Geometria II gyakorlatok

Geometria II gyakorlatok Kovács Zoltán Copyright c 2011 Last Revision Date: 2011. november 29. kovacsz@nyf.hu

Technikai útmutató a jegyzet használatához A jegyzet képernyőbarát technikával készült, a megjelenés képernyő előtti tanuláshoz van optimalizálva. Ez elsősorban azt jelenti, hogy az olvasás során nem kell görgetni; ha a megjelenítéskor a teljes oldal opciót választjuk, akkor kényelmesen olvasható szöveget kapunk még viszonylag kis monitoron is. A szöveg belső linkeket tartalmaz. A lapok alján elhelyezett navigációs panel lehetőségeit Acrobat Reader-rel tudjuk teljes mértékben kihasználni. Ha egy link elvezet egy másik oldalra, az eredeti oldalhoz a Back gombbal tudunk visszajutni. Fontos megjegyezni, hogy R n -et gyakran beazonosítjuk R n 1 -el, azaz a pontokat, vektorokat oszlopmátrixként is felfoghatjuk, erre külön utalás általában nem történik! 2

1. gyakorlat 3 Tengelyes tükrözés a síkban

4 FELHASZNÁLT ISMERETEK tengelyes tükrözés (vektorgeometriai alak): (1) ρ l : R 2 R 2, X X 2 X P, n n, ahol P az l tengely egy tetszőleges pontja, n a tengelyre merőleges (valamelyik) egységvektor egyenesre vonatkozó merőleges vetület: (az előbbi jelölésekkel) (2) X = X X P, n n, tükrözés origóra illeszkedő tengelyre (mátrix alak): (3) ρ l : R 2 R 2, X ref(α)x, ahol α a tengely irányszöge és ( cos 2α ref(α) = sin 2α ) sin 2α cos 2α a TTT szabály: (4) ρ l : R 2 R 2, X ref(α)(x P) + P (jegyzet: 1.3) Back Doc Doc

AZ ALÁBBI TÍPUSFELADATOKAT KELL KÉSZSÉG SZINTEN ISMERNIE: 5 pont tükrözése egyenesre pont egyenesre vonatkozó merőleges vetületének meghatározása egyenes tükrözése egyenesre

1.1. Mintafeladat. Tükrözzük az X = (4, 5) pontot a 3x + 4y = 5 egyenletű l egyenesre! 1. Megoldás. A feladatot először egyszerű középiskolás eszközökkel oldjuk meg. l egy irányvektora v = ( 4, 3). A tükörkép legyen X = (x, y ). Az XX szakasz M = ( 4+x, 5+y ) felezőpontja illeszkedik l-re, tehát M 2 2 koordinátái kielégítik l egyenletét: (5) 3 4 + x + 4 5 + y = 5 = 3x + 4y = 42. 2 2 (X X ) v azaz X X, v = 0. X X = (4 x, 5 y ), tehát (6) 4(4 x ) + 3(5 y ) = 0 = 4x 3y = 1. Az (5) és (6) egyenletekből álló egyenletrendszert (pl. a Cramer-szabály szerint) megoldva: x 42 4 = 1 3 / 3 4 4 3 = 122 25 y 3 42 = 4 1 / 3 4 4 3 = 171 25. Back Doc Doc 6

1.2. Mintafeladat. Tükrözzük az X = (4, 5) pontot a 3x + 4y = 5 egyenletű l egyenesre! 2. Megoldás. A feladatot most a tengelyes tükrözés vektorgeometriai alakja, azaz az (7) X = X 2 X P, n n formula alapján oldjuk meg, ld. (2). A tengelyen egy pontot úgy kaphatunk, hogy a tengely egyenletében x vagy y helyére beírunk egy számot és a másik koordinátát kifejezzük. Pl. x = 1 esetén y = 2, így P = (1, 2), X P = (3, 7) l egy normálvektora n = (3, 4). n = 9 + 16 = 5, tehát l egyik egységnyi hosszúságú normálvektora n = (3/5, 4/5). Így X P, n = 3 3 5 + 7 4 5 = 37 5. Koordinátánként behelyettesítve (7)-be: x = 4 2 37 5 3 5 = 122 25 y = 5 2 37 5 4 5 = 171 25. Back Doc Doc 7

1.3. Mintafeladat. Tükrözzük az X = (4, 5) pontot a 3x + 4y = 0 egyenesre! Megoldás. Mivel a tengely átmegy az origón, ezért a (3) mátrix alak is használható: Először meghatározzuk a tengely irányszögét: 8 Az ábra alapján sin α = 3/5, cos α = 4/5, így sin 2α = 2 sin α cos α = 24/25, cos 2α = cos 2 α sin 2 α = 7/25. Behelyettesítve (3)-ba x = 7 25 4 24 25 5 = 92 25 y = 24 25 4 7 25 5 = 131 25. Back Doc Doc

1.4. Mintafeladat. Tükrözzük az X = (4, 5) pontot a 3x + 4y = 5 egyenletű l egyenesre! 9 3. Megoldás. Az 1.4 mintafeladatot most (4) alapján (TTT szabály) oldjuk meg. A tengely irányszöge ugyanaz, mint az előző feladatban, így a ref(α) mátrixot ismerjük, a tengely egy pontja P = (1, 2). A TTT formula szerint: ( x y ) = ( 7/25 24/25 24/25 7/25 ) ( 3 7 ) + ( 1 2 ) = ( 122/25 171/25 ).

1.5. Mintafeladat. Tükrözzük a 4x + 3y = 2 egyenletű e egyenesre az y = 2x + 1 egyenletű f egyenest! 10 Megoldás. Az inverz leképezés elve: X ρ e (f ) ρ 1 e (X) f. Tengelyes tükrözésre ρ 1 e = ρ e, tehát X ρ e (f ) ρ e (X) f. Az előző mintafeladatok valamelyike alapján kiszámítjuk ρ e leképezés analitikus szabályát. Ez azt jelenti, hogy nem egy konkrét pont, hanem az általános X = (x, y) pont tükörképét számítjuk ki. Ha ez a lépés nem megy önállóan (de csak akkor), ugorjunk a következő oldalra. Az eredmény x 7x 24y + 16 = 25 y 24x + 7y + 12 =. 25 Az inverz leképezés elve alapján (x, y ) kielégíti f egyenletét: 24x + 7y + 12 = 2 25 rendezve kapjuk a végeredményt: 7x 24y + 16 25 10x + 55y = 45. + 1,

Útmutatás. A 4x + 3y = 2 egyenesre történő tükrözés analitikus szabálya. Az egyenes egyik normálvektora (4, 3), ennek hossza 5, így az egyenesre merőleges egyik egységvektor n = (4/5, 3/5). Egy egyenesre illeszkedő pont pl. P = (2, 2). A (2) vektorgeometriai alakba helyettesítünk be. X P, n = 4 5 (x 2) + 3 4x + 3y 2 (y + 2) =, 5 5 így (koordinátánként behelyettesítve): x 4x + 3y 2 = x 2 5 y = y 2 4x + 3y 2 5 4 5 3 5 = 7x 24y + 16 25 24x + 7y + 12 =. 25 11

1.6. Mintafeladat. Határozzuk meg az M = (1, 2) pont merőleges vetületét a 2y 3x = 5 egyenletű egyenesre! 1. Megoldás. Az első megoldás csak szokásos középiskolás eszközöket használ. Az egyenes egy irányvektora v = (2, 3). Az egyenest parametrizáljuk. x helyére egy általános t paramétert írunk és y-t kifejezzük (valamelyik változó az egyenes egyenletéből mindig kifejezhető): y = 3 2 t + 5 2, tehát az egyenes egy általános pontja X = (t, 3 2 t + 5 2 ). Olyan X pontot keresünk az egyenesen, amelyre teljesül, hogy (8) M X, v = 0. Behelyettesítve (8)-ba: 2(1 t) + 3 ( 2 3 2 t 5 ) = 0. 2 Innen t = 23/13 következik, a keresett vetület pedig M = ( 23/13, 2/13). 12

1.7. Mintafeladat. Határozzuk meg az M = (1, 2) pont merőleges vetületét a 2y 3x = 5 egyenletű egyenesre! 13 2. Megoldás. Most (2)-be helyettesítünk be. Az egyenes egyik normál-egységvektora n = ( 3/ 13, 2 13), az egyenes egyik pontja P = (1, 4). M P, n = 12/ 13 (2)-be koordinátánként behelyettesítve: x = 1 y = 2 ( 12 ) 13 ( 3 ) = 23 13 13 ( 12 ) ( ) 2 = 2 13 13 13.

2. gyakorlat 14 Forgatás a síkban

15 FELHASZNÁLT ISMERETEK elforgatás az origó körül (mátrix alak): (9) σ α : R 2 R 2, X rot(α)x, ahol α a forgatás szöge és ( cos α rot(α) = sin α ) sin α cos α a TFT szabály: (10) σ (C,α) : R 2 R 2, X rot(α)(x C) + C, ahol C a forgatás középpontja és α a forgatás szöge (jegyzet: 1.3)

AZ ALÁBBI TÍPUSFELADATOKAT KELL KÉSZSÉG SZINTEN ISMERNIE: 16 pont elforgatása pont (speciálisan az origó) körül a síkban egyenes elforgatása pont körül a síkban

2.1. Mintafeladat. Forgassuk el az X = ( 2, 1) pontot az origó körül α = π/3 szöggel! 17 1. Megoldás. Mivel a forgatás középpontja az origó, elegendő a (9) képletbe behelyettesíteni: x = cos π 3 ( 2) sin π 3 1 = 2 3 2 y = sin π 3 ( 2) + cos π 3 1 = 1 2 3. 2 2. Megoldás. Algebrai alapismereteink alapján, komplex számok alkalmazásával. x + y i = (cos π 3 + sin π i)( 2 + i) = 3 tehát = 2 1 2 3 2 + (1 2 2 X = ( 3 2 3 )i = 2 2 2 ) 3, 1 2 3 2 2 + 1 2 3 i, 2

2.2. Mintafeladat. Forgassuk el az X = ( 2, 1) pontot a C = (1, 1) pont körül α = π/3 szöggel! Megoldás. A (10) TFT szabályt alkalmazzuk. akár komplex számokkal dolgozhatunk. ( ) ( ) ( ) x cos π sin π 3 = y 3 3 sin π cos π 0 3 3 18 Akár a mátrix módszerrel, ( ) 1 +, 1 x = 1 3 2 ( 3) 2 0 + 1 = 1 2 3 y = 2 ( 3) + 1 2 0 = 2 3 3. 2

2.3. Mintafeladat. Forgassuk el a 3x + 2y = 1 egyenletű l egyenest a C = (1, 1) pont körül α = π/3 szöggel! 19 Megoldás. Az inverz leképezés elvét alkalmazzuk: X σ (C,α) (l) σ 1 (C,α) (X) l. Mivel σ 1 (C,α) = σ (C, α), így a σ 1 (C,α) leképezés analitikus szabálya: ( ) ( x cos ( ) π sin ( ) ) ( ) ( ) π = y 3 3 sin ( ) π cos ( x 1 1 ) π +, y 1 1 3 3 x = 1 3 2 (x 1) + 2 (y 1) + 1 = 1 3 2 x + 2 y + 1 3 2 3 y = 2 (x 1) + 1 3 (y 1) + 1 = 2 2 x + 1 2 y + 1 + 3. 2 (x, y ) kielégíti a 3x + 2y = 1 egyenletet: ( 1 3 3 2 x + 2 y + 1 ) ( 3 3 + 2 2 2 x + 1 2 y + 1 + ) 3 = 1. 2 Hozzuk az eredményt egyszerűbb alakra!

3. gyakorlat 20 Kreatív feladatok forgatásra

3.1. Mintafeladat. Rögzítsük a síkon az A és B pontokat! Vegyük föl tetszőlegesen a C pontot, majd forgassuk el π/2 szöggel A körül (C 1 ) majd π/2-vel B körül (C 2 ). Bizonyítsuk be, hogy a C 1 C 2 szakasz D felezőpontja független a C pont fölvételétől! 21 Megoldás. A TFT szabályt alkalmazva, a forgatást komplex számokkal felírva: C 1 = i(c A) + A C 2 = i(c B) + B, tehát C-től független. C 1 + C 2 2 = A + B + (A B)i, 2

3.2. Mintafeladat. Az ABC háromszögben forgassuk el a B csúcsot a C csúcs körül π/2-vel (B ), míg A-t ugyancsak C körül π/2-vel (A ). Bizonyítsuk be, hogy az A B egyenes merőleges a háromszög C-ből induló súlyvonalára! 22 Megoldás. Válasszuk az origónak a C csúcsot. A C-ből induló súlyvonal egyik irányvektora ekkor B + A. Másrészt B = ib, A = ib, így B A = ib ( ia) = i(b + A), azaz a B + A vektor π/2 szögű elforgatottja. A megoldásból az is könnyen leolvasható, hogy d(a, B ) a súlyvonal kétszerese.

4. gyakorlat 23 Affin transzformációk a síkban

24 FELHASZNÁLT ISMERETEK affin transzformáció mátrix alakja: A GL(2) (a transzformáció lineáris része), b R 2 (az eltoló vektor), F : R 2 R 2, X AX + b speciális affin ( transzformációk: ) A O(2): izometria a ±b A =, (det A 0): hasonlóság b a egyenes képe: A P + L(v) egyenes képe F(P) + L(Av) az affin transzformáció fixpontjai: az (11) (A I)X = b inhomogén lineáris egyenletrendszer megoldás halmaza az affin transzformáció inverze: (12) X A 1 X A 1 b alaptétel: Háromszög és képe az affin transzformációt egyértelműen meghatározza.

AZ ALÁBBI TÍPUSFELADATOKAT KELL KÉSZSÉG SZINTEN ISMERNIE: 25 izometria, hasonlóság felismerése affin transzformáció mátrix alakjából pont képének meghatározása a transzformáció fixelemeinek (fixpont, fixegyenes) meghatározása a transzformáció inverzének meghatározása egyenes (alakzat) képének meghatározása affin transzformáció analitikus felírása, ha ismert egy háromszög és a képe

Az affin transzformáció algebrai megadására többféle, egymással ekvivalens formát alkalmazhatunk: 1. megadjuk transzformáció lineáris részét és eltoló vektorát: ( ) a b GL(2), (e, f ) R 2 ; c d 2. megadjuk a transzformáció analitikus szabályát: x = ax + by + e, y = cx + dy + f ; 3. megadjuk a transzformáció homogén reprezentációját: a b e c d f GL(3). 0 0 1 26

4.1. Mintafeladat. Legyen F : R 2 R 2, X F(X), ( ) ( ) 4 1 2 F(X) = X +. 2 1 1 1. F affin transzformáció-e? 2. F izometria-e? 3. Határozzuk meg az (4, 2) pont képét! 27 Megoldás. 1. A transzformáció lineáris része ( ) 4 1 A =. 2 1 det A = 2 0, tehát az F leképezés affin leképezés. 2. A nem ortogonális mátrix, tehát F nem izometria. (Miért? Ha önállóan nem tudja a választ, akkor a következő oldalon találja az útmutatást.) 3. ( ) ( ) ( ) ( ) 4 1 4 2 20 + =. 2 1 2 1 9

Útmutatás. Egy ortogonális mátrix determinánsa szükségképpen ±1. Így azt, hogy A nem ortogonális mátrix, már onnan is látjuk, hogy determinánsa 2. Az előbbi állítás visszafele nem igaz, egy ±1 determinánsú mátrix nem feltétlenül ortogonális mátrix. Másik megoldásként kiszámíthatjuk A inverzét, A 1 = 1 2 ( 1 1 2 4 ) A t. Innen ismét látjuk, hogy A nem ortogonális mátrix. 28

4.2. Mintafeladat. Legyen F : R 2 R 2, X F(X), ( ) ( ) 4 1 2 F(x) = X +. 2 1 1 Határozzuk meg a transzformáció fixpontjait! 29 Megoldás. Olyan (x, y) pontokat keresünk, amelyre ( ) ( ) ( ) ( ) 4 1 x 2 x + =. 2 1 y 1 y Azaz a fixpontok komponensei kielégítik az ( ) ( ) ( ) 3 1 x 2 = 2 0 y 1 inhomogén lineáris egyenletrendszert. (Ez nem más, mint a (11) egyenletrendszer. Jelen esetben ez az egyenletrendszer megoldható és a megoldás egyértelmű: x = 1 2, y = 7 2 azaz a transzformáció egyetlen fixpontja (1/2, 7/2).

4.3. Mintafeladat. Legyen F : R 2 R 2, X F(X), ( ) ( ) 4 1 2 F(x) = X +. 2 1 1 Határozzuk meg a transzformáció inverzét! 30 Megoldás. A (12) képletbe helyettesítünk be: ( ) ( A 1 1/2 1/2 =, A 1 1/2 1/2 b = 1 2 1 2 Tehát az inverz transzformáció: ( ) ( x 1/2 1/2 y 1 2 ) ( ) x y ) ( ) 2 1 ( ) 3/2 =. 4 ( ) 3/2 +. 4

4.4. Mintafeladat. Legyen F : R 2 R 2, X F(X), ( ) ( ) 4 1 2 F(x) = X +. 2 1 1 Határozzuk meg az y = 2x + 1 egyenes képét! 31 Megoldás. Az inverz leképezés elvét alkalmazzuk: X F(e) F 1 (X) e. Az előző feladat alapján X = (x, y) ősképe x = 1 2 x 1 2 y 3 2 y = x + 2y + 4. Az inverz leképezés elve szerint (x, y ) kielégíti az y = 2x+1 egyenletet, azaz ( 1 x + 2y + 4 = 2 2 x 1 2 y 3 ) + 1. 2 Rendezve a 2x 3y = 6 egyenletet kapjuk.

4.5. Mintafeladat. Legyen F : R 2 R 2, X F(X), ( ) ( ) 1 2 1 F(x) = X +. 2 1 1 Határozzuk meg a transzformáció fixegyeneseit. 32 Megoldás. ( Az X) 0 +L(v) fixegyenes v irányvektora a lineáris rész sajátvektora. A =, A karakterisztikus egyenlete (1 λ) 2 4 = 0; a saját- 1 2 2 1 értékek λ 1 = 3, λ 2 = 1; a hozzájuk tartozó egy-egy sajátvektor v 1 = (1, 1), v 2 = (1, 1). (F(X 0 ) X 0 ) v. Ha X 0 = (x, y), akkor F(X 0 ) X 0 = (2y + 1, 2x 1). v 1 = (1, 1) esetén azt kapjuk, hogy 2y + 1 = 2x 1, azaz y = x 1, ez az egyik fixegyenes egyenlete. v 2 = (1, 1) esetén azt kapjuk, hogy 2y + 1 = 2x + 1, azaz y = x, ez a másik fixegyenes egyenlete. A 4.4. mintafeladat alapján ellenőrizzük, hogy ezeknek az egyeneseknek a képe valóban önmaga.

33 1 a 0 4.6. Mintafeladat. Határozzuk meg a 0 1 0 GL(3), a 0 homogén 0 0 1 reprezentánsú affin transzformáció fixelemeit! (Nyírás.) Megoldás. A fixpontok a ( ) 0 a alapmátrixú homogén lineáris egyenletrendszer (azaz ay = 0) megoldásai. Innen y = 0, x R, azaz a fixpontok halmaza az x-tengely. Ez egyben azt is jelenti, hogy az x-tengely fixegyenes (ráadásul pontonként fix). A fixegyenesek irányvektorai a lineáris rész sajátvektorai. A sajátértékek a 1 λ a 0 1 λ = 0 = (1 λ)2 = 0 karakterisztikus egyenlet megoldásai, azaz λ 1 = λ 2 = 1. Az ehhez tartozó sajátalteret (1, 0) generálja. (F(X 0 ) X 0 ) v. Legyen X 0 = (x, y), ekkor F(X 0 ) X 0 = (ay, 0). Ez a vektor mindig párhuzamos az (1, 0) vektorral, azaz minden olyan egyenes, amely párhuzamos az x tengellyel, fixegyenes.

34 1 a 0 4.7. Mintafeladat. Határozzuk meg a 0 b 0 GL(3), a 0, b 0, 0 0 1 b 1 homogén reprezentánsú affin transzformáció fixelemeit! (Ferde affinitás.) Megoldás. A fixpontokat az ay = 0, (b 1)y = 0 egyenletrendszer megoldáshalmaza, azaz y = 0 adja. A fixpontok halmaza tehát az x-tengely. A lineáris rész karakterisztikus egyenlete (1 λ)(b λ) = 0, a sajátértékek λ 1 = 1 és λ 2 = b. A λ 1 = 1 sajátértékhez tartozó invariáns alteret (1, 0) generálja. A korábban már megismert módszer szerint ez az y = 0 egyenest adja fixegyenesnek. (Erről tudjuk, hogy pontonként fix.) A λ 2 = b sajátértékhez tartozó invariáns alteret (a, b 1) generálja. Ha a fixegyenes egy pontja X 0 = (x, y), akkor F(X 0 ) X 0 = (ay, (b 1)y) = y(a, b 1), amely tetszőleges y-ra páruzamos az (a, b 1) vektorral. Így minden (a, b 1) irányvektorú egyenes fixegyenes.

4.8. Mintafeladat. Határozzuk meg az x 2 + y 2 = 1 egyenletű k kör képét a 1 0 0 0 b 0 GL(3), b 1 homogén reprezentánsú merőleges affinitásnál. 0 0 1 Megoldás. A transzformáció lineáris része A = 35 ( ) 1 0. Az inverz leké- 0 b pezés elvét ( alkalmazzuk: ) P k F 1 (P) = A 1 P k. A 1 1 0 =, A 1 (x, y) t = (x, y/b), így a képalakzat egyenlete 0 1/b x 2 + y 2 /b 2 = 1. Ez egy ellipszis egyenlete, nagytengelye 1, kistengelye b.

4.9. Mintafeladat. Írjuk föl azt az affin transzformációt, amely az O = (0, 0), E 1 = (1, 0), E 2 = (0, 1) pontokat rendre a P, Q, R pontokba viszi, ahol (P, Q, R) nem kollineárisak! Legyen P = (3, 2), Q = (5, 8), R = (7, 3). ( a Megoldás. Legyen a keresett F transzformáció lineáris része A = c az eltoló vektor (e, f ). A feltétel szerint: P = F(0, 0) = (e, f ) = (e, f ) = P, Q = F(1, 0) = (a, c) + (e, f ) = (a, c) = Q P, R = F(0, 1) = (b, d) + (e, f ) = (b, d) = R P. A konkrét adatokkal: (e, f ) = (3, 2), (a, c) = (5, 8) (3, 2) = (2, 6), (b, d) = (7, 3) (3, 2) = (4, 1). 36 ) b, d Így a transzformáció: x = 2x + 4y + 3, y = 6x + y + 2. (A feladatba való visszahelyettesítéssel ellenőrizzünk!) Back Doc Doc

4.10. Mintafeladat. Írjuk föl azt az affin transzformációt, amely a P, Q, R pontokat rendre a P, Q, R pontokba viszi! 37 Megoldás. A megoldás algoritmusa: 1. F 1 : (O, E 1, E 2 ) (P, Q, R) az előző mintafeladat alapján 2. F 2 : (O, E 1, E 2 ) (P, Q, R ) az előző mintafeladat alapján 3. F 1 1 a 4.3. mintafeladat alapján 4. F 2 F 1 1 adja a keresett transzformációt. Back Doc Doc

4.11. Mintafeladat. Írjuk föl azt az affin transzformációt, amely a (2, 3), (1, 6), (3, 1) pontokat rendre a (1, 2), (2, 1), ( 3, 5) pontokba viszi! Megoldás. A 4.10. mintafeladat algoritmusát követjük. Az algoritmus első három lépése korábban már előfordult feladatokban, itt csak végeredményt adunk meg. 1. 2. 3. 4. F 1 (X) = ( ) ( ) 1 1 2 X + 3 4 3 ( ) ( ) 1 4 1 F 2 (X) = X + 3 7 2 ( 1 (X) = 4 3 F 1 ) ( ) 1 11 X + 1 9 ( ) ( ) F 2 F 1 1 (X) = 8 3 24 X + 33 10 94 Az utolsó lépéshez útmutatást talál a következő oldalon. 38

Útmutatás. F = F 2 F 1 1 (( (X) = ) ( )) 4 1 11 = F 2 X + = 3 1 9 ( ) (( ) ( )) 1 4 4 1 11 = X + 3 7 3 1 9 ( ) ( ) ( 8 3 25 = X + + 33 10 96 ( ) ( ) 8 3 24 = X + 33 10 94 1 2 ( ) 1 + = 2 ) = 39

5. gyakorlat 40 Számolás homogén koordinátákkal

AZ ALÁBBI TÍPUSFELADATOKAT KELL KÉSZSÉG SZINTEN ISMERNIE: 41 A homogén koordináták módszerével az alábbi problémák megoldása: két pontra illeszkedő egyenes egyenlete két egyenes metszésponta egyenes végtelen távoli pontjának meghatározása eldönteni, hogy három pont kollineáris-e eldönteni, hogy három egyenes egy pontra illeszkedik-e

5.1. Mintafeladat. Írjuk fel a 1. P = (1, 3), Q = ( 1, 2) 2. P = [ 1, 2, 0], Q = ( 1, 2) 3. P = [2, 4, 2], Q = [1, 0, 1] pontokra illeszkedő egyenes egyenletét a homogén koordináták módszerével. Ahol szükséges, ott az alaphalmaz a Descartes-sík projektív lezártja. 42 Megoldás. 1. P = [1, 3, 1], Q = [ 1, 2, 1], így a keresett [u] egyenesre e 1 e 2 e 3 u = 1 3 1 = ( 5, 2, 1). 1 2 1 Tehát a keresett egyenes egyenlete 5x + 2y + 1 = 0. 2. A feladatnak csak a Descartes-sík projekív lezártján van értelme. u = (2, 1, 0), az egyenlet 2x + y = 0. 3. x = 1.

5.2. Mintafeladat. Határozzuk meg az 1. x + 2y 3 = 0, 2x + 4y 3 = 0 2. x 1 + 2x 2 3x 3 = 0, x + y + 1 = 0 3. [1, 1, 1], [0, 0, 1] egyenesek metszéspontját a homogén koordináták módszerével. Ahol szükséges, ott az alaphalmaz a Descartes-sík projektív lezártja. Megoldás. 1. A keresett metszéspont homogén koordinátáira e 1 e 2 e 3 1 2 3 = (6, 3, 0), 2 4 3 azaz a két egyenes a Descartes-sík projektív lezártján a [2, 1, 0] végtelen távoli pontban metszi egymást. (Az egyenesek a Descartes-síkon párhuzamosak.) 2. A metszéspont [5, 4, 1] = ( 5, 4). 3. [1, 1, 0] (Mivel a második egyenes a végtelen távoli egyenes, ezért azt is mondhatjuk, hogy az x + y + 1 = 0 egyenes végtelen távoli pontja [1, 1, 0]). 43

5.3. Mintafeladat. Határozzuk meg az x+2y 3 = 0 és 2x+4y 3 = 0 egyenletű egyenesek metszéspontját az origóval összekötő egyenes egyenletét! 44 Megoldás. A megadott két egyenes párhuzamos, így a feladatot a Descartessík projektív lezártján értelmezzük. A két egyenes metszéspontja az 5.2. feladat alapján [2, 1, 0], tehát e keresett egyenes homogén koordinátái e 1 e 2 e 3 2 1 0 = ( 1, 2, 0). 0 0 1 Így az egyenes egyenlete x + 2y = 0. Ellenőrzés. A három egyenes valóban egy ponra illeszkedik, mert 1 2 3 2 4 3 = 0. 1 2 0

5.4. Mintafeladat. Határozzuk meg α értékét úgy, hogy a (2, 1), [1, 1, 0], [1, 0, α] pontok kollineárisak legyenek. 45 Megoldás. A kollinearitás feltétele homogén koordinátákkal 2 1 1 1 1 0 = 0 = α = 1. 1 0 α

6. gyakorlat 46 Másodrendű görbék projektív geometriája

AZ ALÁBBI TÍPUSFELADATOKAT KELL KÉSZSÉG SZINTEN ISMERNIE: 47 másodrendű görbe projektív osztályának meghatározása másodrendű görbe végtelen távoli pontjának meghatározása érintő, speciálisan aszimptota egyenletének felírása a görbe valamely pontjában érintőpár egyenletének felírása külső pontból

48 FELHASZNÁLT ISMERETEK valós szimmetrikus mátrix normál formája: diag(1,..., 1, 1,..., 1, 0,..., 0). Elemi sor- és a megfelelő oszlopátalakításokkal érhető el a normál forma. érintő a görbe pontjában: Az x t Mx = 0 másodrendű görbe (amely nem egyenes vagy egyenespár) érintője a [p] pontjában p t Mx = 0. pontból húzott érintőpár: Az x t Mx = 0 másodrendű görbe (amely nem egyenes vagy egyenespár) [p] pontból húzott érintőpárjának egyenlete (p t Mx) 2 = (x t Mx) (p t Mx).

6.1. Mintafeladat. Határozzuk meg, melyik projektív osztályba tartozik az alábbi másodrendű görbe: 3x 2 4xy 2y 3 + 3x 12y 7 49 Megoldás. A görbe mátrixa 3 2 3/2 2 2 6. 3/2 6 7 Elemi sor- és a megfelelő oszlopátalakításokkal: 3 0 3/2 3 0 0 3 0 0 0 10/3 5 0 10/3 5 0 10/3 0 3/2 5 7 0 5 31/4 0 0 1/4 A görbe mátrixának normál formája diag(1, 1, 1), azaz a görbe valós körrel projektív ekvivalens.

6.2. Mintafeladat. Keressük meg a 2x 2 + xy 3 = 0 másodrendű görbe végtelen távoli pontjait! 50 Megoldás. A görbe egyenlete homogén koordinátákkal: ( ) 2 ( ) ( ) x1 x1 x2 2 + 3 = 0. x 3 x3 2 -el szorozva mindkét oldalt: A görbe végtelen távoli pontjára x 3 x 3 2x 2 1 + x 1 x 2 3x 2 3 = 0. x 1 (2x 1 + x 2 ) = 0, x 3 = 0 következik. Ennek az egyenletrendszernek (nem triviális) megoldásai [0, 1, 0] vagy [1, 2, 0].

6.3. Mintafeladat. Írjuk föl a 3x 2 + 10xy + 3y 2 2x 14y 13 = 0 görbe aszimptotáinak egyenletét! 3 5 1 Megoldás. A görbe mátrixa: 5 3 7. 1 7 13 A görbe végtelen távoli pontjait a 3x1 2 + 10x 1x 2 + 3x2 2 = 0 egyenlet (mely x 1 /x 2 -re másodfokú) megoldásaiként kapjuk. Az egyenlet nem triviális megoldásai 1 x x 2 = 1 és x 1 3 x 2 = 3, így a görbe végtelen távoli pontjai [ 1, 3, 0] és [ 3, 1, 0]. Az aszimptoták egyenlete: 3 5 1 x ( 1, 3, 0) 5 3 7 y = 0 = 6x + 2y 10 = 0. 1 7 13 1 3 5 1 x ( 3, 1, 0) 5 3 7 y = 0 = 2x + 6y + 2 = 0. 1 7 13 1 51

52 6.4. Mintafeladat. Írjuk föl az x 2 + 2y 2 = 1 ellipszis (1, 1) pontra illeszkedő érintőpárjának egyenletét! 1 0 0 Megoldás. A görbe mátrixa: M = 0 2 0. 0 0 1 1 1 (x, y, 1)M 1 = x + 2y 1, (1, 1, 1)M 1 = 2, 1 1 Így az érintőpár egyenlete: (x + 2y 1) 2 = (x 2 + 2y 2 1) 2. Rendezve és faktorizálva: (x 1)(x 4y + 3) = 0, azaz az érintők egyenlete x = 1, x 4y + 3 = 0.