|
Kako sam najavio na predavanjima, u okviru priprema
za kolokvij ovdje ću napisati neke primjere, zadatke i objašnjenja.
Nakon toga objavit ću i jedan "probni" primjer kolokvija.
Najprije, o koordinatama na projektivnom pravcu i dvoomjeru.
Bitne činjenice izložene su na predavanju, a također se sve može
naći u "Projektivnoj geometriji" D. Palmana, s tim što ću ovdje iznijeti
sažetu dopunu predavanjima.
Radi jednostavnosti, podrazumijevamo realnu projektivnu ravninu PG(2,[b]R[/b])
(iako se može raditi nad bilo kojim poljem) i unutar nje - ili zasebno -
projektivni pravac PG(1,[b]R[/b]).
S homogenih koordinata u ravnini možemo prijeći na homogene
(a zatim i na nehomogene) koordinate na pravcu tako da bilo koje
dvije točke pravca izaberemo za osnovne. Kako su točke zapravo
1-dim. potprostori u R^3, radimo s predstavnicima (vektorima koji
razapinju te potprostore), što nije jednoznačno, ali rezultati će uvijek
biti jednoznačni (kad se korektno računa).
Uzmimo odmah primjer, recimo točke A (1:1:1) i B(-2 : 3 : -1).
Tu su izabrani predstavnici, a bilo koja daljnja točka pravca AB
zadana je nekom (po volji izabranom) linearnom kombinacijom onih
vektora kojima su zadane A i B.
Zbog A = 1A + 0B, B = 0A + 1B same A i B na pravcu imaju
koordinate (1:0) i (0:1).
Pogledajmo npr. točku C(1:6:2), koja pripada pravcu AB (a to je,
znamo, 2-dim. potprostor od R^2), jer je skup
{(1,1,1), (-2,3,-1), (1,6,2)} linearno zavisan.
C = 3A + B, ako zadržimo predstavnike za A i B kao na početku,
a za C uzmemo (1,6,2).
Uz takav izbor, C ima na pravcu homogene koordinate (3:1).
No, ako želimo, možemo drukčije izabrati predstavnike A i B,
tako da C bude "jedinična točka", tj. da su joj homogene
koordinate (1:1). (Praktično je izborom neke "jedinične točke" fiksirati
predstavnike osnovnih točaka, A i B).
Jasno, C = 3A + B = 1(3A) + 1B, dakle ako želimo (1:1) za C,
uzet ćemo predstavnika (3.3.3) za A, dok za B ne mijenjamo
predstavnika.
Naravno, (3:1) i (1:1) su različite točke na pravcu kad se jednom
fiksiraju predstavnici za osnovne točke s ulogom (1:0) i (0:1).
Za nehomogene koordinate: ako je dogovor da (x0 : x1) ---> (x1/x0),
onda dobivamo A(0) i B(∞).
Neka je X = x0 A + x1 B bilo koja točka na AB, različita od A, B i C.
Možemo po formuli računati dvoomjer R(AB, CX).
Sljedeći primjer je računski trivijalan, ali važan.
Uvrstimo li u formulu za dvoomjer (homogene koordinate, sve je
izraženo determinantama reda 2) za A, B, C i X redom
(1:0), (0:1), (1:1) i (x0:x1), imamo
det [ 1 1 // 1 0] / det [ 1 1//0 1] : det [ x0 x1 // 1 0] / det [ x0 x1//0 1] =
= -1 : (-x1/x0) = x0/x1.
Dakle, dobivamo recipročnu vrijednost nehomogene koordinate točke X.
Lako se izračuna da se zamjenom položaja A i B u dvoomjeru dobiva:
R(BA, CX) = x1/x0, dakle upravo nehomogena koordinata točke X.
Možemo pamtiti ovako, u nehomogenim koordinatama:
R ((∞)(0), (1)(x)) = x.
Nehomogena koordinata točke X jednaka je dvoomjeru kad se za
prve tri točke uzmu osnovne, ali u redoslijedu kako je navedeno.
(Važno i lako provjerljivo: R(AB,CD) R(BA, CD) = 1; tj. zamjenom
točaka unutar samo jednog para u dvoomjeru dobiva se recipročna
vrijednost. Ukupno, 24 permutacije daju najviše 6 različitih vrijednosti
dvoomjera, to ćemo još raditi, ali nije loše uočiti odmah barem ovu
navedenu).
Ako želimo da dvoomjer bude npr -1 (jer je to karakteristika
harmoničke četvorke), treba biti x0 + x1 = 0, dakle točka (1: -1)
na pravcu AB.
Koja je to točka u ravnini (ako tako gledamo)?
Odgovara joj linearna kombinacija 1 (3,3,3) - 1(-2,3,-1) = (5,0,4).
Dakle, ako bismo za kolinearne točke A(1:1:1), B(-2:3:1) i C(1:6:2)
tražili četvrtu harmoničku, tj. D takvu da bude H(AB,CD), onda je to
točka (5:0:4) (ili kako već izaberemo predstavnika, npr. (1:0:4/5)).
Uočimo još da ovaj rezultat, naravno, ne ovisi o izboru predstavnika
za A, B i C.
Ako ostanemo pri C = 3A + B ( za A(1:1:1), B(-2: 3: -1), C(1:6:2)),
onda za dvoomjer uvrštavamo C(3:1) (jasno, i dalje A(1:0), B(0:1))
i taj račun dat će 1/3 * x0/x1 za R(AB,CX).
Sad, da bi opet X bila četvrta harmonička, treba vrijediti x0/x1 = -3,
x0 + 3x1 = 0.
Onda je D = -3A + B = (-3,-3,-3) + (-2,3,-1) = (-5,0,-4) pa je
D(-5 : 0 : -4), a to je ista točka kao (5:0:4).
(Činjenica da dvoomjer ne ovisi o izboru vektora-predstavnika
općenito se računski svodi na to da se promjena parametrizacije
na pravci izražava množenjem regularnom matricom reda 2,
a kod dvoomjera se determinanta te matrice "pokrati"...
str. 84-85 i 92-93 u Palmanu).
Na temelju ovih jednostavnih primjera mogu se riješiti neki
od zadataka danih na predavanjima.
Uvjerite se sami: račun sa simbolom ∞ kod dvoomjera (u
nehomogenom obliku) ne dovodi ni do kakvih problema,
kad se služimo uobičajenim konvencijama.
Npr. R((1),(2), (∞), (3)) = 1/2.
Nastavak slijedi, uskoro.
Kako sam najavio na predavanjima, u okviru priprema
za kolokvij ovdje ću napisati neke primjere, zadatke i objašnjenja.
Nakon toga objavit ću i jedan "probni" primjer kolokvija.
Najprije, o koordinatama na projektivnom pravcu i dvoomjeru.
Bitne činjenice izložene su na predavanju, a također se sve može
naći u "Projektivnoj geometriji" D. Palmana, s tim što ću ovdje iznijeti
sažetu dopunu predavanjima.
Radi jednostavnosti, podrazumijevamo realnu projektivnu ravninu PG(2,R)
(iako se može raditi nad bilo kojim poljem) i unutar nje - ili zasebno -
projektivni pravac PG(1,R).
S homogenih koordinata u ravnini možemo prijeći na homogene
(a zatim i na nehomogene) koordinate na pravcu tako da bilo koje
dvije točke pravca izaberemo za osnovne. Kako su točke zapravo
1-dim. potprostori u R^3, radimo s predstavnicima (vektorima koji
razapinju te potprostore), što nije jednoznačno, ali rezultati će uvijek
biti jednoznačni (kad se korektno računa).
Uzmimo odmah primjer, recimo točke A (1:1:1) i B(-2 : 3 : -1).
Tu su izabrani predstavnici, a bilo koja daljnja točka pravca AB
zadana je nekom (po volji izabranom) linearnom kombinacijom onih
vektora kojima su zadane A i B.
Zbog A = 1A + 0B, B = 0A + 1B same A i B na pravcu imaju
koordinate (1:0) i (0:1).
Pogledajmo npr. točku C(1:6:2), koja pripada pravcu AB (a to je,
znamo, 2-dim. potprostor od R^2), jer je skup
{(1,1,1), (-2,3,-1), (1,6,2)} linearno zavisan.
C = 3A + B, ako zadržimo predstavnike za A i B kao na početku,
a za C uzmemo (1,6,2).
Uz takav izbor, C ima na pravcu homogene koordinate (3:1).
No, ako želimo, možemo drukčije izabrati predstavnike A i B,
tako da C bude "jedinična točka", tj. da su joj homogene
koordinate (1:1). (Praktično je izborom neke "jedinične točke" fiksirati
predstavnike osnovnih točaka, A i B).
Jasno, C = 3A + B = 1(3A) + 1B, dakle ako želimo (1:1) za C,
uzet ćemo predstavnika (3.3.3) za A, dok za B ne mijenjamo
predstavnika.
Naravno, (3:1) i (1:1) su različite točke na pravcu kad se jednom
fiksiraju predstavnici za osnovne točke s ulogom (1:0) i (0:1).
Za nehomogene koordinate: ako je dogovor da (x0 : x1) → (x1/x0),
onda dobivamo A(0) i B(∞).
Neka je X = x0 A + x1 B bilo koja točka na AB, različita od A, B i C.
Možemo po formuli računati dvoomjer R(AB, CX).
Sljedeći primjer je računski trivijalan, ali važan.
Uvrstimo li u formulu za dvoomjer (homogene koordinate, sve je
izraženo determinantama reda 2) za A, B, C i X redom
(1:0), (0:1), (1:1) i (x0:x1), imamo
det [ 1 1 // 1 0] / det [ 1 1//0 1] : det [ x0 x1 // 1 0] / det [ x0 x1//0 1] =
= -1 : (-x1/x0) = x0/x1.
Dakle, dobivamo recipročnu vrijednost nehomogene koordinate točke X.
Lako se izračuna da se zamjenom položaja A i B u dvoomjeru dobiva:
R(BA, CX) = x1/x0, dakle upravo nehomogena koordinata točke X.
Možemo pamtiti ovako, u nehomogenim koordinatama:
R ((∞)(0), (1)(x)) = x.
Nehomogena koordinata točke X jednaka je dvoomjeru kad se za
prve tri točke uzmu osnovne, ali u redoslijedu kako je navedeno.
(Važno i lako provjerljivo: R(AB,CD) R(BA, CD) = 1; tj. zamjenom
točaka unutar samo jednog para u dvoomjeru dobiva se recipročna
vrijednost. Ukupno, 24 permutacije daju najviše 6 različitih vrijednosti
dvoomjera, to ćemo još raditi, ali nije loše uočiti odmah barem ovu
navedenu).
Ako želimo da dvoomjer bude npr -1 (jer je to karakteristika
harmoničke četvorke), treba biti x0 + x1 = 0, dakle točka (1: -1)
na pravcu AB.
Koja je to točka u ravnini (ako tako gledamo)?
Odgovara joj linearna kombinacija 1 (3,3,3) - 1(-2,3,-1) = (5,0,4).
Dakle, ako bismo za kolinearne točke A(1:1:1), B(-2:3:1) i C(1:6:2)
tražili četvrtu harmoničku, tj. D takvu da bude H(AB,CD), onda je to
točka (5:0:4) (ili kako već izaberemo predstavnika, npr. (1:0:4/5)).
Uočimo još da ovaj rezultat, naravno, ne ovisi o izboru predstavnika
za A, B i C.
Ako ostanemo pri C = 3A + B ( za A(1:1:1), B(-2: 3: -1), C(1:6:2)),
onda za dvoomjer uvrštavamo C(3:1) (jasno, i dalje A(1:0), B(0:1))
i taj račun dat će 1/3 * x0/x1 za R(AB,CX).
Sad, da bi opet X bila četvrta harmonička, treba vrijediti x0/x1 = -3,
x0 + 3x1 = 0.
Onda je D = -3A + B = (-3,-3,-3) + (-2,3,-1) = (-5,0,-4) pa je
D(-5 : 0 : -4), a to je ista točka kao (5:0:4).
(Činjenica da dvoomjer ne ovisi o izboru vektora-predstavnika
općenito se računski svodi na to da se promjena parametrizacije
na pravci izražava množenjem regularnom matricom reda 2,
a kod dvoomjera se determinanta te matrice "pokrati"...
str. 84-85 i 92-93 u Palmanu).
Na temelju ovih jednostavnih primjera mogu se riješiti neki
od zadataka danih na predavanjima.
Uvjerite se sami: račun sa simbolom ∞ kod dvoomjera (u
nehomogenom obliku) ne dovodi ni do kakvih problema,
kad se služimo uobičajenim konvencijama.
Npr. R((1),(2), (∞), (3)) = 1/2.
Nastavak slijedi, uskoro.
|
