Geometrija 4...A na geometrija (ponavljanje) Projektivna ravan Projektivna reslikpavanja Sadrºaj 1 A na geometrija (ponavljanje) 2 Projektivna ravan Homogene koordinate u a noj ravni

A�na geometrija (ponavljanje) Projektivna ravan Projektivna preslikavanja

Geometrija 4

Srdjan Vukmirovi¢

Matemati£ki fakultet, Beograd

februar 2015.


Sadrºaj

1 A�na geometrija (ponavljanje)

2 Projektivna ravanHomogene koordinate u a�noj ravniRealna projektivna ravan RP2

Realna projektivna prava RP1

Trotemenik, £etvorotemnikDvorazmera

3 Projektivna preslikavanjaDe�nicija i osobineHomologijeOdnos a�ne i projektivne geometrijeGrupe preslikavanja


A�na geometrija ravni R2

Koordinatni sistem (reper) Oxy . Koordinate ta£ke M(x , y).

Prava je odredjena sa dve ta£ke.

Jedna£ina prave ax + by + c = 0.

Dve prave u ravni se seku ili su paralelne.

Kriva drugog reda je skup ta£aka koje zadovoljavaju jedna£inu:

a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + 2a13x + 2a23y + a33 = 0. (1)

U prostoru je ravan zadata jedna£inom ax + by + cz + d = 0 iodredjena je sa tri ta£ke.

Dve ravni su ili paralelne, ili se seku po pravoj.



Koordinatni sistem (reper) Oxy .

Koordinate ta£ke M(x , y).





a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + 2a13x + 2a23y + a33 = 0. (1)










a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + 2a13x + 2a23y + a33 = 0. (1)










a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + 2a13x + 2a23y + a33 = 0. (1)










a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + 2a13x + 2a23y + a33 = 0. (1)










a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + 2a13x + 2a23y + a33 = 0. (1)










a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + 2a13x + 2a23y + a33 = 0. (1)










a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + 2a13x + 2a23y + a33 = 0. (1)










a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + 2a13x + 2a23y + a33 = 0. (1)




A�na preslikavanja ravni

De�nicija

A�no preslikavanje ta£ku M(x , y) preslikava u ta£ku M(x ′, y ′):(x ′

y ′

)=

(a11 a12a21 a22

)(xy

)+

(b1b2

)(2)

gde je det(aij ) 6= 0.

Kolone matrice A = (aij ) su koordinate slika baznih vektora, aO ′(b1, b2) slika koordinatnog po£etka.

Osobine a�nih preslikavanja:

bijekcije su;

£uvaju kolinearnost, konkurentnost, paralelnost, razmeru;

mogu da preslikaju trougao u proizvoljan trougao (dokaz).



De�nicija


y ′

)=

(a11 a12a21 a22

)(xy

)+

(b1b2

)(2)




bijekcije su;





De�nicija


y ′

)=

(a11 a12a21 a22

)(xy

)+

(b1b2

)(2)




bijekcije su;





De�nicija


y ′

)=

(a11 a12a21 a22

)(xy

)+

(b1b2

)(2)




bijekcije su;





De�nicija


y ′

)=

(a11 a12a21 a22

)(xy

)+

(b1b2

)(2)




bijekcije su;





De�nicija


y ′

)=

(a11 a12a21 a22

)(xy

)+

(b1b2

)(2)




bijekcije su;




Primer

Odrediti formule a�nog preslikavanja f koje ta£ke

A0(0, 0),B0(1, 0),C0(0, 1) slika redom u ta£ke A(1, 2), B(2,−4),C (3, 3).


Homogene koordinate u a�noj ravni

De�nicija

Homogene koordinate ta£ke M(x , y) a�ne ravni R2 su ma koja

nenula trojka (x1 : x2 : x3) takva da vaºi:

x =x1x3, y =

x2x3, x3 6= 0.

Vektor−→M = (x1, x2, x3) ∈ R3 je vektor predstavnik ta£ke M.

Prava p : ax + by + c = 0 u homogenim koordinatama postaje

p : ax1 + bx2 + cx3 = 0.

Trojka [a : b : c] predstavlja homogene koordinate prave p.

De�nicija

Prava p∞ : x3 = 0 naziva se beskona£no daleka prava, a svaka

ta£ka B∞(x1 : x2 : 0), koja joj pripada, beskona£no daleka ta£ka.



De�nicija



x =x1x3, y =

x2x3, x3 6= 0.



p : ax1 + bx2 + cx3 = 0.


De�nicija





De�nicija



x =x1x3, y =

x2x3, x3 6= 0.



p : ax1 + bx2 + cx3 = 0.


De�nicija





De�nicija



x =x1x3, y =

x2x3, x3 6= 0.



p : ax1 + bx2 + cx3 = 0.


De�nicija





De�nicija



x =x1x3, y =

x2x3, x3 6= 0.



p : ax1 + bx2 + cx3 = 0.


De�nicija





De�nicija



x =x1x3, y =

x2x3, x3 6= 0.



p : ax1 + bx2 + cx3 = 0.


De�nicija




A�na ravan dopunjena ta£kama beskona£no daleke prave x3 = 0naziva se dopunjena ili pro²irena a�na ravan i ozna£ava sa R̄2.

Paralelne prave a�ne ravni se seku u beskona£no dalekoj ta£kidopunjene a�ne ravni.

Primer

Odrediti presek pravih a : 2x − 5y + 6 = 0, b : 2x − 5y + 7 = 0 u i)

a�noj ravni; ii) dopunjenoj a�noj ravni.

Svaka prava dopunjene a�ne ravni ima jedinstvenu beskona£nodaleku ta£ku i to je njen presek sa pravom x3 = 0.

Primer

Odrediti beskona£no daleku ta£ku prave q : x + 4y − 1 = 0.




Primer




Primer





Primer




Primer





Primer




Primer





Primer




Primer





Primer




Primer



De�nicija

Realna projektivna ravan je skup ta£aka RP2 := {(x1 : x2 : x3)}.

Moºemo identi�kovati RP2 sa pro²irenom a�nom ravni.

RP2 := {(x1 : x2 : x3)} = {(x1 : x2 : x3) | x3 6= 0} ∪ {(x1 : x2 : 0)} =

= {(x1x3

:x2x3

: 1)} ∪ {(x1 : x2 : 0)} = R2 ∪ p∞ = R̄2.

Geometrijski moºemo videti realnu projektivnu ravan kao skup (tzv.snop) pravih u R3.

Sve prave realne projektivne ravni £ine projektivnu ravan

R̃P2 := {[x1 : x2 : x3]},

koja se zove dualna projektivna ravan pravih.Geometrijski je moºemo videti kao skup svih ravni u prostoru R3

kroz koordinatni po£etak.


De�nicija



RP2 := {(x1 : x2 : x3)} = {(x1 : x2 : x3) | x3 6= 0} ∪ {(x1 : x2 : 0)} =

= {(x1x3

:x2x3

: 1)} ∪ {(x1 : x2 : 0)} = R2 ∪ p∞ = R̄2.



R̃P2 := {[x1 : x2 : x3]},




De�nicija



RP2 := {(x1 : x2 : x3)} = {(x1 : x2 : x3) | x3 6= 0} ∪ {(x1 : x2 : 0)} =

= {(x1x3

:x2x3

: 1)} ∪ {(x1 : x2 : 0)} = R2 ∪ p∞ = R̄2.



R̃P2 := {[x1 : x2 : x3]},




De�nicija



RP2 := {(x1 : x2 : x3)} = {(x1 : x2 : x3) | x3 6= 0} ∪ {(x1 : x2 : 0)} =

= {(x1x3

:x2x3

: 1)} ∪ {(x1 : x2 : 0)} = R2 ∪ p∞ = R̄2.



R̃P2 := {[x1 : x2 : x3]},




De�nicija



RP2 := {(x1 : x2 : x3)} = {(x1 : x2 : x3) | x3 6= 0} ∪ {(x1 : x2 : 0)} =

= {(x1x3

:x2x3

: 1)} ∪ {(x1 : x2 : 0)} = R2 ∪ p∞ = R̄2.



R̃P2 := {[x1 : x2 : x3]},

koja se zove dualna projektivna ravan pravih.

Geometrijski je moºemo videti kao skup svih ravni u prostoru R3



De�nicija



RP2 := {(x1 : x2 : x3)} = {(x1 : x2 : x3) | x3 6= 0} ∪ {(x1 : x2 : 0)} =

= {(x1x3

:x2x3

: 1)} ∪ {(x1 : x2 : 0)} = R2 ∪ p∞ = R̄2.



R̃P2 := {[x1 : x2 : x3]},




Homogene koordinate prave p = AB se dobijaju vektorskimproizvodom −→p =

−→A ×

−→B .

Primer

Odrediti jedna£inu prave p odredjene ta£kama A(1, 2, 3),B(0, 1,−2).

U projektivnoj ravni se svake dve prave seku!

Primer (za doma¢i)

Odrediti presek P pravih a : 3x1 + 2x24x3 = 0 i

b : 3x1 + 2x24x3 = 0.

Homogene koordinate prese£ne ta£ke {P} = a ∩ b se dobijajuvektorskim proizvodom P = a× b.



−→A ×

−→B .

Primer



Primer (za doma¢i)


b : 3x1 + 2x24x3 = 0.




−→A ×

−→B .

Primer



Primer (za doma¢i)


b : 3x1 + 2x24x3 = 0.




−→A ×

−→B .

Primer



Primer (za doma¢i)


b : 3x1 + 2x24x3 = 0.




−→A ×

−→B .

Primer



Primer (za doma¢i)


b : 3x1 + 2x24x3 = 0.




−→A ×

−→B .

Primer



Primer (za doma¢i)


b : 3x1 + 2x24x3 = 0.



Dualnost

Iskaz I ′ dobijen zamenom re£i ta£ka i prava, odnosno pripada isadrºi u nekom iskazu I naziva se dualan iskaz.Upravo iz ovog razloga, ponekad se obe re£i: pripada i sadrºi,menjaju sa re£i je incidentno.

I : Postoji jedinstvena prava p koja sadrºi ta£ke A i B .I ′ : Postoji jedinstvena ta£ka P koja pripada pravama a i b.

Teorema (Princip dualnosti u ravni)

Ako je iskaz I teorema projektivne ravni tada je i njemu dualan

iskaz teorema projektivne ravni.

Dokaz: Videli smo da nema su²tinske razlike izmedju ta£ka i pravihu projektivnoj ravni (sem oblika zagrada i na£ina ozna£avanja).Presek pravih se traºi na isti na£in kao i spoj ta£aka. utVide¢emo razne dualne de�nicije: dvorazmera ta£aka i dvorazmerapravih; trotemenik i trostranik; £etvorotemenik i £etvorostranik . . .


Dualnost

Iskaz I ′ dobijen zamenom re£i ta£ka i prava, odnosno pripada isadrºi u nekom iskazu I naziva se dualan iskaz.

Upravo iz ovog razloga, ponekad se obe re£i: pripada i sadrºi,menjaju sa re£i je incidentno.







Dualnost








Dualnost


I : Postoji jedinstvena prava p koja sadrºi ta£ke A i B .

I ′ : Postoji jedinstvena ta£ka P koja pripada pravama a i b.






Dualnost








Dualnost






Dokaz: Videli smo da nema su²tinske razlike izmedju ta£ka i pravihu projektivnoj ravni (sem oblika zagrada i na£ina ozna£avanja).Presek pravih se traºi na isti na£in kao i spoj ta£aka. ut

Vide¢emo razne dualne de�nicije: dvorazmera ta£aka i dvorazmerapravih; trotemenik i trostranik; £etvorotemenik i £etvorostranik . . .


Dualnost








Realna projektivna prava

Primetimo da ta£ka C pripada pravoj p = AB ako vaºi

−→C = α

−→A + β

−→B , (3)

za neke brojeve α, β ∈ R koji nisu istovremeno nula.

Primetimo da λ−→C = λα

−→A + λβ

−→B , λ 6= 0 predstavlja ista ta£ku.

Zato su (α : β) homogene koordinate na pravoj p.

Svaka prava projektivne ravni je tzv. realna projektivna pravaRP1 koju dobijamo dodavanjem beskona£no daleke ta£ke P∞ a�nojpravoj R:

p = RP1 = {(α : β)} = {(αβ

: 1)} ∪ {(1 : 0)} = R ∪ {P∞}.




−→C = α

−→A + β

−→B , (3)



−→A + λβ




p = RP1 = {(α : β)} = {(αβ

: 1)} ∪ {(1 : 0)} = R ∪ {P∞}.




−→C = α

−→A + β

−→B , (3)



−→A + λβ




p = RP1 = {(α : β)} = {(αβ

: 1)} ∪ {(1 : 0)} = R ∪ {P∞}.




−→C = α

−→A + β

−→B , (3)



−→A + λβ




p = RP1 = {(α : β)} = {(αβ

: 1)} ∪ {(1 : 0)} = R ∪ {P∞}.




−→C = α

−→A + β

−→B , (3)



−→A + λβ




p = RP1 = {(α : β)} = {(αβ

: 1)} ∪ {(1 : 0)} = R ∪ {P∞}.




−→C = α

−→A + β

−→B , (3)



−→A + λβ




p = RP1 = {(α : β)} = {(αβ

: 1)} ∪ {(1 : 0)} = R ∪ {P∞}.


Iz relacije (3) dobijamo da je model projektivne prave KRUG:

1√α2 + β2

C =α√

α2 + β2A +

β√α2 + β2

B = cosφA + sinφB.

Dakle, raspored ta£aka na projektivnoj pravoj je kao na krugu, pane postoji relacija izmedju, ve¢ relacija razdvojenosti parovata£aka.

Kaºemo da par ta£ka A,B razdvaja par ta£aka C ,D (A,B ÷ C ,D).

Dve ta£ke A,B razbijaju pravu AB na dve projektivne duºi - onukoja sadrºi ta£ku C i onu koja sadrºi D.



1√α2 + β2

C =α√

α2 + β2A +

β√α2 + β2







1√α2 + β2

C =α√

α2 + β2A +

β√α2 + β2







1√α2 + β2

C =α√

α2 + β2A +

β√α2 + β2







1√α2 + β2

C =α√

α2 + β2A +

β√α2 + β2







1√α2 + β2

C =α√

α2 + β2A +

β√α2 + β2






Trotemenik, £etvorotemenik, . . .

Tri prave koje nisu konkurentne razbijaju projektivnu ravan na 4oblasti! Zato ne govorimo o trouglu, ve¢ o trotemeniku.

De�nicija

Trotemenik ABC je �gura projektivne ravni koja se sastoji od tri

nekolinearne ta£ke A,B,C i tri prave AB,BC ,CA njima odredjene.

De�nicija

�etvorotemenik ABCD je �gura projektivne ravni koja se sastoji

od £etiri ta£ke od kojih nikoje tri nisu kolinearne i ²est pravih

odredjenih tim ta£kama (te prave se zovu ivice £etvorotemenika).

Dijagonalne ta£ke £etvorotemenika su preseci "nesusednih" ivica

P = AB × CD, Q = AC × BD, R = AD × BC .

Za £etiri ta£ke od kojih nikoje tri nisu kolinearne kaºemo da su uop²tem poloºaju.



Tri prave koje nisu konkurentne razbijaju projektivnu ravan na 4oblasti!

Zato ne govorimo o trouglu, ve¢ o trotemeniku.

De�nicija



De�nicija










De�nicija



De�nicija










De�nicija



De�nicija










De�nicija



De�nicija










De�nicija



De�nicija










De�nicija



De�nicija








Dvorazmera

De�nicija

Neka su A,B,C ,D kolinearne ta£ke i vaºi:

−→C = α

−→A + β

−→B ,

−→D = γ

−→A + δ

−→B . (4)

Dvorazmera ta£aka A,B,C i D je broj

(A,B,C ,D) :=β

α:δ

γ. (5)

De�nicija je "dobra" - ne zavisi od izbora vektora predstavnika.

Primer

A(1 : 0 : 0), B(0 : 1 : 2), C (1 : 2 : 4), D(−1 : 1 : 2). Izra£unati(A,B,C ,D).

Dvorazmera (a, b, c , d) pravih se de�ni²e dualno.


Dvorazmera

De�nicija


−→C = α

−→A + β

−→B ,

−→D = γ

−→A + δ

−→B . (4)


(A,B,C ,D) :=β

α:δ

γ. (5)


Primer




Dvorazmera

De�nicija


−→C = α

−→A + β

−→B ,

−→D = γ

−→A + δ

−→B . (4)


(A,B,C ,D) :=β

α:δ

γ. (5)


Primer




Dvorazmera

De�nicija


−→C = α

−→A + β

−→B ,

−→D = γ

−→A + δ

−→B . (4)


(A,B,C ,D) :=β

α:δ

γ. (5)


Primer




Dvorazmera

De�nicija


−→C = α

−→A + β

−→B ,

−→D = γ

−→A + δ

−→B . (4)


(A,B,C ,D) :=β

α:δ

γ. (5)


Primer




Osobine dvorazmere:a) (A,B,C ,D) = (B,A,C ,D)−1

Dokaz: Ako zamenimo uloge ta£kama A i B u formuli (6) tadabrojevi α i β, odnosno γ i δ menjaju uloge, pa se dobija traºenotvrdjenje.b) (A,B,C ,D) = (C ,D,A,B).Dokaz: Relaciju (6) moºemo zapisati matri£no sa:(

CD

)=

(α βγ δ

)(AB

).

Oznake vektora smo izostavili radi jednostavnosti zapisa. �ta jeobjekat na levoj strani prethodne formule?Odatle, nalaºenjem inverzne matrice dobijamo:(

AB

)=

1∆

(δ −β−γ α

)(CD

), ∆ = αδ − βγ.


Osobine dvorazmere:

a) (A,B,C ,D) = (B,A,C ,D)−1


CD

)=

(α βγ δ

)(AB

).


AB

)=

1∆

(δ −β−γ α

)(CD

), ∆ = αδ − βγ.




CD

)=

(α βγ δ

)(AB

).


AB

)=

1∆

(δ −β−γ α

)(CD

), ∆ = αδ − βγ.



Dokaz: Ako zamenimo uloge ta£kama A i B u formuli (6) tadabrojevi α i β, odnosno γ i δ menjaju uloge, pa se dobija traºenotvrdjenje.

b) (A,B,C ,D) = (C ,D,A,B).Dokaz: Relaciju (6) moºemo zapisati matri£no sa:(

CD

)=

(α βγ δ

)(AB

).


AB

)=

1∆

(δ −β−γ α

)(CD

), ∆ = αδ − βγ.



Dokaz: Ako zamenimo uloge ta£kama A i B u formuli (6) tadabrojevi α i β, odnosno γ i δ menjaju uloge, pa se dobija traºenotvrdjenje.b) (A,B,C ,D) = (C ,D,A,B).

Dokaz: Relaciju (6) moºemo zapisati matri£no sa:(CD

)=

(α βγ δ

)(AB

).


AB

)=

1∆

(δ −β−γ α

)(CD

), ∆ = αδ − βγ.




CD

)=

(α βγ δ

)(AB

).


AB

)=

1∆

(δ −β−γ α

)(CD

), ∆ = αδ − βγ.




CD

)=

(α βγ δ

)(AB

).

Oznake vektora smo izostavili radi jednostavnosti zapisa.

�ta jeobjekat na levoj strani prethodne formule?Odatle, nalaºenjem inverzne matrice dobijamo:(

AB

)=

1∆

(δ −β−γ α

)(CD

), ∆ = αδ − βγ.




CD

)=

(α βγ δ

)(AB

).

Oznake vektora smo izostavili radi jednostavnosti zapisa. �ta jeobjekat na levoj strani prethodne formule?

Odatle, nalaºenjem inverzne matrice dobijamo:(AB

)=

1∆

(δ −β−γ α

)(CD

), ∆ = αδ − βγ.




CD

)=

(α βγ δ

)(AB

).

Oznake vektora smo izostavili radi jednostavnosti zapisa. �ta jeobjekat na levoj strani prethodne formule?Odatle, nalaºenjem inverzne matrice dobijamo:

(AB

)=

1∆

(δ −β−γ α

)(CD

), ∆ = αδ − βγ.




CD

)=

(α βγ δ

)(AB

).


AB

)=

1∆

(δ −β−γ α

)(CD

), ∆ = αδ − βγ.


To zna£i da je:

−→A =

δ

∆

−→C +

−β∆

−→D ,

−→B =

−γ∆

−→C +

α

∆

−→D . (6)

(C ,D,A,B) =−β∆δ∆

:α∆−γ∆

=β

α:δ

γ= (A,B,C ,D). (7)

c) Za razli£ite ta£ke vaºi (A,B,C ,D) 6= 0, 1. (za doma¢i)d) Ako su date ta£ke A,B i C i broj µ 6= 0, 1 tada postojijedinstvena ta£ka D takva da vaºi (A,B,C ,D) = µ. (za doma¢i, naprimeru)

De�nicija

Parovi ta£aka A,B i C ,D su harmonijski konjugovani (pi²emo

H(A,B;C ,D)) ako (A,B,C ,D) = −1.


To zna£i da je:

−→A =

δ

∆

−→C +

−β∆

−→D ,

−→B =

−γ∆

−→C +

α

∆

−→D . (6)

(C ,D,A,B) =−β∆δ∆

:α∆−γ∆

=β

α:δ

γ= (A,B,C ,D). (7)


De�nicija


H(A,B;C ,D)) ako (A,B,C ,D) = −1.


To zna£i da je:

−→A =

δ

∆

−→C +

−β∆

−→D ,

−→B =

−γ∆

−→C +

α

∆

−→D . (6)

(C ,D,A,B) =

−β∆δ∆

:α∆−γ∆

=β

α:δ

γ= (A,B,C ,D). (7)


De�nicija


H(A,B;C ,D)) ako (A,B,C ,D) = −1.


To zna£i da je:

−→A =

δ

∆

−→C +

−β∆

−→D ,

−→B =

−γ∆

−→C +

α

∆

−→D . (6)

(C ,D,A,B) =−β∆δ∆

:α∆−γ∆

=

β

α:δ

γ= (A,B,C ,D). (7)


De�nicija


H(A,B;C ,D)) ako (A,B,C ,D) = −1.


To zna£i da je:

−→A =

δ

∆

−→C +

−β∆

−→D ,

−→B =

−γ∆

−→C +

α

∆

−→D . (6)

(C ,D,A,B) =−β∆δ∆

:α∆−γ∆

=β

α:δ

γ= (A,B,C ,D). (7)


De�nicija


H(A,B;C ,D)) ako (A,B,C ,D) = −1.


To zna£i da je:

−→A =

δ

∆

−→C +

−β∆

−→D ,

−→B =

−γ∆

−→C +

α

∆

−→D . (6)

(C ,D,A,B) =−β∆δ∆

:α∆−γ∆

=β

α:δ

γ= (A,B,C ,D). (7)

c) Za razli£ite ta£ke vaºi (A,B,C ,D) 6= 0, 1.

(za doma¢i)d) Ako su date ta£ke A,B i C i broj µ 6= 0, 1 tada postojijedinstvena ta£ka D takva da vaºi (A,B,C ,D) = µ. (za doma¢i, naprimeru)

De�nicija


H(A,B;C ,D)) ako (A,B,C ,D) = −1.


To zna£i da je:

−→A =

δ

∆

−→C +

−β∆

−→D ,

−→B =

−γ∆

−→C +

α

∆

−→D . (6)

(C ,D,A,B) =−β∆δ∆

:α∆−γ∆

=β

α:δ

γ= (A,B,C ,D). (7)

c) Za razli£ite ta£ke vaºi (A,B,C ,D) 6= 0, 1. (za doma¢i)

d) Ako su date ta£ke A,B i C i broj µ 6= 0, 1 tada postojijedinstvena ta£ka D takva da vaºi (A,B,C ,D) = µ. (za doma¢i, naprimeru)

De�nicija


H(A,B;C ,D)) ako (A,B,C ,D) = −1.


To zna£i da je:

−→A =

δ

∆

−→C +

−β∆

−→D ,

−→B =

−γ∆

−→C +

α

∆

−→D . (6)

(C ,D,A,B) =−β∆δ∆

:α∆−γ∆

=β

α:δ

γ= (A,B,C ,D). (7)

c) Za razli£ite ta£ke vaºi (A,B,C ,D) 6= 0, 1. (za doma¢i)d) Ako su date ta£ke A,B i C i broj µ 6= 0, 1 tada postojijedinstvena ta£ka D takva da vaºi (A,B,C ,D) = µ.

(za doma¢i, naprimeru)

De�nicija


H(A,B;C ,D)) ako (A,B,C ,D) = −1.


To zna£i da je:

−→A =

δ

∆

−→C +

−β∆

−→D ,

−→B =

−γ∆

−→C +

α

∆

−→D . (6)

(C ,D,A,B) =−β∆δ∆

:α∆−γ∆

=β

α:δ

γ= (A,B,C ,D). (7)


De�nicija


H(A,B;C ,D)) ako (A,B,C ,D) = −1.


To zna£i da je:

−→A =

δ

∆

−→C +

−β∆

−→D ,

−→B =

−γ∆

−→C +

α

∆

−→D . (6)

(C ,D,A,B) =−β∆δ∆

:α∆−γ∆

=β

α:δ

γ= (A,B,C ,D). (7)


De�nicija


H(A,B;C ,D)) ako (A,B,C ,D) = −1.


Teorema

Ako su a, b, c , d konkurentne prave i A ∈ a,B ∈ b,C ∈ c,D ∈ dkolinearne ta£ke. Tada je (A,B,C ,D) = (a, b, c , d).

Dokaz: Po de�niciji vaºi:

(a, b, c , d) :=β

α:δ

γ,

−→c = α−→a + β−→b ,

−→d = γ−→a + δ

−→b .

Pretpostavimo da A,B,C ,D ∈ p. Da bi odredili ta£ke A,B,C ,Dtraºimo preseke sa pravom p:

−→c ×−→p = α(−→a ×−→p ) + β(−→b ×−→p ),

−→d ×−→p = γ(−→a ×−→p ) + δ(

−→b ×−→p ), tj.

−→C = α

−→A + β

−→B ,

−→D = γ

−→A + δ

−→B .

Zato je (A,B,C ,D) = βα : δ

γ = (a, b, c , d). ut


Teorema



(a, b, c , d) :=β

α:δ

γ,

−→c = α−→a + β−→b ,

−→d = γ−→a + δ

−→b .


−→c ×−→p = α(−→a ×−→p ) + β(−→b ×−→p ),

−→d ×−→p = γ(−→a ×−→p ) + δ(

−→b ×−→p ), tj.

−→C = α

−→A + β

−→B ,

−→D = γ

−→A + δ

−→B .


γ = (a, b, c , d). ut


Teorema


Dokaz:

Po de�niciji vaºi:

(a, b, c , d) :=β

α:δ

γ,

−→c = α−→a + β−→b ,

−→d = γ−→a + δ

−→b .


−→c ×−→p = α(−→a ×−→p ) + β(−→b ×−→p ),

−→d ×−→p = γ(−→a ×−→p ) + δ(

−→b ×−→p ), tj.

−→C = α

−→A + β

−→B ,

−→D = γ

−→A + δ

−→B .


γ = (a, b, c , d). ut


Teorema



(a, b, c , d) :=β

α:δ

γ,

−→c = α−→a + β−→b ,

−→d = γ−→a + δ

−→b .


−→c ×−→p = α(−→a ×−→p ) + β(−→b ×−→p ),

−→d ×−→p = γ(−→a ×−→p ) + δ(

−→b ×−→p ), tj.

−→C = α

−→A + β

−→B ,

−→D = γ

−→A + δ

−→B .


γ = (a, b, c , d). ut


Teorema



(a, b, c , d) :=β

α:δ

γ,

−→c = α−→a + β−→b ,

−→d = γ−→a + δ

−→b .


−→c ×−→p = α(−→a ×−→p ) + β(−→b ×−→p ),

−→d ×−→p = γ(−→a ×−→p ) + δ(

−→b ×−→p ), tj.

−→C = α

−→A + β

−→B ,

−→D = γ

−→A + δ

−→B .


γ = (a, b, c , d). ut


Teorema



(a, b, c , d) :=β

α:δ

γ,

−→c = α−→a + β−→b ,

−→d = γ−→a + δ

−→b .


−→c ×−→p = α(−→a ×−→p ) + β(−→b ×−→p ),

−→d ×−→p = γ(−→a ×−→p ) + δ(

−→b ×−→p ), tj.

−→C = α

−→A + β

−→B ,

−→D = γ

−→A + δ

−→B .


γ = (a, b, c , d). ut


Teorema



(a, b, c , d) :=β

α:δ

γ,

−→c = α−→a + β−→b ,

−→d = γ−→a + δ

−→b .

Pretpostavimo da A,B,C ,D ∈ p.

Da bi odredili ta£ke A,B,C ,Dtraºimo preseke sa pravom p:

−→c ×−→p = α(−→a ×−→p ) + β(−→b ×−→p ),

−→d ×−→p = γ(−→a ×−→p ) + δ(

−→b ×−→p ), tj.

−→C = α

−→A + β

−→B ,

−→D = γ

−→A + δ

−→B .


γ = (a, b, c , d). ut


Teorema



(a, b, c , d) :=β

α:δ

γ,

−→c = α−→a + β−→b ,

−→d = γ−→a + δ

−→b .


−→c ×−→p = α(−→a ×−→p ) + β(−→b ×−→p ),

−→d ×−→p = γ(−→a ×−→p ) + δ(

−→b ×−→p ), tj.

−→C = α

−→A + β

−→B ,

−→D = γ

−→A + δ

−→B .


γ = (a, b, c , d). ut


Teorema



(a, b, c , d) :=β

α:δ

γ,

−→c = α−→a + β−→b ,

−→d = γ−→a + δ

−→b .


−→c ×−→p = α(−→a ×−→p ) + β(−→b ×−→p ),

−→d ×−→p = γ(−→a ×−→p ) + δ(

−→b ×−→p ), tj.

−→C = α

−→A + β

−→B ,

−→D = γ

−→A + δ

−→B .


γ = (a, b, c , d). ut


Teorema



(a, b, c , d) :=β

α:δ

γ,

−→c = α−→a + β−→b ,

−→d = γ−→a + δ

−→b .


−→c ×−→p = α(−→a ×−→p ) + β(−→b ×−→p ),

−→d ×−→p = γ(−→a ×−→p ) + δ(

−→b ×−→p ), tj.

−→C = α

−→A + β

−→B ,

−→D = γ

−→A + δ

−→B .


γ = (a, b, c , d). ut


Teorema



(a, b, c , d) :=β

α:δ

γ,

−→c = α−→a + β−→b ,

−→d = γ−→a + δ

−→b .


−→c ×−→p = α(−→a ×−→p ) + β(−→b ×−→p ),

−→d ×−→p = γ(−→a ×−→p ) + δ(

−→b ×−→p ), tj.

−→C = α

−→A + β

−→B ,

−→D = γ

−→A + δ

−→B .


γ = (a, b, c , d). ut


Teorema



(a, b, c , d) :=β

α:δ

γ,

−→c = α−→a + β−→b ,

−→d = γ−→a + δ

−→b .


−→c ×−→p = α(−→a ×−→p ) + β(−→b ×−→p ),

−→d ×−→p = γ(−→a ×−→p ) + δ(

−→b ×−→p ), tj.

−→C = α

−→A + β

−→B ,

−→D = γ

−→A + δ

−→B .


γ = (a, b, c , d). ut


Posledica prethodne teoreme je: dvorazmera je invarijantacentralnog projektovanja.

Teorema

A�no posmatrano, dvorazmera je odnos dve razmere:

(A,B,C ,D) =

−→AC−→CB

:

−→AD−→DB

.

Primer:Dokaz: Po²to su sve ta£ke kona£ne, tj. x3 6= 0, odaberimo vektorepredstavnike svih ta£aka tako da im tre¢a koordinata bude jednakajedan. Tada iz relacije

−→C = α

−→A + β

−→B , sledi α + β = 1.

−→AC−→CB

=C − A

B − C=

A(α− 1) + βB

−αA + (1− β)B=β(B − A)

α(B − A)=β

α.

Sli£no je za drugu razmeru, pa dobijamo traºeno tvrdjenje. ut



Teorema


(A,B,C ,D) =

−→AC−→CB

:

−→AD−→DB

.


−→C = α

−→A + β

−→B , sledi α + β = 1.

−→AC−→CB

=C − A

B − C=

A(α− 1) + βB

−αA + (1− β)B=β(B − A)

α(B − A)=β

α.




Teorema


(A,B,C ,D) =

−→AC−→CB

:

−→AD−→DB

.


−→C = α

−→A + β

−→B , sledi α + β = 1.

−→AC−→CB

=C − A

B − C=

A(α− 1) + βB

−αA + (1− β)B=β(B − A)

α(B − A)=β

α.




Teorema


(A,B,C ,D) =

−→AC−→CB

:

−→AD−→DB

.

Primer:

Dokaz: Po²to su sve ta£ke kona£ne, tj. x3 6= 0, odaberimo vektorepredstavnike svih ta£aka tako da im tre¢a koordinata bude jednakajedan. Tada iz relacije

−→C = α

−→A + β

−→B , sledi α + β = 1.

−→AC−→CB

=C − A

B − C=

A(α− 1) + βB

−αA + (1− β)B=β(B − A)

α(B − A)=β

α.




Teorema


(A,B,C ,D) =

−→AC−→CB

:

−→AD−→DB

.

Primer:Dokaz: Po²to su sve ta£ke kona£ne, tj. x3 6= 0, odaberimo vektorepredstavnike svih ta£aka tako da im tre¢a koordinata bude jednakajedan.

Tada iz relacije−→C = α

−→A + β

−→B , sledi α + β = 1.

−→AC−→CB

=C − A

B − C=

A(α− 1) + βB

−αA + (1− β)B=β(B − A)

α(B − A)=β

α.




Teorema


(A,B,C ,D) =

−→AC−→CB

:

−→AD−→DB

.


−→C = α

−→A + β

−→B , sledi α + β = 1.

−→AC−→CB

=C − A

B − C=

A(α− 1) + βB

−αA + (1− β)B=β(B − A)

α(B − A)=β

α.




Teorema


(A,B,C ,D) =

−→AC−→CB

:

−→AD−→DB

.


−→C = α

−→A + β

−→B , sledi α + β = 1.

−→AC−→CB

=C − A

B − C=

A(α− 1) + βB

−αA + (1− β)B=β(B − A)

α(B − A)=β

α.




Teorema


(A,B,C ,D) =

−→AC−→CB

:

−→AD−→DB

.


−→C = α

−→A + β

−→B , sledi α + β = 1.

−→AC−→CB

=C − A

B − C=

A(α− 1) + βB

−αA + (1− β)B=β(B − A)

α(B − A)=β

α.



Posledica

Sredi²te duºi je konjugovano sa beskona£no dalekom ta£kom.

Na perspektivnim crteºima dvorazmera je vaºna invarijanta.

Primedba

Primetimo da se razdvojenost parova ta£aka moºe formalno uvesti

uz pomo¢ dvorazmere. Naime

A,B ÷ C ,D ⇔ (A,B,C ,D) < 0.

Ova se de�nicija poklapa sa intuicijom.


Posledica



Primedba



A,B ÷ C ,D ⇔ (A,B,C ,D) < 0.



Posledica



Primedba



A,B ÷ C ,D ⇔ (A,B,C ,D) < 0.



Posledica



Primedba



A,B ÷ C ,D ⇔ (A,B,C ,D) < 0.



Projektivna preslikavanja ravni RP2

De�nicija

Projektivno preslikavanje je ono koje preslikava ta£ku

M(x1 : x2 : x3) u ta£ku M ′(x ′1 : x ′2 : x ′3) formulama

λ

x ′1x ′2x ′3

=

p11 p12 p13p21 p22 p23p31 p32 p33

x1x2x3

, det(pij ) 6= 0. (8)

Broj λ 6= 0 sugeri²e da su u pitanju homogene koordinate.

Projektivno preslikavanje je indukovano linearnim preslikavanjemvektorskog prostora R3.

Preslikavanje (8) kra¢e zapisujemo

λx ′ = Px , (9)



De�nicija



λ

x ′1x ′2x ′3

=

p11 p12 p13p21 p22 p23p31 p32 p33

x1x2x3

, det(pij ) 6= 0. (8)




λx ′ = Px , (9)



De�nicija



λ

x ′1x ′2x ′3

=

p11 p12 p13p21 p22 p23p31 p32 p33

x1x2x3

, det(pij ) 6= 0. (8)




λx ′ = Px , (9)



De�nicija



λ

x ′1x ′2x ′3

=

p11 p12 p13p21 p22 p23p31 p32 p33

x1x2x3

, det(pij ) 6= 0. (8)




λx ′ = Px , (9)



De�nicija



λ

x ′1x ′2x ′3

=

p11 p12 p13p21 p22 p23p31 p32 p33

x1x2x3

, det(pij ) 6= 0. (8)




λx ′ = Px , (9)


a njemu inverzno preslikavanje sa

λx = Cx ′, gde je C = P−1. (10)

Matrice P i λP predstavljaju isto preslikavanje.

Kompoziciji preslikavanja odgovara mnoºenje matrica, a inverznompreslikavanju inverzna matrica.

Projektivna preslikavanje £ine projektivnu grupu PGl3(R). Tagrupa je osmodimenziona (opisana sa 8 parametara).

Projektivno preslikavanje slika £uva kolinearnost ikonkurentost. Ovo sledi iz toga ²to su kolinearne ta£kepredstavljene linearno zavisnim (LZ) vektorima, a linearnopreslikavanje LZ vektore slika u LZ vektore.



λx = Cx ′, gde je C = P−1. (10)







λx = Cx ′, gde je C = P−1. (10)







λx = Cx ′, gde je C = P−1. (10)



Projektivna preslikavanje £ine projektivnu grupu PGl3(R).

Tagrupa je osmodimenziona (opisana sa 8 parametara).




λx = Cx ′, gde je C = P−1. (10)







λx = Cx ′, gde je C = P−1. (10)




Projektivno preslikavanje slika £uva kolinearnost ikonkurentost.

Ovo sledi iz toga ²to su kolinearne ta£kepredstavljene linearno zavisnim (LZ) vektorima, a linearnopreslikavanje LZ vektore slika u LZ vektore.



λx = Cx ′, gde je C = P−1. (10)






Osnovna teorema Projektivne geometrije

Teorema

Postoji jedinstveno projektivno preslikavanje ravni RP2 koje £etiri

ta£ke A,B,C ,D u op²tem poloºaju slika redom u ta£ke

A′,B ′,C ′,D ′, u op²tem poloºaju.

Dokaz: Posmatramo bazne ta£ke A0,B0,C0,D0, gde je

A0(1 : 0 : 0), B0(0 : 1 : 0), C0(0 : 0 : 1), D0(1 : 1 : 1).

Pokaºimo da postoji jedinstveno projektivno f : A0,B0,C0,D0 7→ A,B,C ,D.

Kako su ta£ke A,B,C nekolinearne, odgovaraju¢i vektori koordinata su nezavisni, pa

je vektor−→D mogu¢e izraziti u obliku

−→D = λ1

−→A + λ2

−→B + λ3

−→C ,

gde ni jedan od brojeva λ1, λ2, λ3 nije nula. Ako je, recimo, λ1 = 0, tada bi ta£keB,C ,D bile kolinearne, suprotno pretpostavci.

Neka je P matrica £ije su kolone redom λ1−→A , λ2

−→B i λ3

−→C . Preslikavanje f zadato sa

λx ′ = Px je traºeno preslikavanje. Za²to?



Teorema





A0(1 : 0 : 0), B0(0 : 1 : 0), C0(0 : 0 : 1), D0(1 : 1 : 1).




−→D = λ1

−→A + λ2

−→B + λ3

−→C ,



−→B i λ3





Teorema





A0(1 : 0 : 0), B0(0 : 1 : 0), C0(0 : 0 : 1), D0(1 : 1 : 1).




−→D = λ1

−→A + λ2

−→B + λ3

−→C ,



−→B i λ3





Teorema





A0(1 : 0 : 0), B0(0 : 1 : 0), C0(0 : 0 : 1), D0(1 : 1 : 1).




−→D = λ1

−→A + λ2

−→B + λ3

−→C ,



−→B i λ3





Teorema





A0(1 : 0 : 0), B0(0 : 1 : 0), C0(0 : 0 : 1), D0(1 : 1 : 1).




−→D = λ1

−→A + λ2

−→B + λ3

−→C ,

gde ni jedan od brojeva λ1, λ2, λ3 nije nula.

Ako je, recimo, λ1 = 0, tada bi ta£keB,C ,D bile kolinearne, suprotno pretpostavci.


−→B i λ3





Teorema





A0(1 : 0 : 0), B0(0 : 1 : 0), C0(0 : 0 : 1), D0(1 : 1 : 1).




−→D = λ1

−→A + λ2

−→B + λ3

−→C ,



−→B i λ3





Teorema





A0(1 : 0 : 0), B0(0 : 1 : 0), C0(0 : 0 : 1), D0(1 : 1 : 1).




−→D = λ1

−→A + λ2

−→B + λ3

−→C ,



−→B i λ3


λx ′ = Px je traºeno preslikavanje.

Za²to?



Teorema





A0(1 : 0 : 0), B0(0 : 1 : 0), C0(0 : 0 : 1), D0(1 : 1 : 1).




−→D = λ1

−→A + λ2

−→B + λ3

−→C ,



−→B i λ3




Matica P je do na mnoºenje skalarom jedinstvena (po de�niciji matrice linearnogpreslikavanja), pa je f jedinstveno.

Na sli£an na£in se dobija preslikavanje g koje slika A0,B0,C0,D0 u A′,B′,C ′,D′, pa

je projektivno preslikavanje g ◦ f −1 jedinstveno preslikavanje iz tvrdjenja teoreme. ut

Primer

Odrediti projektivno preslikavanje ravni koje ta£ke A0,B0,C0,D0

slika u A(1 : 2 : 3), B(3 : 2 : 1), C (0 : 1 : 1), D(7 : 11 : 10).

Projektivno preslikavanje ravni sa 4 �ksne ta£ke u op²tem poloºajuje identitet.

Primer

a) Pravougaonik i trapez su projektivno ekvivalentni u R̄2.b) Dijagonalne ta£ke £etvorotemenika su medjusobno projektivno

ekvivalentne.

Primetimo da projektivna preslikavanja ne £uvaju razmeru, niparalelnost.





Primer


slika u A(1 : 2 : 3), B(3 : 2 : 1), C (0 : 1 : 1), D(7 : 11 : 10).


Primer


ekvivalentne.






Primer


slika u A(1 : 2 : 3), B(3 : 2 : 1), C (0 : 1 : 1), D(7 : 11 : 10).


Primer


ekvivalentne.






Primer


slika u A(1 : 2 : 3), B(3 : 2 : 1), C (0 : 1 : 1), D(7 : 11 : 10).


Primer


ekvivalentne.






Primer


slika u A(1 : 2 : 3), B(3 : 2 : 1), C (0 : 1 : 1), D(7 : 11 : 10).


Primer

a) Pravougaonik i trapez su projektivno ekvivalentni u R̄2.

b) Dijagonalne ta£ke £etvorotemenika su medjusobno projektivno

ekvivalentne.






Primer


slika u A(1 : 2 : 3), B(3 : 2 : 1), C (0 : 1 : 1), D(7 : 11 : 10).


Primer


ekvivalentne.






Primer


slika u A(1 : 2 : 3), B(3 : 2 : 1), C (0 : 1 : 1), D(7 : 11 : 10).


Primer


ekvivalentne.



Teorema

Projektivna preslikavanja £uvaju dvorazmeru.

Dokaz: Neka za slike A′,B ′,C ′,D ′ ta£aka A,B,C ,D vaºi

−→C ′ = α

−→A′ + β

−→B ′,

−→D ′ = γ

−→A′ + δ

−→B ′.

Primenom formula preslikavanja (9) na te relacije dobijamo

P−→C = αP

−→A + βP

−→B , P

−→D = γP

−→A + δP

−→B .

Nakon mnoºenja matricom P−1 sleva, dobijamo

−→C = α

−→A + β

−→B ,

−→D = γ

−→A + δ

−→B

odakle je

(A,B,C ,D) =β

α:δ

γ= (A′,B ′,C ′,D ′).ut


Teorema



−→C ′ = α

−→A′ + β

−→B ′,

−→D ′ = γ

−→A′ + δ

−→B ′.


P−→C = αP

−→A + βP

−→B , P

−→D = γP

−→A + δP

−→B .


−→C = α

−→A + β

−→B ,

−→D = γ

−→A + δ

−→B

odakle je

(A,B,C ,D) =β

α:δ

γ= (A′,B ′,C ′,D ′).ut


Teorema



−→C ′ = α

−→A′ + β

−→B ′,

−→D ′ = γ

−→A′ + δ

−→B ′.


P−→C = αP

−→A + βP

−→B , P

−→D = γP

−→A + δP

−→B .


−→C = α

−→A + β

−→B ,

−→D = γ

−→A + δ

−→B

odakle je

(A,B,C ,D) =β

α:δ

γ= (A′,B ′,C ′,D ′).ut


Teorema



−→C ′ = α

−→A′ + β

−→B ′,

−→D ′ = γ

−→A′ + δ

−→B ′.


P−→C = αP

−→A + βP

−→B , P

−→D = γP

−→A + δP

−→B .


−→C = α

−→A + β

−→B ,

−→D = γ

−→A + δ

−→B

odakle je

(A,B,C ,D) =β

α:δ

γ= (A′,B ′,C ′,D ′).ut


Teorema



−→C ′ = α

−→A′ + β

−→B ′,

−→D ′ = γ

−→A′ + δ

−→B ′.


P−→C = αP

−→A + βP

−→B , P

−→D = γP

−→A + δP

−→B .


−→C = α

−→A + β

−→B ,

−→D = γ

−→A + δ

−→B

odakle je

(A,B,C ,D) =β

α:δ

γ= (A′,B ′,C ′,D ′).ut


Teorema



−→C ′ = α

−→A′ + β

−→B ′,

−→D ′ = γ

−→A′ + δ

−→B ′.


P−→C = αP

−→A + βP

−→B , P

−→D = γP

−→A + δP

−→B .


−→C = α

−→A + β

−→B ,

−→D = γ

−→A + δ

−→B

odakle je

(A,B,C ,D) =β

α:δ

γ= (A′,B ′,C ′,D ′).ut


Posledica

Ako su tri ta£ke neke prave p �ksne pri projektivnom preslikavanju,

svaka ta£ka prave p je �ksna.

Ako su tri prave koje sadrºe ta£ku P �ksne pri projektivnom

preslikavanju, svaka prava kroz P je �ksna.


Posledica






Posledica






Teorema

Parovi ta£aka P,Q i R,S su harmonijski konjugovani ako i samo

ako postoji £etvorotemenik ABCD takav da su P i Q njegove

dijagonalne ta£ke, a R i S preseci prave PQ sa ivicama

£etvorotemenika kroz tre¢u dijagonalnu ta£ku.

Dokaz: (⇐= ) Pretpostavimo da takav £etvorotemenik ABCDpostoji i dokaºimo da su ta£ke P,Q,R i S harmonijski konjugovane.Moºemo pretpostaviti da £etvorotemenik ima kanonske koordinate:

A(1 : 0 : 0), B(0 : 1 : 0), C (0 : 0 : 1), D(1 : 1 : 1).

Direktnim ra£unom dobijamo

P = AD×BC = (0 : 1 : 1), Q = AB×DC = (1 : 1 : 0), PQ = [1 : −1 : 1],

R = BD × PQ = (1 : 2 : 1), S = AC × PQ = (1 : 0 : −1).

−→R = 1 ·

−→P + 1 ·

−→Q ,

−→R = −1 ·

−→P + 1 ·

−→Q

odakle je (P,Q,R, S) = −1, tj. H(P,Q,R,S).


Teorema






A(1 : 0 : 0), B(0 : 1 : 0), C (0 : 0 : 1), D(1 : 1 : 1).


P = AD×BC = (0 : 1 : 1), Q = AB×DC = (1 : 1 : 0), PQ = [1 : −1 : 1],

R = BD × PQ = (1 : 2 : 1), S = AC × PQ = (1 : 0 : −1).

−→R = 1 ·

−→P + 1 ·

−→Q ,

−→R = −1 ·

−→P + 1 ·

−→Q



Teorema





Dokaz: (⇐= ) Pretpostavimo da takav £etvorotemenik ABCDpostoji i dokaºimo da su ta£ke P,Q,R i S harmonijski konjugovane.

Moºemo pretpostaviti da £etvorotemenik ima kanonske koordinate:

A(1 : 0 : 0), B(0 : 1 : 0), C (0 : 0 : 1), D(1 : 1 : 1).


P = AD×BC = (0 : 1 : 1), Q = AB×DC = (1 : 1 : 0), PQ = [1 : −1 : 1],

R = BD × PQ = (1 : 2 : 1), S = AC × PQ = (1 : 0 : −1).

−→R = 1 ·

−→P + 1 ·

−→Q ,

−→R = −1 ·

−→P + 1 ·

−→Q



Teorema






A(1 : 0 : 0), B(0 : 1 : 0), C (0 : 0 : 1), D(1 : 1 : 1).


P = AD×BC = (0 : 1 : 1), Q = AB×DC = (1 : 1 : 0), PQ = [1 : −1 : 1],

R = BD × PQ = (1 : 2 : 1), S = AC × PQ = (1 : 0 : −1).

−→R = 1 ·

−→P + 1 ·

−→Q ,

−→R = −1 ·

−→P + 1 ·

−→Q



Teorema






A(1 : 0 : 0), B(0 : 1 : 0), C (0 : 0 : 1), D(1 : 1 : 1).


P = AD×BC = (0 : 1 : 1), Q = AB×DC = (1 : 1 : 0), PQ = [1 : −1 : 1],

R = BD × PQ = (1 : 2 : 1), S = AC × PQ = (1 : 0 : −1).

−→R = 1 ·

−→P + 1 ·

−→Q ,

−→R = −1 ·

−→P + 1 ·

−→Q



Teorema






A(1 : 0 : 0), B(0 : 1 : 0), C (0 : 0 : 1), D(1 : 1 : 1).


P = AD×BC = (0 : 1 : 1), Q = AB×DC = (1 : 1 : 0), PQ = [1 : −1 : 1],

R = BD × PQ = (1 : 2 : 1), S = AC × PQ = (1 : 0 : −1).

−→R = 1 ·

−→P + 1 ·

−→Q ,

−→R = −1 ·

−→P + 1 ·

−→Q



Teorema






A(1 : 0 : 0), B(0 : 1 : 0), C (0 : 0 : 1), D(1 : 1 : 1).


P = AD×BC = (0 : 1 : 1), Q = AB×DC = (1 : 1 : 0), PQ = [1 : −1 : 1],

R = BD × PQ = (1 : 2 : 1), S = AC × PQ = (1 : 0 : −1).

−→R = 1 ·

−→P + 1 ·

−→Q ,

−→R = −1 ·

−→P + 1 ·

−→Q

odakle je (P,Q,R,S) = −1, tj. H(P,Q,R,S).


Teorema






A(1 : 0 : 0), B(0 : 1 : 0), C (0 : 0 : 1), D(1 : 1 : 1).


P = AD×BC = (0 : 1 : 1), Q = AB×DC = (1 : 1 : 0), PQ = [1 : −1 : 1],

R = BD × PQ = (1 : 2 : 1), S = AC × PQ = (1 : 0 : −1).

−→R = 1 ·

−→P + 1 ·

−→Q ,

−→R = −1 ·

−→P + 1 ·

−→Q



(=⇒ ) Pretpostavimo da vaºi H(P,Q,R,S).

Konstrui²imo traºeni£etvorotemenik.Neka su p1, p2 ∈ P i q1 ∈ Q proizvoljne prave. Ozna£imo

A = p1 × q1, C = AS × p2, D = QC × p1, B = p2 × q1.

Dokaºimo da je ABCD traºeni £etvorotemenik.Po konstrukciji su P i Q dijagonalne ta£ke.Po konstrukciji je S = PQ × AC . Da li je R = PQ × DB?Neka je R ′ = PQ × DB. Na osnovu dokazanog smera vaºiH(P,Q,R ′,S). Po pretpostavci vaºi H(P,Q,R,S). Zbogjedinstvenosti £etvrte harmonijske ta£ke R = R ′ = PQ × DB .Dakle, postoji traºeni £etvorotemenik ABCD. ut

Primer

Neka je ABCD trapez (AB ‖ CD), ne obavezno jednakokraki. Neka

je P = AD × BC , Q = BD × AC , E = AB × PQ, F = CD × PQ.Dokazati: a) H(P,Q,E ,F ); b) F = S(DC ),E = S(AB).


(=⇒ ) Pretpostavimo da vaºi H(P,Q,R,S). Konstrui²imo traºeni£etvorotemenik.

Neka su p1, p2 ∈ P i q1 ∈ Q proizvoljne prave. Ozna£imo

A = p1 × q1, C = AS × p2, D = QC × p1, B = p2 × q1.


Primer




(=⇒ ) Pretpostavimo da vaºi H(P,Q,R,S). Konstrui²imo traºeni£etvorotemenik.Neka su p1, p2 ∈ P i q1 ∈ Q proizvoljne prave.

Ozna£imo

A = p1 × q1, C = AS × p2, D = QC × p1, B = p2 × q1.


Primer




(=⇒ ) Pretpostavimo da vaºi H(P,Q,R,S). Konstrui²imo traºeni£etvorotemenik.Neka su p1, p2 ∈ P i q1 ∈ Q proizvoljne prave. Ozna£imo

A = p1 × q1,

C = AS × p2, D = QC × p1, B = p2 × q1.


Primer





A = p1 × q1, C = AS × p2,

D = QC × p1, B = p2 × q1.


Primer





A = p1 × q1, C = AS × p2, D = QC × p1,

B = p2 × q1.


Primer





A = p1 × q1, C = AS × p2, D = QC × p1, B = p2 × q1.


Primer





A = p1 × q1, C = AS × p2, D = QC × p1, B = p2 × q1.

Dokaºimo da je ABCD traºeni £etvorotemenik.

Po konstrukciji su P i Q dijagonalne ta£ke.Po konstrukciji je S = PQ × AC . Da li je R = PQ × DB?Neka je R ′ = PQ × DB. Na osnovu dokazanog smera vaºiH(P,Q,R ′,S). Po pretpostavci vaºi H(P,Q,R,S). Zbogjedinstvenosti £etvrte harmonijske ta£ke R = R ′ = PQ × DB .Dakle, postoji traºeni £etvorotemenik ABCD. ut

Primer





A = p1 × q1, C = AS × p2, D = QC × p1, B = p2 × q1.

Dokaºimo da je ABCD traºeni £etvorotemenik.Po konstrukciji su P i Q dijagonalne ta£ke.

Po konstrukciji je S = PQ × AC . Da li je R = PQ × DB?Neka je R ′ = PQ × DB. Na osnovu dokazanog smera vaºiH(P,Q,R ′,S). Po pretpostavci vaºi H(P,Q,R,S). Zbogjedinstvenosti £etvrte harmonijske ta£ke R = R ′ = PQ × DB .Dakle, postoji traºeni £etvorotemenik ABCD. ut

Primer





A = p1 × q1, C = AS × p2, D = QC × p1, B = p2 × q1.

Dokaºimo da je ABCD traºeni £etvorotemenik.Po konstrukciji su P i Q dijagonalne ta£ke.Po konstrukciji je S = PQ × AC .

Da li je R = PQ × DB?Neka je R ′ = PQ × DB. Na osnovu dokazanog smera vaºiH(P,Q,R ′,S). Po pretpostavci vaºi H(P,Q,R,S). Zbogjedinstvenosti £etvrte harmonijske ta£ke R = R ′ = PQ × DB .Dakle, postoji traºeni £etvorotemenik ABCD. ut

Primer





A = p1 × q1, C = AS × p2, D = QC × p1, B = p2 × q1.

Dokaºimo da je ABCD traºeni £etvorotemenik.Po konstrukciji su P i Q dijagonalne ta£ke.Po konstrukciji je S = PQ × AC . Da li je R = PQ × DB?

Neka je R ′ = PQ × DB. Na osnovu dokazanog smera vaºiH(P,Q,R ′,S). Po pretpostavci vaºi H(P,Q,R,S). Zbogjedinstvenosti £etvrte harmonijske ta£ke R = R ′ = PQ × DB .Dakle, postoji traºeni £etvorotemenik ABCD. ut

Primer





A = p1 × q1, C = AS × p2, D = QC × p1, B = p2 × q1.

Dokaºimo da je ABCD traºeni £etvorotemenik.Po konstrukciji su P i Q dijagonalne ta£ke.Po konstrukciji je S = PQ × AC . Da li je R = PQ × DB?Neka je R ′ = PQ × DB.

Na osnovu dokazanog smera vaºiH(P,Q,R ′,S). Po pretpostavci vaºi H(P,Q,R,S). Zbogjedinstvenosti £etvrte harmonijske ta£ke R = R ′ = PQ × DB .Dakle, postoji traºeni £etvorotemenik ABCD. ut

Primer





A = p1 × q1, C = AS × p2, D = QC × p1, B = p2 × q1.

Dokaºimo da je ABCD traºeni £etvorotemenik.Po konstrukciji su P i Q dijagonalne ta£ke.Po konstrukciji je S = PQ × AC . Da li je R = PQ × DB?Neka je R ′ = PQ × DB. Na osnovu dokazanog smera vaºiH(P,Q,R ′,S).

Po pretpostavci vaºi H(P,Q,R,S). Zbogjedinstvenosti £etvrte harmonijske ta£ke R = R ′ = PQ × DB .Dakle, postoji traºeni £etvorotemenik ABCD. ut

Primer





A = p1 × q1, C = AS × p2, D = QC × p1, B = p2 × q1.

Dokaºimo da je ABCD traºeni £etvorotemenik.Po konstrukciji su P i Q dijagonalne ta£ke.Po konstrukciji je S = PQ × AC . Da li je R = PQ × DB?Neka je R ′ = PQ × DB. Na osnovu dokazanog smera vaºiH(P,Q,R ′,S). Po pretpostavci vaºi H(P,Q,R, S).

Zbogjedinstvenosti £etvrte harmonijske ta£ke R = R ′ = PQ × DB .Dakle, postoji traºeni £etvorotemenik ABCD. ut

Primer





A = p1 × q1, C = AS × p2, D = QC × p1, B = p2 × q1.

Dokaºimo da je ABCD traºeni £etvorotemenik.Po konstrukciji su P i Q dijagonalne ta£ke.Po konstrukciji je S = PQ × AC . Da li je R = PQ × DB?Neka je R ′ = PQ × DB. Na osnovu dokazanog smera vaºiH(P,Q,R ′,S). Po pretpostavci vaºi H(P,Q,R, S). Zbogjedinstvenosti £etvrte harmonijske ta£ke R = R ′ = PQ × DB .

Dakle, postoji traºeni £etvorotemenik ABCD. ut

Primer





A = p1 × q1, C = AS × p2, D = QC × p1, B = p2 × q1.

Dokaºimo da je ABCD traºeni £etvorotemenik.Po konstrukciji su P i Q dijagonalne ta£ke.Po konstrukciji je S = PQ × AC . Da li je R = PQ × DB?Neka je R ′ = PQ × DB. Na osnovu dokazanog smera vaºiH(P,Q,R ′,S). Po pretpostavci vaºi H(P,Q,R, S). Zbogjedinstvenosti £etvrte harmonijske ta£ke R = R ′ = PQ × DB .Dakle, postoji traºeni £etvorotemenik ABCD. ut

Primer





A = p1 × q1, C = AS × p2, D = QC × p1, B = p2 × q1.

Dokaºimo da je ABCD traºeni £etvorotemenik.Po konstrukciji su P i Q dijagonalne ta£ke.Po konstrukciji je S = PQ × AC . Da li je R = PQ × DB?Neka je R ′ = PQ × DB. Na osnovu dokazanog smera vaºiH(P,Q,R ′,S). Po pretpostavci vaºi H(P,Q,R, S). Zbogjedinstvenosti £etvrte harmonijske ta£ke R = R ′ = PQ × DB .Dakle, postoji traºeni £etvorotemenik ABCD. ut

Primer




Homologije

De�nicija

Ta£ka S je centar projektivnog preslikavanja f ako je svaka

prava kroz S �ksna, tj. f (a) = a, a 3 S .

Osa preslikavanja se de�ni²e dualno. Dakle, prava s je osaprojektivnog preslikavanja f ako je svaka ta£ka prave s �ksna, tj.f (A) = A, A ∈ s.

De�nicija

Projektivno preslikavanje koje ima osu i centar zove se homologija.

Homologija je odredjena sa centrom S , osom s i paromodgovaraju¢ih ta£aka M,M ′. (dokaz)


Homologije

De�nicija




De�nicija




Homologije

De�nicija



Osa preslikavanja se de�ni²e dualno.

Dakle, prava s je osaprojektivnog preslikavanja f ako je svaka ta£ka prave s �ksna, tj.f (A) = A, A ∈ s.

De�nicija




Homologije

De�nicija




De�nicija




Homologije

De�nicija




De�nicija




Homologije

De�nicija




De�nicija




Teorema

Projektivno preslikavanje ima osu ako i samo ako ima centar.

Dokaz: (=⇒) Neka f ima osu s. Neka je M 6∈ s ta£ka takva daM ′ = f (M) 6= M. Ozna£imo MM ′ × s = X .

f (MM ′) = f (MX ) = f (M)f (X ) = M ′X = MM ′,

pa je prava MM ′ �ksna. Na sli£an na£in postoji jo² jedna �ksnaprava NN ′. Neka je S = NN ′ ×MM ′.

f (S) = f (NN ′ ×MM ′) = f (NN ′)× f (MM ′) = NN ′ ×MM ′ = S .

Dokaºimo da je ta£ka S centar.1. slu£aj) Ako S 6∈ s, tada je svaka prava kroz S �ksna jer ima dve�ksne ta£ke - tav cku S i presek sa osom.2. slu£aj) Ako S ∈ s, tada su s,MM ′,NN ′ prave koje sadrºe S i�ksne su. Zbog £uvanja dvorazmere pravih, svaka prava kroz S je�ksna (vidi Posledicu).(⇐=) Sledi iz dualnosti ose i centra. ut


Teorema



f (MM ′) = f (MX ) = f (M)f (X ) = M ′X = MM ′,





Teorema


Dokaz: (=⇒) Neka f ima osu s.

Neka je M 6∈ s ta£ka takva daM ′ = f (M) 6= M. Ozna£imo MM ′ × s = X .

f (MM ′) = f (MX ) = f (M)f (X ) = M ′X = MM ′,





Teorema


Dokaz: (=⇒) Neka f ima osu s. Neka je M 6∈ s ta£ka takva daM ′ = f (M) 6= M.

Ozna£imo MM ′ × s = X .

f (MM ′) = f (MX ) = f (M)f (X ) = M ′X = MM ′,





Teorema



f (MM ′) = f (MX ) = f (M)f (X ) = M ′X = MM ′,





Teorema



f (MM ′) = f (MX ) = f (M)f (X ) = M ′X = MM ′,

pa je prava MM ′ �ksna.

Na sli£an na£in postoji jo² jedna �ksnaprava NN ′. Neka je S = NN ′ ×MM ′.




Teorema



f (MM ′) = f (MX ) = f (M)f (X ) = M ′X = MM ′,

pa je prava MM ′ �ksna. Na sli£an na£in postoji jo² jedna �ksnaprava NN ′.

Neka je S = NN ′ ×MM ′.




Teorema



f (MM ′) = f (MX ) = f (M)f (X ) = M ′X = MM ′,





Teorema



f (MM ′) = f (MX ) = f (M)f (X ) = M ′X = MM ′,





Teorema



f (MM ′) = f (MX ) = f (M)f (X ) = M ′X = MM ′,



Dokaºimo da je ta£ka S centar.

1. slu£aj) Ako S 6∈ s, tada je svaka prava kroz S �ksna jer ima dve�ksne ta£ke - tav cku S i presek sa osom.2. slu£aj) Ako S ∈ s, tada su s,MM ′,NN ′ prave koje sadrºe S i�ksne su. Zbog £uvanja dvorazmere pravih, svaka prava kroz S je�ksna (vidi Posledicu).(⇐=) Sledi iz dualnosti ose i centra. ut


Teorema



f (MM ′) = f (MX ) = f (M)f (X ) = M ′X = MM ′,



Dokaºimo da je ta£ka S centar.1. slu£aj) Ako S 6∈ s, tada je svaka prava kroz S �ksna jer ima dve�ksne ta£ke - tav cku S i presek sa osom.

2. slu£aj) Ako S ∈ s, tada su s,MM ′,NN ′ prave koje sadrºe S i�ksne su. Zbog £uvanja dvorazmere pravih, svaka prava kroz S je�ksna (vidi Posledicu).(⇐=) Sledi iz dualnosti ose i centra. ut


Teorema



f (MM ′) = f (MX ) = f (M)f (X ) = M ′X = MM ′,



Dokaºimo da je ta£ka S centar.1. slu£aj) Ako S 6∈ s, tada je svaka prava kroz S �ksna jer ima dve�ksne ta£ke - tav cku S i presek sa osom.2. slu£aj) Ako S ∈ s, tada su s,MM ′,NN ′ prave koje sadrºe S i�ksne su.

Zbog £uvanja dvorazmere pravih, svaka prava kroz S je�ksna (vidi Posledicu).(⇐=) Sledi iz dualnosti ose i centra. ut


Teorema



f (MM ′) = f (MX ) = f (M)f (X ) = M ′X = MM ′,



Dokaºimo da je ta£ka S centar.1. slu£aj) Ako S 6∈ s, tada je svaka prava kroz S �ksna jer ima dve�ksne ta£ke - tav cku S i presek sa osom.2. slu£aj) Ako S ∈ s, tada su s,MM ′,NN ′ prave koje sadrºe S i�ksne su. Zbog £uvanja dvorazmere pravih, svaka prava kroz S je�ksna (vidi Posledicu).

(⇐=) Sledi iz dualnosti ose i centra. ut


Teorema



f (MM ′) = f (MX ) = f (M)f (X ) = M ′X = MM ′,





A�na i projektivna preslikavanja

A�no preslikavanje (2) nakon prelaska u homogene koordinatepostaje

λ

x ′1x ′2x ′3

=

a11 a12 b1a21 a22 b20 0 1

x1x2x3

. (11)

Matricu tog preslikavanja ozna£avamo sa Ab.Vidimo da je a�no preslikavanje specijalan slu£aj projektivnogpreslikavanja pro²irene a�ne ravni R̄2.

Teorema

Grupa a�nih preslikavanja je izomorfna podgrupi projektivnih

preslikavanja ravni R̄2 koje £uvaju beskona£no daleku pravu p∞.




λ

x ′1x ′2x ′3

=

a11 a12 b1a21 a22 b20 0 1

x1x2x3

. (11)


Teorema






λ

x ′1x ′2x ′3

=

a11 a12 b1a21 a22 b20 0 1

x1x2x3

. (11)

Matricu tog preslikavanja ozna£avamo sa Ab.

Vidimo da je a�no preslikavanje specijalan slu£aj projektivnogpreslikavanja pro²irene a�ne ravni R̄2.

Teorema






λ

x ′1x ′2x ′3

=

a11 a12 b1a21 a22 b20 0 1

x1x2x3

. (11)


Teorema






λ

x ′1x ′2x ′3

=

a11 a12 b1a21 a22 b20 0 1

x1x2x3

. (11)


Teorema




Dokaz: Projektivno preslikavanje λx ′ = Px £uva beskona£nodaleku pravu, ako i samo ako vaºi

λ

p11 p12 p13p21 p22 p23p31 p32 p33

x1x20

=

x ′1x ′20

za svako x1, x2 ∈ R.Drugim re£ima, slika proizvoljne beskona£no daleke ta£keB∞(x1 : x2 : 0) ∈ p∞ je beskona£no daleka ta£kaB ′∞(x ′1 : x ′2 : 0) ∈ p∞. To ne daje nikakav uslov za prve dve vrstematrice P , a za tre¢u vrstu dobijamo

p31x1 + p32x2 = 0, za svako x1, x2 ∈ R.

Dakle, uslov da se £uva beskona£no daleka prava je ekvivalentan sap31 = 0 = p32, p33 6= 0. Kako matrice P i λP predstavljaju istopreslikavanje moºemo pretpostaviti da je p33 = 1, odakle sleditvrdjenje. ut



λ

p11 p12 p13p21 p22 p23p31 p32 p33

x1x20

=

x ′1x ′20

za svako x1, x2 ∈ R.

Drugim re£ima, slika proizvoljne beskona£no daleke ta£keB∞(x1 : x2 : 0) ∈ p∞ je beskona£no daleka ta£kaB ′∞(x ′1 : x ′2 : 0) ∈ p∞. To ne daje nikakav uslov za prve dve vrstematrice P , a za tre¢u vrstu dobijamo

p31x1 + p32x2 = 0, za svako x1, x2 ∈ R.




λ

p11 p12 p13p21 p22 p23p31 p32 p33

x1x20

=

x ′1x ′20

za svako x1, x2 ∈ R.Drugim re£ima, slika proizvoljne beskona£no daleke ta£keB∞(x1 : x2 : 0) ∈ p∞ je beskona£no daleka ta£kaB ′∞(x ′1 : x ′2 : 0) ∈ p∞.

To ne daje nikakav uslov za prve dve vrstematrice P , a za tre¢u vrstu dobijamo

p31x1 + p32x2 = 0, za svako x1, x2 ∈ R.




λ

p11 p12 p13p21 p22 p23p31 p32 p33

x1x20

=

x ′1x ′20

za svako x1, x2 ∈ R.Drugim re£ima, slika proizvoljne beskona£no daleke ta£keB∞(x1 : x2 : 0) ∈ p∞ je beskona£no daleka ta£kaB ′∞(x ′1 : x ′2 : 0) ∈ p∞. To ne daje nikakav uslov za prve dve vrstematrice P ,

a za tre¢u vrstu dobijamo

p31x1 + p32x2 = 0, za svako x1, x2 ∈ R.




λ

p11 p12 p13p21 p22 p23p31 p32 p33

x1x20

=

x ′1x ′20


p31x1 + p32x2 = 0, za svako x1, x2 ∈ R.




λ

p11 p12 p13p21 p22 p23p31 p32 p33

x1x20

=

x ′1x ′20


p31x1 + p32x2 = 0, za svako x1, x2 ∈ R.

Dakle, uslov da se £uva beskona£no daleka prava je ekvivalentan sap31 = 0 = p32, p33 6= 0.

Kako matrice P i λP predstavljaju istopreslikavanje moºemo pretpostaviti da je p33 = 1, odakle sleditvrdjenje. ut



λ

p11 p12 p13p21 p22 p23p31 p32 p33

x1x20

=

x ′1x ′20


p31x1 + p32x2 = 0, za svako x1, x2 ∈ R.



�to je grupa ve¢a, to ona razlikuje manji broj objekata. Tako,projektivna grupa ne razlikuje elipsu, hiperbolu i parabolu.

Ve¢a grupa ima manje invarijanti. Recimo, izometrije £uvajuduºine (a time i razmeru i dvorazmeru). A�na preslikavanja £uvajurazmeru (a time i dvorazmeru), a projektivna samo dvorazmeru.

grupa matrica ekvivalentni objekti invarijante

projektivnaPGl3(R)

p11 p12 p13p21 p22 p23p31 p32 p33

svi £etvorouglovi,ovalne krive 2. reda

konkurentnost,kolinearnost,dvorazmera,tangentnost,

unutra²njost krive 2. reda

a�naAff2(R)

a11 a12 v1a21 a22 v20 0 1

svi trouglovi,svi paralelogrami,

sve elipse,sve hiperbole

paralelnost,razmera,

odnos povr²ina,bekona£no daleka prava,konjugovani dijametri

konformnaCon2(R)

s cosφ ∓s sinφ v1s sinφ ±s cosφ v2

0 0 1

sli£ni trouglovi,svi krugovi,sve parabole

uglovi,odnos duºina

izometrijeIsom2(R)

cosφ ∓ sinφ v1sinφ ± cosφ v20 0 1

podudarnitrouglovi

duºine,povr²ina





projektivnaPGl3(R)

p11 p12 p13p21 p22 p23p31 p32 p33




a�naAff2(R)

a11 a12 v1a21 a22 v20 0 1





konformnaCon2(R)


0 0 1



izometrijeIsom2(R)


podudarnitrouglovi

duºine,povr²ina





projektivnaPGl3(R)

p11 p12 p13p21 p22 p23p31 p32 p33




a�naAff2(R)

a11 a12 v1a21 a22 v20 0 1





konformnaCon2(R)


0 0 1



izometrijeIsom2(R)


podudarnitrouglovi

duºine,povr²ina

Documents

Geometrija 4...A na geometrija (ponavljanje) Projektivna ravan Projektivna reslikpavanja Sadrºaj 1 A na geometrija (ponavljanje) 2 Projektivna ravan Homogene koordinate u a noj ravni