|
[b]3. [/b] Proširena euklidska ravnina koordinatizirana je na uobičajeni način
homogenim koordinatama, pri čemu je x0 = 0 "neizmjerno daleki pravac".
Promatra se skup svih konika kroz točke s afinim koordinatama
A(1,0), B(0,1), C(-1,0) i D(0,-1).
(a) Odredite opću jednadžbu konika koje prolaze točkama A, B, C i D
(dakle, pramena konika) tako da izračunate dvoomjer četvorke pravaca
(XA,XB;XC,XD) za varijabilnu točku X konike tog pramena.
(b) Odredite jednadžbu one konike pramena na kojoj se nalazi
neizmjerno daleka točka pravca a ... y = 2x proširene euklidske ravnine.
Ispitajte je li ta konika hiperbola ili parabola u euklidskoj ravnini.
(c) Pokažite da su sjecišta pravca s konikama promatranog pramena
parovi pridruženih točaka jednog involutornog projektiviteta na
pravcu c... y = -x. Kakvo preslikavanje taj projektivitet inducira na
euklidskoj ravnini?
Rješenje.
U homogenim koordinatama imamo A(1:1:0), B(1:0:1), C(1:-1:0) i
D(1:0:-1).
Za točku X(x0 : x1 : x2) dvoomjer
R(XA,XB;XC, XD) = (det(X,A,C) / det(X,B,C)) : (det(X,A,D)/det(X,B,D)).
Za bilo koju koniku pramena kroz A, B, C i D taj dvoomjer je konstantan
pa uzmimo za njegovu vrijednost parametar t.
Izračunavanjem i sređivanjem dobiva se
t(x0 + x1 - x2)(-x0 + x1 - x2) + 4 x1 x2 = 0.
Ovo je jednadžba pramena. Uvrštavanjem točke (0:1:2) kao
neizmjerno daleke točke pravca y = 2x dobiva se t = -8 i zatim
x0^2 - x1^2 - x2^2 +5/2 x1x2 = 0.
Lako se izračuna da je (0:2:1) druga točka ove konike na pravcu x0 = 0
pa je to afino gledano hiperbola
(sa centrom (0,0) i asimptotama y = 2x i y = x/2).
Drukčije, jednadžba pramena može se dobiti npr. pomoću singularnih
konika pramena, AB U CD i AC U BD, što daje
x0^2 - (x1 + x2)^2 + s x1x2 = 0, ovdje je s parametar, a za koniku
točkom (0:1:2) dobije se s = 9/2 .
Po Desarguesovom teoremu o involuciji konike pramena sijeku bilo
koji pravac (osim pravaca sadržanih u singularnim konikama pramena)
u pridruženim parovima točaka jednog involutornog projektiviteta.
Ovdje se na pravcu y = -x dobiva projektivitet x' = -x, dakle
u euklidskoj ravnini (ili afinoj) to je centralna simetrija sa centrom (0,0).
To se lako vidi računom, ali i ako se uoče sjecišta pravaca AD i BC
s pravcem y = -x (AD U BC je singularna konika pramena).
[b]4.[/b] Primjenom Pascalovog teorema konstruirajte tangentu konike iz (b)
u zadatku 3. u točki A. Pretpostavlja se da su točke A, B, C, D zadane
(ucrtane), kao i smjer pravca a. Dopušteno je povlačenje paralelnih pravaca.
Izračunajte jednadžbu tetangente u homogenim projektivnim koordinatama.
Rješenje.
Iz jednadžbe konike u 3. zadatku može se tangenta u točki A izračunati
npr. kao polara te točke konike, jer za matricu polariteta imamo
(pisano po stupcima) [ 1 0 0 // 0 -1 5/4 // 0 5/4 -1 ].
Množenjem s [ 1 1 0] dobiva se x0 - x1 + 5/4 x2 = 0.
To odgovara afinom pravcu y = 4/5 (x - 1) i može poslužiti za provjeru
konstrukcije tangente.
Kako bismo primijenili Pascalov teorem, možemo numerirati točke
tako da vrhovi šesterovrha upisanog konici budu A (1 i 6 pa će
tangenta u A biti pravac 61), C(2), B(5), D(4) i E(3) za E(0:1:2).
Pravac 34 sada je paralela točkom 3 s pravcem y = 2x, a
pravac 23 je paralela točkom 2 s tim pravcem.
Imamo onda sjecišta 23 x 56 i 12 x 45 (= AC x BD = (0,0))
koja određuju Pascalov pravac, a tražena tangenta onda prolazi
sjecištem Pascalovog pravca i pravca 34.
3. Proširena euklidska ravnina koordinatizirana je na uobičajeni način
homogenim koordinatama, pri čemu je x0 = 0 "neizmjerno daleki pravac".
Promatra se skup svih konika kroz točke s afinim koordinatama
A(1,0), B(0,1), C(-1,0) i D(0,-1).
(a) Odredite opću jednadžbu konika koje prolaze točkama A, B, C i D
(dakle, pramena konika) tako da izračunate dvoomjer četvorke pravaca
(XA,XB;XC,XD) za varijabilnu točku X konike tog pramena.
(b) Odredite jednadžbu one konike pramena na kojoj se nalazi
neizmjerno daleka točka pravca a ... y = 2x proširene euklidske ravnine.
Ispitajte je li ta konika hiperbola ili parabola u euklidskoj ravnini.
(c) Pokažite da su sjecišta pravca s konikama promatranog pramena
parovi pridruženih točaka jednog involutornog projektiviteta na
pravcu c... y = -x. Kakvo preslikavanje taj projektivitet inducira na
euklidskoj ravnini?
Rješenje.
U homogenim koordinatama imamo A(1:1:0), B(1:0:1), C(1:-1:0) i
D(1:0:-1).
Za točku X(x0 : x1 : x2) dvoomjer
R(XA,XB;XC, XD) = (det(X,A,C) / det(X,B,C)) : (det(X,A,D)/det(X,B,D)).
Za bilo koju koniku pramena kroz A, B, C i D taj dvoomjer je konstantan
pa uzmimo za njegovu vrijednost parametar t.
Izračunavanjem i sređivanjem dobiva se
t(x0 + x1 - x2)(-x0 + x1 - x2) + 4 x1 x2 = 0.
Ovo je jednadžba pramena. Uvrštavanjem točke (0:1:2) kao
neizmjerno daleke točke pravca y = 2x dobiva se t = -8 i zatim
x0^2 - x1^2 - x2^2 +5/2 x1x2 = 0.
Lako se izračuna da je (0:2:1) druga točka ove konike na pravcu x0 = 0
pa je to afino gledano hiperbola
(sa centrom (0,0) i asimptotama y = 2x i y = x/2).
Drukčije, jednadžba pramena može se dobiti npr. pomoću singularnih
konika pramena, AB U CD i AC U BD, što daje
x0^2 - (x1 + x2)^2 + s x1x2 = 0, ovdje je s parametar, a za koniku
točkom (0:1:2) dobije se s = 9/2 .
Po Desarguesovom teoremu o involuciji konike pramena sijeku bilo
koji pravac (osim pravaca sadržanih u singularnim konikama pramena)
u pridruženim parovima točaka jednog involutornog projektiviteta.
Ovdje se na pravcu y = -x dobiva projektivitet x' = -x, dakle
u euklidskoj ravnini (ili afinoj) to je centralna simetrija sa centrom (0,0).
To se lako vidi računom, ali i ako se uoče sjecišta pravaca AD i BC
s pravcem y = -x (AD U BC je singularna konika pramena).
4. Primjenom Pascalovog teorema konstruirajte tangentu konike iz (b)
u zadatku 3. u točki A. Pretpostavlja se da su točke A, B, C, D zadane
(ucrtane), kao i smjer pravca a. Dopušteno je povlačenje paralelnih pravaca.
Izračunajte jednadžbu tetangente u homogenim projektivnim koordinatama.
Rješenje.
Iz jednadžbe konike u 3. zadatku može se tangenta u točki A izračunati
npr. kao polara te točke konike, jer za matricu polariteta imamo
(pisano po stupcima) [ 1 0 0 // 0 -1 5/4 // 0 5/4 -1 ].
Množenjem s [ 1 1 0] dobiva se x0 - x1 + 5/4 x2 = 0.
To odgovara afinom pravcu y = 4/5 (x - 1) i može poslužiti za provjeru
konstrukcije tangente.
Kako bismo primijenili Pascalov teorem, možemo numerirati točke
tako da vrhovi šesterovrha upisanog konici budu A (1 i 6 pa će
tangenta u A biti pravac 61), C(2), B(5), D(4) i E(3) za E(0:1:2).
Pravac 34 sada je paralela točkom 3 s pravcem y = 2x, a
pravac 23 je paralela točkom 2 s tim pravcem.
Imamo onda sjecišta 23 x 56 i 12 x 45 (= AC x BD = (0,0))
koja određuju Pascalov pravac, a tražena tangenta onda prolazi
sjecištem Pascalovog pravca i pravca 34.
|
