Számítási feladatok a Számítógépi geometria órához Kovács Zoltán
c 2012 Copyright Last Revision Date: 2012. október 15.
[email protected]
2
Technikai útmutató a jegyzet használatához ˝ ˝ A jegyzet „képernyobarát” technikával készült, a megjelenés képernyo˝ elotti ˝ tanuláshoz van optimalizálva. Ez elsosorban azt jelenti, hogy az olvasás során nem kell görgetni; ha a megjelenítéskor a „teljes oldal” opciót választjuk, akkor kényelmesen olvasható szöveget kapunk még viszonylag kis monitoron is. A szöveg belso˝ linkeket tartalmaz. A lapok alján elhelyezett navigációs ˝ panel lehetoségeit Acrobat Reader-rel tudjuk teljes mértékben kihasználni. Ha egy link elvezet egy másik oldalra, az eredeti oldalhoz a Back gombbal tudunk visszajutni. c n Fontos megjegyezni, hogy R -et gyakran beazonosítjuk Rn×1 -el, azaz a pontokat, vektorokat oszlopmátrixként is felfoghatjuk, erre külön utalás általában nem történik!
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
3
1. gyakorlat
Egybevágósági transzformációk a síkban
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
4
AZ
ALÁBBI TÍPUSFELADATOKAT KELL KÉSZSÉG SZINTEN ISMERNIE :
4 pont tükrözése origóra illeszkedo˝ egyenesre, ha az egyenes irányszögével vagy iránytangensével van adva 4 pont tükrözése egyenesre, ha az egyenes (normálvektoros) egyenletével van adva ˝ 4 pont elforgatása origó ill. tetszoleges pont körül
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
5
F ELHASZNÁLT
ISMERETEK
tükrözés origóra illeszkedo˝ tengelyre (mátrix alak): ρ` : R2 → R2 , X 7→ ref(α)X ,
(1)
ahol α a tengely irányszöge és (2)
ref(α) =
cos 2α
sin 2α
!
sin 2α − cos 2α a TTT szabály: ρ` : R2 → R2 , X 7→ ref(α)(X − P) + P
(3)
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
6
1. Mintafeladat. Tükrözzük az X = (−1, 2) pontot az origóra illeszkedo˝ α = π/6 irányszögu˝ egyenesre! Megoldás. Mivel a tengely illeszkedik az origóra, az (1) összefüggést alkalmazhatjuk. • Az α = π/6 szöghöz tartozó tükrözési mátrix (2) alapján: ! sin π3 cos π3 • cos π3 = 1/2, sin π3 =
√
sin π3
− cos π3
3/2, így √
! −1+2√3 −1 = √2 . X0 = − 3−2 2 − 12 2 √ √ 3 − 3−2 • Azaz a képpont X 0 = −1+2 , 2 . 2
1 √2 3 2
JJ
II
3 2
J
I
Back
J Doc Doc I
7
2. Mintafeladat. Tükrözzük az X = (4, 5) pontot az y = − 43 x egyenletu˝ egyenesre! Bizonyítás. • Az egyenes iránytangense m = −3/4. Innen az α irányszög kétszeresének szögfüggvényei (egyszeru˝ trigonometrikus összefüggések alapján): 1 − m2 7 24 2m = =− . , sin 2α = 2 2 1+m 25 1+m 25 • Az (1) összefüggést használva: ! ! ! 7 92 − 25 − 24 4 25 25 = . X0 = 7 131 5 − 24 − − 25 25 25 92 131 0 • Az eredmény X = − 25 , − 25 . cos 2α =
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
8
3. Mintafeladat. Tükrözzük az X = (4, 5) pontot a 3x + 4y = −5 egyenletu˝ ` egyenesre! Bizonyítás. A feladatot most (3) alapján (TTT szabály) oldjuk meg. ˝ o˝ feladatban, így a ref(α) • A tengely iránytangense ugyanaz, mint az eloz mátrixot ismerjük. • A tengely egy pontja úgy kapjuk, hogy az egyenes egyenletébe x vagy y ˝ helyébe tetszoleges számot írunk, és a másik változót kifejezzük. Pl. x = 1 esetén y = −2, így P = (1, −2). • A TTT formula szerint: ! ! ! ! ! 24 122 7 0 − 25 3 1 − 25 x 25 . + = = 24 7 0 − 25 − 25 − 171 7 −2 y 25
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
9
F ELHASZNÁLT
ISMERETEK
elforgatás az origó körül (mátrix alak): σα : R2 → R2 , X 7→ rot(α)X ,
(4)
ahol α a forgatás szöge és rot(α) =
cos α − sin α sin α cos α
!
a TFT szabály: (5)
σ(C,α) : R2 → R2 , X 7→ rot(α)(X − C) + C, ahol C a forgatás középpontja és α a forgatás szöge
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
10
4. Mintafeladat. Forgassuk el az X = (−2, 1) pontot az origó körül α = π/3 szöggel! Bizonyítás. Mivel a forgatás középpontja az origó, elegendo˝ a (4) képletbe behelyettesíteni: √ π −2 − 3 π 0 x = cos · (−2) − sin · 1 = 3 3 2 √ π π 1−2 3 0 y = sin · (−2) + cos · 1 = . 3 3 2
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
11
5. Mintafeladat. Forgassuk el az X = (−2, 1) pontot a C = (1, 1) pont körül α = π/3 szöggel! Megoldás. Az (5) TFT szabályt alkalmazzuk. ! ! ! x0 cos π3 − sin π3 −3 = + sin π3 0 y0 cos π3
! 1 , 1
√ 1 3 1 x = · (−3) − ·0+1=− 2 2 2 √ √ 3 1 2−3 3 y0 = · (−3) + · 0 = . 2 2 2 0
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
12
2. gyakorlat
Affin transzformációk a síkban
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
13
F ELHASZNÁLT
ISMERETEK
affin transzformáció mátrix alakja: A ∈ GL(2) (a transzformáció lineáris része), b ∈ R2 (az eltoló vektor ), F : R2 → R2 , X 7→ AX + b Az (A, b) ∈ R2×3 mátrix az affin transzformáció mátrixa. speciális affin transzformációk: • A ∈ O(2): izometria ! a ±b • A= , (det A 6= 0): hasonlóság b ∓a szorzat: Az F1 (X ) = A1 X + b1 és az F2 (X ) = A2 X + b2 affin transzformációk F2 ◦ F1 szorzatának mátrixa (6)
(A2 A1 , A2 b1 + b2 ) az affin transzformáció inverze: Az (A, b) affin transztformáció inverze
(7)
(A−1 , −A−1 b) alaptétel: Háromszög és képe az affin transzformációt egyértelmuen ˝ meghatározza. JJ II J I Back J Doc Doc I
14
AZ
ALÁBBI TÍPUSFELADATOKAT KELL KÉSZSÉG SZINTEN ISMERNIE :
4 izometria, hasonlóság felismerése affin transzformáció mátrix alakjából 4 pont képének meghatározása 4 a transzformáció inverzének meghatározása 4 transzformációk szorzatának meghatározása 4 affin transzformáció analitikus felírása, ha ismert egy háromszög és a képe (csak a szorgalmi feladat megoldásához kell)
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
15
Az affin transzformáció algebrai megadására többféle, egymással ekvivalens formát alkalmazhatunk: 1. megadjuk transzformáció lineáris részét és eltoló vektorát: ! a b ∈ GL(2), (e, f ) ∈ R2 ; c d 2. megadjuk a transzformáció analitikus szabályát: x 0 = ax + by + e, y 0 = cx + dy + f ; 3. megadjuk a transzformáció mátrixát: ! a b e ∈ R2×3 . c d f
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
16
6. Mintafeladat. Legyen F : R2 → R2 , X 7→ F (X ), ! ! 4 1 2 F (X ) = X+ . 2 1 −1 1. F affin transzformáció-e? 2. F izometria-e? 3. Határozzuk meg az (4, 2) pont képét! Megoldás. 1. A transzformáció lineáris része A=
! 4 1 . 2 1
det A = 2 6= 0, tehát az F leképezés affin leképezés. 2. A nem ortogonális mátrix, tehát F nem izometria. (Miért? Ha önállóan nem tudja a választ, akkor a következo˝ oldalon találja az útmutatást.) 3. 4 1 2 1 JJ
II
!
! 4 + 2 J
! 2 = −1 I
Back
! 20 . 9 J Doc Doc I
17
Útmutatás. Egy ortogonális mátrix determinánsa szükségképpen ±1. Így azt, hogy A nem ortogonális mátrix, már onnan is látjuk, hogy determinánsa ˝ 2. Az elobbi állítás visszafele nem igaz, egy ±1 determinánsú mátrix nem feltétlenül ortogonális mátrix. Másik megoldásként kiszámíthatjuk A inverzét, ! 1 1 −1 A−1 = 6= At . 2 −2 4 Innen ismét látjuk, hogy A nem ortogonális mátrix.
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
18
7. Mintafeladat. Legyen F : R2 → R2 , X 7→ F (X ), ! ! 4 1 2 F (x) = X+ . 2 1 −1 Határozzuk meg a transzformáció inverzét! Megoldás. A (7) képletbe helyettesítünk be: ! ! ! 1/2 −1/2 1/2 −1/2 2 A−1 = , A−1 b = = −1 2 −1 2 −1 Tehát az inverz transzformáció: ! ! ! x 1/2 −1/2 x 7→ + y −1 2 y
JJ
II
J
I
Back
! −3/2 . 4
J Doc Doc I
! 3/2 . −4
19
! 2 −1 8. Mintafeladat. Az F transzformáció lineáris része , eltoló vek1 2 ! 1 2 tora (2, −1), míg a G transzformáció lineáris része , eltoló vektora 2 −1 (0, 1). Határozzuk meg az G ◦ F szorzat transzformációt. Határozzuk meg a P = (1, −2) képét a G ◦ F transzformációnál. Megoldás. • (6) szerint járunk el. • A szorzat transzformáció lineáris része ! ! ! 1 2 2 −1 4 3 = 2 −1 1 2 3 −4 • A szorzat transzformáció eltoló vektora ! ! ! 1 2 2 0 + = 2 −1 −1 1
! 4 . 4
• Az (1, 2) pont képe: !
4 3 3 −4
!
1 −2
+
! 4 = 4
!
2 . 15
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
20
9. Mintafeladat. Írjuk föl azt az affin transzformációt, amely az O = (0, 0), E1 = (1, 0), E2 = (0, 1) pontokat rendre a P, Q, R pontokba viszi, ahol (P, Q, R) nem kollineárisak! Legyen P = (3, 2), Q = (5, 8), R = (7, 3). Megoldás. • Legyen a keresett F transzformáció lineáris része A =
! a b , c d
az eltoló vektor (e, f ). A feltétel szerint: P = F (0, 0) = (e, f )
=⇒ (e, f ) = P,
Q = F (1, 0) = (a, c) + (e, f )
=⇒ (a, c) = Q − P,
R = F (0, 1) = (b, d) + (e, f )
=⇒ (b, d) = R − P.
• A konkrét adatokkal: (e, f ) = (3, 2), (a, c) = (5, 8) − (3, 2) = (2, 6), (b, d) = (7, 3) − (3, 2) = (4, 1). Így a transzformáció: x 0 = 2x + 4y + 3, y 0 = 6x + y + 2. (A feladatba való ˝ visszahelyettesítéssel ellenorizzünk!) JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
21
10. Mintafeladat. Írjuk föl azt az affin transzformációt, amely a P, Q, R pontokat rendre a P 0 , Q 0 , R 0 pontokba viszi! Megoldás. A megoldás algoritmusa: ˝ o˝ mintafeladat alapján 1. F1 : (O, E1 , E2 ) 7→ (P, Q, R) az eloz ˝ o˝ mintafeladat alapján 2. F2 : (O, E1 , E2 ) 7→ (P 0 , Q 0 , R 0 ) az eloz 3. F1−1 a 7. mintafeladat alapján 4. F2 ◦ F1−1 adja a keresett transzformációt.
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
22
11. Mintafeladat. Írjuk föl azt az affin transzformációt, amely a (2, 3), (1, 6), (3, −1) pontokat rendre a (1, −2), (2, 1), (−3, 5) pontokba viszi! Megoldás. A 10. mintafeladat algoritmusát követjük. Az algoritmus elso˝ há˝ rom lépése korábban már elofordult feladatokban, itt csak végeredményt adunk meg. 1. ! ! −1 1 2 F1 (X ) = X+ 3 −4 3 2. F2 (X ) = 3. F1−1 (X ) = 4. F2 ◦ F1−1 (X ) =
! 1 −4 X+ 3 7 ! −4 −1 X+ −3 −1
! 1 −2 ! 11 9
! 8 3 X+ −33 −10
! −24 94
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
23
3. gyakorlat
Vetítések
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
24
AZ
ALÁBBI TÍPUSFELADATOKAT KELL KÉSZSÉG SZINTEN ISMERNIE :
4 ferde axonometria mátrixának felírása, a kanonikus bázis képe alapján 4 pont vetületének kiszámítása (az xy síkra) (a) párhuzamos vetítésnél, ha ismert a vetítés iránya (b) centrális vetítésnél, ha ismert a centrum 4 ortogonális axonometria mátrixának felismerése 4 ortogonális axonometria mátrixának felírása két oszlop alapján
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
25
12. Mintafeladat. Írjuk fel annak a ferde axonometriának a mátrixát, mely a kanonikus bázist az alábbi ábra szerint képezi le! Határozzuk meg a P = (4, 2, 1) pont képét! Állapítsuk meg, hogy ortogonális axonometriáról van-e szó?
Megoldás. • A bázisvektorok vetületeinek koordinátapárjai alkotják a vetítési mátrix oszlopait: ! 4 1 −1 V = . 1 2 4 • VP = (17, 12).
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
26
˝ • Az ortogonális axonometria mátrixát egymásra meroleges, azonos hosszú˝ ságú sorok alkotják. V sorai nem azonos hosszúságúak (és nem is merolegesek) így V nem ortogonális axonometria mátrixa.
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
27
13. Mintafeladat. Vetítsük a P(−1, 2, 3) pontot az xy síkra a v = (1, 2, 1) irányból. Megoldás. • A vetítés mátrixa P=
1 0 −v1 /v3 0 1 −v2 /v3
! =
! 1 0 −1 . 0 1 −2
• VP = (−4, −4).
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
28
14. Mintafeladat. Vetítsük a P = (1, −2, 2) pontot a C = (0, 0, 4) pontból centrálisan az xy síkra! Megoldás. • Ha a z tengely −1/r 1 0 0
pontjából vetítünk, akkor a vetítés mátrixa 0 0 0 1 0 0 . 0 r 1
• A feladatban r = −1/4, a vetület homogén koordinátái pedig 1 1 0 0 0 1 −2 0 0 = −2 . 0 1 2 0 0 −1/4 1 1/2 1 A vetület Descartes-koordinátái: −2 1 = 2, y 0 = = −4. x0 = 1/2 1/2
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
29
15. Mintafeladat. Keressük meg α és β értékét úgy, hogy az alábbi mátrix ortogonális axonometria mátrixa legyen! ! 2 −2 α 1 1 β ˝ Megoldás. Az ortogonális axonometria mátrixát egymásra meroleges, azonos hosszúságú sorok alkotják. Ennek alapján α2 − β 2 = −6 αβ = 0. √ Az egyenletrendszer megoldása α = 0, β = ± 6.
JJ
II
J
I
Back
J Doc Doc I
