pejkovic - afine i projektivne transformacije

7/25/2019 Pejkovic - Afine i Projektivne Transformacije

1/27

Afine transformacije

Definicija. Za preslikavanje ravnine u samu sebe kaemo da je afina transformacijaako je nepre-kidno, injektivno i slika svakog pravca je pravac.

Translacije, rotacije i homotetije su primjeri afinih transformacija.

Dilatacijaravnine s koeficijentom k obzirom na pravac l je transformacija ravnine pri kojoj setoka Mpreslikava u toku M, gdje je

OM =k

OM, a Oje ortogonalna projekcija toke Mna

pravacl. Dilataciju s koeficijentom manjim od 1zovemo kontrakcija.Sljedee injenice navodimo kao kratke zadatke koji nam objanjavaju osnovna svojstva afinih

transformacija1.

(Pr 29.2) Afina transformacija preslikava paralelne pravce u paralelne pravce. (Pr 29.3) Ako afina transformacija preslikava toke A, B, C, D redom u toke A, B, C,

D i vrijediAB=

CD, onda je i

AB =

CD.

Iz prethodne tvrdnje slijedi da moemo definirati sliku vektoraABpo afinoj transformaciji L kaovektor

L(A)L(B)i ova definicija ne ovisi o izboru toaka Ai Bkoje odreuju iste vektore.

(Pr 29.4) Ako je Lafina transformacija, onda je

L(0 ) =0; L(a + b) =L(a) + L(b); L(ka) =kL(a),

za sve vektorea,b i sve kR.

(Pr 29.5) Neka su A, B, C slike toaka A, B, Cpo afinoj transformaciji L. Ako CdijeliduinuABu omjeru AC:C B=p : q, onda C dijeli duinu AB u istom omjeru.

(Pr 29.6) Dane su dvije toke u ravniniO i O i dvije baze{e1 , e2},{e1

,e2}(bazu ine dva

nekolinearna vektora).Postoji jedinstvena afina transformacija koja preslikava Ou O i bazu{e1 , e2}u{

e1

,e2}.

Dana su dva trokutaABCi ABC. Postoji jedinstvena afina transformacija koja preslikavaAu A, Bu B iCu C.

1Oznaka Pr ukazuje na knjigu Viktora Prasolova Zadaci iz planimetrije koju moete nai

na engleskom ovdje: http://students.imsa.edu/tliu/Math/planegeo.pdfa na ruskom ovdje: http://www.mccme.ru/free-books/prasolov/planim/contents.htmUkoliko negdje zapnete, pogledajte ondje rjeenje.

1


2/27

Dana su dva paralelograma ABCD i ABCD. Postoji jedinstvena afina transformacijakoja preslikava jedan paralelogram u drugi pri emu se toka Xpreslikava u X za X{A,B,C,D}.

Ako sada uvedemo Kartezijev koordinatni sustav te za toke i vektore iz tvrdnje prije predzadnjeuzmemo

O= (0, 0), O = (c, f), e1 = (1, 0),e2 = (0, 1), e1 = (a, d), e2 = (b, e),onda dobivamo sljedeu karakterizaciju afinih preslikavanja

Teorem. Transformacija ravnine je afina ako i samo ako je oblika

(x, y)(ax + by+ c,dx + ey+ f),za neke realne brojeve a,b,c,d,e,fza koje jeae bd= 0.

Posljednji uvjet iz teorema osigurava da je preslikavanje bijekcija. Transformacije poput dila-

tacije (x, y)(x,cy)ili posmika (x, y)(x + y, y)su afina preslikavanja koja pokazuju da afinapreslikavanja openito ne uvaju kutove i udaljenosti.Ipak vrijede sljedee injenice koje smo uglavnom ve dokazali, a ovdje ih sabiremo na jedno

mjesto.

Afine transformacije uvaju kolinearnost toaka, paralelnost pravaca i konkurentnost (kopun-ktalnost) pravaca. Afine tranformacije uvaju omjere duljina paralelnih duina, pa i omjer ukojemu toka dijeli duinu na kojoj se nalazi (djelini omjer). Nadalje, afina transformacija

(x, y)(ax + by+ c,dx + ey+ f)

povrine poveava za faktor|ae bd|i uva orijentaciju ako i samo ako je ae bd >0. Bilo koja trojka nekolinearnih toaka moe se preslikati u bilo koju drugu trojku nekoline-

arnih toaka pomou jedinstvene afine transformacije.

Dokaite da je omjer povrina dvaju trokutova invarijantan u odnosu na afine transformacije (to jeneto slabija tvrdnja nego ona odozgo), a onda to isto dokaite pomou triangulacije za proizvoljnepoligone.

Evo i zadataka. Pokuajte ih najprije rijeiti koristei Menelajev teorem, Cevin teorem, povrine,

itd. Zatim ih probajte rijeiti pomou afinih transformacija.Zadatak 1. Kroz svaki vrh trokuta povuena su po dva pravca koji nasuprotne stranice trokutadijele u tri jednaka dijela. Dokaite da se dijagonale koje prolaze nasuprotnim vrhovima esterokutaformiranog ovim pravcima sijeku u jednoj toki.

Zadatak 2. Na stranicama AB,B CiC DparalelogramaABCDdane su redom toke K,L i Mkoje dijele pripadne stranice u istom omjeru. Neka su b,c,d pravci koji prolaze tokama B ,C,Dparalelni pravcima K L,KM,M L, respektivno. Dokaite da pravcib,c,dprolaze istom tokom.

Zadatak 3. Neka je O teite trokuta ABC, a M, N i Predom toke na stranicama AB, BC,CAkoje ih dijele u istom omjeru (tj.AM :M B=BN :N C=C P :P A). Dokaite da jea) Oteite trokutaM NP;b) O teite trokuta formiranog pravcima AN,BP iCM.

2


3/27

Zadatak 4.U etverokutuABCDpravciADiBCsijeku se uE, a pravciABiC DuF. Dokaiteda su polovita duina AC,BD i EFkolinearne toke.

Zadatak 5. U trokutu ABCtoke D,E,Z,H, su redom polovita duina BC,AD,BD,ED,EZ.Ako je I sjecite BEiAC, a K sjecite Hi AC, dokaite da vrijedi:a) AK= 3 CK

b) H K= 3 Hc) BE= 3 EI;d) PovrinaABCje 32 puta vea od povrineEH.Zadatak 6.U konveksnom etverokutuABCDpovrineSdana je toka O. U unutranjosti stra-nicaAB, BC,CD, DAdane su redom toke K, L, M,N. Ako suOKBLi OMDNparalelogrami,dokaite da je

S S1+

S2, gdje suS1i S2redom povrine etverokuta ONAK iOLCM.

Zadatak 7. Za proizvoljan skup Skoji se sastoji od pet toaka u ravnini od kojih nikoje tri nisukolinearne, oznaimo s M(S)i m(S)redom najveu i najmanju povrinu trokuta kojemu su svatri vrha iz S. Koja je minimalna vrijednost od M(S)/m(S)?

U nastavku dajemo skicu rjeenja

Rjeenje zad. 1. Budui da pomou afine transformacije moemo proizvoljan trokut preslikatiu jednakostranini i budui da afina transformacija uva omjere paralelnih duina, dovoljno jetvrdnju zadatka dokazati za jednakostranini trokut ABC (Drugim rijeima, preslikamo na tro-kut pomou afine transformacije u jednakostranini, tvrdnja koju trebamo dokazati ostaje zbogsvojstava afine transformacije nepromijenjena. Dokaemo tu tvrdnju i onda se pomou inverzaprethodne transformacije - a to je isto afina transformacija! - vratimo natrag na poetni trokut.)

Neka tokeA1,A2,B1,B2,C1,C2dijele stranice trokutaABCna treine i neka su tokeA,B ,C

polovita stranica tog trokuta (vidi sliku). Osnom simetrijom s obzirom na pravac AA, preslikavase pravacB B1u C C2, a BB2u C C1. Budui da se simetrini pravci sijeku na osi simetrije, nunoAA sadri dijagonalu promatranog esterokuta. Slino se pokazuje da i preostale dijagonale leena BB iCC. Jasno je da se teinice AA,BB ,CC sijeku u jednoj toki.

Rjeenje zad. 2. Budui da pomou afine transformacije moemo proizvoljan paralelogram presli-kati u kvadrat i budui da afina transformacija uva omjere paralelnih duina, dovoljno je tvrdnjuzadatka dokazati u sluaju kad je ABCDkvadrat. Oznaimo sPsjecite pravaca bi d. Dovoljno

je dokazatiP C||MK.

3


4/27

Duina KLprelazi rotacijom za 90 oko sredita kvadrata ABCDu duinu LM, pa su pravci bi dkoji su paralelni ovim duinama okomiti i stoga P lei na krunici opisanoj ABCD. Zato jeBP C= BAC= 45. No i LKM = 45 jer je KLM jednakokrani pravokutni trokut. Ovozajedno sb||KLpovlaiCP||MK.Rjeenje zad. 3. a) Iskoristimo afinu transformaciju koja trokut ABCpreslikava u jednakostra-nini trokutABC. Neka suO ,M,N,P slike toakaO,M,N,P. Rotacijom za120 oko tokeO trokut MNP prelazi u samog sebe, pa zakljuujemo da je taj trokut jednakostranian i da jeO njegovo sredite (pa i teite). Budui da se afinom transformacijom svaka teinica preslikavau teinicu,Oje teite trokuta MNP.

b) Rjeenje je slino onome pod a).Rjeenje zad. 4. Primjenimo afinu transformacija koja trokut ABD preslikava u jednakokranipravokutni trokut ABD s pravim kutom u vrhu A. Uvedemo Kartezijev koordinatni sustavtako da su koordinate toaka A(0, 0)i B(1, 0).

Tada je je D(0, 1),E(0, e),F(f, 0), gdje su e i fneki realni brojevi. Sada vidimo da je L (12

, 12

),M(f

2, e2

). Lako se dobije da pravac B E ima jednadbuy =ex+e, a pravacDF ima jednadbu

4


5/27

y= 1f

x + 1, pa je njihovo sjecite

C(e 1)f

ef 1 ,e(f 1)

ef 1

i konano K (e 1)f

2(ef 1) , e(f 1)2(ef 1)

Uvrstimo li u jednadbu pravca LM

y = 1 e1 fx +

e f2(1 f)

koordinate toke K zakljuit emo da K lei na pravcu LM, a to smo i eljeli dokazati.Dokaite najprije sljedeu lemu, a onda je iskoristite za drugi nain rjeavanja zadatka.

Lema. Zadan je etverokut ABCD i realan broj k. Geometrijsko mjesto toaka X za koje jeP(ABX) = kP(CDX)je pravac. Ovdje smo s P(MNK) oznaili povrinu trokuta i to s pred-znakom, tj. negativnu ako su toke M , N , K poredane u smjeru kazaljke na satu, a pozitivnu usuprotnom.

Rjeenje zad. 5. Preslikamo pomou afine transformacije trokut ABCu jednakokrani pravokutnitrokutABC s pravim kutom u toki A. Uvedemo sada Kartezijev koordinatni sustav tako da sukoordinate toakaA,B i Credom(0, 0),(1, 0)i(0, 1). Daljnji postupak je jednostavni standardniraun u analitikoj geometriji.

Pokuajte ovaj zadatak rijeiti i pomou povrina.

Rjeenje zad. 6. Afinom transformacijom ravnine moemo bilo koji nedegenerirani etverokutpreslikati u tetivni etverokut2. Pri tome se paralelnost i omjeri povrina uvaju. Zato bez sma-njenja openitosti moemo pretpostaviti da je ABCDtetivni etverokut.

Prema poznatoj Brahmaguptinoj formuli, povrina tetivnog etverokuta sa stranicamaa,b,c,di poluopsegom p= 1

2(a + b + c + d)dana je sa

S=

(p a)(p b)(p c)(p d).

(Dokaite ovu tvrdnju!)

2Ako je ABCD paralelogram, preslikamo ga u pravokutnik. Ako mu neke dvije nasuprotne stranice nisu pa-ralelne, npr. AD i BC, neka se njihovi produeci sijeku u toki V. Tada postoji afina transformacija takva da je

V

A

V

D

=

V

B

V

C

. Popunite korake u dokazu!

5


6/27

Uvedimo oznake AK = a1, KB = b1, BL = a2, LC = b2, MD = a3, CM = b3, NA = a4,DN = b4. Tada su u etverokutu AKON stranice ai, u CLOM su stranice bi, a u ABCD sustranice ai+ bi(i= 1, 2, 3, 4). Ako s pi qoznaimo poluopsege etverokutaAKON iCLOM, texi= p ai,yi = q bi, onda je

S1=

x1x2x3x4, S2=

y1y2y3y4, S=

(x1+ y1)(x2+ y2)(x3+ y3)(x4+ y4).

Zato trebamo dokazati da je

4

x1x2x3x4+ 4

y1y2y3y4 4

(x1+ y1)(x2+ y2)(x3+ y3)(x4+ y4).

Uz zamjenu yi= tixi, prethodna nejednakost postaje

1 + 4

t1t2t3t4 4

(1 + t1)(1 + t2)(1 + t3)(1 + t4).

Jedan nain za dokazivanje ove nejednakosti jest da jednostavnu nejednakost

1 +

uv

(1 + u)(1 + v)

primjenimo najprije na

t1t2,

t3t4, a zatim na t1, t2it3, t4.

Rjeenje zad. 7. Kada je Sskup vrhova pravilnog peterokuta, nije teko vidjeti da je M(S)

m(S) =

1 +

5

2 = . Tvrdimo da je to najbolji mogui omjer. Neka je A,B,C,D,Eproizvoljnih pet

toaka koje zajedno ine skup S i pretpostavimo da trokut ABCima povrinu M(S). Dokazatemo da neki trokut (s vrhovima u S) ima povrinu manju ili jednaku M(S)/.

Konstruiramo vei trokut ABC tako da je C AB||AB, A BC||BC, B CA||CA.Toke D i Emoraju leati na istoj strani pravca BC kao i BCjer bi u protivnomDBC iliEB Cimao veu povrinu odABC. Slino vrijedi i za ostale stranice, pa zakljuujemo da Di E lee unutar trokuta ABC ili na njegovom rubu. Nadalje, barem jedan od trokuta ABC,ABC, ABC, primjericeABC, ne sadri ni Dni E. Zato moemo pretpostaviti da D, Elee uetverokutu ABAB.

Afina transformacija ne mijenja omjere povrina. Ako, dakle, primjenimo afinu transformaciju kojapreslikavaA,B,Cu vrhoveABMCNpravilnog peterokuta, neemo promijenitiM(S)/m(S). Ako

je sada D ili Eunutar ABMCN, onda smo gotovi. Pretpostavimo da i D i Elee u trokutima

CMA

, CNB

. Tada je CD,CE C M(jer je CM =C N=C A

=C B

) i

DCEmora biti ilimanji ili jednak od 36 ili vei ili jednak od 108, iz ega zakljuujemo da povrinaCDEnemoe biti vea od povrineCMN, tj.M(S)/. Ovim je dokaz zavren.

6


7/27

Projektivne transformacije

Najprije emo govoriti o projektivnim transformacijama pravca, a zatim o projektivnim transfor-macijama ravnine. Pri tome tvrdnje koje dokaemo u prvom sluaju vrijede i u drugom.

Definicija. Neka su l1i l2dva pravca u ravnini,O toka koja ne lei ni na jednom od tih pravaca,

a l pravac koji ni s jednim od njih nije paralelan. Centralna projekcija pravca l1 na pravac l2 scentrom ili sreditem u toki O je preslikavanje koje toku A1 na pravcu l1 preslikava u sjecitepravaca OA1 i l2. Paralelna projekcija pravca l1 na pravac l2 u smjeru pravca l je preslikavanjekoje toku A1na pravcu l1preslikava u sjecite pravca l2i pravca paralelnog s lkoji prolazi kroztoku A1.

Definicija. Za preslikavanje3 P pravca au pravac bkaemo da je projektivna transformacijaakoje kompozicija centralnih i paralelnih projekcija, tj. ako postoje pravci a = a0, a1, . . . , an = b

i preslikavanja Pi pravca ai na ai+1 koja su centralne ili paralelne projekcije tako da je P =Pn1 P1 P0.I ovdje navodimo niz tvrdnji o svojstvima projektivnih transformacija koje uglavnom neemodokazivati ili emo dati samo skicu dokaza. Svaku od ovih injenica moete shvatiti kao malizadatak za vjebu.

(Pr 30.1) Postoji projektivna transformacija koja tri dane toke na jednom pravcu preslikavau tri dane toke na drugom pravcu.

3Iako bi izraz transformacija trebalo koristiti samo kada su domena i kodomena iste (u ovom sluaju pravci a ib

), a openito treba govoriti o preslikavanju, mi emo oba termina koristiti u istom smislu.

7


8/27

Skica dokaza.Pretpostavimo da treba toke A0, B0, C0na pravcu l0preslikati u toke A, B,Cnapravcu ltim redom. Neka je l1pravac razliit od li AA0koji prolazi kroz A. Najprije paralelnoprojiciramol0na l1tako da seA0preslika uA, aB , CuB1, C1i zatim paralelnom ili centralnomprojekcijom sa sreditem u BB1 CC1preslikamo pravac l1na l .

Iz prethodne tvrdnje je oito da projektivne transformacije, za razliku od afinih, openito neuvaju omjer u kojemu toka dijeli neku duinu. Ipak postoji neto kompliciranija veliina koja jeinvarijantna.

Dvoomjeretvorke toaka A,B,C,Dkoje lee na istom pravcu je broj

(ABCD) = AC

BC :

AD

BD,

pri emu duljine duina gledamo s predznakom, tj. ACBC

je pozitivan broj ako su vektoriAC i

BC

jednako orijentirani, a negativan ako su ti vektori suprotno orijentirani (analogno za ADBD

). Naengleskom jeziku se dvoomjer zove cross-ratio.Ponaanje dvoomjera s obzirom na permutacije toaka opisano je ovim jednakostima:

(ABCD) = (BACD)1 = (ABDC)1, (ABCD) + (ACBD) = 1.

Dvoomjeretvorke pravaca a,b,c,dkoji prolaze kroz istu toku je broj

(abcd) =sin(a, c)sin(b, c)

:sin(a, d)

sin(b, d),

pri emu je predznak odreen kako slijedi: ako barem jedan od etiri kuta odreena pravcima aibne sadri nijedan od pravaca ci d(u tom sluaju kaemo da par pravaca ai bne rastavlja parpravaca ci d), onda je (abcd)> 0, inae je (abcd)< 0.

(Pr 30.2) Dani su pravcia, b, c, dkoji prolaze istom tokom i pravaclkoji tom tokom ne prolazi.Neka su A, B,C,D redom sjecita pravca ls pravcima a,b,c,d. Tada je (abcd) = (ABCD).

8


9/27

Skica dokaza.Oznaimo sjecite danih etiriju pravaca s O, a neka je Hnoite okomice iz Onalte h= OH. Tada je

2P(OAC) =OA OC sin(a, c) =h AC,2P(OBC) =OB OC sin(b, c) =h BC,2P(OAD) =OA

OD sin(a, d) =h

AD,

2P(OBD) =OB OD sin(b, d) =h BD.Podijelimo li prvu jednakost s drugom i treu s etvrtom, dobivamo

OA sin(a, c)

OB sin(b, c)=

AC

BC,

OA sin(a, d)

OB sin(b, d)=

AD

BD.

Ako sada podijelimo prvu jednakost s drugom, dobit emo|(ABCD)|=|(abcd)|. Da bismo doka-zali da su brojevi(ABCD)i (abcd)istog predznaka moemo napisati sve mogue poretke toakaA,B,C,D na pravcu (24 mogunosti) i provjeriti da je (ABCD) pozitivno ako i samo ako parpravaca a, bne razdvaja par pravaca c, d.

Iz prethodne injenice izravno slijedi4

(Pr 30.2) Projektivne transformacije uvaju dvoomjere toaka.Ovo svojstvo je vrlo bitno i njegovim koritenjem dobivamo(Pr 30.3) Ako je (ABCX) = (ABCY), onda je X=Y, pri emu sve toke lee na istom pravcui sve su razliite (osim eventualno X i Y). (Pr 30.4) Svaka projektivna transformacija pravca jednoznano je odreena slikom triju pro-izvoljnih toaka.(Pr 30.5) Ako projektivna transformacija pravca ima vie od dvije fiksne toke, onda je to iden-titeta. (Pr 30.6) Ako preslikavanje s pravcaau pravacbuva dvoomjere toaka, onda je to preslikavanje

projektivna transformacija.Uvedemo li koordinatni sustav na pravac i iskoristimo da je preslikavanje meu pravcimaprojektivno ako i samo ako uva dvoomjere toaka, dobivamo sljedeu karakterizaciju (Pr 30.7) Transformacija Prealnog pravca je projektivna ako i samo ako se moe zapisati uobliku

P(x) =ax + b

cx + d,

gdje su a, b, c, drealni brojevi takvi da je ad bc= 0.(Pr 30.8) Toke A, B,C,D su kolinearne. Ako je (ABCD) = 1, onda je A = B iliC=D.

Puno je zanimljivija situacija kad je (ABCD) =1. U tom sluaju kaemo da su toke CiDharmonijski konjugatis obzirom na toke Ai B(i obratno).

4Za centralne projekcije je ouvanje dvoomjera upravo pokazano, a za paralelne je ta injenica direktna posljedicaTalesovog teorema o proporcionalnosti.

9


10/27

Zadatak 8. (Teorem o potpunom etverovrhu) Neka je O sjecite dijagonala etverokuta ABCD;neka je Esjecite pravaca ABi CD, a Fsjecite pravaca BC iAD. Pravac EO sijee ADiBCredom u Ki L, a F Osijee ABiCDu M i N. Dokaite da je

(ABME) = (KLOE) = (DCNE) = (BCLF) = (MNOF) = (ADKF) =1.

Rjeenje (1. nain). Primjenimo Menalajev teorem (duljine su s predznakom) na:

ABCi pravac MF AMBM

BF

CF

CO

AO = 1

ABO i pravac E C BEAE

AC

OC

OD

BD= 1

BC Oi pravac F A CFBF

BD

OD

OA

CA= 1.

Pomnoimo li tri dobivene jednakosti, dolazimo do

(ABME) =AM

BM B E

AE =1.

Ostale tvrdnje dokazuju se analogno.

Rjeenje (2. nain). Iz veze izmeu dvoomjera toaka i dvoomjera pravaca, te ponaanja dvo-omjera s obzirom na permutaciju toaka, dobivamo sljedee:

(ABME) = (AF BF MF EF) = (DCNE) = (CDNE)1 = (A O B O M O E O)1 = (ABME)1,

pa je(ABME) =1. Kako tokeMi Erazdvajaju tokeAiB, to mora biti(ABME) =1.Kasnije emo dati jo jedno rjeenje prethodnog zadatka, a evo i jedne primjene ovog rezultata.

Zadatak 9. U ravnini je dana duina ABi podruje Rkao na slici.

elimo produiti AB desno od R. Kako to uiniti samo pomou ravnala tako da ravnalo ni ujednom trenutku ne prijee prekoRtijekom konstrukcije?

10


11/27

Uputa. Odaberite toke X i Yna duini ABi zatim odredite njihove harmonijske konjugate X

iY s obzirom na Ai Bpomou etiri etverokuta s vrhovima u Ai B. Evo skice za X:

Zadatak 10. Dan je trokut ABC i toke M i Nna pravcu BCtakve da je (BCMN) =1 iMAN= 90. Dokaite da su pravci AM i ANunutranja i vanjska simetrala kuta B AC.

Uputa. Dokaite najprije obratnu tvrdnju, tj. da unutranja i vanjska simetrala zadovoljavajuuvjete zadatka. Pogledajte to se dogaa s kutom M ANako pomiemo toku M, a elimozadrati dvoomjer (BCMN)fiksnim.

Evo jo jednog zadatka za vjebu prije nego to uvedemo projektivne transformacije ravnine.

Zadatak 11. (Pr 30.9) Dan je pravac l , krunica k i toke M iNkoje lee na k, ali ne lee na l .Promotrimo sljedee preslikavanje P pravca lna samog sebe: Pje kompozicija projekcije lna kiz toke Mi projekcije kna liz toke N. (Dakle, ako je X l , onda je P(X)N Y l, gdje jeYM X k \ {M}.) Dokaite da je Pprojektivna transformacija.Uputa. Iskoristite vezu izmeu dvoomjera toaka i dvoomjera pravaca te teorem o obodnim ku-tovima nad istim lukom kako biste pokazali da Puva dvoomjere toaka na pravcu l.

Definicija. Neka su 1 i 2 dvije ravnine u prostoru, O toka koja ne lei ni u jednoj od tih

ravnina, a l pravac koji ni s jednom od njih nije paralelan. Centralna projekcija ravnine 1 naravninu 2s centrom ili sreditem u tokiO je preslikavanje koje toku A1u ravnini1preslikavau sjecite pravcaOA1i ravnine2.Paralelna projekcijaravnine1na ravninu2u smjeru pravcalje preslikavanje koje toku A1u ravnini1preslikava u sjecite ravnine 2i pravca paralelnog slkoji prolazi kroz toku A1.

(Pr 30.11) Ako se ravnine 1i 2sijeku, onda je centralna projekcija1na 2bijekcija ravnine1s izbrisanim pravcem l1 na ravninu 2 s izbrisanim pravcem l2, gdje su l1 i l2 redom presjeciravnina1i 2s ravninama koje prolaze krozO i paralelne su s 2, odnosno1. Dakle, nal1danacentralna projekcija nije definirana.

11


12/27

Pravac na kojemu centralna projekcija nije definirana zove se singularni pravacdanog presli-kavanja.(Pr 30.12) Centralna projekcija nesingularne pravce preslikava u pravce.

Kako bismo centralnu projekciju definirali svuda, korisno je uvesti nove objekte na sljedeinain:

Uz uobiajene toke svaki pravac ima jo jednu, takozvanutoku u beskonanosti(ili besko-nano daleku toku) koju ponekad oznaavamo s.

Ako su dva pravca paralelni, onda uzimamo da im se toke u beskonanosti podudaraju.Drugim rijeima, paralelni pravci se sijeku u svojoj toki u beskonanosti.

Uz uobiajene pravce svaka ravnina ima jo jedan, takozvani pravac u beskonanosti (ilibeskonano dalek pravac) koji sadri sve toke u beskonanosti pravaca u toj ravnini.

Pravac u beskonanosti sijee svaki pravac u konanosti (obini pravac) lkoji lei u istojravnini u toki u beskonanosti pravcal .

Nakon uvoenja toaka i pravaca u beskonanosti, vidimo da centralna projekcija ravnine 1naravninu 2s centrom u toki O preslikava singularni pravac u pravac u beskonanosti ravnine 2.Naime, slika tokeMsa singularnog pravca je toka u beskonanosti pravcaOM, tj. toka u kojojse sijeku pravci ravnine 2koji su paralelni s OM.

12


13/27

(Pr 30.13) Ako uz (uobiajene) toke i pravce u konanosti uzmemo u obzir i one u beskonanosti,onda vrijedi

Kroz svake dvije toke prolazi tono jedan pravac. Svaka dva pravca koji lee u istoj ravnini sijeku se u tono jednoj toki. Centralna projekcija jedne ravnine na drugu je bijekcija.

Definicija. Za preslikavanje P ravnine u ravninu kaemo da je projektivna transformacijaako je kompozicija centralnih i paralelnih projekcija, tj. ako postoje ravnine = 0, 1, . . . ,n = i preslikavanja Pi ravnine i na i+1 koja su centralne ili paralelne projekcije tako da

je P = Pn1 P1P0. Praslika pravca u beskonanosti naziva se singularni pravac daneprojektivne transformacije.

Uvoenjem koordinatnog sustava u prostor, moe se pokazati da svaku projektivnu transformacijuravnine moemo zapisati kao kompoziciju dvaju (?) centralnih projekcija (v. npr. na Wikipediji).Svaka afina transformacija ravnine je projektivna transformacija.Skica dokaza. Afina transformacija ravnine jednoznano je odreena slikom triju nekolineranihtoaka i svojstvom da uva omjere duljina paralelnih duina. Budui da paralelna projekcija meuproizvoljnim ravninama uva omjere duljina paralelnih duina, dovoljno je pokazati da postojikompozicija takvih projekcija koja jednu proizvoljnu trojku nekolinearnih toaka preslikava udrugu proizvoljnu trojku nekolinearnih toaka. Ako trojke oznaimo s A, B,C i A, B, C redom,evo jedne mogue kompozicije:

Pomou jedne (ako su ravnine od A,B,C i A

, B

, C

razliite) ili dvije (ako se ravninepodudaraju) paralelne projekcije preslikamoA, B,Cu ravninu odreenu s A, B, C tako dase Apreslika u A. Nove toke oznaavamo takoer A, B,C.

Pomou dvije paralelne projekcije, jedne na i druge s ravnine koja prolazi kroz ACpreslikamoBu B. Pri tome su Ai Costale nepromijenjene.

Pomou dvije paralelne projekcije, jedne na i druge s ravnine koja prolazi krozABpreslikamoCu C. Pri tome su Ai Bostale nepromijenjene.

Slijedi nekoliko tvrdnji koje e nam biti korisne u rjeavanju zadataka.

(Pr 30.14) Projektivna transformacija ravnine koja preslikava pravac u beskonanosti u pravac

u beskonanosti je afina transformacija.Dokaz. Budui je projektivna transformacija bijekcija (kao kompozicija bijekcija), zakljuujemo

13


14/27

da se toke u konanosti bijektivno preslikavaju u toke u konanosti, a budui da su slike pravacapravci, to dana transformacija mora biti afina.

Projektivna transformacija ravnine naravno ne uva omjer u kojemu toka dijeli duinu, aliuva dvoomjere jer je restrikcija projektivne transformacije ravnine na nesingularni pravac upravoprojektivna transformacija pravca, a za nju smo tvrdnju ve dokazali. Ipak, postoji specijalni slu-aj kada i omjeri ostaju sauvani: (Pr 30.14) Ako toke A,B,C,D lee na pravcu paralelnom singularnom pravcu projektivnetransformacije P ravnine , onda je P(A)P(B) :P(C)P(D) =AB :C D.

Dokaz.Oznaimo slpravac na kojemu lee toke A, B,C,D, a sl0singularni pravac preslikavanjaP. Neka jeOproizvoljna toka izvan ravninei neka jeravnina koja prolazi pravcemli paralelna

je ravnini koja prolazi pravcem l0 i tokom O. Neka je Qkompozicija centralne projekcije nas centrom u Oi nakon toga rotacije prostora oko osi lkoja alje u (rotacija je afino, pa iprojektivno preslikavanje!). Singularni pravac preslikavanja Qje l0.

Dakle, projektivna transformacijaR = PQ1 ravninealje pravac u beskonanosti u samogsebe, pa je prema prethodno dokazanoj tvrdnji to afina transformacija i zato sigurno uva omjereduljina duina koje lee na pravcu l. Preostaje jedino primjetiti da transformacija Q fiksira tokepravca l . (Pr 30.14) Ako projektivna transformacijaPpreslikava paralelne pravcel1il2u paralelne pravce,onda je ili Pafina ili je singularni pravac od Pparalelan sl1i l2.Dokaz.Budui da se paralelni pravci l1 i l2 preslikavaju u paralelne pravce, to se toka u besko-nanosti Aovih pravaca preslikava u toku u beskonanosti, odnosno Alei na praslici lpravcau beskonanosti. Dakle, ili je l pravac u beskonanosti i onda je P afina transformacija ili je lparalelan s l1il2.(Pr 30.14) Svaka bijekcija skupa svih toaka u konanosti i beskonanosti jedne ravnine u samogsebe koja preslikava pravce u pravce je projektivna transformacija.Dokaz.Oznaimo danu bijekciju s Pi pravac u beskonanosti s l. Ako je P(l) = l, onda Pinducira bijekciju na skupu svih toaka u konanosti ravnine koja preslikava pravce u pravce pa jeP afina transformacija. U protivnom, uzmemo proizvoljnu projektivnu transformacijuQkojoj jeP(l)singularan pravac. Tada je (Q P)(l) =l, pa je kao u prvom sluaju Q Pafino te zatoi projektivno preslikavanje iz ega slijedi da je i P =Q

1

(Q P)kao kompozicija projektivnihpreslikavanja projektivno.

14


15/27

Prije nego to dokaemo takozvani fundamentalni teorem projektivnih transformacija ravnine,napravit emo kratku digresiju o dvoomjeru s jednom tokom u beskonanosti.

Oznaimo toku u beskonanosti pravca l s. Ako su A,B,Ctri obine toke na l, ondamoemo pridruiti simbolu (ABC) vrijednost na sljedei nain: uzmimo toku P na l; tada(ABC)treba biti limes kojemu tei (ABCP)kadPdu pravca tei prema beskonanosti.

No,

(ABCP) = AC

BC :

AP

BP

i kad Pide u beskonanost, APBP

se pribliava 1. Zato definiramo

(ABC) = ACBC

.

Posebno, ako je (ABC) =1, onda je Cpolovite duine AB, tj. polovite i toka u besko-nanosti u smjeru duine harmonijski su konjugirani s obzirom na krajeve dane duine. Za vjebumoete razmisliti o tome emu je jednak dvoomjer etvorke paralelnih pravaca i posebno emu je

jednak ako je jedan od tih pravaca pravac u beskonanosti. (Osnovni teorem projektivnih transformacija ravnine) Ako su dane dvije etvorke toaka A,B,C,DiA, B, C, D, pri emu nikoje tri toke iz iste etvorke nisu kolinearne i sve toke iz etvorke leeu istoj ravnini, onda postoji jedinstvena projektivna transformacija koja toke A, B,C,D redompreslikava u toke A, B, C, D.Skica dokaza.Dokaimo najprije postojanje, a zatim i jedinstvenost projektivne transformacije izteorema. Neka se parovi pravaca koji prolaze danim tokama sijeku ovako:

AB CD={E}, AD BC={F}, AB CD ={E}, AD BC ={F}.

Pomou projektivne transformacije kojoj je EFsingularni pravac moemo postii da slika odABCD postane paralelogram, a zatim afinom transformacijom taj paralelogram preslikamo u

kvadrat po volji. Kompoziciju ovih transformacija oznaimo s P. To je oito projektivna transfor-macija. Ako isti ovaj postupak napravimo s ABCD, pri emu uzmemo isti kvadrat kao zavrnusliku, dobivamo projektivnu transformacijuQ. Tada jeQ1Ptraena projektivna transformacija.

15


16/27

Neka je Sprojektivna transformacija takva da je S(A) =A,S(B) =B , S(C) =C, S(D) =D. Toke E, F , E, F definiramo kao u prvom dijelu dokaza. Budui da Spreslikava pravce upravce, sigurno je S(AB) = AB i S(CD) = CD, pa je zbog E AB i E CD nunoS(E)AB iS(E)CD, tj. S(E) =E. Analogno se pokae da je S(F) =F. Zbog ouvanjadvoomjera je jednoznano odreeno djelovanje S na pravcima AB,BC,CD,AD. Primjerice zaX

AD je

(ADFS(X)) = (S(A)S(D)S(F)S(X)) = (ADFX).

Kako bismo pokazali da je Sjednoznano odreena i u tokiXizvan ova etiri pravca, povuemopravac koji prolazi kroz Xi sijee ta etiri pravca u razliitim tokama (to sigurno moemo zboguvjeta nekolinearnosti iz teorema). Sada je djelovanje od S jednoznano odreeno u sjecitimas ta etiri pravca, pa zbog ouvanja dvoomjera i u samoj toki X. Dakle, dokazali smo da jezadavanjem projektivne transformacije u tokama A, B,C,D jednoznano odreeno djelovanje tetransformacije i u svim ostalim tokama ravnine, pa je time dobivena i jedinstvenost.

Primjetite da nam u upravo zavrenom dokazu nije bilo bitno sijeku li se nasuprotne straneetverokuta ABCD u konanosti ili u beskonanosti jer smo dvoomjer definirali u svim sluaje-

vima.(Pr 30.15) Ukoliko u prethodnom teoremu izbacimo uvjet nekolinearnosti, projektivna transfor-macija s traenim svojstvom postoji, ali nije jedinstvena.

U rjeavanju geometrijskih zadataka projektivne transformacije najee koristimo na sljedei na-in: Odaberemo pravacl koji prolazi kroz to vie sjecita pravaca u danoj ravnini. Zatim primje-nimo projektivnu transformaciju kojoj je l singularan pravac. Na taj nain e se sve toke pravcalpreslikati u toke u beskonanosti, pa e slike pravaca koji su se sjekli na lbiti paralelni pravci.esto je u novim uvjetima lake dokazati tvrdnju zadatka, pa ukoliko svojstva koja dokazujemoostaju sauvana projektivnim transformacijama, znamo da smo ih dokazali i openito. Pri tomevalja imati na umu da projektivne transformacije ravnine uvaju incidenciju (pripadanje tokepravcu, tj. prolaenje pravca kroz toku) i dvooomjere, a samo u specijalnom sluaju koji smoprije dokazali i omjere. Da bismo jo pojednostavnili razmatranja, moemo koristiti i afine tran-sformacije (primjer koji smo maloprije koristili je preslikavanje paralelograma u kvadrat), ali nesmijemo zaboraviti da se uvaju samo zajednika svojstva svih transformacija koje smo upotrije-bili: im smo primjerice koristili neku openitu projektivnu transformaciju (takvu u kojoj se moepojaviti i centralna projekcija), ne moemo vie koristiti svojstva poput ouvanja paralelnosti iliouvanja omjera povrina koja afina transformacija ima.

Zadatke u kojima koristimo projektivna preslikavanja moemo usporediti s onima u kojima sepojavljuje inverzija s obzirom na krunicu. Kod inverzije traimo toku kroz koju prolazi dosta

krunica pa nam takva toka postaje sredite krunice inverzije kako bismo u slici dobili to viepravaca. Slino tome, kod projektivnih preslikavanja traimo pravac na kojemu se sijee dostapravaca kako bismo u slici dobili to vie paralelnih pravaca. Na alost, usporedba ovih dvajupreslikavanja prenosi se, po mom miljenju, i na njihovu korisnost u rjeavanju natjecateljskih ge-ometrijskih zadataka, pri emu projektivna preslikavanja imaju ak i ua podruja upotrebljivosti.

Ilustrirajmo na jednom ve rijeenom zadatku standardni postupak koji smo opisali.

Rjeenje zad. 8 (3. nain). Primjenimo na danu ravninu projektivnu transformaciju kojoj je sin-gularni pravacEF. Tada etverokutABCDpostaje paralelogram (radi jednostavnosti zadravamoiste oznake!). Naime, toke EiFpreslikale su se u toke u beskonanosti, pa se ABi CDsijeku

u beskonanosti, tj. paralelni su, a isto vrijedi i za AD i BC. Zbog ouvanja dvoomjera(ABME)ostaje sauvano, ali je nakon transformacije jednako(ABM) =AM/BM i slino za ostale dvo-omjere. Dakle, preostaje pokazati da je Mpolovite od AB. No, to je jasno jer M lei na pravcu

16


17/27

MNkoji je paralelan sa stranicamaAD i B CparalelogramaABCDi prolazi njegovim sreditemO.

Evo jo nekoliko zadataka za koje emo veinom dati samo upute, a ne i potpuna rjeenja.

Zadatak 12. (Pr 30.25) Neka je O sjecite dijagonala etverokuta ABCD; neka je E sjecite

pravaca AB i CD, a F sjecite pravaca BC i AD. Pravac EO sijee AD i BC redom u K i L,a F Osijee AB i CDu M i N. Dokaite da toka Xkoja je sjecite pravaca KN i LM lei napravcu EF.

Zadatak 13. (Pr 30.26) (Desargueov teorem) PravciA1A2,B1B2i C1C2prolaze istom tokomO.Neka su A, B,Credom sjecita pravaca B1C1iB2C2,C1A1iC2A2,A1B1iA2B2. Dokaite da sutokeA, B,Ckolinearne.

Zadatak 14. (Pr 30.27) (Pappusov teorem) TokeA1, B1, C1lee na pravcul1, a toke A2, B2, C2lee na pravcu l2. Dokaite da su sjecita pravaca A1B2 i B1A2, B1C2 i C1B2, C1A2 i A1C2

kolinearne toke.

Zadatak 15. (Pr 30.28) Dan je konveksni etverokut ABCD. Neka su P iQsjecita produetakanasuprotnih stranica AB i CD te AD i BC, respektivno. Neka je R proizvoljna toka unutaretverokuta, a K,L, M redom sjecita BC i P R, AB i QR, AK i DR. Dokaite da su tokeL,M,Ckolinearne.

Zadatak 16. (Pr 30.30) (Teorem o trostruko perspektivnim trokutima) Dana su dva trokutaA1B1C1 i A2B2C2 tako da se pravci A1A2, B1B2, C1C2 sijeku u toki O, pravci A1A2, B1C2,C1B2sijeku u tokiO1, a pravciA1C2,B1B2,C1A2sijeku u tokiO2. Dokaite da se pravciA1B2,B1A2,C1C2takoer sijeku u istoj toki (nazovimo je O3).

Zadatak 17. (Pr 30.31) etiri pravca u ravnini odreuju etiri trokuta. Dokaite da su ortocentritih trokuta kolinearni.

17


18/27

Zadatak 18. (Pr 30.32) Dan je etverokut ABCDi pravac l . Oznaimo sP,Q, Rredom sjecitapravaca AB i CD, AC i BD, BC i AD. Oznaimo s P1, Q1, R1polovita duina koje ovi parovipravaca odsijecaju od pravcal. Dokaite da se pravci P P1, QQ1, RR1sijeku u istoj toki.

Zadatak 19. (Pr 30.35) Je li mogue obojati u ravnini nekih 2008 toaka crveno i nekih 2008toaka plavo tako da su obojane toke razliite, ne lee sve na istom pravcu i zadovoljavaju uvjet

da svaki pravac koji prolazi dvjema tokama razliite boje nuno prolazi jo jednom obojanomtokom?

Zadatak 20. Neka jeV A1 . . . Anpiramida kojoj je A1 . . . Anbaza i neka su odabrane toke BiV Ai, 1 i n. Oznaimo s{Tij} = AiBjAjBi za 1 i < j n. Ako je barem

n1

2

+ 1

toakaTij komplanarno, onda su sve toke Tij komplanarne.

Uputa za zad. 12. Primjenimo li projektivnu transformaciju kojoj je singularni pravac EF, etve-rokutABCDpostaje paralelogram, a pravciK LiM Nparalelni sa stranicama i prolaze sjecitemnjegovih dijagonala, pa su tokeK, L, M,Npolovita stranica paralelograma.

Uputa za zad. 13. Primjenimo projektivnu transformaciju kojoj jeAB singularni pravac, a nakontoga homotetiju sa sreditem u O (dodavanjem oznaavamo sliku toke s obzirom na danuprojektivnu transformaciju) ili translaciju, ako jeO u beskonanosti, koja alje C1u C

2.

Drugi nain rjeavanja zadatka je da primjenimo Menelajev teorem na:

OA1B1i pravac kroz A2, B2, COB1C1i pravac kroz B2, C2, AOA1C1i pravac kroz A2, C2, B,

te sve tri dobivene jednakosti pomnoimo i onda jo jednom iskoristimo Menelajev teorem ali uobratnom smjeru.

Uputa za zad. 14. Primjenimo projektivnu transformaciju kojoj singularni pravac prolazi sjeci-tima A1B2 i B1A2, B1C2 i C1B2 i oznaimo s A1 sliku od A1 i slino za ostale toke. Tada jeA1B

2B 1A2i B1C2C1B2te preostaje dokazati da je C1A2||A1C2.

Drugi nain rjeavanja zadatka je da primjenimo Menelajev teorem na trokut koji odreujupravci A1B2, B1C2, C1A2i sljedee pravce: B2C1, C2A1, A2B1, l1, l2. Izmnoimo pet dobivenih jed-nakosti i ponovno primjenimo Menelajev teorem, ali u drugom smjeru kako bismo pokazali tvrdnjuzadatka.

Uputa za zad. 15. Primjenimo projektivnu transformaciju kojoj je singularni pravac P Q. Sadazadatak rijeimo pomou slinosti, povrina ili koritenjem Menelajevog teorema.

Uputa za zad. 16. Primjenimo projektivnu transformaciju kojoj je singularni pravac O1O2i ozna-imo sA

1sliku odA1i slino za ostale toke. Tada jeA1C

2C

1A

2B

1B

2i B

1C

2C

1B

2A

1A

2.

Pretpostavimo, radi odreenosti, da je toka C1 unutar kuta A1O

B1 (ostale sluajeve mo-emo svesti na ovaj nakon preimenovanja toaka). Sada primjenimo afinu transformaciju kojae OA1C

2B

1preslikati u kvadrat. Ostatak dokaza nije teak.

Uputa za zad. 17. Dovoljno je dokazati da ortocentri svaka tri trokuta lee na istom pravcu. Oda-berimo neka tri od dana etiri trokuta. Lako se vidi da je jedan od etiriju danih pravaca (nazo-vimo ga l1) takav da po jedna strana svakog od tri odabrana trokuta lei na l1. Preostale pravcenazovimoa, b, c, a toke u kojima sijeku l1nazovimo redomA1, B1, C1. Neka je l2pravac u besko-nanosti, a A2, B2, C2 toke u beskonanosti od okomica na a,b,c, respektivno. Tada je tvrdnja

18


19/27

da su ortocentri triju odabranih trokutova kolinearni direktna posljedica Pappusovog teorema (v.zad. 14).

Ukoliko osjeate nelagodu u primjeni Pappusovog teorema na ovaj nain, moete najprijeiskoristiti projektivnu transformaciju koja e sve toke i pravce koje prije spominjemo prebaciti ukonanost, a onda primjeniti teorem.

Uputa za zad. 18. Primjenimo projektivnu transformaciju kojoj je singularni pravac paralelan sl i prolazi sjecitem pravaca P P1 i QQ1, zatim primjenimo afinu transformaciju koja pravce l iP P1 preslikava u okomite pravce. Toke P1, Q1 i R1 su i dalje polovita pripadnih duina jer jesingularni pravac projektivne transformacije bio paralelan s l, a afina transformacija uvijek uvaomjere duljina duina na istom pravcu.

Dakle, moemo uzeti da su pravci P P1i QQ1okomiti na pravac l i onda trebamo dokazati daje RR1 takoer okomit na l. Iskoristimo injenicu da su P P1 i QQ1 ujedno i teinice i visine uodreenim trokutima, pa su ti trokuti jednakokrani. Iz toga dobivamo da su pravci ACi BDosnosimetrini s obzirom naQQ1, a AB i C Dsimetrini s obzirom na P P1. Ovo zajedno s P P1QQ1povlai BAC= BDC, pa je etverokut ABCDtetivni. Igrajui se malo kutovima, nije teko

pokazati da je RR1 teinica u nekom jednakokranom trokutu kojemu je osnovica na l, pa jeRR1l.Uputa za zad. 19. Takvo bojanje je mogue. Zaista, promotrimo vrhove pravilnog 2008-erokutakoje obojamo crveno i toke u beskonanosti pravaca na kojima lee stranice ovog 2008-erokutakoje obojamo plavo. Ovaj skup toaka ima traena svojstva. Naime, svaki pravilnin-terokut, gdje

jen paran, ima svojstvo da pravac koji prolazi jednim od njegovih vrhova i paralelan je jednoj odstranica prolazi jo jednim vrhom.

Sada iskoristimo da se svaki konaan skup toaka u (projektivnoj) ravnini moe projektivnomtransformacijom preslikati u skup toaka u konanosti.

Rjeenje zad. 20. Neka su toke Vi V Ai takve da je (AiBiV Vi) =1. Primjenimo li rezultateiz zadatka 8 na etverkout AiAjBjBi, dobivamo da je Tij ViVj. Tvrdnju zadatka dokazat emoindukcijom.

Za n= 3tvrdnja je trivijalna jer su tri toke uvijek komplanarne. Pretpostavimo da tvrdnjavrijedi za nekini neka jeV A1 . . . An+1piramida i tokeBi,1in + 1te Tij,1i < jn + 1kao u zadatku. Oznaimo s ravninu u kojoj prema uvjetu zadatka lei barem

n

2

+ 1 toaka

Tij, 1 i < j n+ 1. Renumerirajui, ako je potrebno, vrhove baze dane piramide, moemopretpostaviti da se

m= min1in+1

card{j :Tij iliTji}

postie za i = n+ 1, pri emu smo s card{}

oznaili broj elemenata skupa. Primjetimo da jem1 jer bi u protivnom u moglo leati najvie

n2

toakaTij. Zam = n bi oito sve toke Tij

leale u ravnini , pa pretpostavimo da je mn 1. Ako sada izbacimo toku An+1i sve tokeoblika Ti,n+1, onda nam preostaje V A1 . . . An i barem

n

2

+ 1 (n 1) = n1

2

+ 1 toaka Tij u

. Sada iz pretpostavke indukcije dobivamo da su sve toke Tij, 1i < jn u , pa zbog

TijViVj, TikViVk, TjkVjVk za sve 1i < j < kn,

vidimo da su i sve toke V1, . . . , V niz .Sada zbog m 1 postoji neki 1 i n tako da je Ti,n+1 , to zajedno s Vi i

Ti,n+1ViVn+1povlai Vn+1 . Iz Tj,n+1VjVn+1, 1j n, dobivamo da su i toke Tj,n+1uime je dokaz zavren.

19


20/27

Analitiki se pokazuje da se projektivnim transformacijama krivulje drugog reda (elipsa, hiperbola,parabola i degenerirani sluajevi) preslikavaju ponovno u krivulje drugog reda, ali nije nunoda se primjerice parabola opet preslika u parabolu. Naime, ako se sjetimo da se svaka krivuljadrugog reda moe dobiti kao presjek dvostrukog stoca (konusa) i ravnine (pa se zato krivulje izovu konike), vidimo da centralna projekcija sa sreditem u vrhu definirajueg stoca moe danukrivulju preslikati i u elipsu i u parabolu i u hiperbolu, ovisno o tome pod kojim kutem ravninana koju projiciramo sijee os stoca.

Mi bismo eljeli osigurati da slika odreene krunice bude krunica i zato emo projektivnutransformaciju konstruirati koristei preslikavanje za koje znamo da sigurno preslikava krunice ukrunice. To preslikavanje definiramo u nastavku, a radi jednostavnosti zapisa, posluit emo seKartezijevim koordinatnim sustavom u prostoru.

Definicija. Promotrimo jedininu sferu sa sreditem u ishoditu koordinatnog sustava. Neka jeN(0, 0, 1) sjeverni pol ove sfere. Stereografska projekcija sfere na ravninu je preslikavanje kojesvakoj toki M sfere, razliitoj od N, pridruuje probodite pravca NMi ravnine Oxy (ravninez= 0).

U prostoru inverzijudefiniramo na isti nain kao u ravnini. Ako je Osredite, a rradijus sferes obzirom na koju vrimo inverziju, onda toki X=O pridruujemo toku X tako da je

OX =

r2

OX2OX.

Inverzija preslikava ravnine i sfere u ravnine ili sfere ovisno o tome prolaze li ili ne tokom O.Stereografska projekcija je restrikcija inverzije u prostoru na sferu koja prolazi centrom inverzije.Svaka krunica na sferi je presjek sfere s ravninom, pa se stereografskom projekcijom preslikava upravac ili krunicu.

Koritenje stereografske projekcije kako bismo nali pravu centralnu projekciju, ilustrirano je

na sljedeoj slici i osnova je dokaza vane tvrdnje u nastavku.

20


21/27

(Pr 30.16) Dana je krunica k i toka Cunutar te krunice. Postoji projektivna transformacijakoja preslikavaku krunicu, a Cu sredite slike krunice k.Dokaz. U koordinatnoj ravnini Oxzpromotrimo toke O(0, 0), N(0, 1), E(1, 0). Za proizvoljnutoku Mkoja lei na luku NE

jedinine krunice, oznaimo s Ppolovite duine EM, a s M i

P redom sjecita pravaca NM i N Ps pravcem OE.

Dokaimo da je za proizvoljan realan broj k >2 mogue odabrati toku Mtako da je

ME:PE=k.

Neka je A(a, b)proizvoljna toka u ravnini, A(t, 0)sjecite pravaca N A i OE, a B(0, b)ortogonalnaprojekcija toke Ana pravac ON. Tada je

t=AO

ON =

AB

BN =

a

1 b .

Dakle, ako su (x, z)koordinate toke M, onda toke P, M, P imaju koordinate

Px + 1

2 ,

z

2

, M

x1 z, 0

, P

(x + 1)/21 (z/2) , 0

,

pa je zato

ME:PE= x

1 z 1

:x + 1

2 z 1

=x + z 1

1 z :x + z 1

2 z =2 z1 z.

Oito je da jednadba 2z1z

=k ima rjeenje z= k2k1

i za k >2 je 0< z CS . Ako stavimo k = T S : CS,onda je k > 2, pa, prema prije dokazanom, moemo odabrati toku Mna jedininoj krunici u

ravniniOxztako da je M

E :P

E=k =T S :C S. Stoga pomou afine transformacije moemopreslikati krunicu k u krunicu k u ravnini Oxy kojoj je duina EM promjer tako da su sliketoakaS, T, C redom toke E, M, P.

21


22/27

Stereografska projekcija preslikava krunicu k u krunicu k na jedininoj sferi koja je sime-trina s obzirom na ravninu Oxy, pa onda i s obzirom na pravac EM. Zato je E Mpromjer k, apolovite P od EMje sredite k.

Neka je ravnina koja sadri krunicu k. Jasno je da centralna projekcija ravnine Oxy naravninu iz sjevernog pola jedinine sfere preslikava k u k i toku P u sredite Pod k.

(Pr 30.18) Dana je krunica i njezina tetiva. Postoji projektivna transformacija koja preslikava

danu krunicu u krunicu, a danu tetivu u promjer slike dane krunice.Ako projektivna transformacija preslikava krunicu u krunicu i toku Cu sredite slike danekrunice, onda je singularni pravac transformacije okomit na promjer kroz C.Dokaz.Promjer STkoji prolazi kroz Cpreslikava se u promjer, pa se tangente u tokama S i Tpreslikavaju u tangente (zbog injektivnosti preslikavanja). No, dokazali smo prije da ako se para-lelni pravci preslikavaju u paralelne pravce, singularni pravac mora biti s njima paralelan.(Pr 30.17) U ravnini su dana krunica i pravac koji je ne sijee. Postoji projektivna transforma-cija koja danu krunicu preslikava u krunicu, a dani pravac u pravac u beskonanosti.Skica dokaza. U koordinatnoj ravnini Oxzpromotrimo toke O(0, 0), N(0, 1) i E(1, 0). Za pro-izvoljnu toku Mna luku NE

jedinine krunice, oznaimo s P sjecite duine EM s pravcem

z= 1.

Pomiui toku Mdu luka NE

, moemo postii da omjer EM :M Pbude jednak proizvoljnompozitivnom broju. Zato pomou afine transformacije moemo preslikati krunicu k u krunicu k

kojoj je EMpromjer, a lei u ravnini okomitoj na Oxztako da se dani pravac l preslika upravac koji prolazi tokom Pi okomit je na Oxz. Krunicak lei na jedininoj sferi sa sreditemu ishoditu, pa stereografska projekcija preslikava k u krunicuk u ravniniOxy. Stoga centralnaprojekcija ravnine na ravninu Oxy sa sreditem u Npreslikava k u k i l u beskonani pra-vac.(Pr 30.19) Dane su krunica ki toka Punutar nje. Sva projektivna preslikavanja koja kpres-likavaju u krunicu, a Pu sredite slike od kimaju isti singularni pravac.Skica dokaza. Povuemo kroz toku Pdvije proizvoljne tetive AC i BD. Neka su S i T sjeci-ta produetaka nasuprotnih stranica etverokuta ABCD. Promotrimo proizvoljnu projektivnutransformaciju koja preslikava k u krunicu, nazovimo je k, i P u sredite k. Jasno je da ovatransformacija preslikava etverokut ABCDu pravokutnik, pa pravacS T alje u pravac u besko-nanosti.

Singularni pravac u prethodnoj tvrdnji naziva sepolaratokePu odnosu na krunicuk. Buduida je odreen projektivnom transformacijom, jasno je da pravacSTu prethodnom dokazu ne ovisio izboru tetivaACiBD. Primjetimo da u graninom sluaju, kad seBpodudara sAiDpodudarasC, pravciAB i C Dpostaju tangente na tu krunicu koje se takoer sijeku na istom pravcu, priemu u sluaju kad je ACokomit na promjer krunice k koji prolazi kroz Pdobivamo klasinusliku iz uobiajene definicije polare toke unutar krunice.

22


23/27

Definicija. Neka je dana krunicak sa sreditem uO.Polarno preslikavanje (engl. reciprocation)je zamjena toaka i pravaca na sljedei nain:

Ako je Ptoka u konanosti razliita od O, polaraod P je pravac pkoji prolazi kroz P

iokomit je na P P pri emu je P inverz od Ps obzirom na k .

Ako jeppravac u konanosti koji ne prolazi kroz S,polod pje inverz s obzirom na k noitaokomice iz O na p.

Ako jePtoka u beskonanosti, polara odPje pravac krozOkoji je okomit na svaki pravackroz P. Obratno definiramo pol pravca kroz O.

Ako je P tokaO , polara od P je pravac u beskonanosti. Obratno definiramo pol pravca ubeskonanosti.

Vidimo da je p polara od P s obzirom na k ako i samo ako je Ppol od p s obzirom na k.Zato koristimo uobiajeno oznaavanje po kojemu se toke oznaavaju velikim slovima, a njihovepolare odgovarajuim malim slovima.

Evo i jedne karakterizacije pola i polare koja omoguuje njihovo definiranje i za ostale konike,a ne samo za krunicu. No, mi se time neemo baviti.Neka jePtoka, ak krunica na kojojPne lei. Pravac kroz P sijeek u tokamaMiN. Neka

je tokaQharmonijski konjugirana tokiPs obzirom naMi N, tj.(M N P Q) =1. Geometrijskomjesto toaka Q je polara od Ps obzirom na k (u sluaju kad je P unutar krunice), odnosnoduina koja na toj polari lei (u sluaju kad je Pvan krunice).

Zadatak21.

Dokaite da su definicija i tri karakterizacije polare (pomou tetiva, pomou tangenti,pomou harmonijskih konjugata) ekvivalentne.

Uputa. Dokaite najprije da je polara toke P s obzirom na krunicu k (sa sreditem u O) za-pravo slika krunice kojoj je OPpromjer po inverziji ravnine s obzirom na krunicuk . Iz toga selako dobiva karakterizacija polare pomou tangenti. Sada pokaite ekvivalentnost karakterizacijapomou tangenti, odnosno tetiva i pomou harmonijskih konjugata. To nije teko ako iskoristitevezu izmeu dvoomjera toaka i pravaca te jednakost mnogih kutova oko krunice.

23


24/27

Polarno preslikavanje ima sljedea svojstva:Svaka toka je pol svoje polare i svaki pravac je polara svoga pola.

VrijediP

q

Q

p.

Pol pravca ABje presjek polara ai b.Tri toke su kolinearne ako i samo ako su njihove polare kopunktalne (tj. prolaze istom tokom).

Koristei polarno preslikavanje dobivamo vaan princip dualnosti: (Princip dualnosti) Teorem projektivne geometrije ostaje vrijediti ako zamijenimo uloge toakai pravaca.Pojasnimo malo ovaj princip: Neka jeC projektivna konfiguracija toaka i pravaca u ravnini(to znai da gledamo samo kolinearnost i kopunktalnost). Izaberimo neku krunicu te s obziromna nju uzmemo polaru svake toke i pol svakog pravca iz C. U novoj konfiguraciji sve prijanjekolinearnosti postale su kopunktalnosti i obratno.

Provjerite da se koristei princip dualnosti iz Desarguesovog teorema (zad. 13) dobiva njegov

obrat, a iz Pappusovog teorema (zad. 14) takozvani teorem o dvostruko perspektivnim trokutimakoji je reformulacija zadatka 15.

Za kraj, evo nekoliko zadataka. Postoji vie naina na koji se svaki od zadataka moe rijeiti.U uputama se navode rjeenja koja koriste neke od tvrdnji koje smo prije dokazali. Pokuajte naii rjeenja u kojima se koriste samo standardne metode iz srednjokolske geometrije.

Zadatak 22. (Pr 30.36) Dokaite da spojnica toaka u kojima nasuprotne stranice tangencijalnogetverokuta dodiruju njemu upisanu krunicu prolazi sjecitem dijagonala tog etverokuta.

Zadatak 23. (Brocardov teorem) etverokut ABCD upisan je u krunicu k sa sreditem u O.Neka jeE

AB

CD,F

AD

BC,G

AC

BD. Dokaite da je O ortocentar trokutaEF G.

24


25/27

Zadatak 24.(Pr 30.43) (Pascalov teorem) esterokutABCDEFupisan je u krunicu (tj. vrhovimu lee na krunici k). Dokaite da sjecitaABiDE,B CiEF,C Di F Alee na istom pravcu.

Zadatak 25. (Pr 30.42) (Brianchonov teorem) Neka je ABCDEFesterokut opisan krunici (tj.pravci na kojima lee stranice dodiruju krunicu k). Dokaite da pravci AD, BE i CF prolazeistom tokom.

Zadatak 26. (Pr 30.44) (Teorem o leptiru) Neka je Mpolovite tetive P Qkrunice k; neka suAB i CDproizvoljne tetive kroz Mtako da su toke Ai Cs iste strane od AB; neka su X i Ysjecita tetive P Qs pravcima ADi BC, respektivno. Dokaite da je Mpolovite duine XY.

Zadatak 27. (Pr 30.45) Toke A, B,C,D lee na krunici,SA i SD su tangente na tu krunicu,a P iQsu sjecita ABiCD,AC iBD, tim redom. Dokaite da su toke P,Q, Skolinearne.

Zadatak 28.(Pr 30.59) Dokaite da koritenjem samo ravnala nije mogue podijeliti danu duinuna dva jednaka dijela.

25


26/27

Zadatak 29. (Pr 30.60) Dokaite da koritenjem samo ravnala nije mogue konstruirati sreditedane krunice.

Uputa za zad. 22. Iskoristimo projektivnu transformaciju koja upisanu krunicu preslikava u kru-nicuk, a sjecite spojnica nasuprotnih diralita u sredite od k . Sada je lako vidjeti da je dobivenietverokut simetrian s obzirom na sredite od k, pa je paralelogram, a za njega tvrdnja zadatka

vrijedi. S obzirom da projektivna transformacija uva incidenciju, tvrdnja vrijedi i za poetnietverokut.

Uputa za zad. 23. Treba dokazati da je F Gpolara od E. Ako F Gsijee AB i CDredom u X iY, onda je prema zadatku 8, (ABEX) = (DCEY) =1, pa je prema karakterizaciji polare kojusmo dokazali u zadatku 21, F G polara od Es obzirom na k i zato je OE F G. Analogno sepokae za ostale dvije okomitosti.

Uputa za zad. 24. 1. nain. Primjenimo projektivnu transformaciju koja preslikava krunicu kukrunicu, a sjecita pravaca AB i DE, BC i EFu toke u beskonanosti (sjetimo se da smodokazali da moemo odabrati singularni pravac). Sada iskoristimo AB

DE, BC

EF i kutove

oko krunice da bi pokazali CDF A.2. nainDefinirajmo P AB DE, Q BC EF, R CD F A. Neka je krunica kojaprolazi tokamaC, F, Ri neka produetci duina BCiEF sijeku ovu krunicu ponovno u G i H,tim redom. Imamo

CBE k= CF E

= 180 CGH,

pa je BE GH i analogno ED HR, AB RG. TrokutiRGH iP BE imaju paralelnestranice, pa su homotetini. Drugim rijeima, pravci BG,EH,PR sijeku se u istoj toki, pa jetoka QBG EHkolinearna s P iRto smo i eljeli dokazati.Uputa za zad. 25. 1. nain.Primjenimo projektivnu transformaciju koja preslikava ku krunicu,

a sjecite AD i BEu njezino sredite. Sada jo treba pokazati da i CFprolazi sreditem novekrunice, a za to nam treba samo malo razmatranja o kutovima.

2. nain.Neka je dan tangencijalni esterokut kao u zadatku. Primjenimo polarno preslikavanje sobzirom na krunicu k. Dobivamo tetivni esterokut i primjenimo Pascalov teorem (v. prethodnizadatak). Kolinearnost presjeka produetaka nasuprotnih stranica postaje, ako se vratimo na po-etnu konfiguraciju, kopunktalnost pravaca kroz nasuprotne vrhove. Dakle, Pascalov i Brianchonovteorem su dualni u smislu koji smo prije objanjavali.

Uputa za zad. 26. Razliite dokaze ovog teorema pogledajte npr. na ovoj internetskoj stranici:http://www.cut-the-knot.org/pythagoras/Butterfly.shtml

26


27/27

U nastavku je projektivno rjeenje. Pomou projektivne transformacije preslikamo krunicuku k i toku Mu sredite M krunice k. Neka su slike toaka P, Q, . . . toke P, Q, . . .. Tada suPQ, AB, CD promjeri od k. Centralna simetrija s obzirom na M preslikavaX u Y, tj. M

je polovite XY. Budui da je tetiva P Qokomita na promjer kroz M krunice k, a taj promjerje prema prije dokazanom rezultatu okomit na singularan pravac transformacije, zakljuujemo daje P Qparalelan sa singularnim pravcem, pa se omjeri duljina duina koje lee na P Quvaju pridanoj projektivnoj transformaciji iz ega slijedi da je Mpolovite od XY.

Uputa za zad. 27. Projektivnom transformacijom preslikamo danu krunicu u krunicu tako daslika od AD bude njezin promjer. Slike toaka oznaimo s . Toka Spreslikava se u toku S

u beskonanosti koja pripada svim pravcima okomitim na AD. Duine AC i BD su visineADP, pa je Q ortocentar tog trokuta iz ega slijedi da je PQ okomit na AD, pa prolazitokomS.

Uputa za zad. 28. Pretpostavimo da moemo izvriti traenu konstrukciju, tj. moemo napisatialgoritam (upute) iji rezultat je polovite dane duine. Izvedimo ovu konstrukciju i promotrimoprojektivnu transformaciju koja fiksira krajeve dane duine, a polovite preslikava u neku drugutoku. Ovo preslikavanje moemo izabrati tako da singularni pravac ne prolazi nijednom od toakadobivenih tijekom pojedinih koraka konstrukcije.

Izvedimo na zamiljeni postupak jo jednom, ali ovaj puta svaki puta kada naiemo na uputuuzmi proizvoljnu toku/pravac uzet emo sliku toke/pravca koju smo uzeli tijekom prve kons-trukcije.

Budui da projektivna transformacija preslikava svaki pravac u pravac i presjek pravaca upresjek njihovih slika i jer je zbog izbora projektivne transformacije taj presjek uvijek toka ukonanosti, slijedi da u svakom koraku druge konstrukcije dobivamo sliku rezultata dobivenog utom koraku u prvoj konstrukciji, pa na kraju ne dobivamo polovite duine, nego njegovu sliku.Ova kontradikcija pokazuje da je naa poetna pretpostavka bila kriva.

Dokazali smo zapravo sljedeu injenicu:Ako postoji projektivna transformacija koja preslikava svaki od objekata A1, . . . , Anu njega samog,a objekt B ne preslikava u samog sebe, onda je nemogue samo koritenjem ravnala iz objekataA1, . . . , Ankonstruirati objektB.

Uputa za zad. 29. Tvrdnja slijedi direktno iz napomene na kraju prethodnog rjeenja i osnovnetvrdnje s vrha stranice 21.

pejkovic - afine i projektivne transformacije

Documents