#1: Rješenja zadataka s kolokvija Autor/ica: Juraj Siftar, Postano: 6:43 uto, 13. 2. 2018 — Navest ću bitne elemente rješenja, bez svih pojedinosti.
Sve osnovne ideje sugerirane su u "probnom" kolokviju ili
lanjskom kolokviju.
1. Zadatak se može riješiti koordinatno (jedan dobar, samo malo
nedovršen pokušaj) ili bez koordinata, na temelju toga što općenito
za točke na pravcu postoji projektivitet A,B,C,D -^- B,A,D,C.
Imamo A,B',X,Y -^- B',A,Y,X -^- B,A',X,Y odakle se lako izvedu oba smjera
tvrdnje.
2. Zadani projektivitet može se realizirati na više načina pa onda
prema tome i konstruirati pridružene točke, a najjednostavnije je
poslužiti se s osi projektiviteta, što je ovdje pravac AD.
(Čim su zadane slika i praslika točke S, sjecišta pravaca između
kojih je projektivitet, njihova spojnica je os projektiviteta.
U “probnom kolokviju” dan je takav zadatak koji sugerira primjenu
osi projektiviteta). Za posebno zadane točke može se, dakako,
koristiti i harmonitet, što se većinom i radilo.
3. Očita primjena Pascal-Brianchonovog teorema. U (c) se može uočiti
polara točke A ( to je spojnica dirališta tangenti iz A, pravac NP)
pa je traženo drugo sjecište pravca AM s konikom četvrta harmonička
točka (naime, harmonički konjugirana točki M s obzirom na A i AM x NP).
Bez toga, može se na uobičajeni način primijeniti Pascalov teorem
za drugo sjecište pravca (poznati zadatak).
4. U zadatku se prilično jasno cilja na jediničnu kružnicu kao
posebnu koniku pramena kroz jedinične točke na koordinatnim osima
(euklidski), tj. kroz točke (1:1:0), (1:0:1), (1:-1:0), (1:0:-1), a
transformacija koja te točke preslikava ciklički je, dakako, rotacija
(proširene euklidske ravnine) za pravi kut. Račun to potvrđuje.
Matrica tražene transformacije, po retcima :
[ 1 0 0 // 0 0 -1 // 0 1 0]
(naravno, kad se uklone prvi redak i stupac, to je matrica spomenute
rotacije u E^2). Jedina fiksna točka je (1:0:0).
Matrica opće konike pramena je [ 1 0 0 // 0 -1 t // 0 t -1]
pri čemu je t parametar.
Euklidski gledano, jednadžba pramena je 1-x^2 -y^2 + 2txy = 0.
Za t=0 imamo jediničnu kružnicu, za t=1 par pravaca (x-y+1)(x-y-1)=0,
a za t= -1 par pravaca (x+y+1)(x+y-1) = 0.
Za aps(t) < 1 elipsa, za aps(t) > 1 hiperbola.
(Prilično očito ne postoji parabola kroz vrhove jediničnog kvadrata).
#2: Autor/ica: Juraj Siftar, Postano: 6:52 uto, 13. 2. 2018 — 5. Iz pretpostavki zadatka projektivna transformacija φ ima točku
kroz koju su svi pravci fiksni, a to je točka T, jer pravac kroz
fiksnu točku na kojem φ inducira projektivitet svakako je fiksan.
(Pritom, na svim pravcima kroz T osim jednog induciran je
parabolički projektivitet, dakle na njima je T jedina fiksna točka,
a onda i preostali pravac kroz T mora biti fiksan). Znamo teorem
da za kolineaciju projektivne ravnine postoji točka fiksna
po pravcima ako i samo ako postoji pravac fiksan po točkama.
U ovom slučaju taj pravac mora biti preostali pravac kroz T i
nema daljnjih fiksnih pravaca, jer u protivnom bi fiksni pravac
koji ne prolazi kroz T sijekao pravce kroz T u fiksnim točkama
pa inducirani projektiviteti na tim pravcima ne bi bili parabolički.
Dakle, φ je elacija.
