Geometrija 4. Srdjan Vukmirovi. februar Matemati ki fakultet, Beograd

Geometrija 4 Srdjan Vukmirovi Matemati ki fakultet, Beograd februar 2015.

Sadrºaj 1 Ana geometrija (ponavljanje) 2 Projektivna ravan Realna projektivna ravan RP 2 Realna projektivna prava RP 1 Trotemenik i Dezargova teorema Dvorazmera 3 Projektivna preslikavanja Denicija i osobine Ana preslikavanja Grupe preslikavanja 4 Homologije Denicija i osobine Homologije u pro²irenoj anoj ravni

Ana geometrija ravni R 2 Koordinatni sistem (reper) Oxy. Koordinate ta ke M(x, y). Prava je odredjena sa dve ta ke. Jedna ina prave ax + by + c = 0. Dve prave u ravni se seku ili su paralelne. Kriva drugog reda je skup ta aka koje zadovoljavaju jedna inu: a 11 x 2 + 2a 12 xy + a 22 y 2 + 2a 13 x + 2a 23 y + a 33 = 0. (1) U prostoru je ravan zadata jedna inom ax + by + cz + d = 0 i odredjena je sa tri ta ke. Dve ravni su ili paralelne, ili se seku po pravoj.

Ana preslikavanja ravni Denicija Ano preslikavanje ta ku M(x, y) preslikava u ta ku M(x, y ): ( x y ) ( a11 a = 12 a 21 a 22 ) ( x y ) ( b1 + b 2 ) (2) gde je det(a ij ) 0. Kolone matrice A = (a ij ) su koordinate slika baznih vektora, a O (b 1, b 2 ) slika koordinatnog po etka. Osobine anih preslikavanja: bijekcije su; uvaju kolinearnost, konkurentnost, paralelnost, razmeru; mogu da preslikaju trougao u proizvoljan trougao (dokaz).

Primer Odrediti formule anog preslikavanja f koje ta ke A 0 (0, 0), B 0 (1, 0), C 0 (0, 1) slika redom u ta ke A(1, 2), B(2, 4), C(3, 3).

Homogene koordinate u anoj ravni Denicija Homogene koordinate ta ke M(x, y) ane ravni R 2 su ma koja trojka (x 1 : x 2 : x 3 ) takva da vaºi: x = x 1 x 3, y = x 2 x 3, x 3 0. Vektor M = (x 1, x 2, x 3 ) R 3 je vektor predstavnik ta ke M. Prava p : ax + by + c = 0 u homogenim koordinatama postaje p : ax 1 + bx 2 + cx 3 = 0. Trojka [a : b : c] predstavlja homogene koordinate prave p. Denicija Prava p : x 3 = 0 naziva se beskona no daleka prava, a svaka ta ka B (x 1 : x 2 : 0), koja joj pripada, beskona no daleka ta ka.

Ana ravan dopunjena ta kama beskona no daleke prave x 3 = 0 naziva se dopunjena ili pro²irena ana ravan i ozna ava sa R 2. Paralelne prave ane ravni se seku u beskona no dalekoj ta ki dopunjene ane ravni. Primer Odrediti presek pravih a : 2x 5y + 6 = 0, b : 2x 5y + 7 = 0 u i) anoj ravni; ii) dopunjenoj anoj ravni. Svaka prava dopunjene ane ravni ima jedinstvenu beskona no daleku ta ku i to je njen presek sa pravom x 3 = 0. Primer Odrediti beskona no daleku ta ku prave q : x + 4y 1 = 0.

Denicija Realna projektivna ravan je skup ta aka RP 2 := {(x 1 : x 2 : x 3 )}, pri emu ne mogu sve tri homogene koordinate biti jednake nuli. Moºemo identikovati RP 2 sa pro²irenom anom ravni. RP 2 := {(x 1 : x 2 : x 3 )} = {(x 1 : x 2 : x 3 ) x 3 0} {(x 1 : x 2 : 0)} = = {( x 1 x 3 : x 2 x 3 : 1)} {(x 1 : x 2 : 0)} = R 2 p = R 2. Geometrijski moºemo videti realnu projektivnu ravan kao skup (tzv. snop) pravih u R 3.

Sve prave realne projektivne ravni ine projektivnu ravan RP 2 := {[x 1 : x 2 : x 3 ]}. koja se zove dualna projektivna ravan pravih. Geometrijski je moºemo videti kao skup svih ravni u prostoru R 3 kroz koordinatni po etak. Homogene koordinate prave p = AB se dobijaju vektorskim proizvodom p = A B. Primer Odrediti jedna inu prave p = AB, ako je A(1, 2, 3), B(0, 1, 2). U projektivnoj ravni se svake dve prave seku! Homogene koordinate prese ne ta ke {P} = a b se dobijaju vektorskim proizvodom P = a b. Primer (za doma i) Odrediti presek P pravih a : 3x 1 + 2x 2 4x 3 = 0 i b : 3x 1 + 2x 2 4x 3 = 0.

Iskaz I dobijen zamenom re i ta ka i prava, odnosno pripada i sadrºi u nekom iskazu I naziva se dualan iskaz. Upravo iz ovog razloga, ponekad se obe re i: pripada i sadrºi, menjaju sa re i je incidentno. I : Postoji jedinstvena prava p koja sadrºi ta ke A i B. I : Postoji jedinstvena ta ka P koja pripada pravama a i b. Teorema (Princip dualnosti u ravni) Ako je iskaz I teorema projektivne ravni, tada je i njemu dualan iskaz teorema projektivne ravni. Dokaz: Videli smo da nema su²tinske razlike izmedju projektivnog prostora ta aka i pravih (osim oblika zagrada i na ina ozna avanja). Presk pravih se traºi na isti na in kao i spoj ta aka. Vide emo razne dualne denicije: dvorazmera ta aka i dvorazmera pravih; trotemenik i trostranik; kriva drugog reda i druge klase...

Realna projektivna prava Primetimo da ta ka C pripada pravoj p = AB ako vaºi C = α A + β B, (3) za neke brojeve α, β R koji nisu istovremeno nula. Primetimo da λ C = λα A + λβ B, λ 0 predstavlja ista ta ku. Zato su (α : β) homogene koordinate na pravoj p. Svaka prava projektivne ravni je tzv. realna projektivna prava RP 1 koju dobijamo dodavanjem beskona no daleke ta ke P anoj pravoj R: p = RP 1 = {(α : β)} = {( α β : 1)} {(1 : 0)} = R {P }.

Iz relacije (3) dobijamo da je model projektivne prave KRUG: 1 α2 + β 2 C = α α2 + β 2 A + β B = cos φa + sin φb. α2 + β2 Dakle, raspored ta aka na projektivnoj pravoj je kao na krugu, pa ne postoji relacija izmedju, ve relacija razdvojenosti parova ta aka. Kaºemo da par ta ka A, B razdvaja par ta aka C, D (A, B C, D). Dve ta ke A, B razbijaju pravu AB na dve projektivne duºi - onu koja sadrºi ta ku C i onu koja sadrºi D.

Trotemenik, etvorotemenik,... Tri prave koje nisu konkurentne razbijaju projektivnu ravan na 4 oblasti! Zato ne govorimo o trouglu, ve o trotemeniku. Denicija Trotemenik ABC je gura projektivne ravni koja se sastoji od tri nekolinearne ta ke A, B, C i tri prave AB, BC, CA njima odredjene. Denicija ƒetvorotemenik ABCD je gura projektivne ravni koja se sastoji od etiri ta ke od kojih nikoje tri nisu kolinearne i ²est pravih odredjenih tim ta kama (te prave se zovu ivice etvorotemenika). Dijagonalne ta ke etvorotemenika su preseci "nesusednih" ivica P = AB CD, Q = AC BD, R = AD BC. Za etiri ta ke od kojih nikoje tri nisu kolinearne kaºemo da su u op²tem poloºaju.

Dvorazmera Denicija Neka su A, B, C, D kolinearne ta ke i vaºi: C = α A + β B, D = γ A + δ B. (4) Dvorazmera ta aka A, B, C i D je broj (A, B, C, D) := β α : δ γ. (5) Denicija je "dobra" - ne zavisi od izbora vektora predstavnika. Primer A(1 : 0 : 0), B(0 : 1 : 2), C(1 : 2 : 4), D( 1 : 1 : 2). Izra unati (A, B, C, D). Dvorazmera (a, b, c, d) pravih se deni²e dualno.

Osobine dvorazmere: a) (A, B, C, D) = (B, A, C, D) 1 Dokaz: Ako zamenimo uloge ta kama A i B u formuli (6) tada brojevi α i β, odnosno γ i δ menjaju uloge, pa se dobija traºeno tvrdjenje. b) (A, B, C, D) = (C, D, A, B). Dokaz: Relaciju (6) moºemo zapisati matri no sa: ( C D ) ( α β = γ δ ) ( A B ). Oznake vektora smo izostavili radi jednostavnosti zapisa. ta je objekat na levoj strani prethodne formule? Odatle, nalaºenjem inverzne matrice dobijamo: ) ( δ β ( A B = 1 γ α ) ( C D ), = αδ βγ.

To zna i da je: δ β A = C + D, B = γ α C + D. (6) (C, D, A, B) = β δ : α γ = β α : δ γ = (A, B, C, D). (7) c) Za razli ite ta ke vaºi (A, B, C, D) 0, 1. (za doma i) d) Ako su date ta ke A, B i C i broj µ 0, 1 tada postoji jedinstvena ta ka D takva da vaºi (A, B, C, D) = µ. (za doma i, na primeru) Denicija Parovi ta aka A, B i C, D su harmonijski konjugovani (pi²emo H(A, B; C, D)) ako (A, B, C, D) = 1.

Zato je (A, B, C, D) = β : δ = (a, b, c, d). Teorema Ako su a, b, c, d konkurentne prave i A a, B b, C c, D d kolinearne ta ke. Tada je (A, B, C, D) = (a, b, c, d). Dokaz: Po deniciji vaºi: (a, b, c, d) := β α : δ γ c = α a + β b, d = γ a + δ b. Pretpostavimo da A, B, C, D p. Da bi odredili ta ke A, B, C, D traºimo preseke sa pravom p: c p = α( a p ) + β( b p ) d p = γ( a p ) + δ( b p ), tj. C = α A + β B, D = γ A + δ B.

Posledica prethodne teoreme je: dvorazmera je invarijanta centralnog projektovanja. Teorema Ano posmatrano, dvorazmera je odnos dve razmere: (A, B, C, D) = AC CB : AD DB. Primer: Dokaz: Po²to su sve ta ke kona ne, tj. x 3 0, odaberimo vektore predstavnike svih ta aka tako da im tre a koordinata bude jednaka jedan. Tada iz relacije C = α A + β B, sledi α + β = 1. AC CB = C A A(α 1) + βb A) = =β(b B C αa + (1 β)b α(b A) = β α. Sli no je za drugu razmeru, pa dobijamo traºeno tvrdjenje.

Posledica Sredi²te duºi je konjugovano sa beskona no dalekom ta kom. Na perspektivnim crteºima dvorazmera je vaºna invarijanta. Primedba Primetimo da se razdvojenost parova ta aka moºe formalno uvesti uz pomo dvorazmere. Naime A, B C, D (A, B, C, D) < 0. Ova denicija se poklapa razdvojenosti ta aka na krugu, koju moºemo uvesti aksiomatski (ili posmatrati intuitivno).

Projektivna preslikavanja ravni RP 2 Denicija Projektivno preslikavanje je ono koje preslikava ta ku M(x 1 : x 2 : x 3 ) u ta ku M (x 1 : x 2 : x 3 ) formulama λ x 1 x 2 x 3 = p 11 p 12 p 13 p 21 p 22 p 23 p 31 p 32 p 33 x 1 x 2 x 3, det(p ij ) 0. (8) Broj λ 0 sugeri²e da su u pitanju homogene koordinate. Projektivno preslikavanje je indukovano linearnim preslikavanjem vektorskog prostora R 3. Preslikavanje (8) kra e zapisujemo λx = Px, (9)

a njemu inverzno preslikavanje sa λx = Cx, gde je C = P 1. (10) Matrice P i λp predstavljaju isto preslikavanje. Kompoziciji preslikavanja odgovara mnoºenje matrica, a inverznom preslikavanju inverzna matrica. Projektivna preslikavanje ine projektivnu grupu PGl 3 (R). Ta grupa je osmodimenziona (opisana sa 8 parametara). Projektivno preslikavanje slika uva kolinearnost i konkurentost. Ovo sledi iz toga ²to su kolinearne ta ke predstavljene linearno zavisnim (LZ) vektorima, a linearno preslikavanje LZ vektore slika u LZ vektore.

Osnovna teorema Projektivne geometrije Teorema Postoji jedinstveno projektivno preslikavanje ravni RP 2 koje etiri ta ke A, B, C, D u op²tem poloºaju slika redom u ta ke A, B, C, D, u op²tem poloºaju. Dokaz: Posmatramo bazne ta ke A 0, B 0, C 0, D 0, gde je A 0 (1 : 0 : 0), B 0 (0 : 1 : 0), C 0 (0 : 0 : 1), D 0 (1 : 1 : 1). Pokaºimo da postoji jedinstveno projektivno f : A 0, B 0, C 0, D 0 A, B, C, D. Kako su ta ke A, B, C nekolinearne, odgovaraju i vektori koordinata su nezavisni, pa je vektor D mogu e izraziti u obliku D = λ1 A + λ2 B + λ3 C, gde ni jedan od brojeva λ 1, λ 2, λ 3 nije nula. Ako je, recimo, λ 1 = 0, tada bi ta ke B, C, D bile kolinearne, suprotno pretpostavci. Neka je P matrica ije su kolone redom λ 1 A, λ2 B i λ3 C. Preslikavanje f zadato sa λx = Px je traºeno preslikavanje. Za²to?

Matica P je do na mnoºenje skalarom jedinstvena (po deniciji matrice linearnog preslikavanja), pa je f jedinstveno. Na sli an na in se dobija preslikavanje g koje slika A 0, B 0, C 0, D 0 u A, B, C, D, pa je projektivno preslikavanje g f 1 jedinstveno preslikavanje iz tvrdjenja teoreme. Primer Odrediti projektivno preslikavanje ravni koje ta ke A 0, B 0, C 0, D 0 slia u A(1 : 2 : 3), B(3 : 2 : 1), C(0 : 1 : 1), D(7 : 11 : 10). Projektivno preslikavanje ravni sa 4 ksne ta ke u op²tem poloºaju je identitet. Primer a) Pravougaonik i trapez su projektivno ekvivalentni u R 2. b) Dijagonalne ta ke etvorotemenika su medjusobno projektivno ekvivalentne. Projektivna preslikavanje ne uvaju razmeru ni paralelnost.

Teorema Projektivna preslikavanja uvaju dvorazmeru. Dokaz: Neka za slike A, B, C, D ta aka A, B, C, D vaºi C = α A + β B, D = γ A + δ B. Primenom formula preslikavanja (9) na te relacije dobijamo P C = αp A + βp B, P D = γp A + δp B. Nakon mnoºenja matricom P 1 sleva, dobijamo C = α A + β B, D = γ A + δ B odakle je (A, B, C, D) = β α : δ γ = (A, B, C, D ).

Posledica Ako su tri ta ke neke prave p ksne pri projektivnom preslikavanju, svaka ta ka prave p je ksna. Ako su tri prave koje sadrºe ta ku P ksne pri projektivnom preslikavanju, svaka prava kroz P je ksna.

Teorema Parovi ta aka P, Q i R, S su harmonijski konjugovani ako i samo ako postoji etvorotemenik ABCD takav da su P i Q njegove dijagonalne ta ke, a R i S preseci prave PQ sa ivicama etvorotemenika kroz tre u dijagonalnu ta ku. Dokaz: ( = ) Pretpostavimo da takav etvorotemenik ABCD postoji i dokaºimo da su ta ke P, Q, R i S harmonijski konjugovane. Moºemo pretpostaviti da etvorotemenik ima kanonske koordinate: A(1 : 0 : 0), B(0 : 1 : 0), C(0 : 0 : 1), D(1 : 1 : 1). Direktnim ra unom dobijamo P = AD BC = (0 : 1 : 1), Q = AB DC = (1 : 1 : 0), PQ = [1 : 1 : 1], R = BD AC = (1 : 2 : 1), R = 1 P + 1 Q, S = AC PQ = (1 : 0 : 1). R = 1 P + 1 Q odakle je (P, Q, R, S) = 1, tj. H(P, Q, R, S).

(= ) Pretpostavimo da vaºi H(P, Q, R, S). Konstrui²imo traºeni etvorotemenik. Neka su p 1, p 2 P i q 1 Q proizvoljne prave.ozna imo A = p 1 q 1, C = AS p 2, D = QC p 1, B = p 2 q 1. Dokaºimo da je ABCD traºeni etvorotemenik. Po konstrukciji su P i Q dijagonalne ta ke. Po konstrukciji je S = PQ AC. Da li je R = PQ DB? Neka je R = PQ DB. Na osnovu dokazanog smera vaºi H(P, Q, R, S). Po pretpostavci vaºi H(P, Q, R, S). Zbog jedinstvenosti etvrte harmonijske ta ke R = R = PQ DB. Dakle, postoji traºeni etvorotemenik ABCD. Primer Neka je ABCD trapez (AB CD), ne obavezno jednakokraki. Neka je P = AD BC, Q = BD AC, E = AB PQ, F = CD PQ. Dokazati: a) H(P, Q, E, F ); b) F = S(DC), E = S(AB).

Ana i projektivna preslikavanja Ano preslikavanje (2) nakon prelaska u homogene koordinate postaje x 1 a 11 a 12 b 1 x 1 λ x 2 = a 21 a 22 b 2 x 2. (11) x 3 0 0 1 x 3 Matricu tog preslikavanja ozna avamo sa A b. Vidimo da je ano preslikavanje specijalan slu aj projektivnog preslikavanja pro²irene ane ravni R 2. Teorema Grupa anih preslikavanja je izomorfna podgrupi projektivnih preslikavanja ravni R 2 koje uvaju beskona no daleku pravu p.

Dokaz: Projektivno preslikavanje λx = Px uva beskona no daleku pravu, ako i samo ako vaºi λ p 11 p 12 p 13 p 21 p 22 p 23 p 31 p 32 p 33 x 1 x 2 0 = za svako x 1, x 2 R. Drugim re ima, slika proizvoljne beskona no daleke ta ke B (x 1 : x 2 : 0) p je beskona no daleka ta ka B (x 1 : x 2 : 0) p. To ne daje nikakav uslov za prve dve vrste matrice P, a za tre u vrstu dobijamo x 1 x 2 0 p 31 x 1 + p 32 x 2 = 0, za svako x 1, x 2 R. Dakle, uslov da se uva beskona no daleka prava je ekvivalentan sa p 31 = 0 = p 32, p 33 0. Kako matrice P i λp predstavljaju isto preslikavanje moºemo pretpostaviti da je p 33 = 1, odakle sledi tvrdjenje.

to je grupa ve a, to ona razlikuje manji broj objekata. Tako, projektivna grupa ne razlikuje elipsu, hiperbolu i parabolu. Ve a grupa ima manje invarijanti. Recimo, izometrije uvaju duºine (a time i razmeru i dvorazmeru). Ana preslikavanja uvaju razmeru (a time i dvorazmeru), a projektivna samo dvorazmeru. grupa matrica ekvivalentni objekti invarijante projektivna PGl 2 (R) ana Aff 2 (R) konformna Con 2 (R) izometrije Isom 2 (R) p 11 p 12 p 13 p 21 p 22 p 23 p 31 p 32 p 33 a 11 a 12 v 1 a 21 a 22 v 2 0 0 1 s cos φ s sin φ s sin φ ±s cos φ v 1 v 2 0 0 1 cos φ sin φ sin φ ± cos φ v 1 v 2 0 0 1 svi etvorouglovi, ovalne krive 2. reda svi trouglovi, svi paralelogrami, sve elipse, sve hiperbole sli ni trouglovi, svi krugovi, sve parabole podudarni trouglovi konkurentnost, kolinearnost, dvorazmera, tangentnost, unutra²njost krive 2. reda paralelnost, razmera, odnos povr²ina, bekona no daleka prava, konjugovani dijametri uglovi, odnos duºina duºine, povr²ina

Homologije Denicija Ta ka S je centar projektivnog preslikavanja f ako je svaka prava kroz S ksna, tj. f (a) = a, a S. Osa preslikavanja se deni²e dualno. Dakle, prava s je osa projektivnog preslikavanja f ako je svaka ta ka prave s ksna, tj. f (A) = A, A s. Denicija Projektivno preslikavanje koje ima osu i centar zove se homologija. Homologija je odredjena sa centrom S, osom s i parom odgovaraju ih ta aka M, M. (dokaz)

Teorema Projektivno preslikavanje ima osu ako i samo ako ima centar. Dokaz: (= ) Neka f ima osu s. Neka je M s ta ka takva da M = f (M) M. Ozna imo MM s = X. f (MM ) = f (MX ) = f (M)f (X ) = M X = MM, pa je prava MM ksna. Na sli an na in postoji jo² jedna ksna prava NN. Neka je S = NN MM. f (S) = f (NN MM ) = f (NN ) f (MM ) = NN MM = S. Dokaºimo da je ta ka S centar. 1. slu aj) Ako S s, tada je svaka prava kroz S ksna jer ima dve ksne ta ke - tav cku S i presek sa osom. 2. slu aj) Ako S s, tada su s, MM, NN prave koje sadrºe S i ksne su. Zbog uvanja dvorazmere pravih, svaka prava kroz S je ksna (vidi Posledicu). ( =) Sledi iz dualnosti ose i centra.

Posmatrajmo sada homologiju f sa osom s i centrom S u pro²irenoj anoj ravni R 2 = R 2 p. Primetimo: i f 1 je homologija i ima istu osu i centar kao f. Protivosa u je prava koja se slika u beskona no daleku pravu, tj. f (u) = p. Horizont v je prava koja je slika beskona no daleke prave, tj. f (p ) = v. Primetimo da je v protivosa preslikavanja f 1. Lema Za homologiju u pro²irenoj anoj ravni vaºi Dokaz: Neka je s u = A. u s v. A s f (A) = A, A u f (A) p. Dakle, A p, pa se prave s i u seku beskona no daleko, tj. s u. v je protivosa preslikavanja f 1 koje ima istu osu s s v.

Ane homologije Lema Jedine ksne prave homologije f su osa s i prave kroz centar S. Dokaz: Pretpostavimo suprotno, da je prava p ksna (f (p) = p), a da nije jedna od navedenih. Neka su m, n S, dve prave koje sadrºe centar i m, n s. Njihovi preseci M, N sa p su ksne ta ke preslikavanja f. Po²to na osi s postoje jo² bar dve ksne ta ke S 1, S, preslikavanje f ima 4 ksne ta ke u op²tem poloºaju. Zato je f identitet. Ova kontradikcija dokazuje tvrdjenje. Teorema Neka je preslikavanje f homologija. Ono je ano ako i samo ako S p ili s = p. Dokaz: Podsetimo se da je projektivo preslikavanje f ano ako i samo ako f (p ) = p, tj. prava p je ksna. Ako je f i homologija tada je na osnovu Leme sledi tvrdjenje.

Kako izgledaju ane homologije? S p, s p (centar beskona an, osa kona na) Zraci anosti MM, NN... sadrºe S (paralelni su), a odgovaraju e prave MN i M N se seku na osi. Ovo preslikavanje zovemo anost. s = p, S p (centar kona an, osa beskona na) Odgovaraju e prave MN, M N se seku na osi s = p, pa je MN M N. Zato je SMN SM N za ma koje M i N. Preslikavanje je homotetija sa centrom S i koecientom λ = SM / SM. s = p, S p (i osa i centar beskona ni) MN M N s = p, pa je MN M N ; MM NN = S p, pa je MM NN. Dakle MM = NN, tj. preslikavanje je translacija za vektor MM.