Rješenja i komentari rješavanja 1. kolokvija

[Juraj Siftar]

Rješenja i komentari o načinu rješavanja zadataka
s 1. kolokvija

Budući da se u svim zadacima može primijeniti metoda
projektivnih koordinata, premda to nije uvijek najbrži
i najelegantniji način, najprije ću ponoviti argument
(jer, koliko sam vidio, nije svima baš sasvim jasan)
zašto možemo bez gubitka općenitosti za vrhove
jednog četverovrha u PG(2,R) izabrati koordinate
(1:0:0), (0:1:0), (0:0:1) i (1:1:1).
Takav ili ekvivalentan izbor koordinata često bitno
olakšava rješavanje zadatka ili dokazivanje tvrdnje.

U ravnini PG(2,R) točke su 1-dimenzionalni, a pravci
2-dimenzionalni potprostori od R^3.
Jasno je da regularni linearni operatori preslikavaju
točke u točke, pravce u pravce te čuvaju incidenciju
(jer to je jednostavno inkluzija). Preciznije, regularni
linearni operatori induciraju automorfizme projektivne
ravnine (nad poljem, u ovom slučaju R), jer regularni
operatori koji se razlikuju samo za skalarni faktor
jednako djeluju na pojedini potprostor u cjelini.

Sad, ako je ABCD bilo koji četverovrh (dakle, nikoje
tri točke nisu kolinearne, odnosno po 3 od ta 4
1-dim. potprostora nisu sadržana u istom 2-dim.
potprostoru), kako god izaberemo po jedan vektor
baze za A, B i C, postoji (i to regularni, dakako) linearni
operator koji preslikava ta tri vektora redom u
(1,0,0), (0,1,0) i (0,0,1).
Označimo ta tri vektora s a, b, c.
Izaberemo nadalje bilo koji vektor baze za D,
neka je to d.
Tada d ima jednoznačan prikaz kao linearna kombinacija
a, b i c. Neka je d = α a + β b + γ c.

Promijenimo predstavnike tj. vektore baze za A, B, C
tako da uzmemo α a, β b i γ c. (Sva tri koeficijenta
očito su različiti od 0 zbog pretpostavke o četverovrhu).
Neka se ovi "novi" vektori zovu a', b' i c'.
Tada je d = a' + b' + c'.

Ako je F linearni operator koji a', b' i c' preslikava
redom u (1,0,0), (0,1,0) i (0,0,1),
onda F preslikava d u (1,1,1).

Vidimo da ako je ABCD bilo koji četverovrh, izborom
vektora baze za pojedine potprostore možemo naći
regularni linearni operator koji potprostore A,B,C,D
preslikava redom u [(1,0,0)] , [(0,1,0)], [(0,0,1)] i
[(1,1,1)].
Obrnuto, F^(-1) djeluje tako da što god izvedemo
polazeći od posebnog ("kanonskog") izbora koordinata
za četverovrh preslikat će se izomorfno u odgovarajući
rezultat s početkom za zadane A, B, C i D.

Sad prelazim na zadatke iz kolokvija.

1. zadatak
Bitno je znati da polovište dužine AB projektivno
znači točku koja je uzajamno harmonički pridružena
"neizmjerno dalekoj" točki pravca AB.
Onda "prijevod na projektivni jezik" može glasiti
ovako:
Neka se stranice AB i CD sijeku u točki V,
a stranice AD i BC u točki W.
(Pravac VW u euklidskoj varijanti onda dobiva
ulogu "neizmjerno dalekog" pravca, ali projektivno
to može biti bilo koji pravac).
Nadalje, uloge polovišta stranica onda preuzimaju
točke M, N, P i Q takve da vrijedi
H(AB,MV), H(CD,NV), H(AD,PW) i H(BC,QW).
Tvrdnja glasi: Pravci AC, MQ i PN sijeku se u jednoj
točki pravca VW, a također pravci BD, MP i QN
sijeku se u nekoj točki pravca VW.

Tvrdnja se može dokazati i sintetički, ali to nije
sasvim lagano, no može se rutinski dokazati
analitički, uz pogodan izbor koordinata.

Ako za A,B,C,D izaberemo koordinate kao u
uvodnom objašnjenju, imamo V(1:1:0),
W(0:1:1), a treća dijagonalna točka, sjecište
AC i BD, označimo je S, tada je (1:0:1).
Uočimo da se PQ i MN također sijeku u S.
Standardni račun pokazuje da AC siječe VW
u točki (1:0:-1), zatim da je P(2:1:1) i
N(1:1:2).
Točke P, N i AC x VW kolinearne su jer
det ( 2 1 1// 1 1 2// 1 0 -1) = 0.
Sve ostalo ide analogno, tj. MQ siječe VW
u istoj točki itd.

Ako nekoga zanima sintetički dokaz, napisat
ću posebno. Kratka uputa:
Vrijedi H(AC, SX) (gdje je X = AC x VW)
zatim ako stavimo Y = WB x DX
vrijedi AY x CD = N.
Onda iz četverovrha ACYD vidimo da
su X, P i N kolinearne, zbog H(AD,PW).

2. zadatak

I ovaj zadatak može se riješiti koordinatno,
ali svi koji su se snašli u njemu riješili su ga
sintetički, što je i najjednostavnije.
Da bi K,L,M,X,Y i Z bili vrhovi jednog potpunog
četverostrana, trebaju po tri od tih točaka biti
kolinearne na 4 pravca.
Os perspektiviteta sadrži K, L i M (Desargues,
jasno), iz četverovrha A1 A2 B2 B1 kolinearne
su K, X i Y (svojstvo harmoničke četvorke) itd.

3. zadatak
Ovaj zadatak zapravo se ne razlikuje od malo
drukčije formuliranog zadatka iz "probnog"
kolokvija.
Uz standardni izbor A(1:0:0) i B(0:1:0) te
C(0:0:1) može se uzeti S1 (1:1:0) i S2(1:s:0)
("specijalni" izbor za S1 nije bitan, ali moguć
je stoga što se točka (1:1:1) može uzeti na
pravcu koji spaja C i S1). Ako za X stavimo
X(1: x : 0), za Y dobivamo (0 : 1 : -x) i zatim
X'(1 : sx : 0).
Vrlo lako se vidi da će vrijediti H(AC,XX') za
svaku točku X na AC (osim A i C, jasno) ako
i samo ako vrijedi H(AB, S1 S2) i to je jedina
mogućnost za involutornost preslikavanja.
(Trivijalni slučaj S1 = S2 odmah daje identitetu).

Napomena: Ako se uzme afina interpretacija
tako da je pravac BC "neizmjerno daleki",
dobiva se jednostavno tumačenje rezultata
da se x preslikava u sx.

4. zadatak
Uz izbor A(1:0), B(0:1) i P(1:1)
lako se dobiva C(1:-1).
Zatim iz R(BC,PD) = -1 slijedi D(1: -3),
a onda i R(AB,PD) = -1/3.

Naravno, nije nužno baš tako izabrati
koordinate početnih točaka, ali račun u
svakom slučaju daje isti rezultat.

Tu se nadovezuje i 5. zadatak.
Uočimo da ako vrijedi H(AB,PC), onda
uz -1 vrijednosti dvoomjera koje se
dobivaju permutacijama točaka
još su 2 i 1/2.

Dakle, čim je R(AB,PD) = -1/3, odatle
slijedi da ni u kojem redoslijedu A,B,P i D
ne čine harmoničku četvorku.
Preostaje razmotriti podskupove {A,P,C,D}
i {A,B,C,D}, a i za njih se dobiju vrijednosti
dvoomjera (u bilo kojem redoslijedu) koje
ne pripadaju skupu {-1, 2, 1/2}.

[Juraj Siftar]

Gotovo 5 godina kasnije, evo ispravka rješenja 1. zadatka
s ovog kolokvija.
Budući da su zadaci ove vrste aktualni na nastavi, od strane
studenata stigla je opravdana primjedba da je rješenje
napisano za specijalni slučaj, što nikako nije bila namjera, nego
zabuna. Hvala kolegici Ingrid Orsag koja je to uočila.

Dakle, riječ je o zadatku u kojem se traži formulacija tvrdnje
koja će vrijediti u proširenoj euklidskoj ravnini, zapravo u
svakoj projektivnoj ravnini u kojoj vrijedi Desarguesov teorem
i za koju se pretpostavlja ispunjenost Fanoovog aksioma
(da dijagonalne točke potpunog četverovrha nisu kolinearne),
a čiji će posebni slučaj dati poznatu propoziciju iz afine geometrije:

Polovišta stranica bilo kojeg četverovrha vrhovi su paralelograma,
čiji su parovi stranica paralelni s dijagonalama zadanog četverovrha.

Kao u svim sličnim zadacima, ulogu "beskonačno dalekog pravca"
treba preuzeti bilo koji pravac projektivne ravnine pa ond
pretpostavke i zaključak treba prilagoditi za traženu svrhu.

Podsjetimo se da polovište M segmenta AB u projetivnoj
interpretaciji je točka pravca AB takva da vrijedi H(AB, MN)
pri čemu je N "beskonačno daleka točka" pravca AB (smjer AB),
a H označava harmoničku relaciju.

U afinoj varijanti. navedena tvrdnja lako slijedi iz svojstva srednjice
trokuta, primijenjenog na trovrhe ABC, ACD i BCD, DAB određene
vrhovima ABCD.

Ako formuliramo projektivno poopćenje svojstva srednjice,
na analogan način možemo izvesti traženo svojstvo četverokuta.
Evo te tvrdnje za projektivnu ravninu:

Neka je ABC trovrh i g bilo koji pravac koji ne prolazi nijednim od
vrhova A, B, C. Neka su P i Q sjecišta pravaca AC i AB s pravcem g,
a točke P', Q' takve da vrijedi H(AB, PP') i H(AC, QQ').
Tada se pravci BC i P'Q' sijeku na pravcu g.

Dokaz slijedi jednostavno iz definicije harmoničke četvorke i
osnovnog svojstva (koje proizlazi iz Desarguesovog teorema)
da ja za 3 kolinearne točke, npr. A, B, P jednoznačno određena
točka P' tako da vrijedi H(AB, PP').
Nadalje, vrlo praktično je primjenjivati bitno svojstvo da je
harmonitet invarijanta perspektiviteta, tj. centralnog projiciranja.
(Ovdje se iz sjecište pravaca BC i g centralno projicira četvorka
A, B, P, P' na pravac AC pa se mora dobiti upravo A, C, Q, Q').

Sad, za rješenje zadatka o četverovrhu, recimo ABCD, uzimamo
bilo koji pravac g koji ne prolazi nijednim od vrhova te sjecišta
pravca g s pravcima AB, BC, CD i DA označimo redom s P, Q, R i S.
Neka je X sjecište g i AC, Y sjecište g i BD.
Nadalje, neka su P', Q', R' i S' takve točke da vrijedi H(AB, PP')
i analgno ostale.

Zaključak sada treba glasiti: pravci P'Q' i R'S' sijeku se u točki X,
a pravci P'S' i Q'R' sijeku se u točki Y.

Ovo se izvodi na već navedeni način, a radi cjelovitosti navest ću
samo perspektivitete iz kojih slijede potrebne činjenice.

Iz točke X kao centra:

ADSS' → CDRR', odakle R'S' prolazi točkom X

ABPP' → CBQQ', odakle P'Q' prolazi točkom X.

Iz točke Y kao centra:

BAPP' → DASS', odakle P'S' prolazi točkom Y

BCQQ' → DCRR' , odakle Q'R' prolazi točkom Y.