Geometria II. Vázlat Kovács Zoltán előadásaihoz január 26

Geometria II Vázlat Kovács Zoltán előadásaihoz 2014. január 26.

2

Tartalomjegyzék 1. Geometria R2 -ben 1.1. R2 euklideszi struktúrája . . . . . . . . . 1.2. Tükrözés hipersíkra . . . . . . . . . . . . 1.3. Tengelyes tükrözés és elforgatás a síkban 1.4. A sík ortogonális csoportja . . . . . . . . 1.5. Izometriák . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6. Affin leképezések a síkban . . . . . . . . 1.7. Speciális affin transzformációk . . . . . . 1.8. O(3) szerkezete . . . . . . . . . . . . . . 1.9. Összefoglalás, kitekintés . . . . . . . . . 2. A projektív síkgeometria alapjai 2.1. Az affin illeszkedési sík . . . . . 2.2. A projektív illeszkedési sík . . . 2.3. Záródási tulajdonságok. . . . . . 2.4. Projektív transzformációk . . . 2.5. A kettősviszony . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . .

7 8 14 20 25 30 33 39 43 48

. . . . .

53 54 63 68 73 81

3. Másodrendű görbék a projektív síkon 3.1. Másodrendű görbék projektív osztályozása . . . . . . . . . . . 3.2. Másodrendű görbék végtelen távoli pontjai . . . . . . . . . . . 3.2.1. A Klein-féle részcsoport . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3. Kölcsönös helyzetek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.1. Nem elfajuló másodrendű görbe és egyenes kölcsönös helyzete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.2. Nem elfajuló valós másodrendű görbék kölcsönös helyzete 3

85 86 91 93 96 96 98

4

TARTALOMJEGYZÉK

4. Appendix 101 4.1. Szimmetrikus mátrixok normálformája kongruenciára . . . . . 101

TARTALOMJEGYZÉK

5

Ez a jegyzet távolról sem tekinthető véglegesnek. Több bizonyítás leírásával még adós vagyok, csakúgy, mint a szemléltető ábrákkal, s az anyag is bővülni fog a továbbiakban. Minden észrevételét (sajtóhiba, nem világos gondolatmenet) kérem küldje el az olvasó a [email protected] címre. (Ezúton is hálásan köszönöm Remete Lászlónak értékes észrevételeit.1 ) A 3 jel azt mutatja, hogy a tétel bizonyítása az olvasónak nem okozhat nehézséget, azt önállóan végezze el.

1

2014 január.

6

TARTALOMJEGYZÉK

1. fejezet Geometria R2-ben

7

1. FEJEZET. GEOMETRIA R2 -BEN

8

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

1.1. R2 euklideszi struktúrája Ebben a szakaszban elmondottak gond nélkül megfogalmazhatók Rn -ben is, az olvasó mindig egészítse ki az itt leírtakat a magasabb dimenziós megfogalmazással is. R2 elemeit általában latin kis- és nagybetűkkel jelöljük, tehát x ∈ R2 , vagy P ∈ R2 , míg ezek komponenseit indexelve, tehát pl. x = (x1 , x2 ). R2 elemeit pontnak és vektornak is lehet nevezni, szövegkörnyezettől függően. Ha pontra gondolunk, akkor használunk nagybetűket, míg ha vektorra, akkor kisbetűket. (0, 0) ∈ R2 neve lehet origó (ekkor pontra gondolunk és az O jelölést használjuk), vagy zérusvektor (ekkor vektorra gondolunk és 0-val jelöljük)1 . Definíció. Az x = (x1 , x2 ) ∈ R2 és y = (y1 , y2 ) ∈ R2 , 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 művelet. A skalárral való szorzás egy R × R2 → R2 leképezés. (Ennek „·” jelét gyakran el is hagyjuk.) (−1) · x nyilván az x additív inverze, ezért jogos helyette −x-et írni. 1. Tétel. R2 a fenti összeadás műveletre Abel csoport, továbbá (R2 , +) vektortér R fölött, azaz ∀x, y ∈ R2 , ∀α ∈ R: 1

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

1.1. R2 EUKLIDESZI STRUKTÚRÁJA

9

1. α(x + y) = αx + αy 2. (α + β)x = αx + βx 3. (αβ)x = α(βx) 4. 1 · x = x. Definíció. Az x, y ∈ R2 vektorok skaláris szorzatán (vagy belső szorzatán) az hx, yi = x1 y1 + x2 y2 ∈ R számot értjük. A skaláris szorzás tehát egy R2 × R2 → R leképezés. 2. Tétel. R2 euklideszi vektortér a fenti skaláris szorzattal, azaz ∀x, y, z ∈ R2 , ∀α ∈ R: 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. Következmény. 1.* hx + y, zi = hx, zi + hy, zi 2.* hαx, yi = α hx, yi 4.* Ha ∀x ∈ R2 -re hx, yi = 0, akkor y = 0. p Definíció. x ∈ R2 -re kxk = hx, xi, az x vektor hossza vagy normája. Tehát a norma egy k·k : R2 → R leképezés, p amelyet normafüggvénynek is nevezünk. Komponensekkel kiírva, kxk = x21 + x22 .


10

3. Tétel (Cauchy-Schwarz egyenlőtlenség). ∀x, y ∈ R2 : hx, yi2 ≤ kxk2 ·kyk2 . Egyenlőség akkor és csakis akkor teljesül, ha x, y arányosak, azaz ∃α ∈ R: x = αy vagy y = αx. Bizonyítás. y = 0-ra az állítás triviálisan teljesül, a továbbiakban feltesszük, hogy y 6= 0. Legyen λ ∈ R tetszőleges, s tetszőlegesen rögzített x-re és y 6= 0-ra tekintsük az alábbi kifejezést: f (λ) = hx − λy, x − λyi = hx, xi − 2λ hx, yi + λ2 hy, yi . ∀λ ∈ R : f (λ) ≥ 0, mert vektor önmagával való skaláris szorzata mindig nemnegatív, tehát a másodfokú polinom diszkriminánsa nem pozitív: hx, yi2 − hx, xi hy, yi ≤ 0. Egyenlőség akkor és csakis akkor állhat fenn, ha x − λy = 0, amiből x és y lineáris függősége következik. Megfordítva, ha x és y lineárisan függők, akkor vagy x = λy vagy y = λx valamely alkalmas skalárra. Bármelyiket behelyettesítve az egyenlőtlenség egyik ill. másik oldalába, egyenlő 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 egyenlőség akkor és csakis akkor teljesül, ha x, y arányosak, nemnegatív faktorral. A 4. tulajdonságot Minkowski egyenlőtlenségnek nevezzük. Bizonyítás. Az alábbi levezetésben a harmadik sornál a Cauchy-Schwarz egyenlőtlenséget 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 ,


11

ami a Minkowski egyenlőtlenséget jelenti. Egyenlőség akkor és csakis akkor teljesül, ha hx, yi = | hx, yi | = kxk · kyk. y = 0-ra mindkét egyenlőség teljesül. Legyen tehát y 6= 0. Az első egyenlőség akkor és csakis akkor teljesül, ha hx, yi ≥ 0. A második egyenlőség a CauchySchwarz egyenlőtlenség miatt akkor és csakis akkor teljesül, ha x, y arányosak, azaz x = ty. hty, yi = t hy, yi ≥ 0 ⇐⇒ t ≥ 0.

Definíció. Ha P, Q ∈ R2 , akkor d(P, Q) = kP − Qk a P és Q pontok távolsága. A távolság tehát egy d : R2 × R2 → R leképezés, amelyet távolságfüggvénynek is nevezünk. Komponensekkel kiírva: p d(P, Q) = (P1 − Q1 )2 + (P2 − Q2 )2 . 5. Tétel. ∀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-egyenlőtlenségnek nevezzük. Bizonyítás. 4. A Minkowski egyenlőtlenséget 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 és vektorok Rn -ből valók.3


12

Merőlegesség Definíció. Ha az u, v vektorokra hu, vi = 0, akkor u-t és v-t egymásra merőleges vagy ortogonális vektoroknak mondjuk. Ha u, v egymásra merőleges egységvektorok, akkor (u, v) egy ortonormált (rendezett) pár, vagy másként, R2 egy ortonormált bázisa. Ha u = (u1 , u2 ), akkor legyen u⊥ = (−u2 , u1 ). Ekkor u és u⊥ egymásra merőleges vektorok, amelyeknek a hosszuk megegyezik, továbbá u⊥⊥ = −u. Könnyű látni, hogy ha u, v ortogonális (nem zéró) vektorok, akkor u⊥ és v arányosak.2 Ha (u, v) ortonormált pár R2 -ben, akkor egy tetszőleges vektor koordinátáit könnyű kiszámítani, az alábbi tétel szerint: 6. Tétel (Vektor Fourier-előállítása). Ha (u, v) ortonormált pár, akkor ∀x ∈ R2 : x = hx, ui u + hx, vi v. Bizonyítás. Legyen x = αu + βv. Szorozzuk az előbbi 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 } 0

1

7. Tétel (Pitagorasz tétele). Legyenek P , Q, R különböző pontok. P − Q és Q − R akkor és csakis akkor merőlegesek 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. 2

Ez a bekezdés csak két dimenzióban érvényes.


Kulcsszavak 1.

2.

3.

4.

5.

Jegyzetek

13


14

1.2. Tükrözés hipersíkra Hipersík alatt Rn egy n − 1 dimenziós lineáris sokaságát értjük. A valós számok halmazán tehát egy pontról, a síkon egy egyenesről, a térben egy síkról van szó. Ezen alakzatokra vonatkozó tükrözések analitikus geometriája a dimenziószámtól függetlenül egységesen kezelhető. A hipersíkok megadhatók egy rájuk merőleges (nem zéró) vektorral, a hipersík normálvektorával, valamint egy pontjukkal. A w normálvektorú, P pontra illeszkedő S hipersík egyenlete hX − P , wi = 0, (1.1) azaz egy X ∈ Rn pont akkor és csakis akkor illeszkedik S-re, ha kielégíti (1.1)-et, másrészt minden ilyen egyenlet egy hipersík egyenlete. Definíció. Legyen S a P pontra illeszkedő, w normálvektorú hipersík! A ρS : Rn → Rn , X 7→ ρS (X) = X − 2

1 hX − P , wi w kwk2

(1.2)

leképezést az S hipersíkra vonatkozó tükrözésnek nevezzük (ld. 1.1. ábra). 8. Tétel (A hipersíkra vonatkozó tükrözés tulajdonságai). 1. Minden hipersíkra vonatkozó tükrözés távolságtartó, azaz ∀P, Q ∈ Rn : d(ρS (P ), ρS (Q)) = d(P, Q). 2. ρ2S = id. 3. ρS (P ) = P ⇐⇒ P ∈ S. Bizonyítás. Az általánosság megszorítása nélkül feltételezhetjük, hogy jel. kwk = 1, továbbá legyen ha, ai = a2 . 1. kρS (X) − ρS (Y )k2 = (ρS (X) − ρS (Y ))2 = = [X − 2 hX − P , wi w − (Y − 2 hY − P , wi w)]2 = = [(X − Y ) − 2(hX − P , wi + hY − P , wi)w]2 = = [(X − Y ) − 2 hX − Y , wi w]2 = = (X − Y )2 − 4 hX − Y , wi2 + 4 hX − Y , wi2 = = (X − Y )2 = kX − Y k2 .

1.2. TÜKRÖZÉS HIPERSÍKRA

15

1.1. ábra. Hipersíkra vonatkozó tükrözés 2. ρS (ρS (X)) = ρS (X − 2 hX − P , wi w) = = (X − 2 hX − P , wi w) − 2 hX − P − 2 hX − P , wi w, wi w = = X − 2 hX − P , wi w − 2 hX − P , wi w + 4 hX − P , wi w2 w = = X − 4 hX − P , wi w + 4 hX − P , wi w = X. 3. ρS (X) = X ⇐⇒ X − 2 hX − P , wi w = X ⇐⇒ hX − P , wi = 0 ⇐⇒ X ∈ S. Az (1.2) definíciót átalakítva kapjuk: 1 hX − P , wi w = kwk2 1 1 X −2 hX, wi w + 2 hP, wi w . 2 kwk kwk2 | {z } | {z }

ρS (X) = X − 2

lineáris rész

eltoló vektor


16 Az eredmény szerint a tükrözés egy

Rn → Rn , X 7→ X − 2

1 hX, wi w kwk2

(1.3)

lineáris leképezés és egy Rn → Rn , X 7→ X + 2

1 hP, wi w kwk2

eltolás kompozíciója (szorzata). Az (1.3) lineáris leképezés maga is egy tükrözés, az hX, wi = 0 egyenletű hipersíkra vonatkozó lineáris tükrözés. (A hipersík ebben az esetben altér lesz.) Definíció. Legyen S az hX, wi = 0 egyenletű, az origóra illeszkedő, w normálvektorú hipersík. A ρw : Rn → Rn , X 7→ ρw (X) = X − 2

hX, wi w kwk2

leképezést a w 6= 0 vektorhoz tartozó lineáris tükrözésnek nevezzük. 9. Tétel. (A megelőző definíció jelöléseivel.) 1. ρw (w) = −w, 2. ha X ∈ S, akkor ρw (X) = X. Bizonyítás. A definícióba történő egyszerű behelyettesítésből adódik. Mint lineáris leképezés, ρw felírható egy mátrixszal történő balszorzásként. Határozzuk meg ezt a mátrixot! Figyeljük meg a definíció második tagjában lévő hX, wi w kifejezést. A következő átalakításoknál a skalárral való szorzást nem jelölöm, a „·” mindig a mátrixok szorzását jelöli. Vegyük figyelembe továbbá azt is, hogy a vektorokat oszlopmátrixként írjuk fel. hX, wi w = (wt · X)w = w · (wt · X) = (w · wt ) · X, ahol w · wt ∈ Rn×n . Így azt kapjuk, hogy 1 t w · w · X, ρw (X) = I − 2 kwk2 ahol I az n × n típusú egységmátrix. (A továbbiakban a mátroxszorzást már nem mindig jelöli a pont.)


17

Definíció. A w ∈ Rn , (w = 6 0) vektorhoz tartozó Householder-mátrix alatt a 1 Hw = I − 2 w · wt kwk2 mátrixot értjük. 10. Tétel. Minden Householder-mátrix ortogonális mátrix, azaz inverze megegyezik a transzponáltjával; továbbá minden Householder-mátrix determinánsa −1. Bizonyítás. Először belátjuk, hogy Hwt = Hw . Mivel a transzponálás lineáris művelet, t 1 1 t w·w (wwt )t = =I −2 I −2 2 kwk kwk2 1 1 =I −2 (wtt wt ) = I − 2 wwt = Hw . 2 kwk kwk2 Másodjára belátjuk, hogy minden Householder-mátrix inverze önmaga. kwk2

z }| { 2 (wt w) wt w 1 1 t t w · w ww + 4 = I. I −2 = I − 4 kwk2 kwk2 kwk4 Így beláttuk, hogy Hw ortogonális mátrix. A ρw lineáris leképezés determinánsa alatt tetszőleges bázisra vonatkozó mátrixának determinánsát értjük. (Lineáris algebrából megtanultuk, hogy ez az érték a bázis választásától független.) ρw mátrixa egy olyan bázisban, mely w-ből és S tetszőleges bázisából áll, a 9. tétel szerint diagonális mátrix: diag(−1, 1, . . . , 1), melynek determinánsa nyilván −1. Hw nem más, mint ρw mátrixa Rn természetes bázisában, azaz determinánsa ennek a mátrixnak is −1. Az (1.2) definíciót átalakítva 1 hX − P , wi w = kwk2 1 hX − P , wi w + P = =X −P −2 kwk2 = Hw (X − P ) + P.

ρS (X) = X − 2

18


A kapott eredmény azt jelenti, hogy az X pontot először eltoljuk −P -vel, tükrözzük, majd a tükrözött pontot ismét eltoljuk, de ezúttal P -vel. Ez a TTT (tol-tükröz-tol) elv. Az v ∈ Rn vektorral való eltolást τv -vel jelölve: ρS = τP ◦ Hw ◦ τP−1 , hiszen τ(−P ) = τP−1 .


Kulcsszavak 1.

2.

3.

4.

5.

Jegyzetek

19


20

1.3. Tengelyes tükrözés és elforgatás a síkban Tengelyes tükrözések a síkban Megadjuk a tengelyes tükrözés explicit képletét koordináták segítségével. Ha az egyenes egy irányvektora (cos δ, sin δ), akkor azt mondjuk, hogy az egyenes irányszöge δ. 11. Tétel. Az origóra illeszkedő δ irányszögű egyenes az (x1 , x2 ) ponthoz rendelje hozzá az (x01 , x02 ) pontot. Ekkor teljesül, hogy x01 = x1 cos 2δ + x2 sin 2δ x02 = x1 sin 2δ − x2 cos 2δ.

(1.4)

Bizonyítás. A tengely irányvektora a (cos δ, sin δ) egységvektor. Az egyenes (egyik) normál-egységvektora w = (− sin δ, cos δ), ρw (X) = X − 2 hX, wi w. hX, wi = −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 . A kétszeres szögek szögfüggvényeire vonatkozó azonosságot alkalmazva: x01 = x1 cos 2δ + x2 sin 2δ x02 = x1 sin 2δ − x2 cos 2δ. Következmény. Az (1.4) mátrix szorzással fölírva: 0 x1 cos 2δ sin 2δ x1 = , x02 sin 2δ − cos 2δ x2 azaz w = (− sin δ, cos δ) esetén cos 2δ sin 2δ Hw = sin 2δ − cos 2δ

(1.5)

1.3. TENGELYES TÜKRÖZÉS ÉS ELFORGATÁS A SÍKBAN

21

Vezessük be az alábbi jelölést: cos 2δ sin 2δ ref δ = . sin 2δ − cos 2δ ref δ tehát az origón átmenő és δ irányszögű egyenesre vonatkozó tükrözés Householder-mátrixa. Nem origóra illeszkedő `-el jelölt tengely esetén legyen a tengely egy pontja P , a tengely irányszöge δ, normál egységvektora w. Ekkor X 0 = X − 2 hX − P , wi w = (X − P ) − 2 hX − P , wi w +P, {z } | ref δ·(X−P )

azaz ρ` (X) = ref δ · (X − P ) + P

(TTT)

A képlet tartalma egyszerűen megjegyezhető: a tengelyt először eltoljuk az origóba, vele toljuk az X pontot, tükrözünk, majd visszatoljuk a tengelyt az eredeti helyzetbe (tol–tükröz–tol).

Elforgatások a síkban Először két origón átmenő tengelyre vonatkozó tükrözés szorzatát vizsgáljuk. 12. 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 cos α − sin α rot α = sin α cos α jelölést, akkor az előbbi tétel a következő alakban írható föl: ref θ ref φ = rot 2(θ − φ).

(1.6)

Most tükrözzünk egymás után két olyan egyenesre, melyek egy C pontra illeszkednek! A tengelyek irányszöge legyen θ és φ! A TTT-szabály alapján: X 0 = ref θ·((ref φ·(X −C)+C)−C)+C = ref θ · (ref φ · (X − C)) +C (1.7) | {z } rot 2(θ−φ)·(X−C)

22


1.2. ábra. A „TTT” módszer: tol-tükröz-tol

1.3. TENGELYES TÜKRÖZÉS ÉS ELFORGATÁS A SÍKBAN

23

Definíció. Két tengelyes tükrözés szorzatát elforgatásnak nevezzük, ha a tengelyek metszők, vagy egybeesnek. Valódi elforgatásról akkor beszélünk, ha a tengelyek metszők, azaz egy közös pontjuk van. A közös pontot ilyenkor az elforgatás középpontjának nevezzük. Speciálisan, ha a tengelyek merőlegesek, akkor az elforgatást félfordulatnak vagy középpontos tükrözésnek is nevezzük. (1.7) alapján a valódi elforgatást jellemzi annak fixpontja (C) és a tengelyek szögének kétszerese (2(θ − φ)), amely szöget az elforgatás szögének nevezünk. A C középpontú α szögű 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,

(TFT)

azaz „tolunk forgatunk tolunk” (de origótól különböző C-re a valódi elforgatás már nem lesz lineáris leképezés). 13. Tétel. Az origó körüli összes elforgatások kommutatív csoportot alkotnak. Bizonyítás. A struktúra zárt, mátrix szorzással egyszerűen ellenőrizhető, hogy rot θ rot φ = rot(θ + φ), (1.8) ahonnan a kommutativitás is leolvasható. Az asszociativitás a mátrix szorzás általános tulajdonsága. Egységelem: rot 0 = I2 . Továbbá (rot α)−1 = rot(−α), ami (1.8)-ból szintén közvetlenül látszik. Az origón átmenő egyenesekre vonatkozó tükrözések nem alkotnak csoportot, mert a szorzásra nézve nem zárt a struktúra, ld. (1.6). A tükrözések és forgások szorzására a következő tulajdonságok teljesülnek: 14. Tétel. 1. ref θ rot φ = ref θ −

φ 2

. 2. rot θ ref φ = ref φ + 2θ . 3

15. Tétel. Az origó körüli elforgatások és az origóra illeszkedő egyenesekre vonatkozó tükrözések csoportot alkotnak. 3


24

Kulcsszavak 1.

2.

3.

4.

5.

Jegyzetek

1.4. A SÍK ORTOGONÁLIS CSOPORTJA

25

1.4. A sík ortogonális csoportja A ref α tükrözési mátrixok és a rot α forgatási mátrixok könnyen láthatóan rendelkeznek azzal a tulajdonsággal, hogy az inverzük megegyezik a transzponáltjukkal. Az ilyen (valós elemű) mátrixokat általánosan ortogonális mátrixoknak nevezzük. Definíció. Az M ∈ GL(2) mátrixot ortogonális mátrixnak nevezzük, ha M −1 = M t . 16. Tétel. Az ortogonális mátrixok csoportot alkotnak a mátrixszorzás műveletére nézve. Ezt a csoportot O(2)-nel jelöljük és R2 (a 2-dimenziós euklideszi tér) ortogonális csoportjának nevezzük. 17. Tétel. Ortogonális mátrix determinánsa ±1. a b Bizonyítás. Legyen M = , det M = ad − bc = ∆. Ekkor c d a c t = ad − bc = ∆, det M = b d d/∆ −b/∆ −1 = ∆ = 1. det M = −c/∆ a/∆ ∆2 ∆ Így ∆ = 1/∆, azaz ∆ = ±1. 18. Tétel. A +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. Az előzőek alapján 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. 19. Tétel. O(2) minden A eleméhez van olyan α ∈ R, hogy cos α ∓ sin α A= , sin α ± cos α ahol a felső előjelek a +1 determinánsú, míg az alsó előjelek a −1 determinánsú ortogonális mátrixra vonatkoznak.


26

Bizonyítás. Foglalkozzunk a +1 determinánsú esettel, a −1 determinánsú eset analóg. Legyen a b A= . c d Mivel A ortogonális, ezért inverze megegyezik a transzponáltjával: −1 a b a c = . c d b d Másrészt az inverz mátrixot a kofaktorok módszerével meghatározva: −1 a b d −b = . c d −c a

(∗)

(∗∗)

(∗)-ot és (∗∗)-ot összehasonlítva: a = d, c = −b, tehát a mátrix alakja: a −b A= , b a ahol a2 + b2 =1 (a mátrix determinánsa 1), tehát létezik olyan α ∈ [0, 2π), hogy a = cos α, b = sin α, ami a bizonyítandó állítást jelenti. A következő tétellel az ortogonális mátrixok jellemzését adjuk meg. 20. Tétel. Legyen A ∈ R2×2 . A következő állítások ekvivalensek: 1. A ∈ O(2); 2. A 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. tetszőleges ortonormált pár képe ortonormált pár.


27

Bizonyítás. 1 ⇐⇒ 2 Először teljesüljön, hogy At A = In . Ekkor

hAx, Ayi = x, At Ay = hx, yi . Megfordítva, ha A megtartja a skaláris szorzatot, azaz hAx, Ayi = hx, yi akkor At Ax, y = hx, yi

t A Ax, y = hIn x, yi

amiből következik, hogy ∀x, y :

t (A A − In )x, y = 0,

vagyis At A = In . 2 ⇐⇒ 3 2 =⇒ 3 nyilvánvaló, a norma definíciója miatt: p p kAxk = hAx, Axi = hx, xi = kxk. Megfordítva, könnyen ellenőrizhető, hogy: 1 kx + yk2 − kxk2 − kyk2 , 2 azaz a skaláris szorzat a normából kifejezhető. 3 ⇐⇒ 4 Következik onnan, hogy a norma és távolság egymásból kölcsönösen kifejezhetők: hx, yi =

d(x, y) = kx − yk,

kxk = d(x, 0).

2 =⇒ 5 A skaláris szorzat tartásból következik, hogy ortonormált vektorrendszer képe ortonormált vektorrendszer, hisz a hossz és a merőlegesség megmarad. 5 =⇒ 2 Legyen x = x1 e1 + x2 e2 , y = y1 e1 + y2 e2 , ahol (e1 , e2 ) ortonormált pár. Ekkor Ax = x1 Ae1 + x2 Ae2 és Ay = y1 Ae1 + y2 Ae2 is teljesül. Mivel (Ae1 , Ae2 ) is ortonormált pár: hx, yi = x1 y1 + x2 y2 hAx, Ayi = x1 y1 + x2 y2 , azaz A megtartja a skaláris szorzatot.

28


Megjegyzés. Az ortogonális mátrixcsoport és a speciális ortogonális mátrixcsoport tetszőleges dimenzióban is hasonlóan értelmezhető, mint kétdimenzióban: O(n) = {A ∈ GL(n) | A−1 = At }, SO(n) = {A ∈ O(n) | det A = 1}, Az ortogonális mátrixok előző tételben megadott jellemzése szó szerint átvihető tetszőleges (véges) dimenzióba. Azonban a 19. tételhez hasonló egyszerű 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 fizikai fogalom. Matematikai értelemben R2 -ben az (E1 = (1, 0), E2 = (0, 1)) kanonikus bázissal kitüntethetünk egy irányt, ezt nevezzük pozitív (az óramutató járásával ellentétes) iránynak. Definíció. Az (a, b) lineárisan független rendezett vektorpár irányításán sgn det(a, b)-t értjük. 21. Tétel. Minden A ∈ SO(2) speciális ortogonális transzformáció irányítástartó, azaz ∀a, b ∈ R2 : sgn det(Aa, Ab) = sgn det(a, b). Bizonyítás. sgn det(Aa, Ab) = sgn(det A det(a, b)) = sgn det(a, b).


Kulcsszavak 1.

2.

3.

4.

5.

Jegyzetek

29


30

1.5. Izometriák Definíció. Egy F : R2 → R2 bijektív leképezést egybevágósági transzformációnak vagy izometriának nevezünk, ha távolságtartó, azaz ∀P, Q ∈ R2 : d(F (P ), F (Q)) = d(P, Q). 22. Tétel. R2 összes izometriái csoportot alkotnak a transzformáció szorzás műveletre nézve. 3 Ezt a csoportot E(2)-vel jelöljük és a kétdimenziós euklideszi tér euklideszi csoportjának nevezzük. A 8. tétel szerint minden tengelyes tükrözés izometria, ebből következően minden elforgatás is izometria. Másik egyszerű példa izometriára az eltolás, vagy transzláció. Definíció. Legyen v ∈ R2 . A τv : R2 → R2 , X 7→ τv (X) = X + v leképezést v vektorú eltolásnak (transzlációnak ) nevezzük. 23. Tétel. R2 összes transzlációi kommutatív csoportot alkotnak a kompozíció szorzás műveletre nézve. 3 24. Tétel. Minden transzláció izometria. 3 25. Tétel (A síkizometriák főtétele). Egy F : R2 → R2 bijektív leképezés akkor es csakis akkor izometria, ha ∃A ∈ O(2) ortogonális mátrix és b ∈ R2 vektor, hogy F (x) = Ax + b. Bizonyítás. Mivel minden ortogonális transzformáció és eltolás izometria, ezek kompozíciója is az. Legyen most F : R2 → R2 egybevágóság. b-t és A-t a következőképpen konstruáljuk meg. Legyen b = F (0), ϕ : R2 → R2 ,

ϕ(x) = F (x) − b.

ϕ-ről belátjuk, hogy lineáris leképezés, így megegyezik egy A mátrixszal való bal oldali szorzással. Először belátjuk, hogy az előbbiekben megkonstruált ϕ megtartja a skaláris szorzatot. Emlékeztetünk arra, hogy ∀ξ, η ∈ R2 :

hξ, ηi =

kξk2 + kηk2 − kξ − ηk2 . 2

1.5. IZOMETRIÁK

31

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 kx − 0k2 + ky − 0k2 − kx − yk2 kxk2 + kyk2 − kx − yk2 = = = hx, yi , 2 2 felhasználva, hogy F izometria. Végezetül belátjuk, hogy ϕ lineáris. Az előző bizonyításrészből közvetlenül következik, hogy ha E = (e1 , e2 ) ortonormált bázis, akkor E 0 = ϕ(e1 ), ϕ(e2 ) is ortonormált bázis. Vegyük ϕ(x) koordináta-előállítását E 0 re vonatkozóan: ϕ(x) =

2 X

hϕ(x), ϕ(ei )i ϕ(ei ) =

i=1

2 X

hx, ei i ϕ(ei ).

i=1

ϕ(x)-nek ez a kifejezése x-ben lineáris, tehát van olyan A ∈ Rn×n mátrix, hogy ϕ(x) = Ax. Mivel ϕ skaláris szorzat tartó, ezért hAx, Ayi = hϕ(x), ϕ(y)i = hx, yi , azaz a 20. Tétel szerint A ortogonális mátrix. A főtétel közvetlen következménye az alábbi tétel: Következmény. Minden izometria ortogonális transzformáció és eltolás szorzata. A sík izometriái geometriailag eltolások vagy elforgatások vagy csúsztatva tükrözések. Definíció. Egy síkizometriát mozgásnak vagy irányítástartó izometriának nevezünk, ha az ortogonális komponense speciális ortogonális transzformáció. 26. Tétel. A sík mozgásai csoportot alkotnak a transzformáció szorzás műveletre 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 főtétel bizonyítása is szó szerint megismételhető.3


32

Kulcsszavak 1.

2.

3.

4.

5.

Jegyzetek

1.6. AFFIN LEKÉPEZÉSEK A SÍKBAN

33

1.6. Affin leképezések a síkban Definíció. Egy F : R2 → R2 , X 7→ F (X) = X 0 bijektív leképezést kollineációnak nevezünk, ha teljesül rá a következő tulajdonság: P , Q, R akkor és csakis akkor három különböző kollineáris pont, ha P 0 , Q0 , R0 is. Definíció. Legyen A ∈ GL(2), b ∈ R2 . Az F : R2 → R2 , x 7→ Ax + b leképezést affin transzformációnak nevezzük. Az A mátrix az F affin transzformáció lineáris része, míg a b vektor az eltolási része. Röviden az affin transzformáció jelölésére az (A, b) rendezett párt is használhatjuk. Következmény. Minden izometria affin transzformáció. Egy izometria lineáris része ortogonális mátrix. 27. Tétel. A sík egy leképezése akkor és csakis akkor affin leképezés, ha kollineáció. Bizonyítás. Minden affin transzformáció kollineáció. Mivel A(A−1 (x − b)) + b = x, ezért az affin transzformáció szürjektív. Másrészt Ax + b = Ay + b =⇒ A−1 Ax = A−1 Ay =⇒ x = y, tehát az affin transzformáció injektív. Legyen R a P Q egyenes egy P -től és Q-tól különböző 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

(t 6= 0, 1),

ami azt jelenti, hogy R0 a P 0 Q0 egyenes P 0 -től és Q0 -től különböző pontja. Megfordítva, legyen R0 a P 0 Q0 egyenes P 0 -től és Q0 -től különböző pontja. Ekkor ∃!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 különbözőek. Minden kollineáció affin transzformáció. Nem tárgyaljuk.


34

Az ` = P + [v] egyenes affin 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). 28. Tétel. A sík affin transzformációi csoportot alkotnak a kompozíció műveletre nézve. Ezt a csoportot A(2)-vel jelöljük és affin csoportnak mondjuk. Bizonyítás. Legyenek F és F 0 affin transzformációk a síkon: F (x) = Ax + b,

F 0 (x) = A0 x + b0 .

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

(1.9)

∈R2

azaz két affin transzformáció szorzata is affin transzformáció. Az asszociativitás a kompozíció szorzás általános tulajdonsága. Egységelem: a transzformáció lineáris része I2 , az eltolás része a zérusvektor. Az F (x) = Ax + b affin transzformáció inverze az az affin transzformáció, melynek lineáris része A−1 , eltolási része −A−1 b, amint azt (1.9)-ba visszahelyettesítve azonnal látjuk. A sík affin transzformációi nem mátrix szorzásként hatnak az eltolási rész jelenléte miatt. Azonban, ha a sík affin transzformációinak 3 × 3-típusú mátrixokat feleltetünk meg, már az affin transzformációk kompozícióját mátrix szorzással számíthatjuk. 29. Tétel. (A lineáris reprezentáció elve.) Legyen µ : A(2) → GL(3),   a11 a12 b1 jel A b   (A, b) 7→ µ(A, b) = a21 a22 b2 = , 0 1 0 0 1 ahol A = (aij ) ∈ GL(2), b = (b1 , b2 ) ∈ R2 . µ művelettartó és injektív leképezés (azaz injektív homomorfizmus) A(2) és GL(3) között.


35

Bizonyítás. µ nyilvánvalóan injektív, azaz különböző affin transzformációknak különböző mátrixok felelnek meg µ által. Könnyen ellenőrizhető, hogy µ művelettartó, azaz egy homomorfizmus: 0 A A A 0 b + b0 0 0 0 0 0 µ((A , b ) ◦ (A, b)) = µ(A A, A b + b ) = 0 1 0 0 0 A b A b A A A 0 b + b0 0 µ(A , b) · µ(A, b) = = , 0 1 0 1 0 1 így µ((A0 , b0 ) ◦ (A, b)) = µ(A0 , b) · µ(A, b). Következmény. Az előző tétel alapján A(2) és µ(A(2)) izomorf csoportok, a továbbiakban nem teszünk köztük különbséget: A b 2 A(2) = |A ∈ GL(2), b ∈ R 0 1 Következmény. Azt is láthatjuk, hogy ha  0  a11 a12 x1 x02  = a21 a22 1 0 0

x0 = Ax + b, akkor   b1 x1   b2 x2  . 1 1

A továbbiakban fontos kiindulópont az alábbi reláció, amelyet már levezettünk. Legyen F a sík affin transzformációja, ekkor a P , Q pontokra ∀t ∈ R :

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

(1.10)

Definíció. Legyen P , Q, R három különböző 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).  d(P, R)   P −R−Q  d(R, Q) , (P QR) =  d(P, R)  − , ¬(P − R − Q) d(R, Q)


36

Bizonyítás. Ha 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) Ha P −R−Q, akkor t ∈ (0, 1), így t és (1−t) pozitívak; míg ha ¬(P −R−Q), akkor t és (1−t) ellentétes előjelűek, ami adja az előjelekre vonatkozó állítást is. Megjegyzés. Az osztóviszonyt szokás az itt definiált érték ellentettjével is definiálni. Példa. A szakasz felezőpontjának osztóviszonya a végpontokra, mint alappontokra nézve (ezek sorrendjétől függetlenül) 1. 30. Tétel. Minden affin transzformáció osztóviszonytartó. Bizonyítás. (1.10)-ból azonnal látszik. 31. Tétel (A fixpontok szerkezete). A sík egy affin transzformaációjának ha van fixpontja, akkor a fixpontok halmaza pont, egyenes vagy a teljes sík. Utóbbi esetben a transzformáció az identikus leképezés. Úgy is fogalmazhatunk, hogy az affin transzformáció fixpontjai halmaza üres halmaz vagy lineáris sokaság. Bizonyítás. Az F = (A, b) affin transzformáció X ∈ R2 fixpontjára F (X) = X, azaz AX + b = X ⇐⇒ (A − I)X = −b teljesül. Azaz a fixpontok megoldásai az A − I alapmátrixú (általában inhomogén) lineáris egyenletrendszernek. A lineáris egyenletrendszerek elméletéből tudjuk, ha van megoldás, akkor a megoldások halmaza lineáris sokaság. 32. Tétel (Az affin transzformációk fixponttétele). 1. Ha egy affin transzformáció egy egyenes két különböző pontját fixen hagyja, akkor az egyenes minden pontja fix.


37

2. Ha egy affin transzformáció a sík három nem kollineáris pontját fixen hagyja, akkor a transzformáció identitás. Bizonyítás. Tételünk közvetlen következménye az előző tételnek. Ha van két különböző fixpont, akkor a fixpontok halmaza egyenes vagy a teljes sík, így a két pontra illeszkedő egyenes mindenképpen pontonként fix. Három nem kollineáris fixpont esetén a fixpontok halmazaként már csak a teljes sík jöhet szóba.

33. Tétel (Az affin transzformációk alaptétele). Legyen (P, Q, R) és (P 0 , Q0 , R0 ) két nem kollineáris rendezett ponthármas (röviden háromszög) a síkon. Egyértelműen létezik olyan F : R2 → R2 affin transzformáció, melyre F (P ) = P 0 , F (Q) = Q0 , F (R) = R0 . Bizonyítás. Létezés. A tételt először egy speciális esetben látjuk be, nevezetesen legyen P = O = (0, 0), Q = E1 = (1, 0), R = E2 = (0, 1), a másik nem kollineáris ponthármast jelöljük most (X, Y, Z)-vel. Az affin transzformációt az A lineáris részével és b eltoló vektorával keressük. Jelölje A oszlopait A1 és A2 ! Ekkor b és A = (A1 , A2 ) könnyen megadható: AO + b = X =⇒ b = X, AE1 + b = Y =⇒ A1 = Y − b = Y − X AE2 + b = Z =⇒ A2 = Z − b = Z − X. Mivel XY Z nem kollineáris ponthármas, az Y − X és Z − X vektorok nem egy irányúak (lineárisan függetlenek), azaz det A 6= 0. Ezek után jelölje F1 azt az affin transzformációt, mely (O, E1 , E2 )-t (P, Q, R)-be viszi; F2 pedig azt az affin transzformációt, mely (O, E1 , E2 )-t (P 0 , Q0 , R0 )-be viszi. A keresett transzformáció F2 ◦ F1−1 . Egyértelműség. Ha G egy másik affin transzformáció a feltételekkel, akkor a G−1 ◦F affin transzformációnak P QR három nem kollineáris fixpontja, azaz G−1 ◦ F = id =⇒ F = G.


38

Kulcsszavak 1.

2.

3.

4.

5.

Jegyzetek

1.7. SPECIÁLIS AFFIN TRANSZFORMÁCIÓK

39

1.7. Speciális affin transzformációk Definíció. Egy affin transzformációt affin nyújtásnak, röviden nyújtásnak nevezünk, ha igaz rá, hogy minden egyenes párhuzamos a képével. (A definícióban megengedjük, hogy egy egyenes képe esetleg önmaga.) Példa. Az eltolás vagy a félfordulat (π szögű elforgatás) nyilvánvalóan affin nyújtás. A következő példa szintén ismerős lesz az elemi geometriai tanulmányokból. Definíció. 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) leképezést C centrumú, λ arányú középpontos nyújtásnak nevezzük. Szokás a középpontos nyújtás arányának az itt definiált előjeles arány abszolút értékét, azaz |λ|-t nevezni. A középpontos nyújtás definícióját átalakítva: h(C,λ) (X) = C + λ(X − C) = λIX + (C − λC). Innen láthatjuk, hogy a transzformáció affin transzformáció, melynek lineáris része λI, azaz valóban minden egyenes párhuzamos lesz a képével. 34. Tétel. A sík minden nyújtásának lineáris része λI2 , ahol λ 6= 0 valós szám. Bizonyítás. Egy nyújtás lineáris része olyan A ∈ GL(2) mátrix, hogy minden v ∈ R2 -re v és Av arányosak. Speciális vektorokat behelyettesítve v helyére: a11 a12 1 a11 = =⇒ a21 = 0 a21 a22 0 a21 a11 a12 0 a12 = =⇒ a12 = 0 a21 a22 1 a22 a11 0 1 a11 = =⇒ a11 = a22 . 0 a22 1 a22 Legyen a11 és a22 közös értéke λ, ekkor A = λI2 .

40


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. 35. Tétel. Egy identitástól különböző nyújtásnak nem lehet két fixpontja. A fixpontmentes nyújtás mindig eltolás, az egy fixponttal rendelkező nyújtás pedig mindig középpontos nyújtás. Bizonyítás. Legyen F (X) = λX + b az affin leképezés, a fixpontra λX + b = X ⇐⇒ (λ − 1)X = −b.

(1.11)

λ = 1 esetén a transzformáció eltolás, ha ráadásul b 6= 0, akkor valódi eltolás. Ekkor az (1.11) egyenletnek nincs megoldása. λ 6= 1 esetén X = −b/(1 − λ) az egyértelmű fixpont. Definíció. 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 definícióból az is rögtön következik, hogy a hasonlóságok egyben affin transzformációk. 36. Tétel. A sík egy hasonlóságának lineáris része a ±b ∈ GL(2), ahol a2 + b2 > 0. b ∓a A hasonlóságok csoportot alkotnak a transzformáció szorzás műveletére 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 sorrendjétől függetlenül) λ cos α ±λ sin α . λ sin α ∓λ cos α

(1.12)

1.7. SPECIÁLIS AFFIN TRANSZFORMÁCIÓK

41

Legyen λ cos α = a, λ sin α = b, ekkor a kívánt mátrix alakot kapjuk. Továbbá a2 + b2 = λ2 > 0 is teljesül. Az (1.12) alakú mátrixok szorzata és inverze ugyanilyen alakú mátrixot ad, továbbá az egységmátrix nyilván ilyen alakú. Ebből következik, hogy a hasonlóságok csoportot alkotnak. A sík hasonlóságainak csoportját S(2) jelöli. Az előző tétel alapján λA b 2 S(2) = ∈ GL(3)|A ∈ O(2), λ 6= 0, b ∈ R 0 1 37. Tétel (Skálatétel). Egy λ arányú F : R2 → R2 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 hasonlóság. 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). 38. Tétel (Hasonlóságok fixponttétele). Ha egy hasonlóság nem izometria, akkor egyértelműen létezik fixpontja. Bizonyítás. X akkor és csakis akkor fixpontja a (λA, b) hasonlóságnak, ha (λA − I)X = −b.

(1.13)

Azt állítjuk, hogy az (1.13) egyenletből képzett (λA − I)X = 0,

(1.14)

homogén lineáris egyenletrendszernek csak a zéró vektor megoldása, így az (1.13) egyenletnek egyértelmű megoldása van. Ha (λA−I)X = 0, akkor |λ|kAXk = kXk. Az ortogonális transzformáció normatartó, így (|λ| − 1)kXk = 0. |λ| = 6 1, mert a transzformáció nem izometria, így X = 0, azaz (1.14)-nek csak triviális megoldása van.


42

Kulcsszavak 1.

2.

3.

4.

5.

Jegyzetek

1.8. O(3) SZERKEZETE

43

1.8. O(3) szerkezete Az egydimenziós euklideszi vektorterek ortogonális transzformációi id és − id. Az előzőekben beláttuk, hogy kétdimenziós euklideszi vektorterek ortogonális transzformációi az origó körüli elforgatások és az origón átmenő egyenesre vonatkozó tükrözések. Ebben a fejezetben a tér ortogonális transzformációit írjuk le. Definíció. Legyen F ⊂ Rn altér. Ekkor F ⊥ = {x ∈ Rn | ∀y ∈ F : hx, yi = 0} az F altér ortogonális komplementere. 39. Tétel. (A definíció jelöléseivel.) F ⊥ altér, továbbá F ⊥⊥ = F és F ⊥ ⊕ F = Rn . Bizonyítás. Elemi lineáris algebra. 40. Tétel. Legyen A ∈ O(n) ortogonális transzformáció, F ⊂ Rn az A transzformáció invariáns altere. Ekkor F ⊥ szintén az A invariáns altere, továbbá A |F (azaz A leszűkítése F -re) szintén ortogonális transzformáció. Bizonyítás. Először 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 P bázisa. Legyen y = ki=1 yi Abi és z definíciója legyen a következő: z = ki=1 yi bi . Ekkor Az = y teljesül. A tétel állítására közvetlenül rátérve, legyen x ∈ F ⊥ , y ∈ F és z ∈ F azzal a tulajdonsággal, hogy Az = y. Felhasználva, hogy az ortogonális transzformáció skaláris szorzat tartó: hAx, yi = hAx, Azi = hx, zi , azaz Ax ∈ F . A |F ortogonalitása következik a skaláris szorzat megtartásából. 41. Tétel. R3 minden ortogonális transzformációjának van egy- és kétdimenziós invariáns altere.

44


Bizonyítás. Először belátjuk, hogy találunk olyan x ∈ R3 nem zéró vektort, melyre Ax = λx valamely λ ∈ R-re. Ax = λx ⇐⇒ (A − λ id)x = 0, azaz x az A − λ id négyzetes alapmátrixú homogén lineáris egyenletrendszer nem triviális megoldása. Ennek szükséges és elégséges feltétele, hogy det(A−λ id) = 0. 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 Ax = λx egyenletnek van zérusvektortól különböző megoldása. L(x) egydimenziós invariáns altere A-nak, ennek ortogonális komplementere pedig kétdimenziós invariáns altér. Definíció. 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. 42. Tétel. O(3) minden elemének van forgássíkja. Bizonyítás. Tegyük föl, hogy 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 először A |P ⊥ = id. Ekkor az m és P ⊥ által kifeszített Q síkon A |Q = id, hiszen az m-et és P ⊥ egyeneseket kifeszítő bázisvektorok önmagukba mennek át, azaz Q forgássík, identikus forgatással. A |P ⊥ = − id. Ekkor A |m⊥ = − id, azaz m⊥ forgássík, a forgatás szöge π. (Ld. az 1.3 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. Algebrailag ugyanez az állítás a következőképpen 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


45

1.3. ábra. A gyakorlatban szükségünk van általános tengelyű forgás mátrixára. Legyen a tengely irányvektora (a forgássík normálvektora) n és tegyük fel, hogy knk = 1. Ekkor a tér tetszőleges p vektorára p = hp, ni n + n × (p × n)

(1.15)

ugyanis a vektoriális szorzatra vonatkozó kifejtési tétel szerint: n × (p × n) = hn, ni p − hn, pi n = p − hn, pi n. Az (1.15) egyenlet p felbontását adja n-nel párhuzamos és arra merőleges komponensre. A forgatás során a p tengellyel párhuzamos komponense megegyezik az elforgatott p0 vektor tengellyel párhuzamos komponensével, míg a forgássíkba eső komponens, azaz a forgatás α szögével elfordul. n × p és n × (p × n) azonos hosszúságú egymásra merőleges vektorok, így: n × (p0 × n) = cos α · n × (p × n) + sin α · n × p. 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).

46


Forgatva tükrözés esetén csak a tengellyel párhuzamos komponensben van eltérés: p0 = cos α · p − (cos α + 1) · hn, pi n + sin α · (n × p). Így O(3) minden elemét a geometriai adatokból meg tudjuk adni: 43. Tétel. Legyen n ∈ R3 egységvektor, α ∈ R. Az α szögű L(n) tengelyű 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!


Kulcsszavak 1.

2.

3.

4.

5.

Jegyzetek

47


48

1.9. Összefoglalás és kitekintés más dimenziókra Az alábbi nevezetes mátrix csoportokat ismertük meg: általános lineáris csoport: GL(n) = {A ∈ Rn×n | det A 6= 0} ortogonális csoport: O(n) = {A ∈ GL(n) | A−1 = At } speciális ortogonális csoport: SO(n) = {A ∈ O(n) | det A = 1} Az alábbi nevezetes transzformáció csoportokat ismertük meg: affin csoport: A(n) = {(A, b) | A ∈ GL(n), b ∈ Rn }. A(n)-ben a szorzás műveletét az (A, b) ◦ (A0 , b0 ) = (AA0 , Ab0 + b) előírással értelmezzük. A csoport izomorf a következő mátrix csoporttal A b n ∈ GL(n + 1) | A ∈ GL(n), b ∈ R . 0 1

A b Az mátrixot az (A, b) affin transzformáció lineáris reprezentá0 1 ciójának mondjuk. Az alábbi transzformáció csoportokkal izomorf mátrix csoportokat analóg módon képezzük. hasonlósági csoport: S(n) = {(λA, b) | A ∈ O(n), b ∈ Rn , λ 6= 0} ⊂ A(n) izometriacsoport: E(n) = {(A, b) | A ∈ O(n), b ∈ Rn } ⊂ A(n) mozgáscsoport: E+ (n) = {(A, b) | A ∈ SO(n), b ∈ Rn } ⊂ A(n)

Egy dimenzióban A számegyenes geometriai transzformációi. általános lineáris csoport: GL(1) = {a ∈ R | a 6= 0} ortogonális csoport: O(1) = {1, −1}. Geometriai értelemben az identitásról és az origóra vonatkozó tükrözésről van szó.

1.9. ÖSSZEFOGLALÁS, KITEKINTÉS

49

1.4. ábra. Az egyenes affin leképezése speciális ortogonális csoport: SO(1) = {1} affin csoport: A(1) = {(a, b) | a 6= 0, b ∈ R}. Az A(1) halmazon a szorzás a (a, b) ◦ (a0 , b0 ) = (aa0 , ab0 + b) definíció szerint van adva. Az (a, b) affin leképezés nem más, mint az R → R, x 7→ ax + b leképezés, amelyet az 1.4. ábra szemléltet. hasonlósági csoport: S(1) = {(λ, b) | λ 6= 0, b ∈ R} izometriacsoport: E(1) = {(±1, b) | b ∈ R} Az egyenes mozgása x 7→ ±x + b, azaz vagy eltolás, vagy origóra vonatkozó tükrözés és eltolás szorzata. mozgáscsoport: E+ (1) = {(1, b) | b ∈ R}. Az egyenes mozgása mindig eltolás: x 7→ x + b.

50


Két dimenzióban Két dimenzióban az ortogonális csoport és a speciális ortogonális csoport elemeit expliciten is meg tudjuk adni: cos α − sin α • SO(2) = , geometriailag origó körüli forgatások sin α cos α cos α ∓ sin α • O(2) = , geometriailag origó körüli forgatások és sin α ± cos α olyan tengelyes tükrözések, ahol a tengely az origóra illeszkedik A hasonlósági csoport lineáris része pedig: a ∓b • , a2 + b 2 > 0 b ±a

tengelyes szorzata

A ∈ O(2) páros számú tengelyes tükrözés szorzata

távolság és orientáció

tükrözések távolság

1.1. táblázat. A(2) nevezetes részcsoportjai

E+ (2) A ∈ SO(2)

−−→ −−−→ AB 7→ A0 B 0

ABC4 ∼ = A0 B 0 C 0 4

ABC4 ∼ A0 B 0 C 0 4

ABC4 7→ A0 B 0 C 0 4

alaptétel

Megjegyzés. A sík egy egybevágósága legfeljebb három tengelyes tükrözés szorzata, egy síkmozgás két tengelyes tükrözés szorzata (beleértve, hogy a tengelyek lehetnek azonosak). A sík egybevágósága eltolás, elforgatás vagy csúsztatva tükrözés lehet.

• ABC4 ∼ = A0 B 0 C 0 4, ha megfelelő oldalaik azonos mértékűek

• ABC4 ∼ A0 B 0 C 0 4, ha megfelelő szögeik azonos mértékűek

mozgás

egybevágóság E(2)

középpontos nyúj- arány tás és egybevágóság szorzata

λA, A ∈ O(2), λ 6= 0

S(2)

hasonlóság

osztóviszony

egyenestartó

A ∈ GL(2)

A(2)

affin

invariáns

geometriai leírás

lineáris rész

jele

csoport

1.9. ÖSSZEFOGLALÁS, KITEKINTÉS 51


52

Három dimenzióban A síkon az egybevágósági transzformációk felépítésének alapeleme a tengelyes tükrözés volt. Analóg módon definiáljuk térben a síkra vonatkozó tükrözést. Definíció. Az hX − P , ni = 0 normálegyenletű P pontra illeszkedő, n normál egységvektorú síkra vonatkozó tükrözés a ρS : R3 → R3 , X 7→ X − 2 hX − P , ni n transzformáció. A tengely körüli elforgatást mint két metsző síkra vonatkozó tükrözés szorzatát definiáljuk. A térben az ortogonális mátrixok leírása algebrailag összetettebb, mint két dimenzióban. Ehhez előbb egy fogalmat kell bevezetnünk: Definíció. A B ∈ Rn×n mátrixot hasonlónak mondjuk az A ∈ Rn×n mátrixhoz, ha van olyan S ∈ GL(n) mátrix, hogy B = S −1 AS. Jelölésben: A ∼ B. A mátrixok hasonlósága könnyen ellenőrizhetően ekvivalenciareláció. Ezekre az ekvivalenciaosztályokra gondolhatunk úgy, mint geometriai osztályra. 44. Tétel. Minden 3 × 3 típusú  cos α − sin α  sin α cos α 0 0

ortogonális mátrix hasonló az    0 cos α − sin α 0 0 ,  sin α cos α 0 1 0 0 −1

mátrixok valamelyikéhez. Geometriai szempontból az első mátrix a z tengely körüli α szögű elforgatást jelenti, a második mátrix pedig egy szorzatként előálló transzformációt, a z tengely körüli α szögű elforgatás és az xy síkra vonatkozó tükrözés szorzatát. Ezek a mátrixok reprezentálják O(3) geometriai osztályait. Következmény. O(3) minden eleme vagy tengely körüli elforgatás, ahol a tengely az origóra illeszkedik, vagy tengely körüli elforgatás és síkra vonatkozó tükrözés szorzata, ahol a tengely merőleges a síkra és azt az origóban metszi.

2. fejezet A projektív síkgeometria alapjai

53

54

2. FEJEZET. A PROJEKTÍV SÍKGEOMETRIA ALAPJAI

2.1. Az affin illeszkedési sík Az elemi geometriai tanulmányokból tudjuk, hogy az euklideszi síkon az egyenesek és a pontok illeszkedésére valamint az egyenesek párhuzamosságára teljesül néhány nagyon egyszerű tulajdonság. Ezeket a tulajdonságokat felhasználva jutunk el az affin sík absztrakt fogalmához. Definíció. 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 affin illeszkedési sík, ha A1 bármely két különböző pontra pontosan egy egyenes illeszkedik A2 ha adott egy egyenes és egy rá nem illeszkedő 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. Az A2 tulajdonságot affin párhuzamossági axiómának nevezzük. Ha ←−→ P 6= Q pontok, akkor a rájuk illeszkedő egyenest P Q jelöli. Ha az `, m egyeneseknek egy affin síkon nincs közös pontja vagy egybeesnek, akkor azokat párhuzamosoknak mondjuk, és azt írjuk, hogy `km.

A Descartes-sík Az (A1)-(A3) tulajdonságok teljesülnek a koordinátasíkon. Ismételjük át a Descartes-féle koordinatasíkról tanultakat! A pont (x, y) ∈ R2 , azaz rendezett számpár. Az egyenes egydimenziós lineáris sokaság R2 -ben. Egy egyenes egyenlete ax + by + c = 0,

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

Az egyenletből az (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 egyértelmű, mert az egyenes egyenletét egy nemzéró skalárral végigszorozva, ugyanannak az

2.1. AZ AFFIN ILLESZKEDÉSI SÍK

55

egyenesnek az egyenletét kapjuk. Mondhatjuk az tehát, hogy az egyenest [a, b, c]-vel interpretáljuk, ahol [a, b, c] = {λ(a, b, c)|λ 6= 0, (a, b) 6= (0, 0)}. Az illeszkedés interpretációja ezek után: egy (x, y) pont illeszkedik egy [a, b, c] egyenesre, ha ax + by + c = 0 teljesül. Vezessük be az alábbi jelölést. Ha v ∈ R3 , akkor [v] = {λv|λ 6= 0} és R3 / ∼= {[v]|v ∈ R3 }. Az affin sík Descartes-féle modellje tehát: alapfogalom pont egyenes illeszkedés

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

Ferdetest feletti affin sík. A (valós) Descartes-féle koordinátasík analógiáját tetszőleges ferdetestre el lehet készíteni. Legyen F tetszőleges ferdetest. alapfogalom pont egyenes illeszkedés

interpretáció (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 ellenőrizhető, mint a valós esetben.

Z2 -fölötti affin sík Az előző példa speciális eseteként tárgyaljuk az F = Z2 esetet. A modulo 2 maradékosztály gyűrű test, ezt a testet jelöljük Z2 -vel. (Természetesen most a szorzás kommutatív lesz, tehát testről, nem valódi ferdetestről van szó.) Ez a test két elemű, (az elemek 0 és 1), az összeadás és szorzás definíciója: 0+0=0 1+0=1 0+1=1 1+1=0

0·0=0 1·0=0 0·1=0 1 · 1 = 1.

56


A koordinátákból összesen négy pont és hat egyenes készíthető, ezek a következők. A pontok: (0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1). 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 különböző 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] 0 + 0 + 0 = 0 [1, 0, 1] [1, 0, 0] 0 + 0 + 0 = 0 [0, 1, 1] [0, 1, 0] 0 + 0 + 0 = 0

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

APP teljesülése az összes lehetséges eset számbavételével könnyen ellenőrizhető. Írjuk le a Z3 fölötti affin síkot is!

A Descartes-sík (újraolvasva): iránytényezős egyenesekkel A Descartes-modellben az egyeneseket az ax + by + c = 0 ((a, b) 6= (0, 0)) egyenletük alapján kezeltük. Az y tengellyel nem párhuzamos („ferde”) egyeneseknek van ún. iránytényzős egyenlete is: y = mx + b. A függőleges egyenesek egyenlete pedig x = c. A Descartes-modell ezeket az egyenes előállításokat használva a következőképpen módosul:


57

2.1. ábra. Az affin sík 4 pont 6 egyenes modellje alapfogalom pont egyenes („függőleges”) egyenes („ferde”) illeszkedés pont függőleges egyenesre pont ferde egyenesre

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

Moulton-féle affin sík A pont és az egyenes fogalmát megtartva, az illeszkedés fogalmát a pozitív meredekségű 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:

58


2.2. ábra. Egy ferde egyenesre (m = 2) illeszkedő pontok a Moultonmodellben

alapfogalom pont egyenes („függőleges”) egyenes („ferde”) illeszkedés pont függőleges egyenesre pont ferde egyenesre (m ≤ 0) pont ferde egyenesre (m > 0)

interpretáció (x, y) ∈ F2 c∈R (m, b) ∈ R2 x=c y = mx + b y = mx + b y<0 1 y = 2 (mx + b) y ≥ 0

A 2.2. ábra egy pozitív meredekségű ferde egyenesre illeszkedő pontok halmazát szemlélteti. Az axiómák ellenőrzése most sem jelent problémát. Két pontra illeszkedő egyenes konstrukciója akkor igényel új konstrukciót, ha a Descartesmodellben a két pontot pozitív meredekségű egyenes kötné össze. A megoldás leolvasható a 2.3. ábráról.


59

2.3. ábra. Két pontra illeszkedő egyenes konstrukciója egy „problémás” esetben

A Descartes-sík (újraolvasva): homogén koordináták az euklidészi síkon A Descartes modellben a pontok rendezett számpárok, míg az egyenesek egymással arányos rendezett (nem zéró) számhármasok ekvivalenciaosztályai. Ez a különbözőség megszüntethető, mert a rendezett számpároknak is könnyen megfeleltethető rendezett számhármas, pontosabban tekintsük a ◦

R2 → R3 / ∼,

(x, y) 7→ [x, y, 1]

(2.1)

leképezést. Nyilvánvalóan injektív leképezésről van szó, továbbá Ha (x, y) képe [x1 , x2 , x3 ], akkor x2 x1 x= , y= x3 x3 is fennáll. A (2.1) leképezés képhalmaza ◦ 3 [x1 , x2 , x3 ] ∈ R / ∼ |x3 6= 0 .

60


Az illeszkedés vizsgálatához vegyük észre, hogy ax + by + c = 0 ⇐⇒ a

x1 x2 + b + c = 0 ⇐⇒ ax1 + bx2 + cx3 = 0. x3 x3

Az utóbbi relációban az (a, b, c) és (x1 , x2 , x3 ) vektorok skaláris szorzatára ismerhetünk. A Descartes modell alábbi átfogalmazását kapjuk: alapfogalom pont egyenes illeszkedés

interpretáció [x1 , x2 , x3 ] ∈ R3 / ∼, x3 6= 0 [a, b, c] ∈ R3 / ∼, (a, b) 6= (0, 0) ax1 + bx2 + cx3 = 0

A fenti ún. homogén koordináta-modell új módszereket ad az illeszkedési és metszési feladatok megoldására. 1. Feladat (Két pontra illeszkedő egyenes). Legyenek P = [p] (p = (p1 , p2 , p3 ) ∈ R3 , p3 6= 0) és Q = [q] (q = (q1 , q2 , q3 ) ∈ R3 , q3 6= 0) különböző pontok. Határozzuk meg azt az egyenest, amely P -re és Q-ra is illeszkedik. Olyan u ∈ R3 vektort keresünk, mely p-re és q-ra egyaránt merőleges, azaz u ∼ p × q = (p2 q3 − p3 q2 , p3 q1 − p1 q3 , p1 q2 − p2 q1 ). A keresett egyenes tehát [p × q], vagy más alakban p2 p3 , − p 1 p3 , p1 p2 q2 q3 q1 q3 q1 q 2 Ellenőriznünk kell még az (a, b) 6= (0, 0) feltételt. Tegyük fel indirekt, hogy egyrészt (p2 , p3 ) ∼ (q2 , q3 ), másrészt (p1 , p3 ) ∼ (q1 , q3 ). Mivel q3 6= 0, ezért van olyan α skalár, hogy p3 = α · q3 , tehát az előbbi két arányosság csak úgy teljesülhet, ha p2 = α · q2 , p1 = α · q1 , amiből (p1 , p2 ) és (q1 , q2 ) arányossága is következik, vagyis (p1 , p2 , p3 ) = α · (q1 , q2 , q3 ). Ez ellentmondás, mert P és Q különböző pontok. Az egyenes egyértelműsége is világos: olyan nem zéró vektort keresünk, amely p-re és q-ra is merőleges: az ilyen vektorok p × q-val arányosak.


61

2. Feladat (Két egyenes metszéspontja). Határozzuk meg az [a1 , b1 , c1 ], és [a2 , b2 , c2 ] nem párhuzamos egyenesek metszéspontját! Olyan p vektort keresünk, mely az u = (a1 , b1 , c1 ) és v = (a2 , b2 , c2 ) vektorok mindegyikére merőleges. Ilyen vektor p = u × v. A megoldás tehát [b1 c2 − b2 c1 , c1 a2 − a1 c2 , a1 b2 − a2 b1 ]. x3 6= 0 teljesül-e? a1 b2 − a2 b1 = 0 azt jelentené, hogy (a1 , b1 ) és (a2 , b2 ) arányosak, tehát a két egyenes párhuzamos lenne. Az adott egyenesekre illeszkedő pont egyértelműsége ugyanúgy látható, mint az előző feladatban. Megjegyzendő, hogy módszerünk párhuzamos (de különböző) egyenesekre a [b1 c2 − b2 c1 , c1 a2 − a1 c2 , 0] megoldást adja, amely azonban nem pont a Descartes síkon. 3. Feladat (Párhuzamosság). Határozzuk meg a P = [p] pontra illeszkedő, ` = [u] egyenessel párhuzamos egyenest! (p, u ∈ R3 , p3 6= 0, (u1 , u2 ) 6= (0, 0).) Először vizsgáljuk meg két egyenes párhuzamosságának feltételét! Ha [u] egy egyenes, akkor u × e3 = (u2 , −u1 , 0), azaz az első két koordináta az egyenes normálvektora. Így [u] és [v] akkor és csakis akkor párhuzamosak, ha u × e3 ∼ v × e3 . Tekintsük a [v], v = p × (u × e3 ) egyenest! Mivel v × p = 0, így [p] illeszkedik [v]-re. Másrészt v × e3 = hp, e3 i (u × e3 ) − h(u × e3 ), e3 i = hp, e3 i (u × e3 ), azaz [u] és [v] párhuzamosak. Innen látszik az is, hogy [v] valóban egyenes, azaz (v1 , v2 ) 6= (0, 0).

62


Kulcsszavak 1.

2.

3.

4.

5.

Jegyzetek

2.2. A PROJEKTÍV ILLESZKEDÉSI SÍK

63

2.2. A projektív illeszkedési sík Projektív illeszkedési sík Descartes-féle affin síkon használt homogén koordinátázás új illeszkedési és párhuzamossági tulajdonságokhoz vezet el bennünket. Definíció. 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 különböző pontra pontosan egy egyenes illeszkedik P2 bármely két különböző egyenesre illeszkedik közös pont P3 minden egyenesre illeszkedik legalább három pont, van legalább két egyenes. P1 miatt két különböző egyenes legfeljebb egy pontban metszi egymást, így P2-t élesíteni is lehet: két különböző egyenes pontosan egy pontban metszi egymást. A következő tétel könnyen bizonyítható P1–P3 alapján. 45. 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 különböző pontra pontosan egy egyenes illeszkedik P2’ bármely két különböző egyenesre pontosan egy pont illeszkedik P3 minden egyenesre illeszkedik legalább három pont, minden pontra illeszkedik legalább három egyenes. Következmény (Dualitási elv). Ha (E, L, i) projektív illeszkedési sík, akkor (L, E, i0 ) szintén projektív illeszkedési sík, ahol (`, P ) ∈ i0 akkor és csakis akkor teljesül, ha (P, `) ∈ i. Azaz egy projektív sík egyeneseit és pontjait egymással felcserélve, az illeszkedést ismét projektív síkot kapunk.

64


Modellek projektív illeszkedési síkra Affin illeszkedési sík projektív lezártja. Induljunk ki egy (E, L, i) affin síkból. Az egyenesek párhuzamossága egy affin síkon ekvivalenciareláció. Legyen ` ∈ L, [`] = {e ∈ L | ek`}, az ` egyenes által reprezentált irány. Az affin sík pontjaink halmazát kiegészítjük az affin sík írányaival, mint végtelen távoli pontokkal : E¯ = E ∪ {[`] | ` ∈ L}. A végtelen távoli pontok halmazát végtelen távoli egyenesnek nevezzük és `i -vel jelöljük. L¯ = L ∪ {li }. Az affin sík pontjait közönséges pontoknak, míg az affin sík egyeneseit közönséges egyeneseknek is nevezzük. Az illeszkedési relációt úgy értelmezzük, hogy a közönséges pontok és közönséges egyenesek között öröklődik az affin síkról, minden végtelen távoli pont illeszkedik minden reprezentánsára továbbá még a végtelen távoli egyenesre, melyre csak végtelen távoli pontok illeszkednek. ¯ L, ¯ ¯i) hármas projektív illeszkedési sík, melyet az (E, L, i) Az így definiált (E, affin sík projektív lezártjának nevezünk.

Fano-modell, (hét pont hét egyenes modell). Speciálisan tekintsük a Z2 -fölötti affin sík projektív lezártját. A 4 pont 6 egyenes modellt először egy új szemléltetésben adjuk meg, ezt tartalmazza a 2.4. ábra, v.ö. 2.1. ábra.

2.4. ábra. Az affin 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.

2.2. A PROJEKTÍV ILLESZKEDÉSI SÍK egyenes egyenes [1, 0, 0] (DA) [1, 0, 1] (CB) [0, 1, 1] (CD) [0, 1, 0] (AB) [1, 1, 0] (AC) [1, 1, 1] (BD)

65 végtelen távoli pont L M N

A projektív lezárt három végtelen távoli pontot tartalmaz (L, M , N ), ezek alkotják a végtelen távoli egyenest. Így összesen a projektív lezártban hét pont és hét egyenes van.

2.5. ábra. A projektív sík 7 pont 7 egyenes modellje. Az előbiekben leírt Fano-modellt természetesen önállóan is meg lehet adni a pontok és egyenesek felsorolásával (illeszkedésnek pedig az eleme relációt tekintve), nemcsak a Z2 fölötti affin sík projektív lezártjaként. Ekkor végtelen távoli pontokról és egyenesről a modell megadásában nem kell beszélni. Ferdetest feletti, iletve valós projektív sík. Legyen F egy ferdetest, ◦

◦

◦

F = F \ {0}. E = F3 / ∼, L = F3 / ∼, ahol u ∼ v, ha van olyan zérustól ◦

◦

különböző t ∈ F, hogy u = tv (u, v ∈ F3 ). Legyen [x] = {tx | t ∈ F \ {0} }, ◦

az x ∈ F3 vektort a [x] pont (egyenes) reprezentánsának vagy homogén koordinátáinak mondjuk. Az i illeszkedés definíciója: ([p], [u]) ∈ i, ha hp, ui = 0. A skaláris szorzat homogenitása alapján könnyen látható, hogy az illeszkedés definíciója független a pontot/egyenest reprezentáló vektor választásától. Ha hx, ui = 0, akkor hαx, βui = αβ hx, ui = 0. Megjegyezzük, hogy az illeszkedési relációt nem az eleme reláció szinonímájaként használjuk.

66


Az egy egyenesre illeszkedő pontok halmazát pontsor nak, míg az egy pontra illeszkedő egyenesek halmazát sugársor nak nevezzük. Az egy egyenesre illeszkedő pontokat kollineárisaknak is nevezzük. A {[p], [q], [r]} ponthármas akkor és csakis akkor kollineáris, ha |p, q, r| = 0. Tudniilik a pontok akkor és csakis akkor lesznek kollineárisak, ha p, q, r egy nemzéró u vektorra merőlegesek, vagyis az u által generált egy dimenziós altér két dimenziós ortogonális komplementerében vannak. Kétdimenziós vektortérben három vektor mindig lineárisan függő. Mivel a pontoknak és egyeneseknek ugyanaz a definíciója, 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.) ◦

Vezessük be a következő jelölést: FP2 = F3 / ∼ Valós projektív síkról akkor beszélünk, ha F = R. A valós projektív síkot RP2 jelöli.

2.2. A PROJEKTÍV ILLESZKEDÉSI SÍK

Kulcsszavak 1.

2.

3.

4.

5.

Jegyzetek

67

68


2.3. Záródási tulajdonságok a projektív illeszkedési síkon Egy nemkollineáris ponthármast egy projektív illeszkedési síkon háromszögnek nevezünk. Definíció. Egy projektív illeszkedési síkon megfogalmazott alábbi állítást Desargues-tételnek nevezzük. Ha A, B, C, A0 , B 0 , C 0 hat különböző pont ←−→ ←−→ ←−→ úgy, hogy ABC és A0 B 0 C 0 háromszögek, és az AA0 , BB 0 és CC 0 egyenesek ←−→ ←−−→ ←−→ ←−−→ különbözőek és egy pontra illeszkedőek, akkor AB ∩ A0 B 0 , BC ∩ B 0 C 0 és ←−→ ←−0−→ CA ∩ C A0 pontok egy egyenesre illeszkednek.

2.6. ábra. Desargues tétele. A továbbiakban belátjuk, hogy a Desargues-tétel a projektív illeszkedési sík axiómarendszerátől független állítás, azaz a projektív illeszkedési sík axi-

2.3. ZÁRÓDÁSI TULAJDONSÁGOK. . .

69

ómáit 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. 46. Tétel. A valós projektív síkon teljesül a Desargues-tétel. ←−→ ←−→ ←−→ Bizonyítás. Jelölje a AA0 , BB 0 és CC 0 egyenesek közös pontját P . Ha a P pont kollineáris lenne A, B, C közül valamelyik kettővel, akkor a háromszögek egy-egy oldala egybeesne, tehát ellentmondásra jutnánk a feltétellel. ←−→ ←−−→ ←−→ ←−−→ ←−→ ←−−→ Legyen AB ∩ A0 B 0 = {U }, BC ∩ B 0 C 0 = {V } és CA ∩ C 0 A0 = {W }. Legyen a továbbiakban A = [a], B = [b], stb. A feltételek szerint valamely α, α0 , β, β 0 , γ, γ 0 skalárokra: αa + α0 a0 = p,

βb + β 0 b0 = p,

γc + γ 0 c0 = p.

A megfelelő 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 függőek, U, V, W egy egyenesre illeszkednek. Megjegyzés. A Desargues-tételben szereplő 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 perspektív, ha oldalaira nézve perspektív.

70


2.7. ábra. A Moulton-féle affin sík projektív lezártjában nem teljesül a Desargues-tétel 47. Tétel. A Moulton-féle affin sík projektív lezártján a Deasargues-tétel nem teljesül. Bizonyítás. A 2.7 ábra két háromszöge ellenpélda Desargues tételére: az ABC és A0 B 0 C 0 háromszögek csúcsaikra nézve perspektívek (a megfelelő csúcsokat összekötő egyenesek az origóban metszik egymást), míg a megfelelő oldalak metszéspontjai közül kettő ideális, egy pedig közönséges. Azonban az ideális egyenesre közönséges pont nem illeszkedhet. Definíció. Egy projektív illeszkedési síkon megfogalmazott alábbi állítást Pappusz-tételnek nevezzük. Ha e és f a projektív sík két egyenese, A1 , B1 , C1 az e, A2 , B2 , C2 pedig az f egymástól valamint e és f metszéspontjától ←−−→ ←−−→ ←−−→ ←−−→ különböző pontjai, akkor a U = A1 B2 ∩ B1 A2 , V = A1 C2 ∩ C1 A2 , W = ←−−→ ←−−→ B1 C2 ∩ C1 B2 pontok egy egyenesen vannak. (Ld. 2.8 ábra.) A Pappusz-tétel a projektív illeszkedési sík axiómarendszerétől független állítás. 48. Tétel. Egy ferdetest feletti projektív síkon akkor és csakis akkor teljesül a Pappusz-tétel, ha a ferdetest test. 49. Tétel (Hessenberg, 1905). Ha egy projektív illeszkedési síkon teljesül a Pappusz-tétel, akkor teljesül a Desargues-tétel is.

2.3. ZÁRÓDÁSI TULAJDONSÁGOK. . .

2.8. ábra. A Pappusz-tulajdonság

71

72


Kulcsszavak 1.

2.

3.

4.

5.

Jegyzetek

2.4. PROJEKTÍV TRANSZFORMÁCIÓK

73

2.4. Projektív transzformációk Ettől a fejezettől kezdve valós test fölötti projektív síkot rögzítünk. Definíció. Egy Φ : RP2 → RP2 bijektív leképezést projektív kollineációnak nevezzük, ha bármely három kollineáris pont képe három kollineáris pont. Definíció. Legyen A ∈ GL(3). Az ¯ A : RP2 → RP2 , [x] 7→ L ¯ A ([x]) = [Ax] L ponttranszformációt projektív transzformációnak nevezzük. 50. Tétel. Egy Φ : RP2 → RP2 bijektív leképezés akkor és csakis akkor projektív kollineáció, ha projektív transzformáció. Bizonyítás. Könnyű látni, hogy minden projektív transzformáció egyben projektív kollineáció. Legyen [p], [q], [r] kollineáris ponthármas, azaz |p, q, r| = 0, továbbá A ∈ GL(3). Ekkor |Ap, Aq, Ar| = det A · |p, q, r| = 0, a determinánsok szorzástétele miatt, azaz [p]0 , [q]0 , [r]0 szintén kollineáris ponthármas. A megfordítás bizonyítását nem tárgyaljuk. 51. Tétel. A projektív sík projektív transzformációi csoportot alkotnak a transzformáció szorzás műveletre nézve, melyet P(2) jelöl. A ¯A P : GL(3) → P(2), GL(3) 3 A 7→ L leképezés homomorfizmus. ¯ I3 nyilvánvalóan az identikus projektív transzformáció. Két Bizonyítás. L projektív transzformáció szorzata projektív transzformáció: ¯A ◦ L ¯ B )([x]) = L ¯ A (L ¯ B ([x])) = L ¯ A ([Bx]) = [ABx] = L ¯ AB ([x]), (L

(*)

¯ −1 = L ¯ A−1 . (*) azt is jelenti, hogy P műveahonnan az is következik, hogy L A lettartó. A P leképezés nyilván nem izomorfizmus, mert egymással arányos mátrixok ugyanazt a projektív transzformációt határozzák meg: ha B = tA, ¯A = L ¯ B . Így GL(3) elemei és a (t 6= 0), akkor [Bx] = [tAx] = [Ax], azaz L projektív sík projektív transzformációi között a megfeleltetés nem kölcsönösen egyértelmű, 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)).

74


52. Tétel (A projektív transzformációk főtétele – első változat). P(2) ∼ = GL(3)/H(3). Bizonyítás. A P leképezés magját kell megkeresnünk. ¯ A = id}. GL(3)|L

ker P = {A ∈

¯ A = id ⇐⇒ ∀p ∈ R3 \ {0} : [p] = [Ap] ⇐⇒ Ap = kp (k 6= 0), L ami azt jelenti, hogy A-nak minden nemzéró vektor sajátvektora, tehát A = λI3 valamely λ ∈ R-re, így ker P = H(3). Az algebra homomorfiatételéből tudjuk, hogy ekkor P(2) ∼ = GL(3)/H(3) teljesül. GL(3)-nak kijelölhetünk olyan részcsoportját, amely elemei és P(2) elemei között P már kölcsönösen egyértelmű. 53. Tétel (A projektív transzformációk főtétele – második változat). Legyen SL(3) = { A ∈ GL(3)| det A = 1}. Ekkor P(2) ∼ = SL(3). Bizonyítás. Legyen A ∈ SL(3) ∩ H(3). Ha A = λ id3 , akkor det A = λ3 =⇒ λ3 = 1 =⇒ λ = 1. Tehát SL(3) ∩ H(3) = {id3 }. Ugyanakkor P (SL(3)) = P(2), így teljesül, hogy SL(3) ∼ = P(2). 54. Tétel. A projektív síkon minden projektív transzformációnak van fixpontja és invariáns pontsora (azaz „fixegyenese”). Bizonyítás. Tudjuk, hogy minden Φ ∈ P(2) projektív transzformációra: ¯ A , valamely A ∈ GL(3) mátrixra. Mivel A karakterisztikus poliΦ = L nomja harmadfokú, ezért biztosan van valós gyöke (egy vagy három), így sajátvektora is. Jelöljön x ∈ R3 egy sajátvektort. Erre Φ([x]) = [Ax] = [x], azaz [x] ∈ RP2 a kívánt fixpont. A lineáris algebrából azt is tudjuk, hogy A-nak van kétdimenziós invariáns ◦

altere is. Jelölje ezt L(p, q), (p, q ∈ R3 lineárisan független vektorok). L(p, q) = L(p0 , q 0 ), =⇒ [p × q] = [p0 × q 0 ], tehát a [p × q] egyenesre illeszkedő pontok halmaza fix.


75

Definíció. Négy pontot általános helyzetű nek nevezünk a projektív síkon, ha nincs közöttük három egy egyenesre illeszkedő. Az általános helyzetű pontnégyest gyakran négyszögként említjük. 55. Tétel (A projektív transzformációk alaptétele). Négyszög és képe a projektív transzformációt egyértelműen 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 tényező.) M megkeresését két lépésre osztjuk, ezek a lépések matematikailag teljesen egyenértékűek. Először 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.

A keresett mátrix M = QP −1 . Q és P megkeresése matematikailag ugyanaz a probléma, a módszert csak P -re mutatjuk be. P = (pij ) ∈ GL(3)-ra teljesül, hogy valamely k1 , k2 , k3 , k4 konstansokra      p11 p12 p13 1 0 0 1 k1 x1 k2 x2 k3 x3 k4 x4 p21 p22 p23  0 1 0 1  =  k1 y1 k2 y2 k3 y3 k4 y4  . p31 p32 p33 0 0 1 1 k1 z1 k2 z2 k3 z3 k4 z4 A fenti egyenletrendszerben 9 + 4 = 13 ismeretlen van (a P mátrix elemei, továbbá k1 , k2 , k3 , k4 ), 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:      p11 p12 p13 1 0 0 1 k1 x1 k2 x2 k3 x3 x4 p21 p22 p23  0 1 0 1  =  k1 y1 k2 y2 k3 y3 y4  . p31 p32 p33 0 0 1 1 k1 z1 k2 z2 k3 z3 z4

76


A bal oldalon a szorzást elvégezve:     p11 p12 p13 p11 + p12 + p13 k1 x1 k2 x2 k3 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: k1 x1 + k2 x2 + k3 x3 = x4 k1 y1 + k2 y2 + k3 y3 = y4 k1 z1 + k2 z2 + k3 z3 = z4 . Innen kapjuk a k1 , k2 , k3    x1 x2 k1 k2  =  y1 y2 z1 z2 k3

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

Az egyértelműséget a következőképpen 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) fixpontjai. Belátjuk, hogy ezzel a tulajdonsággal csak az identikus projektív transzformáció rendelkezik, azaz PN = PM . Legyen az egyszerűség kedvéért N −1 M = L, valamint 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. (*) mindkét oldalára alkalmazva L-t: Lp4 = α1 Lp1 + α2 Lp2 + α3 Lp3 , amiből λ4 p4 = α1 λ1 p1 + α2 λ2 p2 + α3 λ3 p3 .

(†)

Ugyanakkor (*) mindkét oldalát szorozva λ4 -gyel: λ4 p4 = α1 λ4 p1 + α2 λ4 p2 + α3 λ4 p3 (†) és (‡) jobb oldalát összehasonlítva jel.

λ1 = λ2 = λ3 = λ4 = λ adódik, hiszen (p1 , p2 , p3 ) R3 bázisa. Így L = λI3 .

(‡)


77

A projektív transzformációkat az eddigiek alapján könnyű analitikus formában is leírni: Következmény. Legyen Φ ∈ P(2) projektív transzformáció. Ekkor létezik olyan (aij ) ∈ SL(3) , hogy minden P = [(x1 , x2 , x3 )] ∈ RP2 pontra Φ(P ) = [(x01 , x02 , x03 )], ahol 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 első relációt elosztva a harmadikkal: a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 x01 = . 0 x3 a31 x1 + a32 x2 + a33 x3 A jobb oldali törtet bővítve 1/x3 -mal, valamint felhasználva a Descartes és homogén koordináták közötti kapcsolatot (x = x1 /x3 , y = x2 /x3 ): x0 =

a11 x + a12 y + a13 . a31 x + a32 y + a33

y0 =

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

Hasonlóan:

A fenti eljárásnak természetesen nincs értelme, ha x3 = 0 vagy a31 x1 + a32 x2 + a33 x3 = 0. Tehát minden projektív transzformáció az euklidészi síkon Descartes koordinátákkal megadható, mint lineáris tört transzformáció közös nevezővel.

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

78


transzformációcsoport

jelölés

mozgáscsoport

E(2)+

izometriacsoport

E(2)

hasonlósági csoport

S(2)

affin csoport

A(2)

projektív csoport

P(2)

mátrixcsoport A b , A ∈ SO(2), b ∈ R2 0 1 A b , A ∈ O(2), b ∈ R2 0 1 A b α ∓β ,A= , det A 6= 0, b ∈ R2 0 1 β ±α A b , A ∈ GL(2), b ∈ R2 0 1 SL(3)

A táblázat első négy sorában a megfelelő transzformációcsoportok között és a megfelelő mátrixcsoportok között is csoport-részcsoport kapcsolat van. Most a projektív transzformációcsoport és az affin csoport közötti kapcsolatot tisztázzuk. Definíció. Egy projektív transzformációt a projektív síkon projektív nak nevezünk, ha a végtelen távoli egyenes fixegyenese.

affin-

56. Tétel. Az affin-projektív transzformációk mátrixa a következő alakú:   a11 a12 a13 a21 a22 a23  , 0 0 a33 ahol

a11 a12 = 1. a33 · a21 a22

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


79

57. Tétel. A projektív sík affin-projektív transzformációi csoportja izomorf az euklidészi sík affin transzformációi csoportjával. Bizonyítás. Az izomorfizmust a következőképpen adhatjuk meg: 1 A b A b , A ∈ GL(2), b ∈ R2 . A(2) 3 7→ √ 3 0 1 0 1 det A

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

Projektív transzformációk

Affin transzformációk Hasonlóságok Egybevágóságok

2.9. ábra. A geometriai transzformációk hierarchiája.

80


Kulcsszavak 1.

2.

3.

4.

5.

Jegyzetek

2.5. A KETTŐSVISZONY

81

2.5. A kettősviszony ◦

58. Tétel. Legyenek P = [p], A = [a], B = [b] (a, b, p ∈ R3 ) különböző, közönséges, kollineáris pontok a projektív síkon, továbbá p = αa + βb (α, β ∈ R). Ekkor βb3 . (ABP ) = αa3 Bizonyítás. Definíció szerint P − A = (ABP )(B − P ), azaz (ABP ) =

p 1 − a1 . b1 − p 1

Az első komponenseket homogén koordinátákkal kifejezve: αa1 + βb1 a1 p 1 a1 − − p a3 αa3 + βb3 a3 = = (ABP ) = 3 b1 p 1 b1 αa1 + βb1 − − b3 p 3 b3 αa3 + βb3 β(b1 a3 − b3 a1 ) b3 β b3 = · = · . α(b1 a3 − a1 b3 ) a3 α a3

Definíció. Legyenek A = [a], B = [b], P = [p], Q = [q] ill. A = [a], B = [b], P = [p], Q = [q] egy pontsor vagy sugársor különböző elemei, továbbá p = αa + βb, q = µa + σb. Az

β µ β µ · ill. (A B P Q) = · α σ α σ értéket a négy pont/egyenes kettősviszonyának nevezzük. (ABP Q) =

A definíció független a pontok/egyenesek reprezentánsainak választásától, így a továbbiakban gyakran élünk a (abpq) jelöléssel is (így tipográfialig nem kell a pontokat és az egyeneseket elkülöníteni). 59. Tétel. (abpq) =

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

(2.2)

82


60. Tétel (A kettősviszony visszavezetése osztóviszonyra). 1. Ha A = [a], B = [b], P = [p], Q = [q] közönséges pontok, akkor (ABP Q) =

(ABP ) (ABQ)

2. Ha A = [a], B = [b], P = [p] közönséges pontok és Q = [q] végtelen távoli, akkor (ABP Q) = −(ABP ). Bizonyítás. Az 58. tételből rögtön következik. 61. Tétel. Minden projektív transzformáció kettősviszonytartó. Bizonyítás. A korábbiakban bevezetett jelölésekkel. Legyen T ∈ GL(3). Ekkor 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) =

β µ · = (abpq). α σ

62. Tétel (Pappusz). Ha U = [u], V = [v], W = [w], Z = [z] egy sugársor egyenesei és egy egyenes ezeket rendre az A = [a], B = [b], C = [c], D = [d] pontokban metszi, akkor (uvwz) = (abcd). Bizonyítás. Legyen c = αa + βb d = γa + δb w = λu + µv z = ρu + σv. Azt állítjuk, hogy β γ µ ρ · = · . α δ λ σ

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

83

84


Kulcsszavak 1.

2.

3.

4.

5.

Jegyzetek

3. fejezet Másodrendű görbék a projektív síkon

85

86

3. FEJEZET. MÁSODRENDŰ GÖRBÉK A PROJEKTÍV SÍKON

3.1. Másodrendű görbék projektív osztályozása A kúpszelet geometriai fogalmának megfelelő algebrai fogalom a másodrendű görbe 1 . R2 egy másodrendű görbéjén a g = {(x, y) ∈ R2 | a11 x2 + 2a12 xy + a22 y 2 + 2a13 x + 2a23 y + a33 = 0} halmazt értjük, ahol ahol az a11 , a12 , a22 együtthatók egyszerre nem nullák. A másodrendű görbék euklideszi/affin osztályozásánál két másodrendű görbe akkor tartozik egy osztályba, ha izometriával/affin transzformációval egyik a másikba átvihető. Az affin osztályok száma kilenc: minden másodrendű görbe affin ekvivalens az alábbi egyenletű másodrendű görbék valamelyikével (és csakis eggyel)2 1. x2 + y 2 = 1 (kör) 2. x2 + y 2 = −1 (képzetes kör) 3. x2 − y 2 = 1 (hiperbola) 4. y = x2 (parabola) 5. x2 + y 2 = 0 (pontkör, vagy képzetes metsző egyenespár) 6. x2 − y 2 = 0 (metsző egyenespár) 7. x2 = 1 (párhuzamos egyenespár) 8. x2 = −1 (képzetes párhuzamos egyenespár) 9. x2 = 0 (kettős egyenes). A másodrendű görbék projektív osztályozásnál azt vizsgáljuk, hogy projektív transzformációval mikor vihető két másodrendű görbe egymásba. Ezt a kérdést azonban nem az euklideszi, hanem a projektív síkon érdemes vizsgálni, a másodrendű görbéket pedig esetleg végtelen távoli pontokkal bővíteni. A másodrendű görbék előbbi képletébe írjuk be az x= 1

x2 x1 , y= x3 x3

Kúpszelet alatt a (végtelen) forgáskúp vagy forgáshenger síkmetszeteit értjük, az elfajuló eseteket is beleértve. 2 A bizonyítást a hallgatóság Lineáris algebra II tárgyban tanulja.

3.1. MÁSODRENDŰ GÖRBÉK PROJEKTÍV OSZTÁLYOZÁSA

87

kifejezéseket, majd szorozzunk x23 -tel. Az így kapott egyenletet már végtelen távoli pontok koordinátái is kielégíthetik, a végtelen távoli ponttól vagy pontoktól eltekintve pedig az euklideszi sík már megismert másodrendű görbéit kapjuk. Több későbbi problémánál célszerű lesz, ha a komplex projektív síkon dolgozunk, ezt a továbbiakban feltételezzük. Ezek után természetes az alábbi definíció: Definíció. Legyen A ∈ R3×3 , A = At , A 6= 0. A komplex projektív sík A mátrixszal reprezentált másodrendű görbéjén a ◦ 3 t g = [x] ∈ C / ∼ | x Ax = 0 halmazt értjük. A másodrendű görbe mátrix reprezentánsa nem egyértelmű, arányos mátrixok ugyanazt a másodrendű görbét reprezentálják. 63. Tétel. Egy projektív transzformáció másodrendű görbét másodrendű görbébe visz át. ¯ T , azaz Bizonyítás. Legyen T ∈ GL(3), a projektív transzformáció pedig L [x] 7→ [T x]. Jelölje T inverzét S. [x] ∈ g0 ⇐⇒ [Sx] ∈ g ⇐⇒ (Sx)t A(Sx) = 0 ⇐⇒ xt (S t AS)x = 0. (S t AS) ismét egy szimmetrikus mátrix, mely rangja megegyezik A rangjával, így biztosan nem zéró mátrix. Definíció. Két másodrendű görbét projektív ekvivalensnek mondunk, ha egyik a másikba projektív transzformációval átvihető. A másodrendű görbék projektív ekvivalenciája ekvivalenciareláció. A másodrendű görbe és projektív képéről megállapíthatjuk, hogy azok kongruens mátrixokkal reprezentálhatók,3 továbbá az is nyilvánvaló, hogy kongruens mátrixokkal reprezentálható másodrendű görbék projektív ekvivalensek. Így az előzőeket összefoglalhatjuk a következő tételben. 64. Tétel. Két másodrendű görbe a projektív síkon akkor és csakis akkor projektív ekvivalens, ha kongruens mátrixokkal reprezentálhatók. 3

Ld. Appendix.

88


65. Tétel (A másodrendű görbék projektív osztályozása.). Minden másodrendű görbe projektív ekvivalens az alábbi, egymással nem projektív ekvivalens másodrendű görbék valamelyikével: Elfajuló másodrendű görbék: egyenespárok x21 = 0 x21 + x22 = 0 x12 − x22 = 0

valós kettős egyenes képzetes metsző egyenespár (pont) valós metsző egyenespár

Nem elfajuló másodrendű görbék: körök x21 + x22 + x23 = 0 x21 + x22 − x23 = 0.

képzetes kör (üreshalmaz) valós kör

Azaz a másodrendű görbéknek 5 projektív osztálya van. Bizonyítás. A 3 × 3 típusú szimmetrikus mátrixok normálformáit a 3.1. táblázat tartalmazza. a görbét reprezentáló mátrix rangja 3

2

1

1, 1, 1 1, 1, −1 1, −1, −1 −1, −1, −1

1, 1, 0 1, −1, 0 −1, −1, 0

1, 0, 0 −1, 0, 0

3.1. táblázat. A 3 × 3 típusú valós, szimmetrikus mátrixok normálformái. (Csak a diagonálist feltüntetve.) Az arányos mátrixok ugyanazt a másodrendű görbét reprezentálják, így a diag(−1, −1, −1), diag(−1, −1, 0) és diag(−1, 0, 0) nem jelentenek önálló projektív osztályt. Végezetül belátjuk, hogy diag(1, −1, −1) kongruens diag(−1, −1, 1)-hez, ami arányos diag(1, 1, −1)-el, tehát diag(1, −1, −1) sem jelent önálló projekt-

3.1. MÁSODRENDŰ GÖRBÉK PROJEKTÍV OSZTÁLYOZÁSA

89

ív osztályt. Valóban, 

 1 0 0 0 −1 0  0 0 −1  0 −1 0 1 0 0 0 0 −1



∼ =

  −1 0 0 0 1 0 0 0 −1 o7

ooo ooo o o ooo ooo

∼ =

  −1 0 0  0 −1 0 0 0 1 o7

ooo ooo o o ooo  ooo

 −1 0 0  0 0 −1 0 1 0

ahol a második sor mátrixait az első sor megfelelő mátrixából elemi sorátalakítással kaptuk (függőleges „le” nyíl), míg a „ jobbra fel” nyíl a megfelelő oszlopátalakítást mutatja.

90


Kulcsszavak 1.

2.

3.

4.

5.

Jegyzetek

3.2. MÁSODRENDŰ GÖRBÉK VÉGTELEN TÁVOLI PONTJAI

91

3.2. Másodrendű görbék végtelen távoli pontjai Legyen a11 x21 + 2a12 x1 x2 + a22 x22 + 2a13 x1 x3 + 2a23 x2 x3 + a33 x23 = 0, aij ∈ R (3.1) egy másodrendű görbe egyenlete a projektív síkon. Ennek végtelen távoli pontjait x3 = 0 behelyettesítésével kapjuk, azaz a végtelen távoli pontok (x1 , x2 ) koordinátáira fennáll az a11 x21 + 2a12 x1 x2 + a22 x22 = 0

(3.2)

egyenlet, míg a görbe közönséges pontjait x23 6= 0-val való osztás után kapjuk: a11 x2 + 2a12 xy + a22 y 2 + 2a13 x + 2a23 y + a33 = 0.

(3.3)

A (3.2) és (3.3) egyenletek gondos analízise vezet el a végtelen távoli pontok leírásához. 66. Tétel. Ha a másodrendű görbe csak végtelen távoli pontokból áll, akkor megegyezik a végtelen távoli egyenessel, mint kettős egyenessel. Bizonyítás. Ha a görbe csak végtelen távoli pontokból áll, akkor a (3.3) egyenletet egyetlen (x, y) ∈ C2 pont sem elégíti ki. Ez csak úgy lehetséges, ha a11 = a12 = a22 = a13 = a23 = 0, és a33 6= 0. A (3.1) egyenletbe visszahelyettesítve, azt kapjuk, hogy a görbe egyenlete a33 x23 = 0. 67. Tétel. Ha a másodrendű görbe tartalmazza a végtelen távoli egyenest és még legalább egy közönséges pontot, akkor a görbe metsző egyenespár. Bizonyítás. Ha a görbe tartalmazza a végtelen távoli egyenest, akkor minden x1 , x2 ∈ C-re (x1 , x2 , 0) kielégíti (3.1)-t, azaz ∀(x1 , x2 ) ∈ C2 : a11 x21 + 2a12 x1 x2 + a22 x22 = 0. Behelyettesítve az (1, 0), (0, 1), (1, 1) párokat, azt kapjuk, hogy a11 = a12 = a22 = 0.

92


A (3.1) egyenletbe visszahelyettesítve, azt kapjuk, hogy a görbe egyenlete x3 (2a13 x1 + 2a23 x2 + a33 x3 ) = 0, ahol a13 és a23 közül legalább az egyik nem nulla, tehát a görbe metsző egyenespár. 68. Tétel. Ha egy másodrendű görbe nem tartalmazza a végtelen távoli egyenest, akkor is van két (esetleg egybeeső, képzetes vagy valós) végtelen távoli pontja. Bizonyítás. Ha a11 = a12 = a22 = 0, akkor x3 = 0 azonosan kielégítené (3.1)-t, ami ellentmondásban van a feltétellel. Így a (3.2) nem arányos megoldásainak számát kell megvizsgálni. a11 6= 0 esetén x22 -el való osztás után (x1 /x2 )-re kapunk másodfokú egyenletet 2 x1 x1 + 2a12 + a22 = 0; a11 x2 x2 míg a22 6= 0 esetén x21 -el való osztás után (x2 /x1 )-re kapunk másodfokú egyenletet 2 x2 x2 a22 + 2a12 + a11 = 0. x1 x1 Ha a másodfokú egyenlet diszkriminánsa nem zéró, két különböző (valós vagy képzetes) megoldást, míg zéró diszkrimináns esetén két egybeeső valós megoldást kapunk. Ha a11 = a22 = 0, de a12 6= 0, akkor a 2a12 x1 x2 = 0 egyenlet nem arányos megoldásainak száma kettő: a megoldások (1, 0) és (0, 1) többszörösei. Példa. Az x21 + x22 − x23 = 0 másodrendű görbe, azaz a valós kör végtelen távoli pontjai [1, i, 0] és [1, −i, 0]. (Egyszerű behelyettesítéssel látható, hogy a két pont kielégíti a görbe egyenletét.) Definíció. Az [1, ±i, 0] végtelen távoli pontokat abszolút körpontok nak nevezzük. Könnyen látható, hogy az abszolút körpontok minden körre illeszkednek.


93

Definíció. Legyen u, v, c ∈ R. Az (x, y) ∈ C2 | (x − u)2 + (y − v)2 = c halmazt euklideszi kör nek nevezzük. Ha c > 0, akkor valós körről; ha c = 0, akkor pontkörről; ha c < 0 képzetes körről van szó. 69. Tétel. Az abszolút körpontok minden euklideszi körre illeszkednek. Ha egy másodrendű görbére az abszolút körpontok illeszkednek és a görbe rangja legalább kettő, akkor a görbe euklideszi kör. 3

3.2.1. A Klein-féle részcsoport Definíció. Legyen q = {[1, i, 0], [1, −i, 0]} Azon projektív transzformációk halmazát, melyek a q halmazt invariánsan hagyják, a projektív transzformációcsoport Klein-féle részcsoportjának nevezzük. 70. Tétel. A Klein-féle részcsoport az affin-projektív csoport részcsoportja. Bizonyítás. Azt kell belátni, hogy a Klein-féle részcsoport bármely eleme a végtelen távoli egyenest invariánsan hagyja. Ez azonban igaz, hisz az abszolút körpontok rajta vannak a végtelen távoli egyenesen (a koordinátáik kielégítik az x3 = 0 egyenletet). 71. Tétel. A Klein féle részcsoport elemei a hasonlósági transzformációk. Bizonyítás. Behelyettesítéssel ellenőrizhető, hogy a hasonlósági transzformációk valóban a Klein-csoport elemei. Pl. [1, i, 0]-ra:       a ∓b t13 1 1  b ±a t23  ·  i  = (a ∓ ib) ±i , a, b ∈ R, a2 + b2 > 0. 0 0 t33 0 0 Hasonlóan [1, −i, 0]-ra. A továbbiakban azt látjuk be, hogy a Klein-csoport minden eleme a tételben megadott alakú. Azt már tisztáztuk, hogy a Klein-féle részcsoport elemei affin-projektív transzformációk. Legyen a Klein-féle részcsoport eleme olyan transzformáció, melyre az abszolút körpontok (külön-külön) fixek.       t11 t12 t13 1 t11 + it12 t21 t22 t23  ·  i  = t21 + it22  . 0 0 t31 0 0

94


Így valamely λ 6= 0-ra t11 + it12 = λ t21 + it22 = λi Az első egyenletet i-vel szorozva: −t12 + t11 i = t21 + it22 . A képzetes és a valós rész összehasonlításából: jel. t21 = −t12 = b,

jel. t22 = t11 = a.

Tehát a transzformáció a következő mátrixszal reprezentálható:   a −b t13  b a t23  , 0 0 t33 amit bizonyítani kellett. Ha a Klein-féle részcsoport eleme az abszolút körpontokat felcseréli, akkor ugyanígy járunk el, de a reprezentánsra most a   a b t13  b −a t23  , 0 0 t33 mátrixot kapjuk. Következmény. Ha egy affin transzformáció kört körbe visz át, akkor a transzformáció hasonlóság. 3


Kulcsszavak 1.

2.

3.

4.

5.

Jegyzetek

95

96


3.3. Kölcsönös helyzetek 3.3.1. Nem elfajuló másodrendű görbe és egyenes kölcsönös helyzete Legyen a g másodrendű görbe egyenlete a komplex projektív síkon xt M x = 0, (M ∈ R3×3 , M = M t ) és tegyük fel, hogy rang M = 3, azaz a görbe nem tartalmaz egyenest. A [p] 6= [q] pontok által meghatározott egyenes ` = {[λp + µq] |, λ, µ ∈ C, egyszere nem zérók}. g és ` közös pontjait keressük, azaz a (λp + µq)t M (λp + µq) = 0

(3.4)

egyenlet megoldásait λ-ra és µ-re. Felhasználva, hogy M szimmetrikus, így pt M q = q t M p, (3.4) ekvivalens a következő egyenlettel: (pt M p)λ2 + 2(pt M q)λµ + (q t M q)µ2 = 0.

(3.5)

Mivel kizártuk azt az esetet, amikor a görbe tartalmaz egyenest, feltételezhetjük, hogy [p] nincs rajta a görbén, így µ = 0 nem megoldása (3.5)-nek, tehát µ2 -el való osztás után az egyenlet λ/µ-re másodfokú: 2 λ λ t t + 2(p M q) + q t M q = 0, (3.6) (p M p) µ µ azaz λ/µ-re mindig van két (esetleg egybeeső) komplex megoldás. Ezzel bizonyítottuk a következő tételt. 72. Tétel. A komplex projektív síkon, ha egy másodrendű görbe nem tartalmaz egyenest, akkor egy egyenes és a görbe közös pontjainak száma egy vagy kettő. Definíció. Egy egyenes a másodrendű görbe érintője, a projektív síkon, ha közös pontjaik száma egy. A görbe aszimptotája olyan érintő, mely a görbe egy végtelen távoli pontjára illeszkedik. Megjegyzés. Affin síkon a definíció nem lenne helyes. Például az y = x2 parabolának és az y-tengelynek az affin síkon egy közös pontja van (az origó), mégsem beszélhetünk érintőről. Ugyanakkor a projektív síkon a parabola tengelye a parabolát még annak végtelen távoli pontjában is metszi (ellenőrizzük!), így a definíciónk szerint a parabola tengelye nem érintője a parabolának.

3.3. KÖLCSÖNÖS HELYZETEK

97

A [p] pontra illeszkedő érintő esetén (3.6) diszkriminánsa nulla: (pt M q)2 − (pt M p)(q t M q) = 0. [q]-t mint „futó pontot” [x]-el jelöve kapjuk az érintő egyenletét. 73. Tétel. Az xt M x = 0 egyenletű nem elfajuló másodrendű görbe [p] pontra illeszkedő érintőinek egyenlete (pt M x)2 = (pt M p)(xt M x).

(3.7)

A (3.7) egyenletet elemezve, a jobb oldalon pt M x lineáris kifejezés, a jobb oldalon pedig xt M x másodfokú, pt M p pedig egy szám, így (3.7) egy egyenespár egyenlete. A pt M x = 0 egyenest a [p] pont polárisának is nevezzük. Az egyenletről azt is leolvashatjuk, hogy a poláris a másodrendű görbét az érintési pontokban metszi. Így az érintő egyenletének felírásakor az is jó stratégia, ha először az érintési pontokat keressük meg (a poláris és a görbe metszéspontjaként), majd két pontra illeszkedő egyenes egyenletét írjuk fel. Most térjünk rá a görbe adott pontjára illeszkedő érintő egyenletére. Ha t p M p = 0, akkor (3.5) alakja: 2λµ(pt M q) + µ2 (q t M q) = 0 ⇐⇒ µ(2λ(pt M q) + µ(q t M q)) = 0. Ennek az egyenletnek µ = −2λ

pt M q qtM q

megoldása, ugyanakkor µ = 0 az egyetlen megoldás, ami csakis úgy lehetséges, ha pt M q = 0. [q]-t „futó pontként” ismét [x]-el jelölve kapjuk az érintő egyenletét. 74. Tétel. Az xt M x = 0 egyenletű nem elfajuló másodrendű görbe [p] pontjára illeszkedő érintőjének egyenlete pt M x = 0. Mivel az előbbi egyenlet pontosan [p] polárisának egyenlete, azt is mondhatjuk, hogy a görbepont polárisa az érintő.

98


3.3.2. Nem elfajuló valós másodrendű görbék kölcsönös helyzete 75. Tétel. Két valós nem elfajuló másodrendű görbe egymást legfeljebb négy valós pontban metszi. Bizonyítás. Legyen q1 és q2 két valós, nem elfajuló másodrendű görbe. Mivel az x22 − x1 x3 = 0 (3.8) egyenletű q01 görbe ugyanebbe a projektív osztályba tartozik, ezért tekintsük azt a projektív transzformációt, mely q1 -t ebbe a görbébe viszi. q2 projektív képének egyenlete az előző projektív transzformációnál a11 x21 + 2a12 x1 x2 + a22 x22 + 2a13 x1 x3 + 2a23 x2 x3 + a33 x23 = 0.

(3.9)

A (3.8) és (3.9) egyenletekből álló egyenletrendszert kell megoldani. Ehhez paraméterezzük q01 egyenletét a következőképpen: x1 = u2 x3 = v 2 x2 = uv, ahol u, v ∈ C. Behelyettesítve (3.9)-be: a11 u4 + 2a12 u3 v + a22 u2 v 2 + 2a13 u2 v 2 + 2a23 uv 3 + a33 v 4 = 0.

(3.10)

Mivel u = v = 0 nem lehet megoldás, u és v közül legalább az egyik nem nulla. Pl. v 6= 0 esetén (3.10)-t v 4 -el osztva: a11

u 4 v

+ 2a12

u 3 v

+ a22

u 2 v

+ 2a13

u 2 v

+ 2a23

u v

+ a33 = 0,

ami u/v-re egy legfeljebb negyedfokú egyenlet. Így a komplex gyökök száma legfeljebb négy, ami a valós gyökökre is igaz. 76. Tétel (Az öt pont tétele). Legyen adva öt olyan pont a projektív síkon, hogy közülük nincs három kollineáris. Egyértelműen létezik olyan valós, nem elfajuló másodrendű görbe, mely az öt pontot tartalmazza.

3.3. KÖLCSÖNÖS HELYZETEK

99

Bizonyítás. Az egyértelműség következik az előző tételből, csak a létezést kell bizonyítani. A projektív transzformációk alaptétele szerint feltehetjük, hogy az öt pont közül négy [1, 0, 0], [0, 1, 0], [0, 0, 1], [1, 1, 1], míg az ötödik legyen [a, b, c]. A keresett q görbe egyenlete a11 x21 + 2a12 x1 x2 + a22 x22 + 2a13 x1 x3 + 2a23 x2 x3 + a33 x23 = 0. Az illeszkedési feltételeket felhasználva: [1, 0, 0] ∈ q =⇒ a11 = 0 [0, 1, 0] ∈ q =⇒ a22 = 0 [0, 0, 1] ∈ q =⇒ a33 = 0, majd a fentieket figyelembe véve [1, 1, 1] ∈ q =⇒ a12 + a13 + a23 = 0. [a, b, c] ∈ q =⇒ aba12 + aca13 + bca23 = 0.

(3.11)

(3.11) első egyenletét −ab-vel (ab = 0 esetén −ac-vel vagy −bc-vel) szorozva, majd a két egyenletet összeadva kapjuk, hogy a(c − b)a13 + b(c − a)a23 = 0. Ennek az egyenletnek a13 = b(a − c), a23 = a(c − b) könnyen láthatóan megoldása, ahonnan a12 = c(b − a) következik. Tehát q egyenlete c(b − a)x1 x2 + b(a − c)x1 x3 + a(c − b)x2 x3 = 0.

100


Kulcsszavak 1.

2.

3.

4.

5.

Jegyzetek

4. fejezet Appendix 4.1. Szimmetrikus kongruenciára

mátrixok

normálformája

Ebben a fejezetben valós elemű négyzetes típusú mátrixokat tekintünk. Definíció. Legyegyenek A és B valós elemű n × n típusú mátrixok. Azt mondjuk, hogy A kongruens B-vel (R fölött), ha van olyan invertálható P ∈ GL(n) mátrix, hogy B = P t AP . Egyszerűen látható, hogy a mátrixok kongruenciája ekvivalenciareláció, valamint kongruens mátrixok rangja egyenlő. 77. Tétel (Valós elemű szimmetrikus mátrixok normál forma tétele). Minden A valós elemű szimmetrikus négyzetes mátrix kongruens egy diagonális mátrixhoz melynek alakja diag(d1 , . . . , dn ), ahol d1 = . . . = dp = 1, dp+1 , . . . , dp+q = −1, dp+q+1 = . . . dn = 0 valamely, A által egyértelműen meghatározott p-re és q-ra. A tétel által egyértelműen meghatározott diagonális mátrixot az A mátrix normálformájának nevezzük. Mivel kongruens mátrixok rangja egyenlő, ezért világos, hogy rang A = p + q. A p − q értéket az A mátrix szignatúrájának nevezzük. Az is belátható, hogy kongruens mátrixok szignatúrája is megegyezik. 78. Tétel. A ∼ = B akkor és csakis akkor teljesül, ha B az A-ból elemi sorátalakítások és a sorátalakításnak megfelelő elemi oszlopátalakítások véges sorozatával származik. 101

102

4. FEJEZET. APPENDIX

Emlékeztetőül, az elemi sorátalakítások (Ri -vel a mátrix i-edik sorát jelölve): 1. sor szorzása nem zéró skalárral (Ri → λRi , λ 6= 0) 2. sorcsere (Ri ↔ Rj ) 3. sor számszorosának hozzáadása másik sorhoz (Rj → Rj + λRi , i 6= j). Az állításban szereplő megfelelő szó azt jelenti, hogy ha az előző lépések valamelyikét végrehajtjuk, akkor ugyanezt úgy is meg kell csinálni, hogy a sor szót oszlopra cseréljük. Így az előbbi műveleteknek megfelelő műveletek (Ci -vel az i-edik oszlopot jelölve) 1. oszlop szorzása nem zéró skalárral (Ci → λCi , λ 6= 0) 2. oszlopcsere (Ci ↔ Cj ) 3. oszlop számszorosának hozzáadása másik oszlophoz (Cj → Cj + λCi , i 6= j). Az alábbiakban egy módszert mutatunk be arra, hogyan kell egy valós szimmetrikus nem zéró A mátrix normálformáját felírni. Első lépés. A kongruens egy olyan B mátrixhoz, melynek első sor első eleme nem zérus. (i) Ha a11 6= 0, akkor nincs teendő. (ii) Ha a11 = 0, de ajj 6= 0 valamilyen j-re, akkor felcseréljük az első és a j-edik sort, majd a kapott mátrixban felcseréljük az első és j-edik oszlopot. (R1 ↔ Rj és C1 ↔ Cj ). (iii) Ha A diagonálisának minden eleme zérus, de ajk 6= 0. Az elvégzendő műveletek: Rj → Rj + Rk , majd a kapott mátrixra Cj → Cj + Ck . A kapott mátrix j-edik sor j-edik eleme 2ajk 6= 0, és alkalmazható az (ii) művelet.

4.1. SZIMMETRIKUS MÁTRIXOK NORMÁLFORMÁJA KONGRUENCIÁRA103 Második lépés. A Gauss-elimináció szerint az első sor megfelelő számszorosát hozzáadva a második sorhoz, elérjük, hogy a második sor első eleme zéró legyen, illetve a megfelelő oszlopművelet után az első sor második eleme is zéró lesz. Folytatva az eljárást, elérjük, hogy az első sor és első oszlop minden eleme zérus, kivéve az első sor első elemét. Az eljárást folytatjuk arra a mátrixra, amely az előbbi mátrixból az első sor és az első oszlop elhagyása után kapunk. A második lépés eredményeként egy diagonális mátrixhoz jutunk. Harmadik lépés. Az Ri ↔ Rj , Ci ↔ Cj műveletek a diagonális i-edik és j-edik elemét felcserélik, más elemeket nem változtat. Így elérhetjük, hogy a diagonálisban a számok sorrendje a normálformának megfelelő legyen, azaz a pozitív számokat kövessék a negatívak, majd a nullák. Negyedik lépés. A harmadik lépés után kapott mátrix diagonálisának iedik eleme legyen bii 6= 0. Legyen továbbá λ = √1 . λ-val szorozva az |bii |

i-edik sort, majd i-edik oszlopot, a megfelelő diagonális elem 1 vagy −1. Ezt mindegyik nemzéró diagonális elemre elvégezve kapjuk a normálformát.

104

4. FEJEZET. APPENDIX

Irodalomjegyzék [BEG99] David A. Brannan, Matthew F. Esplen, and Jeremy J. Gray. Geometry. Cambridge University Press, Cambridge, 1999. [Ben95] M. K. Bennett. Affine and projective geometry. A WileyInterscience Publication. John Wiley & Sons Inc., New York, 1995. [Rya86] Patrick J. Ryan. Euclidean and non-Euclidean geometry. Cambridge University Press, Cambridge, 1986. An analytical approach.

105

Geometria II. Vázlat Kovács Zoltán előadásaihoz január 26

Recommend Documents