Geometria II. Vázlat Kovács Zoltán el adásaihoz május 27.

Átírás

1 Geometria II Vázlat Kovács Zoltán el adásaihoz május 27.

2 2

3 Tartalomjegyzék 1. Geometria R 2 -ben R 2 euklideszi struktúrája Tengelyes tükrözések a síkban Elforgatások a síkban A sík ortogonális csoportja Izometriák An leképezések a síkban Speciális an transzformációk Összefoglalás, kitekintés A projektív síkgeometria alapjai Az an illeszkedési sík Homogén koordináták A projektív illeszkedési sík Záródási tulajdonságok Projektív transzformációk A kett sviszony Appendix O(3) szerkezete

4 4 TARTALOMJEGYZÉK Ez a jegyzet távolról sem tekinthet véglegesnek. Több bizonyítás leírásával még adós vagyok, csakúgy, mint a szemléltet ábrákkal, s az anyag is b vülni fog a továbbiakban. Minden észrevételét (sajtóhiba, nem világos gondolatmenet) kérem küldje el az olvasó a kovacsz@nyf.hu címre. A tananyagegységeket követ egy-egy feladat megoldása mindenképpen szükséges a megértéshez. A jel azt mutatja, hogy a tétel bizonyítása az olvasónak nem okozhat nehézséget, azt önállóan végezze el. A felhasznált legfontosabb források: Patrick J. Ryan. Euclidean and non-euclidean Geometry. An analytic approach. Cambridge University Press, M. K. Benett. Ane and Projective Geometry. New York: Wiley, 1995.

5 1. fejezet Geometria R 2 -ben 5

6 6 1. FEJEZET. GEOMETRIA R 2 -BEN Ebben a fejezetben az euklideszi sík analitikus geometriáját tárgyaljuk, külön gyelemmel a geometriai transzformációkra. Az anyag megértéséhez át kell ismételnünk a Geometria I tantárgyból már tanult megfelel axiómákat, fogalmakat, tételeket. Szükségünk van továbbá a mátrixalgebra biztos ismeretére R 2 euklideszi struktúrája R 2 elemeit általában latin kis- és nagybet kkel jelöljük, tehát x R 2, vagy P R 2, míg ezek komponenseit indexelve, tehát pl. x = (x 1, x 2 ). R 2 elemeit pontnak és vektornak is lehet nevezni, szövegkörnyezett l függ en. Ha pontra gondolunk, akkor használunk nagybet ket, míg ha vektorra, akkor kisbet - ket. (0, 0) R 2 neve lehet origó (ekkor pontra gondolunk és az O jelölést használjuk), vagy zérusvektor (ekkor vektorra gondolunk és 0-val jelöljük) 1. Deníció. Az x = (x 1, x 2 ) R 2 és y = (y 1, y 2 ) R 2, rendezett számpárok összege x + y = (x 1 + y 1, x 2 + y 2 ); míg ha α R, akkor α és x szorzata α x = (α x 1, α x 2 ). Az összeadás tehát egy R 2 R 2 R 2 binér m velet. A skalárral való szorzás egy R R 2 R 2 leképezés. (Ennek jelét gyakran el is hagyjuk.) ( 1) x nyilván az x additív inverze, ezért jogos helyette x-et írni. 1. Tétel. R 2 a fenti összeadás m veletre Abel csoport, továbbá (R 2, +) vektortér R fölött, azaz x, y R 2, α R: 1. α(x + y) = αx + αy 2. (α + β)x = αx + βx 3. (αβ)x = α(βx) 4. 1 x = x. 1 A vektorokat tipográai szempontból nem emelem ki, azaz nem szedem félkövéren, nem húzom alá. Az egyetlen kivétel a zérusvektor, amelyet félkövéren szedek, a félreértések elkerülése végett.

7 1.1. R 2 EUKLIDESZI STRUKTÚRÁJA 7 Deníció. Az x, y R 2 vektorok skaláris szorzatán (vagy bels szorzatán) az x, y = x 1 y 1 + x 2 y 2 R számot értjük. A skaláris szorzás tehát egy leképezés. R 2 R 2 R 2. Tétel. R 2 euklideszi vektortér a fenti skaláris szorzattal, azaz x, y, z R 2, α R: 1. x, y + z = x, y + x, z 2. x, αy = α x, y 3. x, y = y, x 4. x, x 0; x, x = 0 x = 0. Következmény. 1.* x + y, z = x, z + y, z 2.* αx, y = α x, y 4.* Ha x R 2 -re x, y = 0, akkor y = 0. Deníció. x R 2 -re x = x, x, az x vektor hossza vagy normája. Tehát a norma egy : R 2 R leképezés, amelyet normafüggvénynek is nevezünk. Komponensekkel kiírva, x = x x Tétel (Cauchy-Schwarz egyenl tlenség). x, y R 2 : x, y 2 x 2 y 2. Egyenl ség 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 0. Legyen λ R tetsz leges, s tetsz legesen rögzített x-re és y 0-ra tekintsük az alábbi kifejezést: f(λ) = x λy, x λy = x, x 2λ x, y + λ 2 y, y.

8 8 1. FEJEZET. GEOMETRIA R 2 -BEN λ R : f(λ) 0, mert vektor önmagával való skaláris szorzata mindig nemnegatív, tehát a másodfokú polinom diszkriminánsa nem pozitív: x, y 2 x, x y, y 0. Egyenl ség akkor és csakis akkor állhat fenn, ha x λy = 0, amib l x és y lineáris függ sége következik. Megfordítva, ha x és y lineárisan függ k, akkor vagy x = λy vagy y = λx valamely alkalmas skalárra. Bármelyiket behelyettesítve az egyenl tlenség egyik ill. másik oldalába, egyenl kifejezéseket kapunk. 4. Tétel. x, y R 2, α R: 1. x 0, 2. x = 0 x = 0, 3. αx = α x, 4. x + y x + y, továbbá egyenl ség akkor és csakis akkor teljesül, ha x, y arányosak, nemnegatív faktorral. A 4. tulajdonságot Minkowski egyenl tlenségnek nevezzük. Bizonyítás. Az alábbi levezetésben a harmadik sornál a Cauchy-Schwarz egyenl tlenséget alkalmazva x + y 2 = x + y, x + y = = x, x + 2 x, y + y, y x, x + 2 x, y + y, y x, x + 2 x y + y, y = = x x y + y 2 = ( x + y ) 2, ami a Minkowski egyenl tlenséget jelenti. Egyenl ség akkor és csakis akkor teljesül, ha x, y = x, y = x y. y = 0-ra mindkét egyenl ség teljesül. Legyen tehát y 0. Az els egyenl ség akkor és csakis akkor teljesül, ha x, y 0. A második egyenl ség a Cauchy- Schwarz egyenl tlenség miatt akkor és csakis akkor teljesül, ha x, y arányosak, azaz x = ty. ty, y = t y, y 0 t 0.

9 1.1. R 2 EUKLIDESZI STRUKTÚRÁJA 9 Deníció. Ha P, Q R 2, akkor d(p, Q) = P Q a P és Q pontok távolsága. A távolság tehát egy d: R 2 R 2 R leképezés, amelyet távolságfüggvénynek is nevezünk. Komponensekkel kiírva: 5. Tétel. P, Q, R R 2 : 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 (R 2, d) egy metrikus tér. d(p, Q) = (P 1 Q 1 ) 2 + (P 2 Q 2 ) 2. A 4. tulajdonságot háromszög-egyenl tlenségnek nevezzük. Bizonyítás. 4. A Minkowski egyenl tlenséget alkalmazva: d(p, Q) + d(q, R) = P Q + Q R (P Q) + (Q R) = P R = = d(p, R). Megjegyzés. A fejezet eddigi anyaga könnyen átdolgozható úgy, hogy a pontok és vektorok R n -b l valók. Mer legesség Deníció. Ha az u, v vektorokra u, v = 0, akkor u-t és v-t egymásra mer leges vagy ortogonális vektoroknak mondjuk. Ha u, v egymásra mer leges egységvektorok, akkor (u, v) egy ortonormált (rendezett) pár. Ha u = (u 1, u 2 ), akkor legyen u = ( u 2, u 1 ). Ekkor u és u egymásra mer leges vektorok, amelyeknek a hosszuk megegyezik, továbbá u = u. Könny látni, hogy ha u, v ortogonális (nem zéró) vektorok, akkor u és v arányosak. Ha (u, v) ortonormált pár R 2 -ben, akkor egy tetsz leges vektor koordinátáit könny kiszámítani, az alábbi tétel szerint:

10 10 1. FEJEZET. GEOMETRIA R 2 -BEN 1.1. ábra. Vektor Fourier-el állítása 6. Tétel (Vektor Fourier-el állítása). Ha (u, v) ortonormált pár, akkor x R 2 : x = x, u u + x, v v. Bizonyítás. Legyen x = αu + βv. Szorozzuk az el bbi relációt skalárisan az u, majd a v vektorral: x, u = α u, u } {{ } 1 x, v = α v, u } {{ } 0 +β u, v } {{ } 0 +β v, v. } {{ } 1 7. Tétel (Pitagorasz tétele). Legyenek P, Q, R különböz pontok. P Q és Q R akkor és csakis akkor mer legesek egymásra, ha P Q 2 + Q R 2 = P R 2. Bizonyítás. (P Q) + (Q R) = P R, tehát P R 2 = (P Q) + (Q R), (P Q) + (Q R) = ami az állítást jelenti. = P Q 2 + Q R P Q, Q R,

11 1.1. R 2 EUKLIDESZI STRUKTÚRÁJA 11 Kulcsszavak Jegyzetek

12 12 1. FEJEZET. GEOMETRIA R 2 -BEN 1.2. Tengelyes tükrözések a síkban Deníció. Legyen l a P pontra illeszked, n normál-egységvektorú egyenes! A ρ l : R 2 R 2, X ρ l (X) = X 2 X P, n n leképezést az l egyenesre vonatkozó tengelyes tükrözésnek nevezzük, melynek tengelye l ábra. tengelyes tükrözés A deníció nyilvánvalóan nem függ a normál-egységvektor választásától. 1. Feladat. Határozzuk meg a P ( 1, 2) pont tükörképét az x + y = 2 egyenesre. 8. Tétel (A tengelyes tükrözés tulajdonságai). 1. Minden tengelyes tükrözés távolságtartó, azaz P, Q R 2 : d(ρ l (P ), ρ l (Q)) = d(p, Q).

13 1.2. TENGELYES TÜKRÖZÉSEK A SÍKBAN ρ 2 l = id. 3. ρ l (P ) = P P l. Bizonyítás. 1. Az alábbiakban a rövidebb jelölés kedvéért a, a = a 2. ρ l (X) ρ l (Y ) 2 = (ρ l (X) ρ l (Y )) 2 = = [X 2 X P, n n (Y 2 Y P, n n)] 2 = = [(X Y ) 2( X P, n + Y P, n )n] 2 = = [(X Y ) 2 X Y, n n] 2 = = (X Y ) 2 4 X Y, n X Y, n 2 n 2 = = (X Y ) 2 = X Y ρl (ρ l (X)) = ρ l (X 2 X P, n n) = 3. = (X 2 X P, n n) 2 X P 2 X P, n n, n n = = X 2 X P, n n 2 X P, n n + 4 X P, n n 2 n = = X 4 X P, n n + 4 X P, n n = X. ρ l (X) = X X 2 X P, n n = X X P, n = 0 X l. A tengelyes tükrözésre könny explicit képletet adni a koordináták segítségével is. Ha az egyenes egy irányvektora (cos δ, sin δ), akkor azt mondjuk, hogy az egyenes irányszöge δ. 9. Tétel. Az origóra illeszked δ irányszög egyenes az (x 1, x 2 ) ponthoz rendelje hozzá az (x 1, x 2) pontot. Ekkor teljesül, hogy x 1 = x 1 cos 2δ + x 2 sin 2δ x 2 = x 1 sin 2δ x 2 cos 2δ. (1.1) Bizonyítás. A tengely irányvektora a (cos δ, sin δ) egységvektor. (Azaz az x tengellyel bezárt szöge δ.) Az egyenes (egyik) normál-egységvektora n = ( sin δ, cos δ). Most ρ l (X) = X 2 X, n n. azaz X, n = x 1 sin δ + x 2 cos δ, x 1 = x 1 + 2( x 1 sin δ + x 2 cos δ) sin δ = (1 2 sin 2 δ)x 1 + (2 cos δ sin δ)x 2 x 2 = x 2 2( x 1 sin δ + x 2 cos δ) cos δ = (2 sin δ cos δ)x 1 + (1 2 cos 2 δ)x 2.

14 14 1. FEJEZET. GEOMETRIA R 2 -BEN A kétszeres szögek szögfüggvényeire vonatkozó azonosságot alkalmazva: x 1 = x 1 cos 2δ + x 2 sin 2δ x 2 = x 1 sin 2δ x 2 cos 2δ. Következmény. Az (1.1) mátrix szorzással fölírva: ( ) ( ) ( ) x 1 cos 2δ sin 2δ x1 =. (1.2) sin 2δ cos 2δ x 2 2. Feladat. Határozzuk meg az (1.2) formula alapján a (3, 4) pont tükörképét az origóra illeszked, δ = π/3 irányszög egyenesre! Vezessük be az alábbi jelölést: ( ) cos 2δ sin 2δ ref δ =. sin 2δ cos 2δ ref δ tehát az origón átmen és δ irányszög egyenesre vonatkozó tükrözés. 10. Tétel. Ha l egy origón áthaladó egyenes, akkor a ρ l : R 2 R 2, x ρ l (x) = ref δ x leképezés R 2 lineáris transzformációja, azaz x, y R 2 és t R: 1. ρ l (x + y) = ρ l (x) + ρ l (y), 2. ρ l (tx) = tρ l (x). Nem origóra illeszked l-el jelölt tengely esetén legyen a tengely egy pontja P, a tengely irányszöge δ, normál egységvektora n. Ekkor azaz X = X 2 X P, n n = (X P ) 2 X P, n n +P, } {{ } ref δ (X P ) ρ l (X) = ref δ (X P ) + P x 2 (TTT) A képlet tartalma egyszer en megjegyezhet : a tengelyt el ször eltoljuk az origóba, vele toljuk az X pontot, tükrözünk, majd visszatoljuk a tengelyt az eredeti helyzetbe (toltükröztol). 3. Feladat. Határozzuk meg az origó tükörképét a 3x + 3y = 1 egyenesre a ttt módszerrel.

15 1.2. TENGELYES TÜKRÖZÉSEK A SÍKBAN ábra. A TTT módszer: tol-tükröz-tol

16 16 1. FEJEZET. GEOMETRIA R 2 -BEN Kulcsszavak Jegyzetek

17 1.3. ELFORGATÁSOK A SÍKBAN Elforgatások a síkban El ször két origón átmen tengelyre vonatkozó tükrözés szorzatát vizsgáljuk. 11. Tétel. ref θ ref φ = ( ) cos 2(θ φ) sin 2(θ φ). sin 2(θ φ) cos 2(θ φ) Ha bevezetjük a ( ) cos α sin α rot α = sin α cos α jelölést, akkor az el bbi tétel a következ alakban írható föl: ref θ ref φ = rot 2(θ φ). (1.3) Most tükrözzünk egymás után két olyan egyenesre, melyek egy C pontra illeszkednek! A tengelyek irányszöge legyen θ és φ! A TTT-szabály alapján: X = ref θ ((ref φ (X C)+C) C)+C = ref θ (ref φ (X C)) +C (1.4) } {{ } rot 2(θ φ) (X C) Deníció. Két tengelyes tükrözés szorzatát elforgatásnak nevezzük, ha a tengelyek metsz k, vagy egybeesnek. Valódi elforgatásról akkor beszélünk, ha a tengelyek metsz k, azaz egy közös pontjuk van. A közös pontot ilyenkor az elforgatás középpontjának nevezzük. Speciálisan, ha a tengelyek mer legesek, akkor az elforgatást félfordulatnak vagy középpontos tükrözésnek is nevezzük. (1.4) alapján a valódi elforgatást jellemzi annak xpontja (C) és a tengelyek szögének kétszerese (2(θ φ)), amely szöget az elforgatás szögének nevezünk. A C középpontú α szög elforgatásra használjuk a σ (C,α jelölést is. Speciálisan σ (O,α) : R 2 R 2, X 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 különböz C-re a valódi elforgatás már nem lesz lineáris leképezés). 4. Feladat. Határozzuk meg az (1, 1) pont origó körüli α = π/6 szög elforgatottját!

18 18 1. FEJEZET. GEOMETRIA R 2 -BEN 5. Feladat. Határozzuk meg a ( 1, 2) pont (1, 1) pont körüli π/4 szög elforgatottját a tft módszerrel. 12. Tétel. Az origó körüli összes elforgatások kommutatív csoportot alkotnak. Bizonyítás. A struktúra zárt, mátrix szorzással egyszer en ellen rizhet, hogy rot θ rot φ = rot(θ + φ), (1.5) ahonnan a kommutativitás is leolvasható. Az asszociativitás a mátrix szorzás általános tulajdonsága. Egységelem: rot 0 = I 2. Továbbá (rot α) 1 = rot( α), ami (1.5)-ból szintén közvetlenül látszik. Az origón átmen egyenesekre vonatkozó tükrözések nem alkotnak csoportot, mert a szorzásra nézve nem zárt a struktúra, ld. (1.3). A tükrözések és forgások szorzására a következ tulajdonságok teljesülnek: 13. Tétel. 1. ref θ rot φ = ref ( θ φ 2 ). 2. rot θ ref φ = ref ( φ + θ 2). 6. Feladat. Határozzuk meg az origó körüli π/2 szög elforgatás és az origón átmen, π/4 irányszög egyenesre vonatkozó tükrözés mátrixát direkt számolással, azaz az el z tételre vonatkozó hivatkozás nélkül, a tényez k mindkét sorrendjére. 14. Tétel. Az origó körüli elforgatások és az origóra illeszked egyenesekre vonatkozó tükrözések csoportot alkotnak.

19 1.3. ELFORGATÁSOK A SÍKBAN 19 Kulcsszavak Jegyzetek

20 20 1. FEJEZET. GEOMETRIA R 2 -BEN 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 elem ) mátrixokat általánosan ortogonális mátrixoknak nevezzük. Deníció. Az M GL(2) mátrixot ortogonális mátrixnak nevezzük, ha M 1 = M t. 15. Tétel. Az ortogonális mátrixok csoportot alkotnak a mátrixszorzás m - veletére nézve. Ezt a csoportot O(2)-nel jelöljük és R 2 (a 2-dimenziós euklideszi tér) ortogonális csoportjának nevezzük. 16. Tétel. Ortogonális mátrix determinánsa ±1. ( ) a b Bizonyítás. Legyen M =, det M = ac bd =. Ekkor c d det M t = a c b d = ad bc =, ( ) d/ b/ det M 1 = = c/ a/ = 1 2. Így = 1/, azaz = ± Tétel. A +1 determinánsú 2 2 típusú ortogonális mátrixok csoportot alkotnak. Ezt a csoportot SO(2)-nel jelöljük és R 2 (a 2-dimenziós tér) speciális ortogonális csoportjának nevezzük. Az el z ek 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. 18. Tétel. O(2) minden A eleméhez van olyan α R 2, hogy ( ) cos α sin α A =, sin α ± cos α ahol a fels el jelek a +1 determinánsú, míg az alsó el jelek a 1 determinánsú ortogonális mátrixra vonatkoznak.

21 1.4. A SÍK ORTOGONÁLIS CSOPORTJA 21 Bizonyítás. Foglalkozzunk a +1 determinánsú esettel, a 1 determinánsú eset analóg. Legyen ( ) α β A =. γ δ Mivel A ortogonális, ezért inverze megegyezik a transzponáltjával: ( ) 1 ( ) α β α γ =. ( ) γ δ β δ Másrészt az inverz mátrixot a kofaktorok módszerével meghatározva: ( ) 1 ( ) α β δ β =. ( ) γ δ γ α ( )-ot és ( )-ot összehasonlítva: α = δ, γ = β, tehát a mátrix alakja: ( ) α β A =, β α ahol α 2 + β 2 =1 (a mátrix determinánsa 1), tehát létezik olyan α [0, π), hogy α = cos α, β = sin α, ami a bizonyítandó állítást jelenti. A következ tétellel az ortogonális mátrixok jellemzését adjuk meg. 19. Tétel. Legyen A R 2 2. A következ állítások ekvivalensek: 1. A O(2); 2. A megtartja a skaláris szorzatot, azaz 3. A megtartja a vektorok hosszát: 4. A megtartja a távolságot: x, y R 2 : Ax, Ay = x, y ; x R 2 : Ax = x ; x, y R 2 : d(ax, Ay) = d(x, y); 5. tetsz leges ortonormált pár képe ortonormált pár.

22 22 1. FEJEZET. GEOMETRIA R 2 -BEN Bizonyítás. 1 2 El ször teljesüljön, hogy A t A = I n. Ekkor Ax, Ay = x, A t Ay = x, y. Megfordítva, ha A megtartja a skaláris szorzatot, azaz Ax, Ay = x, y akkor A t Ax, y = x, y A t Ax, y = I n x, y amib l következik, hogy x, y : (A t A I n )x, y = 0, vagyis A t A = I n = 3 nyilvánvaló, a norma deníciója miatt: Ax = Ax, Ax = x, x = x. Megfordítva, könnyen ellen rizhet, hogy: x, y = 1 2 ( x + y 2 x 2 y 2), azaz a skaláris szorzat a normából kifejezhet. 3 4 Következik onnan, hogy a norma és távolság egymásból kölcsönösen kifejezhet k: d(x, y) = x y, x = d(x, 0). 2 = 5 A skaláris szorzat tartásból következik, hogy ortonormált vektorrendszer képe ortonormált vektorrendszer, hisz a hossz és a mer legesség megmarad. 5 = 2 Legyen x = x 1 e 1 + x 2 e 2, y = y 1 e 1 + y 2 e 2, ahol (e 1, e 2 ) ortonormált pár. Ekkor Ax = x 1 Ae 1 + x 2 Ae 2 és Ay = y 1 Ae 1 + y 2 Ae 2 is teljesül. Mivel (Ae 1, Ae 2 ) is ortonormált pár: x, y = x 1 y 1 + x 2 y 2 Ax, Ay = x 1 y 1 + x 2 y 2, azaz A megtartja a skaláris szorzatot.

23 1.4. A SÍK ORTOGONÁLIS CSOPORTJA 23 Megjegyzés. Az ortogonális mátrixcsoport és a speciális ortogonális mátrixcsoport tetsz leges dimenzióban is hasonlóan értelmezhet, mint kétdimenzióban: O(n) = {A GL(n) A 1 = A t }, SO(n) = {A O(n) det A = 1}, Az ortogonális mátrixok el z tételben megadott jellemzése szó szerint átvihet tetsz leges (véges) dimenzióba. Azonban a 18. tételhez hasonló egyszer felírást magasabb dimenzióban már nem tudunk adni. A síkbeli orientáció fogalmáról A síkbeli orientáció (irányítás) hétköznapi szóhasználatban az óramutató járásával összefüggésben megállapított forgási irány, mely ebben az értelemben zikai fogalom. Matematikai értelemben R 2 -ben az (E 1 = (1, 0), E 2 = (0, 1)) kanonikus bázissal kitüntethetünk egy irányt, ezt nevezzük pozitív (az óramutató járásával ellentétes) iránynak. Deníció. Az (a, b) lineárisan független rendezett vektorpár irányításán sgn det(a, b)-t értjük. 20. Tétel. Minden A SO(2) speciális ortogonális transzformáció irányítástartó, azaz a, b R 2 : sgn det(aa, Ab) = sgn det(a, b). Bizonyítás. sgn det(aa, Ab) = sgn(det A det(a, b)) = sgn det(a, b).

24 24 1. FEJEZET. GEOMETRIA R 2 -BEN Kulcsszavak Jegyzetek

25 1.5. IZOMETRIÁK Izometriák Deníció. Egy F : R 2 R 2 bijektív leképezést egybevágósági transzformációnak vagy izometriának nevezünk, ha távolságtartó, azaz P, Q R 2 : d(f (P ), F (Q)) = d(p, Q). 21. Tétel. R 2 összes izometriái csoportot alkotnak a transzformáció szorzás m veletre nézve. Ezt a csoportot E(2)-vel jelöljük és a kétdimenziós euklideszi tér euklideszi csoportjának nevezzük. A 8. tétel szerint minden tengelyes tükrözés izometria, ebb l következ en minden elforgatás is izometria. Másik egyszer példa izometriára az eltolás, vagy transzláció. Deníció. Legyen v R 2. A τ v : R 2 R 2, X τ v (X) = X + v leképezést v vektorú eltolásnak (transzlációnak) nevezzük. 22. Tétel. R 2 összes transzlációi kommutatív csoportot alkotnak a kompozíció szorzás m veletre nézve. 23. Tétel. Minden transzláció izometria. 24. Tétel (A síkizometriák f tétele). Egy F : R 2 R 2 bijektív leképezés akkor es csakis akkor izometria, ha A O(2) ortogonális mátrix és b R 2 vektor, hogy F (x) = Ax + b. Bizonyítás. Mivel minden ortogonális transzformáció és eltolás izometria, ezek kompozíciója is az. Legyen most F : R 2 R 2 egybevágóság. b-t és A-t a következ képpen konstruáljuk meg. Legyen b = F (0), ϕ: R 2 R 2, ϕ(c) = F (x) b. ϕ-r l belátjuk, hogy lineáris leképezés, így megegyezik egy A mátrixszal való szorzással. El ször belátjuk, hogy az el bbiekben megkonstruált ϕ megtartja a skaláris szorzatot. Emlékeztetünk arra, hogy ξ, η R 2 : ξ, η = ξ 2 + η 2 ξ η 2. 2

26 26 1. FEJEZET. GEOMETRIA R 2 -BEN Tehát ϕ(x), ϕ(y) = = ϕ(x) 2 + ϕ(y) 2 ϕ(x) ϕ(y) 2 2 = F (x) F (0) 2 + F (y) F (0) 2 F (x) F (0) F (y) + F (0) 2 2 = x y 0 2 x y 2 2 = = x 2 + y 2 x y 2 2 = x, y, felhasználva, hogy F izometria. Végezetül belátjuk, hogy ϕ lineáris. Az el z bizonyításrészb l közvetlenül ( következik, hogy ha E = (e 1, e 2 ) ortonormált bázis, akkor E = ϕ(e1 ), ϕ(e 2 ) ) is ortonormált bázis. Vegyük ϕ(x) koordináta-el állítását E - re vonatkozóan: ϕ(x) = 2 ϕ(x), ϕ(e i ) ϕ(e i ) = i=1 ϕ(x)-nek ez a kifejezése x-ben lineáris. 2 x, e i ϕ(e i ). i=1 A f tétel közvetlen következménye az alábbi tétel: Következmény. Minden izometria ortogonális transzformáció és eltolás szorzata. A sík izometriái geometriailag eltolások vagy elforgatások vagy csúsztatva tükrözések. Deníció. Egy síkizometriát mozgásnak vagy irányítástartó izometriának nevezünk, ha az ortogonális komponense speciális ortogonális transzformáció. 25. Tétel. A sík mozgásai csoportot alkotnak a transzformáció szorzás m - veletre nézve. Ezt a csoportot E + (2)-vel jelöljük. A sík mozgásai geometriailag elforgatások vagy eltolások. Megjegyzés. A fejezet tételei változatlan formában érvényesek magasabb dimenzióban, a f tétel bizonyítása is szó szerint megismételhet. =

27 1.5. IZOMETRIÁK 27 Kulcsszavak Jegyzetek

28 28 1. FEJEZET. GEOMETRIA R 2 -BEN 1.6. An leképezések a síkban Deníció. Egy F : R 2 R 2, X F (X) = X bijektív leképezést kollineációnak nevezünk, ha teljesül rá a következ tulajdonság: P, Q, R akkor és csakis akkor három különböz kollineáris pont, ha P, Q, R is. Deníció. Legyen A GL(2), b R 2. Az F : R 2 R 2, x Ax + b leképezést an transzformációnak nevezzük. Az A mátrix az F an transzformáció lineáris része, míg a b vektor az eltolási része. Röviden az an transzformáció jelölésére az (A, b) rendezett párt is használhatjuk. Következmény. Minden izometria an transzformáció. Egy izometria lineáris része ortogonális mátrix. 26. Tétel. A sík egy leképezése akkor és csakis akkor an leképezés, ha kollineáció. Bizonyítás. Minden an transzformáció kollineáció. Mivel A(A 1 (x b)) + b = x, ezért az an transzformáció szürjektív. Másrészt Ax + b = Ay + b = A 1 Ax = A 1 Ay = x = y, tehát az an transzformáció injektív. Legyen R a P Q egyenes egy P-t l és Q-tól különböz pontja. Ekkor!t R \ {0, 1} : R = tq + (1 t)p = AR = taq + (1 t)ap. a bal oldalhoz b-t, a jobb oldalhoz tb + (1 t)b-t hozzádava: R = t(aq + b) + (1 t)(ap + b) = tq + (1 t)p (t 0, 1), ami azt jelenti, hogy R a P Q egyenes P -t l és Q -t l különböz pontja. Megfordítva, legyen R a P Q egyenes P -t l és Q -t l különböz pontja. Ekkor!t R \ {0, 1}: R = tq + (1 t)p = AR + b = t(aq + b) + (1 t)(ap + b) = AR = A(tQ) + A((1 t)p ) = R = tq + (1 t)p, Azaz P, Q, R kollineárisak és különböz ek. Minden kollineáció an transzformáció. Nem tárgyaljuk.

29 1.6. AFFIN LEKÉPEZÉSEK A SÍKBAN 29 Az l = P + [v] egyenes an képe az l = P + [Av] egyenes, ami az alábbi relációból rögtön látszik: F (P + tv) = A(P + tv) + b = AP + b + tav = F (P ) + t(av). ( ) Feladat. Legyen b = ( 1, 2), A =. Bizonyítsuk be, hogy F (x) = 0 1 Ax + b an transzformáció, továbbá az x 1 tengellyel párhuzamos egyenesek invariánsak. Határozzuk meg a ( 7, 2) pont képét. 27. Tétel. A sík an transzformációi csoportot alkotnak a kompozíció m - veletre nézve. Ezt a csoportot A(2)-vel jelöljük és an csoportnak mondjuk. Bizonyítás. Legyenek F és F an transzformációk a síkon: Ekkor F (x) = Ax + b, F (x) = A x + b. (F F )(x) = A (Ax + b) + b = (A A) x + A } {{ } } b {{ + b }, (1.6) GL(2) R 2 azaz két an transzformáció szorzata is an transzformáció. Az asszociativitás a kompozíció szorzás általános tulajdonsága. Egységelem: a transzformáció lineáris része I 2, az eltolás része a zérusvektor. Az F (x) = Ax + b an transzformáció inverze az az an transzformáció, melynek lineáris része A 1, eltolási része A 1 b, amint azt (1.6)-ba visszahelyettesítve azonnal látjuk. A sík an transzformációi nem mátrix szorzásként hatnak az eltolási rész jelenléte miatt. Azonban, ha a sík an transzformációinak 3 3-típusú mátrixokat feleltetünk meg, már az an transzformációk kompozícióját mátrix szorzással számíthatjuk. 28. Tétel. (A lineáris reprezentáció elve.) Legyen µ: A(2) GL(3), a 11 a 22 b 1 (A, b) µ(a, b) = a 21 a 22 b 2 jel = ( ) A b, 0 1 ahol A = (a ij ) GL(2), b = (b 1, b 2 ) R 2. µ m velettartó és injektív leképezés (azaz injektív homomorzmus) A(2) és GL(3) között.

30 30 1. FEJEZET. GEOMETRIA R 2 -BEN Bizonyítás. µ nyilvánvalóan injektív, azaz különböz an transzformációknak különböz mátrixok felelnek meg µ által. Könnyen ellen rizhet, hogy µ m velettartó, azaz egy homomorzmus: ( ) A µ((a, b ) (A, b)) = µ(a A, A b + b ) = A A b + b így ( A µ(a b, b) µ(a, b) = 0 1 ) ( A b ) ( A = A A b + b 0 1 µ((a, b ) (A, b)) = µ(a, b) µ(a, b). Következmény. Az el z tétel alapján A(2) és µ(a(2)) izomorf csoportok, a továbbiakban nem teszünk köztük különbséget: {( ) } A b A(2) = A GL(2), b R Következmény. Azt is láthatjuk, hogy ha x = Ax + b, akkor x 1 a 11 a 22 b 1 x 1 x 2 = a 21 a 22 b 2 x Feladat. Írjuk föl a (2, 4) pont körüli π/4 szög elforgatás lineáris reprezentációját. Írjuk föl a (2, 4) ponton áthaladó, π/8 irányszög tengelyre vonatkozó tükrözés lineáris reprezentációját. Számítsuk ki ennek alapján az origó transzformáltját. Útmutatás. A TFT/TTT módszert alkalmazzuk. Legyen α = π/4, (b 1, b 2 ) = (2, 4). A lineáris reprezentáció: 1 0 b 1 cos α sin α b b 2 sin α ± cos α b Az eredményt a (0, 0, 1) oszloppal szorozva kapjuk az origó képét. A továbbiakban fontos kiindulópont az alábbi reláció, amelyet már levezettünk. Legyen F a sík an transzformációja, ekkor a P, Q pontokra t R : F ((tq + (1 t)p ) = tf (P ) + (1 t)f (Q). (1.7) ),

31 1.6. AFFIN LEKÉPEZÉSEK A SÍKBAN 31 Deníció. Legyen P, Q, R három különböz kollineáris pont, R = tq +(1 t)p. Az R pontnak a (P, Q) alappontokra vonatkozó osztóviszonyán a számot értjük. (P QR) = t 1 t Következmény (Az osztóviszony kiszámítása). R \ {0, 1} d(p, R) d(r, Q), P R Q (P QR) = d(p, R), (P R Q) d(r, Q) 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 1 t d(p, R) = t d(r, Q) = t 1 t = d(p, R) 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 el jel ek, ami adja az el jelekre vonatkozó állítást is. Megjegyzés. Az osztóviszonyt szokás az itt deniált érték ellentettjével is de- niálni. Példa. A szakasz felez pontjának osztóviszonya a végpontokra, mint alappontokra nézve (ezek sorrendjét l függetlenül) Feladat. Legyen P = (1, 2), Q = ( 4, 3). Igazoljuk, hogy a ( 5, 0) pont a P Q egyenesre illeszkedik, és határozzuk meg az osztóviszonyát a (P, Q) alappontokra valamint a (Q, P ) alappontokra. 29. Tétel. Minden an transzformáció osztóviszonytartó. Bizonyítás. (1.7)-ból azonnal látszik. 30. Tétel (A xpontok szerkezete). A sík egy an transzformaációjának ha van xpontja, akkor a xpontok halmaza pont, egyenes vagy a teljes sík. Utóbbi esetben a transzformáció az identikus leképezés.

32 32 1. FEJEZET. GEOMETRIA R 2 -BEN Úgy is fogalmazhatunk, hogy az an transzformáció xpontjai halmaza üres halmaz vagy lineáris sokaság. Bizonyítás. Az F = (A, b) an transzformáció X R 2 xpontjára F (X) = X, azaz AX + b = X (A I)X = b teljesül. Azaz a xpontok megoldásai az A I alapmátrixú (általában inhomogén) lineáris egyenletrendszernek. A lineáris egyenletrendszerek elméletéb l tudjuk, ha van megoldás, akkor a megoldások halmaza lineáris sokaság. 31. Tétel (Az an transzformációk xponttétele). 1. Ha egy an transzformáció egy egyenes két különböz pontját xen hagyja, akkor az egyenes minden pontja x. 2. Ha egy an transzformáció a sík három nem kollineáris pontját xen hagyja, akkor a transzformáció identitás. Bizonyítás. Tételünk közvetlen következménye az el z tételnek. Ha van két különböz xpont, akkor a xpontok halmaza egyenes vagy a teljes sík, így a két pontra illeszked egyenes mindenképpen pontonként x. Három nem kollineáris xpont esetén a xpontok halmazaként már csak a teljes sík jöhet szóba. 32. Tétel (Az an transzformációk alaptétele). Legyen (P, Q, R) és (P, Q, R ) két nem kollineáris rendezett ponthármas (röviden háromszög) a síkon. Egyértelm en létezik olyan F : R 2 R 2 an transzformáció, melyre F (P ) = P, F (Q) = Q, F (R) = R. Bizonyítás. Létezés. A tételt el ször egy speciális esetben látjuk be, nevezetesen legyen P = O = (0, 0), Q = E 1 = (1, 0), R = E 2 = (0, 1), a másik nem kollineáris ponthármast jelöljük most (X, Y, Z)-vel. Az an transzformációt az A lineáris részével és b eltoló vektorával keressük. Jelölje A oszlopait A 1 és A 2! Ekkor b és A = (A 1, A 2 ) könnyen megadható: AE 1 + b = Y AO + b = X = b = X, = A 1 = Y b = Y X AE 2 + b = Z = A 2 = 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 0.

33 1.6. AFFIN LEKÉPEZÉSEK A SÍKBAN 33 Ezek után jelölje F 1 azt az an trannszformációt, mely (O, E 1, E 2 )-t (P, Q, R)-be viszi; F 2 pedig azt az an transzformációt, mely (O, E 1, E 2 )- t (P, Q, R)-be viszi. A keresett transzformáció F 2 F1 1. Egyértelm ség. Ha G egy másik an transzformáció a feltételekkel, akkor a G 1 F an transzformációnak P QR három nem kollineáris xpontja, azaz G 1 F = id = F = G.

34 34 1. FEJEZET. GEOMETRIA R 2 -BEN Kulcsszavak Jegyzetek

35 1.7. SPECIÁLIS AFFIN TRANSZFORMÁCIÓK Speciális an transzformációk Deníció. Egy an transzformációt an nyújtásnak, röviden nyújtásnak nevezünk, ha igaz rá, hogy minden egyenes párhuzamos a képével. (A denícióban megengedjük, hogy egy egyenes képe esetleg önmaga.) Példa. Az eltolás vagy a félfordulat (π szög elforgatás) nyilvánvalóan an nyújtás. A következ példa szintén ismer s lesz az elemi geometriai tanulmányokból. Deníció. Legyen rögzítve a C R 2 pont és λ 0 skalár. A h (C,λ) : R 2 R 2, X h (C,λ) (X) = C + λ(x C) leképezést C centrumú, λ arányú középpontos nyújtásnak nevezzük. Szokás a középpontos nyújtás arányának az itt deniált el jeles arány abszolút értékét, azaz λ -t nevezni. A középpontos nyújtás denícióját átalakítva: h (C,λ) (X) = C + λ(x C) = λix + (C λc). Innen láthatjuk, hogy a transzformáció an transzformáció, melynek lineáris része λi, azaz valóban minden egyenes párhuzamos lesz a képével. 33. Tétel. A sík minden nyújtásának lineáris része λi 2, ahol λ 0 valós szám. Bizonyítás. Egy nyújtás lineáris része olyan A GL(2) mátrix, hogy minden v R 2 -re v és Av arányosak. Speciális vektorokat behelyettesítve v helyére: ( ) ( ) ( ) a11 a 12 1 a11 = = a a 21 a 22 0 a 21 = 0 21 ( ) ( ) ( ) a11 a 12 0 a12 = = a a 21 a 22 1 a 12 = 0 22 ( ) ( ) ( ) a a11 = = a 0 a 22 1 a 11 = a Legyen a 11 és a 22 közös értéke λ, ekkor A = λi 2. Az olyan diagonális mátrixot, amelyben a diagonális elemei ugyanazok a skalárok (azaz a mátrix λi alakú), skalár mátrixnak is nevezik. Így tételünket úgy is fogalmazhatjuk, hogy egy nyújtás lineáris része mindig skalármátrix.

36 36 1. FEJEZET. GEOMETRIA R 2 -BEN 34. Tétel. Egy identitástól különböz nyújtásnak nem lehet két xpontja. A xpontmentes nyújtás mindig eltolás, az egy xponttal rendelkez nyújtás pedig mindig középpontos nyújtás. Bizonyítás. Legyen F (X) = λx + b az an leképezés, a xpontra λx + b = X (λ 1)X = b. (1.8) λ = 1 esetén a transzformáció eltolás, ha ráadásul b 0, akkor valódi eltolás. Ekkor az (1.8) egyenletnek nincs megoldása. λ 1 esetén X = b/(1 λ) az egyértelm xpont. 10. Feladat. Határozzuk meg a (3, 5) pont képét a ( 1, 2) centrumú, λ = 3/2 arányú középpontos nyújtásnál. Deníció. Középpontos nyújtás és egybevágóság szorzatát hasonlóságnak nevezzük. A hasonlóság arányának a származtató középpontos nyújtás arányát nevezzük Mivel a középpontos nyújtás speciálisan lehet az identitás is, ezért az egybevágóságok nyilvánvalóan hasonlóságok is. A denícióból az is rögtön következik, hogy a hasonlóságok egyben an transzformációk. 35. Tétel. A sík egy hasonlóságának lineáris része ( ) a ±b GL(2), ahol a 2 + b 2 > 0. b a A hasonlóságok csoportot alkotnak a transzformáció szorzás m veletére nézve. Bizonyítás. A hasonlóság legyen a λ arányú középpontos nyújtás és egy olyan egybevágóság szorzata, melynek lineáris része ( ) cos α ± sin α. sin α cos α A szorzat lineáris része (a transzformációk sorrendjét l függetlenül) ( ) λ cos α ±λ sin α. (1.9) λ sin α λ cos α Legyen λ cos α = a, λ sin α = b, ekkor a kívánt mátrix alakot kapjuk. Továbbá a 2 + b 2 = λ 2 > 0 is teljesül. Az (1.9) alakú mátrixok szorzata és inverze ugyanilyen alakú mátrixot ad, továbbá az egységmátrix nyilván ilyen alakú. Ebb l következik, hogy a hasonlóságok csoportot alkotnak.

37 1.7. SPECIÁLIS AFFIN TRANSZFORMÁCIÓK 37 A sík hasonlóságainak csoportját S(2) jelöli. Az el z tétel alapján {( ) } λa b S(2) = GL(3) A O(2), λ 0, b R Tétel (Skálatétel). Egy λ arányú F : R 2 R 2 hasonlóságra teljesül, hogy P, Q R 2 : d(f (P ), F (Q)) = λ d(p, Q). Bizonyítás. Legyen F (X) = λax + b (A O(2), b R 2 ) λ arányú hasonlóság. d(f (P ), F (Q)) = λap + b λaq b = λa(p Q) = λ A(P Q) = λ P Q = λ d(p, Q), a * lépésnél kihasználva, hogy egy ortogonális transzformáció normatartó. Úgy is fogalmazhatunk, hogy egy hasonlóság minden szakasz hosszát ugyanannyiszorosára változtatja (ugyanúgy skálázza). 37. Tétel (Hasonlóságok xponttétele). Ha egy hasonlóság nem izometria, akkor egyértelm en létezik xpontja. Bizonyítás. X akkor és csakis akkor xpontja a (λa, b) hasonlóságnak, ha Azt állítjuk, hogy az (1.10) egyenletb l képzett (λa I)X = b. (1.10) (λa I)X = 0, (1.11) homogén lineáris egyenletrendszernek csak a zéró vektor megoldása, így az (1.10) egyenletnek egyértelm megoldása van. Ha (λa I)X = 0, akkor λ AX = X. Az ortogonális transzformáció normatartó, így ( λ 1) X = 0. λ 1, mert a transzformáció nem izometria, így X = 0, azaz (1.11)-nek csak triviális megoldása van.

38 38 1. FEJEZET. GEOMETRIA R 2 -BEN Kulcsszavak Jegyzetek

39 1.8. ÖSSZEFOGLALÁS, KITEKINTÉS Összefoglalás és kitekintés más dimenziókra Az alábbi nevezetes mátrix csoportokat ismertük meg: általános lineáris csoport: GL(n) = {A R n n det A 0} ortogonális csoport: O(n) = {A GL(n) A 1 = A t } speciális ortogonális csoport: SO(n) = {A O(n) det A = 1} an csoport: A(n) = {(A, b) A GL(2), b R n }. A csoport izomorf a következ mátrix csoporttal {( ) } A b GL(n + 1) A GL(n), b R n. 0 1 ( ) A b Az mátrixot az (A, b) an transzformáció lineáris reprezentációjának 0 1 mondjuk. A(n)-ben a szorzás m veletét az (A, b) (A, b ) = (AA, Ab + b) el írással értelmezzük, amely könnyen megérthet, ha A(n) lineáris reprezentációjában a mátrixok szorzására gondolunk. hasonlósági csoport: S(n) = {(λa, b) A O(n), b R n, λ 0} A(n) izometriacsoport: E(n) = {(A, b) A O(n), b R n } A(n) mozgáscsoport: E + (n) = {(A, b) A SO(n), b R n } A(n) Egy dimenzióban A számegyenes geometriai transzformációi. általános lineáris csoport: GL(1) = {a R a 0} ortogonális csoport: O(1) = {1, 1}. Geometriai értelemben az identitásról és az origóra vonatkozó tükrözésr l van szó. speciális ortogonális csoport: SO(1) = {1}

40 40 1. FEJEZET. GEOMETRIA R 2 -BEN 1.4. ábra. Az egyenes an leképezése an csoport: A(1) = {(a, b) a 0, b R}. Az A(1) halmazon a szorzás a (a, b) (a, b ) = (aa, ab + b) deníció szerint van adva. Az (a, b) an leképezés nem más, mint az R R, x ax + b leképezés, amelyet az 1.4. ábra szemléltet. hasonlósági csoport: S(1) = {(λ, b) λ 0, b R} izometriacsoport: E(1) = {(±1, b) b R} Az egyenes mozgása x ±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 x + b. 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

41 1.8. ÖSSZEFOGLALÁS, KITEKINTÉS 41 {( )} 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, a b ±a 2 + b 2 > 0

42 42 1. FEJEZET. GEOMETRIA R 2 -BEN csoport jele lineáris rész geometriai leírás invariáns alaptétel an A(2) A GL(2) egyenestartó osztóviszony ABC A B C hasonlóság S(2) λa, A O(2), λ 0 középpontos nyújtás és egybevágóság szorzata egybevágóság E(2) A O(2) tengelyes tükrözések szorzata mozgás E + (2) A SO(2) páros számú tengelyes tükrözés szorzata arány ABC A B C távolság ABC = A B C távolság és orientáció AB A B 1.1. táblázat. A(2) nevezetes részcsoportjai ABC A B C, ha megfelel szögeik azonos mérték ek ABC = A B C, ha megfelel oldalaik azonos mérték ek 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.

43 1.8. ÖSSZEFOGLALÁS, KITEKINTÉS 43 Három dimenzióban A síkon az egybevágósági transzformációk felépítésének alapeleme a tengelyes tükrözés volt. Analóg módon deniáljuk térben a síkra vonatkozó tükrözést. Deníció. Az X P, n = 0 normálegyenlet P pontra illeszked, n normál egységvektorú síkra vonatkozó tükrözés a transzformáció. ρ S : R 3 R 3, X X 2 X P, n n A tengely körüli elforgatást mint két metsz síkra vonatkozó tükrözés szorzatát deniáljuk. A térben az ortogonális mátrixok leírása algebrailag összetettebb, mint két dimenzióban. Ehhez el bb egy fogalmat kell bevezetnünk: Deníció. A B R n n mátrixot hasonlónak mondjuk az A R n n mátrixhoz, ha van olyan S GL(n) mátrix, hogy B = S 1 AS. Jelölésben: A B. A mátrixok hasonlósága könnyen ellen rizhet en ekvivalenciareláció. Ezekre az ekvivalenciaosztályokra gondolhatunk úgy, mint geometriai osztályra. 38. Tétel. Minden 3 3 típusú ortogonális mátrix hasonló az cos α sin α 0 cos α sin α 0 sin α cos α 0, sin α cos α mátrixok valamelyikéhez. Geometriai szempontból az els mátrix a z tengely körüli α szög elforgatást jelenti, a második mátrix pedig egy szorzatként el álló transzformációt, a z tengely körüli α szög 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 mer leges a síkra és azt az origóban metszi. Részletesebb vizsgálatot találunk az Appendixben (3.1. szakasz.)

44 44 1. FEJEZET. GEOMETRIA R 2 -BEN

45 2. fejezet A projektív síkgeometria alapjai 45

46 46 2. FEJEZET. A PROJEKTÍV SÍKGEOMETRIA ALAPJAI an 2.1. Az an illeszkedési sík Az elemi geometriai tanulmányokból tudjuk, hogy az euklideszi síkon az egyenesek és a pontok illeszkedésére valamint az egyenesek párhuzamosságára teljesül néhány nagyon egyszer tulajdonság. Ezeket a tulajdonságokat felhasználva jutunk el az an sík absztrakt fogalmához. Deníció. 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 an illeszkedési sík, ha A1 bármely két különböz pontra pontosan egy egyenes illeszkedik A2 ha adott egy egyenes és egy rá nem illeszked pont, akkor az adott pontra pontosan egy olyan egyenes illeszkedik, melynek nincs közös pontja az adott egyenessel A3 minden egyenesre illeszkedik legalább két pont, van legalább két egyenes. Az A2 tulajdonságot an párhuzamossági axiómának nevezzük. Ha P Q pontok, akkor a rájuk illeszked egyenest P Q jelöli. Ha az l, m egyeneseknek egy an síkon nincs közös pontja vagy egybeesnek, akkor azokat párhuzamosoknak mondjuk, és azt írjuk, hogy l m. A Descartes-modell Az (A1)-(A2) tulajdonságok teljesülnek a koordinátasíkon. Ismételjük át a Descartes-féle koordinatasíkról tanultakat! A pont (x, y) R 2, azaz rendezett számpár. Az egyenes egydimenziós lineáris sokaság R 2 -ben. Egy egyenes egyenlete ax + by + c = 0, (a, b) (0, 0). Az egyenletb l 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 egyértelm, mert az egyenes egyenletét egy nemzéró skalárral végigszorozva, ugyanannak az

47 2.1. AZ AFFIN ILLESZKEDÉSI SÍK 47 egyenesnek az egyenletét kapjuk. Mondhatjuk az tehát, hogy az egyenest [a, b, c]-vel interpretáljuk, ahol [a, b, c] = {λ(a, b, c) λ 0, (a, b) (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 R 3, akkor [v] = {λv λ 0} és R 3 / = {[v] v R 3 }. Az an sík Descartes-féle modellje tehát: alapfogalom interpretáció pont (x, y) R 2 egyenes [a, b, c] R 3 /, (a, b) (0, 0) illeszkedés ax + by + c = 0 Ferdetest feletti an sík. A (valós) Descartes-féle koordinátasík analógiáját tetsz leges ferdetestre el lehet készíteni. Legyen F tetsz leges ferdetest. alapfogalom interpretáció pont (x, y) F 2 egyenes [a, b, c] F 3 /, (a, b) (0, 0) illeszkedés ax + by + c = 0 Gondosan ügyelve a szorzás nem kommutatív voltára, az axiómák teljesülése éppen úgy ellen rizhet, mint a valós esetben. Z 2 -fölötti an sík Az el z példa speciális eseteként tárgyaljuk az F = Z 2 esetet. A modulo 2 maradékosztály gy r test, ezt a testet jelöljük Z 2 -vel. (Természetesen most a szorzás kommutatív lesz, tehát testr l, nem valódi ferdetestr l van szó.) Ez a test két elem, (az elemek 0 és 1), az összeadás és szorzás deníciója: = = = = = = = = 1. A koordinátákból összesen négy pont és hat egyenes készíthet, ezek a következ k. A pontok: (0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1).

48 48 2. FEJEZET. A PROJEKTÍV SÍKGEOMETRIA ALAPJAI 2.1. ábra. Az an sík 4 pont 6 egyenes modellje Az egyenesek: [1, 1, 1], [1, 1, 0], [1, 0, 1], [1, 0, 0], [0, 1, 1], [0, 1, 0]. Megjegyezzük, hogy a testben egyetlen zérustól különböz skalár van, az egységelem, így az [a, b, c] (a, b, c {0, 1}) halmaz most egyetlen számhármast tartalmaz. Az illeszkedési reláció (melyet a 2.1. ábra szemléltet) az alábbi táblázat szerint teljesül. (Ahol a pont illeszkedik az egyenesre, ott az illeszkedés egyenlete a táblázatban szerepel.) (0, 0) (0, 1) (1, 0) (1, 1) [1, 1, 1] = = 0 [1, 1, 0] = = 0 [1, 0, 1] = = 0 [1, 0, 0] = = 0 [0, 1, 1] = = 0 [0, 1, 0] = = 0 APP teljesülése az összes lehetséges eset számbavételével könnyen ellen- rizhet. 11. Feladat. Írjuk le a Z 3 fölötti an síkot.

49 2.1. AZ AFFIN ILLESZKEDÉSI SÍK 49 Moulton-féle an sík A Descartes-modellben az egyeneseket az ax + by + c = 0 ((a, b) (0, 0)) egyenletük alapján kezeltük. Az y tengellyel nem párhuzamos (nem függ leges, ferde) egyeneseknek van ún. iránytényz s egyenlete is: y = mx + b. A függ leges egyenesek egyenlete pedig x = c. A Descartes-modell ezeket az egyenes el állításokat használva a következ képpen módosulna: alapfogalom interpretáció pont (x, y) F 2 egyenes (függ leges) c R egyenes (ferde) (m, b) R 2 illeszkedés pont függ leges egyenesre x = c pont ferde egyenesre y = mx + b A pont és az egyenes fogalmát megtartva, az illeszkedés fogalmát a pozitív meredekség ferde egyenesekre megváltoztatva egy érdekes modellhez jutunk. Az (x, y) pont illeszkedik az (m > 0, b) egyenesre, ha A modellt összefoglalva: y = mx + b (y < 0) y = 1 (mx + b) (y 0). 2 alapfogalom interpretáció pont (x, y) F 2 egyenes (függ leges) c R egyenes (ferde) (m, b) R 2 illeszkedés pont függ leges egyenesre x = c pont ferde egyenesre (m 0) y = mx + b y = mx + b y < 0 pont ferde egyenesre (m > 0) y = 1 (mx + b) y 0 2 A 2.2. ábra egy pozitív meredekség ferde egyenesre illeszked pontok halmazát szemlélteti. Az axiómák ellen rzése most sem jelent problémát. Két pontra illeszked egyenes konstrukciója akkor igényel új konstrukciót, ha a Descartesmodellben a két pontot pozitív meredekség egyenes kötné össze. A megoldás leolvasható a 2.3. ábráról.

50 50 2. FEJEZET. A PROJEKTÍV SÍKGEOMETRIA ALAPJAI 2.2. ábra. Egy ferde egyenesre (m = 2) illeszked pontok a Moultonmodellben 2.3. ábra. Két pontra illeszked egyenes konstrukciója egy problémás esetben

51 2.1. AZ AFFIN ILLESZKEDÉSI SÍK 51 Kulcsszavak Jegyzetek

52 52 2. FEJEZET. A PROJEKTÍV SÍKGEOMETRIA ALAPJAI 2.2. Homogén koordináták az euklidészi síkon A tér síkra történ leképezése nagyon sok területen el forduló probléma, a képz m vészetekt l a computergrakáig. A tér síkra történ ábrázolásának egyik módszere a (vonal) perspektíva. Ezt tudományos alapossággal a itáliai reneszánsz m vészek tanulmányozták a XV. századtól (Bruneleschi, Alberti). A cél az volt, hogy a tér valóságh illúzióját keltsék. Geometriailag a perspektív leképezést a következ képpen adhatjuk meg. Rögzítsünk a térben egy C pontot (a fest szeme) és egy Σ síkot (fest vászon). A tér P pontjához rendeljük hozzá a CP egyenes és a Σ sík P -vel jelölt metszéspontját (2.4. ábra). P P C Σ 2.4. ábra. A perspektíva. Megjegyzend, hogy ezzel az eljárással a C pontra illeszked, Σ-val párhuzamos sík pontjait nem tudjuk leképezni Σ-ra (a fest a feje fölött álló csillagot nem tudja ráfesteni a képre). Analitikusan sem nehéz a leírás. Vegyük fel a térben az (x 1, x 2, x 3 ) térbeli Descartes-féle koordinátarendszert. A C pont legyen a koordinátarendszer kezd pontja, a Σ sík pedig legyen az x 3 = 1 sík. A Σ síkban vegyük fel a (síkbeli) (x, y) Descartes-féle koordinátarendszert, tengelyei legyenek párhuzamosak a térbeli koordinátarendszer megfelel tengelyeivel: x x 1, y x 2, kezd pontja pedig legyen a (0, 0, 1) pont (2.5. ábra.) Ha a P térbeli Descartes koordinátái (x 1, x 2, x 3 ) és x 3 0, akkor P síkbeli (x, y) koordinátáira azt kapjuk, hogy x = x 1 x 3, y = x 2 x 3. Vegyük észre, hogy a P pont helyzetét a Σ síkban egyaránt jellemezhetük a síkbeli Descartes-koordinátáival illetve P térbeli Descartes-koordinátáival.

53 2.2. HOMOGÉN KOORDINÁTÁK 53 x 2 y x 1 x C 1 x ábra. A Descartes-féle koordinátarendszerek felvétele. Az utóbbi számhármast a P homogén koordinátáinak nevezzük. A homogén koordináták egyértelm en meghatározzák a (síkbeli) Descartes koordinátákat, de fordítva ez nem igaz: a CP egyenes tetsz leges (C-t l különböz ) pontjának ugyanaz a képe a Σ síkon. A CP (C-t l különböz ) pontjainak térbeli Descartes koordinátái (αx 1, αx 2, α 3 ) (α 0), ezek a koordináták szintén P homogén koordinátái. A továbbiakban (euklidészi) síkon az R 2 valós vektorteret értjük. Pontnak R 2 nulla dimenziós lineáris sokaságait (azaz a számpárokat), egyenesnek pedig az egydimenziós lineáris sokaságokat nevezzük. Deníció. Az (x 1, x 2, x 3 ) R 3 számhármast az (x, y) R 2 pont homogén koordinátáinak nevezzük, ha x = x 1 x 3, y = x 2 x 3. (2.1) 12. Feladat (Az egyenes egyenlete). Tekintsük a következ egyenest: ax + by + c = 0, a 2 + b 2 > 0. Beírva az (2.1) transzformációt, majd x 3 -al szorozva kapjuk, hogy ax 1 + bx 2 + cx 3 = 0, a 2 + b 2 > 0. Ebben az egyenletben az u = (a, b, c) és p = (x 1, x 2, x 3 ) vektorok szimmetrikus szerepe a gyelemre méltó. Ugyanezt az egyenletet R 3 kanonikus skaláris szorzatával felírva: u, p = 0. (2.2)

54 54 2. FEJEZET. A PROJEKTÍV SÍKGEOMETRIA ALAPJAI 13. Feladat (Két pontra illeszked egyenes egyenlete). A P pont homogén koordinátáit jelölje p = (p 1, p 2, p 3 ), a Q homogén koordinátái q = (q 1, q 2, q 3 ). Írjuk fel a P Q egyenletét! Az el z feladat szerint olyan u R 3 vektort keresünk, mely p-re és q-ra egyaránt mer leges, azaz A keresett egyenlet tehát u = p q = (p 2 q 3 p 3 q 2, p 3 q 1 p 1 q 3, p 1 q 2 p 2 q 1 ). (p 2 q 3 p 3 q 2 )x 1 + (p 3 q 1 p 1 q 3 )x 2 + (p 1 q 2 p 2 q 1 )x 3 = 0, vagy más alakban p 2 p 3 q 2 q 3 x 1 p 1 p 3 q 1 q 3 x 2 + p 1 p 2 q 1 q 2 x 3 = 0. Ellen riznünk kell még az a 2 + b 2 > 0 feltételt. Tegyük fel indirekt, hogy egyrészt (p 2, p 3 ) és (q 2, q 3 ), másrészt (p 1, p 3 ) és (q 1, q 3 ) arányosak. Mivel q 3 0, ezért van olyan α skalár, hogy p 3 = α q 3, tehát az el bbi két arányosság csak úgy teljesülhet, ha p 2 = α q 2, p 1 = α q 1, amib l (p 1, p 2 ) és (q 1, q 2 ) arányossága is következik, vagyis (p 1, p 2, p 3 ) = α (q 1, q 2, q 3 ). Ez ellentmondás, mert P és Q különböz pontok. 14. Feladat (Két egyenes metszéspontja). Határozzuk meg az a 1 x 1 + b 1 x 2 + c 1 x 3 = 0, és a 2 x 1 + b 2 x 2 + c 2 x 3 = 0 nem párhuzamos egyenesek metszéspontját! A (2.2) egyenlet szerint olyan p vektort keresünk, mely az u 1 = (a 1, b 1, c 1 ) és u 2 = (a 2, b 2, c 2 ) vektorok mindegyikére mer leges. Ilyen vektor p = u 1 u 2. A megoldás tehát (b 1 c 2 b 2 c 1, c 1 a 2 a 1 c 2, a 1 b 2 a 2 b 1 ). Az euklidészi síkon használt homogén koordinátákra x 3 0-nak teljesülni kell. a 1 b 2 a 2 b 1 = 0 azt jelentené, hogy (a 1, b 1 ) és (a 2, b 2 ) arányosak, tehát a két egyenes párhuzamos lenne. Megjegyzend, hogy módszerünk párhuzamos (de különböz ) egyenesekre is ad megoldást, de a kapott pont nincs rajta az euklidészi síkon. (b 1 c 2 b 2 c 1, c 1 a 2 a 1 c 2, 0)

55 2.2. HOMOGÉN KOORDINÁTÁK 55 A fenti feladatokat elemezve néhány, a továbbiakban fontos észrevételt tehetünk az euklidészi síkon használt homogén koordinátákra: egy pont harmadik homogén koordinátája nem lehet zérus: x 3 0; egy egyenes egyenlete ax 1 + bx 2 + cx 3 = 0, ahol a 2 + b 2 > 0, azaz a x 3 = 0 tiltott egyenlet; az euklidészi síkon párhuzamos egyenesek metszéspontja pontosan a x 3 = 0 tiltott egyenesre esik. (Ld. a 14 feladatot.) Megjegyzés. A perspektíva elvezetett bennünket a síkon egy újfajta koordinátázáshoz, a homogén koordinátákhoz. A homogén koordinátákkal a sík analitikus geometriája meglep en egyszer, és a számításokban kézenfekv, ha az x 3 = 0 koordinátákat is megengedjük. Ezek a pontok ugyan nincsenek rajta az euklidészi síkon, egy tiltott egyenesre illeszkednek, de ha ezzel az egyenessel kib vítjük az euklidészi síkot, akkor egyrészt a három koordináta szerepe teljesen egyenrangú lesz, másrészt az egyenesek és pontok szerepe a számításokban szimmetrikus. Ennek a lépésnek azonban van egy következménye: ezen a kib vített síkon már nem léteznek párhuzamos egyenesek.

56 56 2. FEJEZET. A PROJEKTÍV SÍKGEOMETRIA ALAPJAI Kulcsszavak Jegyzetek

57 2.3. A PROJEKTÍV ILLESZKEDÉSI SÍK A projektív illeszkedési sík Projektív illeszkedési sík Descartes-féle an síkon használt homogén koordinátázás új illeszkedési és párhuzamossági tulajdonságokhoz vezetett el bennünket (ld. a 2.2. megjegyzést). Deníció. Legyen E és L két halmaz, a pontok és egyenesek halmaza, i E L pedig egy relácó, az illeszkedési reláció. Az (E, L, i) hármas egy projektív illeszkedési sík, ha P1 bármely két különböz pontra pontosan egy egyenes illeszkedik P2 bármely két különböz egyenesre illeszkedik közös pont P3 minden egyenesre illeszkedik legalább három pont, van legalább két egyenes. P1 miatt két különböz egyenes legfeljebb egy pontban metszi egymást, így P2-t élesíteni is lehet: két különböz egyenes pontosan egy pontban metszi egymást. A következ tétel könnyen bizonyítható P1P3 alapján. 39. Tétel. A projektív illeszkedési síkon van legalább három egyenes, továbbá a projektív illeszkedési sík minden pontjára legalább három egyenes illeszkedik. Így P1-P3 ekvivalens az alábbi három tulajdonsággal. P1'=P1 bármely két különböz pontra pontosan egy egyenes illeszkedik P2' bármely két különböz egyenesre pontosan egy pont illeszkedik P3 minden egyenesre illeszkedik legalább három pont, minden pontra illeszkedik legalább három egyenes. Következmény (Dualitási elv). Ha (E, L, i) projektív illeszkedési sík, akkor (L, E, i ) szintén projektív illeszkedési sík, ahol (l, P ) i akkor és csakis akkor teljesül, ha (P, l) i. Azaz egy projektív sík egyeneseit és pontjait egymással felcserélve, az illeszkedést ismét projektív síkot kapunk.

58 58 2. FEJEZET. A PROJEKTÍV SÍKGEOMETRIA ALAPJAI Modellek projektív illeszkedési síkra An illeszkedési sík projektív lezártja. Induljunk ki egy (E, L, i) an síkból. Az egyenesek párhuzamossága egy an síkon ekvivalenciareláció. Legyen l L, [l] = {e L e l}, az l egyenes által reprezentált irány. Az an sík pontjaink halmazát kiegészítjük az an sík írányaival, mint végtelen távoli pontokkal: Ē = E {[l] l L}. A végtelen távoli pontok halmazát végtelen távoli egyenesnek nevezzük és l i -vel jelöljük. L = L {li }. Az an sík pontjait közönséges pontoknak, míg az an sík egyeneseit közönséges egyeneseknek is nevezzük. Az illeszkedési relációt úgy értelmezzük, hogy a közönséges pontok és közönséges egyenesek között örökl dik az an síkról, minden végtelen távoli pont illeszkedik minden reprezentánsára továbbá még a végtelen távoli egyenesre, melyre csak végtelen távoli pontok illeszkednek. Az így deniált (Ē, L, ī) hármas projektív illeszkedési sík, melyet az (E, L, i) an sík projektív lezártjának nevezünk. Fano-modell, (hét pont hét egyenes modell). Speciálisan tekintsük a Z 2 -fölötti an sík projektív lezártját. A 4 pont 6 egyenes modellt el ször egy új szemléltetésben adjuk meg, ezt tartalmazza a 2.6. ábra, v.ö ábra ábra. Az an sík 4 pont 6 egyenes modellje, új szemléltetés A modellben a párhuzamos egyeneseket és az általuk reprezentált irányokat (azaz a végtelen távoli pontokat) az alábbi táblázat tartalmazza. egyenes egyenes végtelen távoli pont [1, 0, 0] (DA) [1, 0, 1] (CB) L [0, 1, 1] (CD) [0, 1, 0] (AB) M [1, 1, 0] (AC) [1, 1, 1] (BD) N

59 2.3. A PROJEKTÍV ILLESZKEDÉSI SÍK 59 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 ábra. A projektív sík 7 pont 7 egyenes modellje. Az el biekben leírt Fano-modellt természetesen önállóan is meg lehet adni a pontok és egyenesek felsorolásával (illeszkedésnek pedig az eleme relációt tekintve), nemcsak a Z 2 fölötti an sík projektív lezártjaként. Ekkor végtelen távoli pontokról és egyenesr l a modell megadásában nem kell beszélni. Ferdetest feletti, iletve valós projektív sík. Legyen F egy ferdetest, F = F \ {0}. E = F 3 /, L = F 3 /, ahol u v, ha van olyan zérustól különböz t F, hogy u = tv (u, v F 3 ). Legyen [x] = {tx t F \ {0} }, az x F vektort a [x] pont (egyenes) reprezentánsának vagy homogén koordinátáinak mondjuk. Az i illeszkedés deníciója: ([p], [u]) i, ha p, u = 0. A skaláris szorzat homogenitása alapján könnyen látható, hogy az illeszkedés deníciója független a pontot/egyenest reprezentáló ekvivalenciaosztály választásától. Ha x, u = 0, akkor αx, βu = αβ x, u = 0. Megjegyezzük, hogy az illeszkedési relációt nem az eleme reláció szinonímájaként használjuk. Az egy egyenesre illeszked pontok halmazát pontsor nak, míg az egy pontra illeszked egyenesek halmazát sugársor nak nevezzük. Az egy egyenesre illeszked pontokat 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 mer legesek, vagyis az u által generált egy dimenziós

60 60 2. FEJEZET. A PROJEKTÍV SÍKGEOMETRIA ALAPJAI altér két dimenziós ortogonális komplementerében vannak. Kétdimenziós vektortérben három vektor mindig lineárisan függ. Mivel a pontoknak és egyeneseknek ugyanaz a deníciója, az illeszkedési reláció pedig szimmetrikus, ezért a pontok és egyenesek illeszkedésére kimondott minden igaz állításban a pont és egyenes szavak felcserélésével is igaz állítást kapunk. (Ld. dualitási elv.) Vezessük be a következ jelölést: FP 2 = F 3 / Valós projektív síkról akkor beszélünk, ha F = R. A valós projektív síkot RP 2 jelöli.

61 2.3. A PROJEKTÍV ILLESZKEDÉSI SÍK 61 Kulcsszavak Jegyzetek

62 62 2. FEJEZET. A PROJEKTÍV SÍKGEOMETRIA ALAPJAI 2.4. Záródási tulajdonságok a projektív illeszkedési síkon Egy nemkollineáris ponthármast egy projektív illeszkedési síkon háromszögnek nevezünk. Deníció. Egy projektív illeszkedési síkon megfogalmazott alábbi állítást Desargues-tételnek nevezzük. Ha A, B, C, A, B, C hat különböz pont úgy, hogy ABC és A B C háromszögek, és az AA, BB és CC egyenesek különböz ek és egy pontra illeszked ek, akkor AB A B, BC B C és CA C A pontok egy egyenesre illeszkednek. W C P A C B U B A V 2.8. ábra. Desargues tétele. A továbbiakban belátjuk, hogy a Desargues-tétel a projektív illeszkedési sík axiómarendszerát l független állítás, azaz a projektív illeszkedési sík axiómáit felhasználva sem bizonyítani, sem cáfolni nem lehet. Ezt úgy látjuk be, hogy adunk olyan modellt, amelyben a Desargues-tétel igaz és adunk olyan modellt, amelyben a tétel nem teljesül. 40. Tétel. A valós projektív síkon teljesül a Desargues-tétel. Bizonyítás. Jelölje a AA, BB és CC egyenesek közös pontját P. Ha a P pont kollineáris lenne A, B, C közül valamelyik kett vel, akkor a háromszögek egy-egy oldala egybeesne, tehát ellentmondásra jutnánk a feltétellel. Legyen AB A B = {U}, BC B C = {V } és CA C A = {W }. Legyen a továbbiakban A = [a], B = [b], stb. A feltételek szerint valamely

63 2.4. ZÁRÓDÁSI TULAJDONSÁGOK α, α, β, β, γ, γ skalárokra: αa + α a = p, βb + β b = p, γc + γ c = p. A megfelel relációkat kivonva: αa βb + α a β b = 0 βb γc + β b γ c = 0 γc αa + γ c α a = 0. Rendezve: αa βb = β b α a = u βb γc = γ c β b = v γc αa = α a γ c = w. Ahonnan u + v + w = 0 adódik, tehát u, v, w lineárisan függ ek, U, V, W egy egyenesre illeszkednek. Megjegyzés. A Desargues-tételben szerepl feltételt röviden úgy is említhetjük, hogy a két háromszög csúcsaira nézve perspektív, míg az állítást úgy is megfogalmazhatjuk, hogy a két háromszög oldalaira nézve perspektív. Azaz a Desargues-tétel állítása: ha két háromszög csúcsaira nézve perspektív, akkor oldalaira nézve is perspektív. Gyakran a Desargues-tételt úgy mondják ki, hogy az állítás duálisával (lényegében az állítás megfordításával) együtt fogalmazzák meg: két háromszög csúcsaira nézve akkor és csakis akkor perspektív, ha oldalaira nézve perspektív. 41. Tétel. A Moulton-féle an sík projektív lezártján a Deasargues-tétel nem teljesül. Bizonyítás. A 2.9 ábra két háromszöge ellenpélda Desargues tételére: az ABC és A B C háromszögek csúcsaikra nézve perspektívek (a megfelel csúcsokat összeköt egyenesek az origóban metszik egymást), míg a megfelel oldalak metszéspontjai közül kett ideális, egy pedig közönséges. Azonban az ideális egyenesre közönséges pont nem illeszkedhet. Deníció. Egy projektív illeszkedési síkon megfogalmazott alábbi állítást Pappusz-tételnek nevezzük. Ha e és f a projektív sík két egyenese, A 1, B 1, C 1 az e, A 2, B 2, C 2 pedig az f egymástól valamint e és f metszéspontjától különböz pontjai, akkor a U = A 1 B 2 B 1 A 2, V = A 1 C 2 C 1 A 2, W = B 1 C 2 C 1 B 2 pontok egy egyenesen vannak. (Ld ábra.)

64 64 2. FEJEZET. A PROJEKTÍV SÍKGEOMETRIA ALAPJAI 2.9. ábra. A Moulton-féle an sík projektív lezártjában nem teljesül a Desargues-tétel ábra. A Pappusz-tulajdonság

65 2.4. ZÁRÓDÁSI TULAJDONSÁGOK A Pappusz-tétel a projektív illeszkedési sík axiómarendszerét l független állítás. 42. Tétel. Egy ferdetest feletti projektív síkon akkor és csakis akkor teljesül a Pappusz-tétel, ha a ferdetest test. 43. Tétel (Hessenberg, 1905). Ha egy projektív illeszkedési síkon teljesül a Pappusz-tétel, akkor teljesül a Desargues-tétel is.

66 66 2. FEJEZET. A PROJEKTÍV SÍKGEOMETRIA ALAPJAI Kulcsszavak Jegyzetek

67 2.5. PROJEKTÍV TRANSZFORMÁCIÓK Projektív transzformációk Ett l a fejezett l kezdve valós test fölötti projektív síkot rögzítünk. Deníció. Egy Φ: RP 2 RP 2 bijektív leképezést projektív kollineációnak ha bármely három kollineáris pont képe három kollineáris pont. Deníció. Legyen A GL(3). A P A : RP 2 RP 2, [x] P A ([x]) = [Ax] ponttranszformációt projektív transzformációnak nevezzük. 44. Tétel. Egy Φ: RP 2 RP 2 bijektív leképezés akkor és csakis akkor projektív kollineáció, ha projektív transzformáció. Bizonyítás. Könny 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], [q], [r] szintén kollineáris ponthármas. A megfordítás bizonyítását nem tárgyaljuk. 45. Tétel. A projektív sík projektív transzformációi csoportot alkotnak a transzformáció szorzás m veletre nézve, melyet P(2) jelöl. A leképezés homomorzmus. P: GL(3) P(2), GL(3) A P A Bizonyítás. P I3 nyilvánvalóan az identikus projektív transzformáció. Két projektív transzformáció szorzata projektív transzformáció: (P A P B )([x]) = P A (P B ([x])) = P A ([Bx]) = [ABx] = P AB ([x]), (*) ahonnan az is következik, hogy P 1 A = P A 1. (*) azt is jelenti, hogy P m velettartó. A P leképezés nyilván nem izomorzmus, mert egymással arányos mátrixok ugyanazt a projektív transzformációt határozzák meg: ha B = ta, (t 0), akkor [Bx] = [tax] = [Ax], azaz P A = P B. Így GL(3) elemei és a projektív sík projektív transzformációi között a megfeleltetés nem kölcsönösen egyértelm, mert egy A GL(3) mátrix és ennek nemzéró skalárszorosa ugyanazt a projektív transzformációt adják. Emlékeztetünk arra, hogy H(3) = {λi 3 λ R \ {0} } (I 3 = diag(1, 1, 1)).

68 68 2. FEJEZET. A PROJEKTÍV SÍKGEOMETRIA ALAPJAI 46. Tétel (A projektív transzformációk f tétele els változat). P(2) = Gl(3)/H(3). Bizonyítás. A P leképezés magját kell megkeresnünk. Gl(3) P A = id}. ker P = {A P A = id p R 3 \ {0} : [p] = [Ap] Ap = kp (k 0), ami azt jelenti, hogy A-nak minden nemzéró vektor sajátvektora, tehát A = λi 3 valamely λ R-re, így ker P = H(3). Az algebra homomoratételéb l 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 egyértelm. 47. Tétel (A projektív transzformációk f tétele második változat). Legyen Ekkor P(2) = SL(3). SL(3) = { A Gl(3) det A = 1}. Bizonyítás. Legyen A SL(3) H(3). Ha A = λ id 3, akkor det A = λ 3 = λ 3 = 1 = λ = 1. Tehát SL(3) H(3) = {id 3 }. Az algebrai ismereteink alapján, ekkor teljesül SL(3) = P(2) is. 48. Tétel. A projektív síkon minden projektív transzformációnak van xpontja és invariáns pontsora (azaz xegyenese). Bizonyítás. Tudjuk, hogy minden Φ P(2) projektív transzformációra: Φ = P A, valamely A Gl(3) mátrixra. Mivel A karakterisztikus polinomja harmadfokú, ezért biztosan van valós gyöke (egy vagy kett ), így sajátvektora is. Jelöljön x R 3 egy sajátvektort. Erre Φ([x]) = [Ax] = [x], azaz [x] RP 2 a kívánt xpont. A lineáris algebrából azt is tudjuk, hogy A-nak van kétdimenziós invariáns altere is. Jelölje ezt L(p, q), (p, q R 3 lineárisan független vektorok). L(p, q) = L(p, q ), = [p q] = [p q ], tehát a [p q] egyenesre illeszked pontok halmaza x.

69 2.5. PROJEKTÍV TRANSZFORMÁCIÓK 69 Deníció. Négy pontot általános helyzet nek nevezünk a projektív síkon, ha nincs közöttük három egy egyenesre illeszked. Az általános helyzet pontnégyest gyakran négyszögként említjük. 49. Tétel (A projektív transzformációk alaptétele). Négyszög és képe a projektív transzformációt egyértelm en meghatározza a projektív síkon. Bizonyítás. A létezést konstruktívan látjuk be.. A négy eredeti pont legyen {[x i, y i, z i ] i = 1,..., 4}, a négy képpont pedig {[X i, Y i, Z i ] i = 1,..., 4}. Olyan M GL(3) mátrixot keresünk, melyre M(x i, y i, z i ) t = ξ i (X i, Y i, Z i ) t, i = 1, 2, 3, 4. (Ne felejtsük el, hogy arányos számhármasok ugyanazt a pontot jelentik, ezért került a jobb oldalra egy-egy arányossági tényez.) M megkeresését két lépésre osztjuk, ezek a lépések matematikailag teljesen egyenérték ek. El ször olyan P GL(3) mátrixot keresünk, melyre ahol P : E i [x i, y i, z i ], i = 1, 2, 3, 4. E 1 = [1, 0, 0], E 2 = [0, 1, 0], E 3 = [0, 0, 1], E 4 = [1, 1, 1]. Majd olyan Q GL(3) mátrixot, melyre Q: E i [X i, Y i, Z i ], 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 = (p ij ) GL(3)-ra teljesül, hogy valamely k 1, k 2, k 3, k 4 konstansokra p 11 p 12 p p 21 p 22 p p 31 p 32 p k 1 x 1 k 2 x 2 k 3 x 3 k 4 x 4 = k 1 y 1 k 2 y 2 k 3 y 3 k 4 y 4. k 1 z 1 k 2 z 2 k 3 z 3 k 4 z 4 A fenti egyenletrendszerben = 13 ismeretlen van (a P mátrix elemei, továbbá k 1, k 2, k 3, k 4 ), ugyanakkor a mátrixelemek összehasonlításával 12 egyenletet kapunk. Egy ismeretlent tehát szabadon választhatunk (pontosabban szabadon paraméterezhetünk), legyen ez k 4, mely értékét 1-nek választjuk. Így az egyenletrendszer: p 11 p 12 p p 21 p 22 p p 31 p 32 p k 1 x 1 k 2 x 2 k 3 x 3 x 4 = k 1 y 1 k 2 y 2 k 3 y 3 y 4. k 1 z 1 k 2 z 2 k 3 z 3 z 4

70 70 2. FEJEZET. A PROJEKTÍV SÍKGEOMETRIA ALAPJAI A bal oldalon a szorzást elvégezve: p 11 p 12 p 13 p 11 + p 12 + p 13 k 1 x 1 k 2 x 2 k 3 x 3 x 4 p 21 p 22 p 23 p 21 + p 22 + p 23 = k 1 y 1 k 2 y 2 k 3 y 3 y 4. p 31 p 32 p 33 p 31 + p 32 + p 33 k 1 z 1 k 2 z 2 k 3 z 3 z 4 A jobb oldali és a bal oldali mátrixelemek összehasonlításával az alábbi lineáris egyenletrendszert kapjuk a k 1, k 2, k 3 ismeretlenekre: k 1 x 1 + k 2 x 2 + k 3 x 3 = x 4 k 1 y 1 + k 2 y 2 + k 3 y 3 = y 4 k 1 z 1 + k 2 z 2 + k 3 z 3 = z 4. Innen kapjuk a k 1, k 2, k 3 számokat, majd a P mátrixot: 1 k 1 x 1 x 2 x 3 x 4 k 1 x 1 k 2 x 2 k 3 x 3 k 2 = y 1 y 2 y 3 y 4, P = k 1 y 1 k 2 y 2 k 3 y 3. k 3 z 1 z 2 z 3 z 4 k 1 z 1 k 2 z 2 k 3 z 3 Az egyértelm séget a következ képpen láthatjuk be. Ha P N és P M két projektív transzformáció a tételben megfogalmazott tulajdonsággal, akkor a P 1 N P M = P N 1 M projektív transzformációnak [p i ] = [x i, y i, z i ] (i = 1,..., 4) xpontjai. Belátjuk, hogy ezzel a tulajdonsággal csak az identikus projektív transzformáció rendelkezik, azaz P N = P M. Legyen az egyszer ség kedvéért N 1 M = L, valamint p 4 = α 1 p 1 + α 2 p 2 + α 3 p 3, (*) és Lp i = λ i p i. α i 0, mert (*)-ben bármelyik együttható nulla volta azt eredményezné, hogy a pontok között van három kollineáris. (*) mindkét oldalára alkalmazva L-t: Lp 4 = α 1 Lp 1 + α 2 Lp 2 + α 3 Lp 3, amib l λ 4 p 4 = α 1 λ 1 p 1 + α 2 λ 2 p 2 + α 3 λ 3 p 3. ( ) Ugyanakkor (*) mindkét oldalát szorozva λ 4 -gyel: ( ) és ( ) jobb oldalát összehasonlítva λ 4 p 4 = α 1 λ 4 p 1 + α 2 λ 4 p 2 + α 3 λ 4 p 3 ( ) jel. λ 1 = λ 2 = λ 3 = λ 4 = λ adódik, hiszen (p 1, p 2, p 3 ) R 3 bázisa. Így L = λi 3.

71 2.5. PROJEKTÍV TRANSZFORMÁCIÓK 71 A projektív transzformációkat az eddigiek alapján könny analitikus formában is leírni: Következmény. Legyen Φ P(2) projektív transzformáció. Ekkor létezik olyan (a ij ) SL(3), hogy minden P = [(x 1, x 2, x 3 )] RP 2 pontra Φ(P ) = [(x 1, x 2, x 3)], ahol x 1 = a 11 x 1 + a 12 x 2 + a 13 x 3 x 2 = a 21 x 1 + a 22 x 2 + a 23 x 3 x 3 = a 31 x 1 + a 32 x 2 + a 33 x 3. A fenti összefüggést tovább alakítva, az els relációt elosztva a harmadikkal: x 1 = a 11x 1 + a 12 x 2 + a 13 x 3. x 3 a 31 x 1 + a 32 x 2 + a 33 x 3 A jobb oldali törtet b vítve 1/x 3 -mal, valamint felhasználva a Descartes és homogén koordináták közötti kapcsolatot (x = x 1 /x 3, y = x 2 /x 3 ): x = a 11x + a 12 y + a 13. a 31 x + a 32 y + a 33 Hasonlóan: y = a 21x + a 22 y + a 23. a 31 x + a 32 y + a 33 A fenti eljárásnak természetesen nincs értelme, ha x 3 = 0 vagy a 31 x 1 + a 32 x 2 + a 33 x 3 = 0. Tehát minden projektív transzformáció az euklidészi síkon Descartes koordinátákkal megadható, mint lineáris tört transzformáció közös nevez vel. A geomertriai transzformációk hierarchiája A síkon geometriai módon deniált transzformációcsoportok és mátrixcsoportok közötti megfeleltetést vizsgáltuk a korábbiakban: transzformációcsoport jelölés mátrixcsoport ( ) A b mozgáscsoport E(2) +, A SO(2), b R ( ) A b izometriacsoport E(2), A O(2), b R ( ) ( ) A b α β hasonlósági csoport S(2), A =, det A 0, b R 0 1 β ±α 2 ( ) A b an csoport A(2), A GL(2), b R projektív csoport P(2) SL(3)

72 72 2. FEJEZET. A PROJEKTÍV SÍKGEOMETRIA ALAPJAI A táblázat els négy sorában a megfelel transzformációcsoportok között és a megfelel mátrixcsoportok között is csoport-részcsoport kapcsolat van. Most a projektív transzformációcsoport és az an csoport közötti kapcsolatot tisztázzuk. Deníció. Egy projektív transzformációt a projektív síkon anprojektív nak nevezünk, ha a végtelen távoli egyenes xegyenese. 50. Tétel. Az an-projektív transzformációk mátrixa a következ alakú: a 11 a 12 a 13 a 21 a 22 a 23, 0 0 a 33 ahol a 33 a 11 a 12 a 21 a 22 = 1. Bizonyítás. Legyen (a ij ) SL(3) an-projektív transzformációt reprezentáló mátrix. a 11 a 12 a 13 α a 21 a 22 a 23 β =. a 31 a 32 a 33 0 a 31 α + a 32 β Ha minden végtelen távoli pont képe végtelen távoli pont, akkor minden α, β valós számra: a 31 α + a 32 β = 0. Ez csak úgy teljesülhet, ha a 31 = a 32 = Tétel. A projektív sík an-projektív transzformációi csoportja izomorf az euklidészi sík an transzformációi csoportjával. Bizonyítás. Az izomorzmust a következ képpen adhatjuk meg: ( ) A b A(2) 1 ( ) A b 0 1 3, A GL(2), b R 2. det A 0 1 A fenti izomorzmussal a sík eddigiekben tanult geometriai transzformációcsoportjait beazonosíthatjuk a projektív sík egy-egy transzformációcsoportjával:

73 2.5. PROJEKTÍV TRANSZFORMÁCIÓK 73 Projektív transzformációk Affin transzformációk Hasonlóságok Egybevágóságok ábra. A geometriai transzformációk hierarchiája.

74 74 2. FEJEZET. A PROJEKTÍV SÍKGEOMETRIA ALAPJAI Kulcsszavak Jegyzetek

75 2.6. A KETTŽSVISZONY A kett sviszony 52. Tétel. Legyenek P = [p], A = [a], B = [b] (a, b, p R 3 ) különböz, közönséges, kollineáris pontok a projektív síkon, továbbá p = αa + βb (α, β R). Ekkor (ABP ) = βb 3 αa 3. Bizonyítás. Deníció szerint P A = (ABP )(B P ), azaz (ABP ) = p 1 a 1 b 1 p 1. Az els komponenseket homogén koordinátákkal kifejezve: (ABP ) = p 1 a 1 αa 1 + βb 1 a 1 p 3 a 3 αa b 1 p = 3 + βb 3 a 3 1 b 1 αa = 1 + βb 1 b 3 p 3 b 3 αa 3 + βb 3 = β(b 1a 3 b 3 a 1 ) α(b 1 a 3 a 1 b 3 ) b3 a 3 = β α b3 a 3. Deníció. Legyenek A = [a], B = [b], P = [p], Q = [q] ill. A = [a], B = [b], P = [p], Q = [q] egy pontsor vagy sugársor különböz elemei, továbbá p = αa + βb, q = µa + σb. Az (ABP Q) = β α µ σ ill. (A B P Q) = β α µ σ értéket a négy pont/egyenes kett sviszonyának nevezzük. A deníció független a pontok/egyenesek reprezentánsainak választásától, így a továbbiakban gyakran élünk a (abpq) jelöléssel is (így tipográalig nem kell a pontokat és az egyeneseket elkülöníteni). 53. Tétel. (abpq) = 1 (bapq) = 1 (abqp) 54. Tétel (A kett sviszony visszavezetése osztóviszonyra). = (pqab) (2.3)

76 76 2. FEJEZET. A PROJEKTÍV SÍKGEOMETRIA ALAPJAI 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 52. tételb l rögtön következik. 55. Tétel. Minden projektív transzformáció kett sviszonytartó. 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 α µ σ = (abpq). 56. 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 Mivel a feltétel miatt β α γ δ = µ λ ρ σ. a, u = 0, c, w = 0 b, v = 0 d, z = 0, ezért 0 = c, w = αµ a, v + βλ b, u, 0 = d, z = γσ a, v + δρ b, u,

77 2.6. A KETTŽSVISZONY 77 tehát αµ a, v = βλ b, u γσ a, v = δρ b, u, ahonnan az állítás következik.

78 78 2. FEJEZET. A PROJEKTÍV SÍKGEOMETRIA ALAPJAI Kulcsszavak Jegyzetek

79 3. fejezet Appendix 3.1. O(3) szerkezete Az egydimenziós euklideszi vektorterek ortogonális transzformációi id és id. Az el z ekben beláttuk, hogy kétdimenziós eklideszi vektorterek ortogonális transzformációi az origó körüli elforgatások és az origón átmen egyenesre vonatkozó tükrözések. Ebben a fejezetben a tér ortogonális transzformációit írjuk le. Deníció. Legyen F R n altér. Ekkor F = {x R n y F : x, y = 0} az F altér ortogonális komplementere. 57. Tétel. (A deníció jelöléseivel.) F altér, továbbá F = F és F F = R n. Bizonyítás. Elemi lineáris algebra. 58. Tétel. Legyen A O(n) ortogonális transzformáció, F R n az A transzformáció invariáns altere. Ekkor F szintén az A invariáns altere, továbbá A F (azaz A lesz kítése F-re) szintén ortogonális transzformáció. Bizonyítás. El ször azt látjuk be, hogy minden y F-hez létezik olyan z F, hogy Az = y. Legyen (b 1,..., b k ) az F altér ortonormált bázisa. Ekkor (Ab 1,..., Ab k ) is ortonormált vektorrendszer, tehát F-nek szintén bázisa. Legyen y = k i=1 y iab i és z deníciója legyen a következ : z = k i=1 y ib i. Ekkor Az = y teljesül. 79

80 80 3. FEJEZET. APPENDIX 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: Ax, y = Ax, Az = x, z, azaz Ax F. A F ortogonalitása következik a skaláris szorzat megtartásából. 59. Tétel. R 3 minden ortogonális transzformációjának van egy- és kétdimenziós invariáns altere. Bizonyítás. El ször belátjuk, hogy találunk olyan x R 3 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 különböz megoldása. L(x) egydimenziós invariáns altere A-nak, ennek ortogonális komplementere pedig kétdimenziós invariáns altér. Deníció. A tér egy ortogonális transzformációjának kétdimenziós invariáns alterét a transzformáció forgássíkjának nevezzük, ha azon a transzformáció kétdimenziós forgásként hat, míg tükörsíknak, ha azon a transzformáció tengelyes kükrözésként hat. 60. Tétel. O(3) minden elemének van forgássíkja. Bizonyítás. Tegyük föl. hogy P R 3 az A ortogonális transzformáció kétdimenziós invariáns altere és P tükörsík. Ekkor A a P-ben tengelyes tükrözésként hat, jelöljük a tengelyt m-mel. Mivel P ortogonális komplementere egydimenziós, ezért A P = ± id. Legyen el ször A P = id. Ekkor az m és P által kifeszített Q síkon A Q = id, hiszen az m-et és P egyeneseket kifeszít bázisvektorok önmagukba mennek át, azaz Q forgássík, identikus forgatással. A P = id. Ekkor A m = id, azaz m forgássík, a forgatás szöge π. (Ld. a 3.1 ábrát.) Geometriailag tehát leírtuk O(3) elemeit: Következmény. A tér minden ortogonális transzformációja vagy tengely körüli forgatás vagy tengely körüli elforgatás és a forgássíkra vonatkozó tükrözés szorzata.

81 3.1. O(3) SZERKEZETE ábra. Algebrailag ugyanez az állítás a következ képpen fogalmazható meg: Következmény (A tér ortogonális mátrixainak normálforma tétele). O(3) minden eleme hasonló az alábbi mátrixok valamelyikéhez: cos φ sin φ 0 cos φ sin φ 0 sin φ cos φ 0, sin φ cos φ 0, φ R A gyakorlatban szükségünk van általános tengely forgás mátrixára. Legyen a tengely irányvektora (a forgássík normálvektora) n és tegyük fel, hogy n = 1. Ekkor a tér tetsz leges p vektorára p = p, n n + n (p n) (3.1) ugyanis a vektoriális szorzatra vonatkozó kifejtési tétel szerint: n (p n) = n, n p n, p n = p n, p n. A (3.1) egyenlet p felbontását adja n-nel párhuzamos és arra mer leges komponensre. A forgatás során a p tengellyel párhuzamos komponense megegyezik az elforgatott p vektor tengellyel párhuzamos komponensével, míg a forgássíkba es komponens, azaz a forgatás α szögével elfordul. n p és n (p n) azonos hosszúságú egymásra mer leges vektorok, így: n (p n) = cos α n (p n) + sin α n p,