ) ∈ SL(3) [(x01 , x02 , x03 )], ahol

Φ ∈ P(2)

projektív transzformáció. Ekkor létezik 2 , hogy minden P = [(x1 , x2 , x3 )] ∈ RP pontra Φ(P ) =

x01 = a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 x02 = a21 x1 + a22 x2 + a23 x3 x03 = a31 x1 + a32 x2 + a33 x3 . A fenti összefüggést tovább alakítva, az els® relációt elosztva a harmadikkal:

x01 a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 = . 0 x3 a31 x1 + a32 x2 + a33 x3 A jobb oldali törtet b®vítve 1/x3 -mal, valamint felhasználva a Descartes homogén koordináták közötti kapcsolatot (x = x1 /x3 , y = x2 /x3 ): a11 x + a12 y + a13 x0 = . a31 x + a32 y + a33 Hasonlóan:

y0 =

a21 x + a22 y + a23 . a31 x + a32 y + a33

A fenti eljárásnak természetesen nincs értelme, ha

a32 x2 + a33 x3 = 0.

és

x3 = 0

vagy

a31 x1 +

Tehát minden projektív transzformáció az euklidészi

síkon Descartes koordinátákkal megadható, mint lineáris tört transzformáció

közös nevez®vel.

A geomertriai transzformációk hierarchiája A síkon geometriai módon deniált transzformációcsoportok és mátrixcsoportok közötti megfeleltetést vizsgáltuk a korábbiakban:

transzformációcsoport

jelölés

+

mozgáscsoport

E(2)

izometriacsoport

E(2)

hasonlósági csoport

S(2)

an csoport

A(2)

projektív csoport

P(2)

mátrixcsoport

A b , 0 1 A b , 0 1 A b , 0 1 A b , 0 1 SL(3)

A ∈ SO(2), b ∈ R2 A ∈ O(2), b ∈ R2 α ∓β 2 A= , det A 6= 0, b ∈ R β ±α A ∈ GL(2), b ∈ R2

72


A táblázat els® négy sorában a megfelel® transzformációcsoportok között és a megfelel® mátrixcsoportok között is csoport-részcsoport kapcsolat van. Most a projektív transzformációcsoport és az an csoport közötti kapcsolatot tisztázzuk.

Deníció.

Egy

projektív

transzformációt

a

projektív

síkon

an-

projektív nak nevezünk, ha a végtelen távoli egyenes xegyenese.

50. Tétel.

Az an-projektív transzformációk mátrixa a következ® alakú:



 a11 a12 a13 a21 a22 a23  , 0 0 a33 a11 a12 = 1. a33 · a21 a22

ahol

(aij ) ∈ SL(3) an-projektív transzformációt reprezentá     a11 a12 a13 α ∗ a21 a22 a23  β  =  . ∗ a31 a32 a33 0 a31 α + a32 β

Bizonyítás. Legyen ló mátrix.

Ha minden végtelen távoli pont képe végtelen távoli pont, akkor minden

α, β

valós számra:

a31 α + a32 β = 0. Ez csak úgy teljesülhet, ha

51. Tétel.

a31 = a32 = 0.

A projektív sík an-projektív transzformációi csoportja izomorf

az euklidészi sík an transzformációi csoportjával. Bizonyítás. Az izomorzmust a következ®képpen adhatjuk meg:

A(2) 3

1 A b A b 7→ √ , A ∈ GL(2), b ∈ R2 . 3 0 1 0 1 det A

A fenti izomorzmussal a sík eddigiekben tanult geometriai transzformációcsoportjait beazonosíthatjuk a projektív sík egy-egy transzformációcsoportjával:


Projektív transzformációk

Affin transzformációk Hasonlóságok Egybevágóságok

2.11. ábra. A geometriai transzformációk hierarchiája.

73

74


Kulcsszavak 1.

2.

3.

4.

5.

Jegyzetek

2.6. A KETTSVISZONY

75

2.6. A kett®sviszony 52. Tétel. közönséges,

R).

◦

P = [p], A = [a], B = [b] (a, b, p ∈ R3 ) különböz®, kollineáris pontok a projektív síkon, továbbá p = αa + βb (α, β ∈ Legyenek

Ekkor

(ABP ) =

Bizonyítás. Deníció szerint

βb3 . αa3

P − A = (ABP )(B − P ), (ABP ) =

azaz

p1 − a1 . b1 − p 1

Az els® komponenseket homogén koordinátákkal kifejezve:

p 1 a1 αa1 + βb1 a1 − − p a3 αa3 + βb3 a3 (ABP ) = 3 = = b1 p1 b1 αa1 + βb1 − − b3 p3 b3 αa3 + βb3 β(b1 a3 − b3 a1 ) b3 β b3 = · = · . α(b1 a3 − a1 b3 ) a3 α a3

Deníció.

Legyenek

P = [p], Q = [q]

A = [a], B = [b], P = [p], Q = [q]

ill.

A = [a], B = [b],

egy pontsor vagy sugársor különböz® elemei, továbbá

p = αa + βb, q = µa + σb. Az

(ABP Q) =

β µ · α σ

ill.

(A B P Q) =

β µ · α σ

értéket a négy pont/egyenes kett®sviszonyának nevezzük. A deníció független a pontok/egyenesek reprezentánsainak választásától, így a továbbiakban gyakran élünk a

(abpq) jelöléssel is (így tipográalig nem

kell a pontokat és az egyeneseket elkülöníteni).

53. Tétel. (abpq) =

54. Tétel

1 1 = = (pqab) (bapq) (abqp)

(2.3)

.

(A kett®sviszony visszavezetése osztóviszonyra)

76


1. Ha

A = [a], B = [b], P = [p], Q = [q] (ABP Q) =

2. Ha

A = [a], B = [b], P = [p]

közönséges pontok, akkor

(ABP ) (ABQ)

közönséges pontok és

Q = [q]

végtelen

távoli, akkor

(ABP Q) = −(ABP ). Bizonyítás. Az 52. tételb®l rögtön következik.

55. Tétel.

Minden projektív transzformáció kett®sviszonytartó.

Bizonyítás. A korábbiakban bevezetett jelölésekkel. Legyen

T ∈ Gl(3).

Ek-

kor

T p = T (αa + βb) = αT a + βT b T q = T (µa + σb) = µT a + σT b, Azaz

(T a T b T p T q) =

56. Tétel

.

(Pappusz)

β µ · = (abpq). α σ

U = [u], V = [v], W = [w], Z = [z] egy sugársor A = [a], B = [b], C = [c], D = [d] (uvwz) = (abcd).

Ha

egyenesei és egy egyenes ezeket rendre az pontokban metszi, akkor Bizonyítás. Legyen

c = αa + βb d = γa + δb w = λu + µv z = ρu + σv. Azt állítjuk, hogy

µ ρ β γ · = · . α δ λ σ Mivel a feltétel miatt

ha, ui = 0, hc, wi = 0 hb, vi = 0 hd, zi = 0, ezért

0 = hc, wi = αµ ha, vi + βλ hb, ui , 0 = hd, zi = γσ ha, vi + δρ hb, ui ,

2.6. A KETTSVISZONY

tehát

αµ ha, vi = −βλ hb, ui γσ ha, vi = −δρ hb, ui , ahonnan az állítás következik.

77

78


Kulcsszavak 1.

2.

3.

4.

5.

Jegyzetek

3. fejezet Appendix

3.1. O(3) szerkezete Az egydimenziós euklideszi vektorterek ortogonális transzformációi

id és − id.

Az el®z®ekben beláttuk, hogy kétdimenziós eklideszi vektorterek ortogonális transzformációi az origó körüli elforgatások és az origón átmen® egyenesre vonatkozó tükrözések. Ebben a fejezetben a tér ortogonális transzformációit írjuk le.

Deníció.

Legyen

F ⊂ Rn

altér. Ekkor

F ⊥ = {x ∈ Rn | ∀y ∈ F : hx, yi = 0} az

F

altér ortogonális komplementere.

57. Tétel.

(A deníció jelöléseivel.)

F⊥

altér, továbbá

F ⊥⊥ = F

F = Rn .

és

F⊥ ⊕

Bizonyítás. Elemi lineáris algebra.

58. Tétel.

n ortogonális transzformáció, F ⊂ R az A ⊥ transzformáció invariáns altere. Ekkor F szintén az A invariáns altere,

továbbá

A |F

Legyen (azaz

A ∈ O(n)

A

lesz¶kítése

F -re)

szintén ortogonális transzformáció.

Bizonyítás. El®ször azt látjuk be, hogy minden

y ∈ F -hez

létezik olyan

z∈

F , hogy Az = y . Legyen (b1 , . . . , bk ) az F altér ortonormált bázisa. Ekkor (Ab1 , . . . , AbkP ) is ortonormált vektorrendszer, tehát F -nek szintén Pkbázisa. k Legyen y = i=1 yi bi . i=1 yi Abi és z deníciója legyen a következ®: z = Ekkor Az = y teljesül. 79

80

3. FEJEZET. APPENDIX

A tétel állítására közvetlenül rátérve, legyen azzal a tulajdonsággal, hogy

Az = y .

x ∈ F ⊥, y ∈ F

és

z ∈ F

Felhasználva, hogy az ortogonális

transzformáció skaláris szorzat tartó:

hAx, yi = hAx, Azi = hx, zi , Ax ∈ F . A |F ortogonalitása

azaz

59. Tétel.

R3

következik a skaláris szorzat megtartásából.

minden ortogonális transzformációjának van egy- és kétdi-

menziós invariáns altere.

x ∈ R3 nem zéró vektort, Ax = λx ⇐⇒ (A − λ id)x = 0,

Bizonyítás. El®ször belátjuk, hogy találunk olyan melyre azaz

x

Ax = λx valamely λ ∈ R-re. az A − λ id négyzetes alapmátrixú

szer nem triviális megoldása.

det(A−λ id) = 0.

homogén lineáris egyenletrend-

Ennek szükséges és elégséges feltétele, hogy

Ez utóbbi formula

λ-ra egy harmadfokú egyenlet, melynek

biztosan van valós gyöke (egy vagy három). Azaz a szóban forgó harmadfokú egyenletet megoldva találunk olyan

λ

értéket, melyre az

nek van zérusvektortól különböz® megoldása. altere

L(x)

Ax = λx

egyenlet-

egydimenziós invariáns

A-nak, ennek ortogonális komplementere pedig kétdimenziós invariáns

altér.

Deníció. A tér egy ortogonális transzformációjának kétdimenziós invariáns alterét a transzformáció forgássíkjának nevezzük, ha azon a transzformáció kétdimenziós forgásként hat, míg tükörsíknak, ha azon a transzformáció tengelyes kükrözésként hat.

60. Tétel.

O(3)

minden elemének van forgássíkja.

P ⊂ R3 az A ortogonális transzformáció kétdimenziós invariáns altere és P tükörsík. Ekkor A a P -ben tengelyes tükrözésként hat, jelöljük a tengelyt m-mel. Mivel P ortogonális komplementere egydimenziós, ezért A |P ⊥ = ± id. ⊥ Legyen el®ször A |P ⊥ = id. Ekkor az m és P által kifeszített Q síkon ⊥ A |Q = id, hiszen az m-et és P egyeneseket kifeszít® bázisvektorok önmagukba mennek át, azaz Q forgássík, identikus forgatással. A |P ⊥ = − id. Ekkor A |m⊥ = − id, azaz m⊥ forgássík, a forgatás szöge π . Bizonyítás. Tegyük föl. hogy

(Ld. a 3.1 ábrát.) Geometriailag tehát leírtuk

O(3)

elemeit:

Következmény. A tér minden ortogonális transzformációja vagy tengely körüli forgatás vagy tengely körüli elforgatás és a forgássíkra vonatkozó tükrözés szorzata.

3.1.

O(3)

SZERKEZETE

81

3.1. ábra.

Algebrailag ugyanez az állítás a következ®képpen fogalmazható meg:

Következmény (A tér ortogonális mátrixainak normálforma tétele).

O(3)

minden eleme hasonló az alábbi mátrixok valamelyikéhez:

    cos φ − sin φ 0 cos φ − sin φ 0  sin φ cos φ 0 ,  sin φ cos φ 0  , φ ∈ R. 0 0 −1 0 0 1 A gyakorlatban szükségünk van általános tengely¶ forgás mátrixára. Legyen a tengely irányvektora (a forgássík normálvektora)

knk = 1.

Ekkor a tér tetsz®leges

p

n és tegyük fel, hogy

vektorára

p = hp, ni n + n × (p × n)

(3.1)

ugyanis a vektoriális szorzatra vonatkozó kifejtési tétel szerint:

n × (p × n) = hn, ni p − hn, pi n = p − hn, pi n. A (3.1) egyenlet

p felbontását adja n-nel párhuzamos és arra mer®leges kom-

A forgatás során a p tengellyel párhuzamos komponense meg0 egyezik az elforgatott p vektor tengellyel párhuzamos komponensével, míg ponensre.

a forgássíkba es® komponens, azaz a forgatás

n × (p × n)

α

szögével elfordul.

azonos hosszúságú egymásra mer®leges vektorok, így:

n × (p0 × n) = cos α · n × (p × n) + sin α · n × p,

n×p

és

82

3. FEJEZET. APPENDIX

3.2. ábra.

ld. 3.2 ábra. A végeredményt a kifejtési tétel ismételt alkalmazásával kapjuk meg:

p0 = hn, pi n + cos α · n × (p × n) + sin α · n × p = = cos α · hn, ni p − cos α · hn, pi n + sin α · n × p = = cos α · p − (cos α − 1) · hn, pi n + sin α · (n × p). Forgatva tükrözés esetén csak a tengellyel párhuzamos komponensben van eltérés:

Így

O(3)

p0 = cos α · p − (cos α + 1) · hn, pi n + sin α · (n × p). minden elemét a geometriai adatokból meg tudjuk adni:

61. Tétel.

Legyen

n ∈ R3

egységvektor,

α ∈ R.

Az

α

szög¶

L(n)

tengely¶

forgatásra vagy forgatva tükrözésre:

R3 → R3 , p 7→ p0 = cos α · p − (cos α ∓ 1) · hn, pi n + sin α · (n × p). Alkalmazásként határozzuk meg a koordinátatengelyek körüli elforgatások mátrixát!

Geometria II. Vázlat Kovács Zoltán el adásaihoz május 27

Recommend Documents