Geometria II gyakorlatok - Nyíregyházi Főiskolazeus.nyf.hu/~ kovacsz/TMBG0303_13/gyakorlatok.pdf2 Technikai útmutató a jegyzet használatához A jegyzet „képernyobarát”

Geometria II gyakorlatok

Kovács Zoltán

Copyright c© 2011–2013 [email protected] Revision Date: 2013. december 2.

mailto:[email protected]

2

Technikai útmutató a jegyzet használatához

A jegyzet „képernyobarát” technikával készült, a megjelenés képernyo elottitanuláshoz van optimalizálva. Ez elsosorban azt jelenti, hogy az olvasás so-rán nem kell görgetni; ha a megjelenítéskor a „teljes oldal” opciót választjuk,akkor kényelmesen olvasható szöveget kapunk még viszonylag kis monito-ron is.

A szöveg belso linkeket tartalmaz. A lapok alján elhelyezett navigációspanel lehetoségeit Acrobat Reader-rel tudjuk teljes mértékben kihasználni.Ha egy link elvezet egy másik oldalra, az eredeti oldalhoz a Back gombbaltudunk visszajutni.

c

Fontos megjegyezni, hogy Rn-et gyakran beazonosítjuk Rn×1-el, azaz apontokat, vektorokat oszlopmátrixként is felfoghatjuk, erre külön utalás álta-lában nem történik!

JJ II J I Back J Doc DocI

3

1. gyakorlat

Tükrözés hipersíkra


4

FELHASZNÁLT ISMERETEK

Affin tükrözés (vektorgeometriai alak):

(1) ρS : Rn → Rn, X 7→ X − 2〈X − P, w〉〈w , w〉

w ,

ahol P az S tükör egy tetszoleges pontja, w a tükör egy normálvek-tora

Tükrözés Householder-mátrixszal:

(2) ρS : Rn → Rn, X 7→ Hw (X − P) + P, Hw = I(n)− 2ww t

w twA tükrözési mátrix n = 2 esetén:

(3) ref(α) =

(cos 2α sin 2αsin 2α − cos 2α

)ahol α a tengely irányszöge


5

AZ ALÁBBI TÍPUSFELADATOKAT KELL KÉSZSÉG SZINTEN ISMERNIE:

4 pont tükrözése egyenesre

4 pont tükrözése síkra

4 egyenes tükrözése egyenesre


6

1.1. Mintafeladat. Tükrözzük az X = (4, 5) pontot a 3x + 4y = −5 egyenletu` egyenesre!

1. Megoldás. A feladatot eloször egyszeru középiskolás eszközökkel oldjukmeg.• ` egy irányvektora v = (−4, 3). A tükörkép legyen X ′ = (x ′, y ′).• Az XX ′ szakasz M = (4+x ′

2 , 5+y ′

2 ) felezopontja illeszkedik `-re, tehát Mkoordinátái kielégítik ` egyenletét:

(4) 3 · 4 + x ′

2+ 4 · 5 + y ′

2= −5 =⇒ 3x ′ + 4y ′ = −42 .

• (X − X ′) ⊥ v azaz 〈X − X ′, v〉 = 0. X − X ′ = (4− x ′, 5− y ′), tehát

(5) − 4(4− x ′) + 3(5− y ′) = 0 =⇒ 4x ′ − 3y ′ = 1 .

• Az (4) és (5) egyenletekbol álló egyenletrendszert (pl. a Cramer-szabályszerint) megoldva:

x ′ =

∣∣∣∣∣−42 41 −3

∣∣∣∣∣ /∣∣∣∣∣3 44 −3

∣∣∣∣∣ = −12225

y ′ =

∣∣∣∣∣−3 −424 1

∣∣∣∣∣ /∣∣∣∣∣3 44 −3

∣∣∣∣∣ = −17125

. �


7


2. Megoldás. A feladatot most a tengelyes tükrözés vektorgeometriai alak-ja, azaz az

(6) X ′ = X − 2 〈X−P,w〉〈w ,w〉 w

formula alapján oldjuk meg, ld. (1).• A tengelyen egy pontot úgy kaphatunk, hogy a tengely egyenletében x

vagy y helyére beírunk egy számot és a másik koordinátát kifejezzük. Pl.x = 1 esetén y = −2, így P = (1,−2), X − P = (3, 7)• ` egy normálvektora w = (3, 4). Így

〈X − P, w〉 = 3 · 3 + 4 · 7 = 37, 〈w , w〉 = 32 + 42 = 25.

• Koordinátánként behelyettesítve (6)-ba:

x ′ = 4− 2 · 3725· 3 = −122

25

y ′ = 5− 2 · 3725· 4 = −171

25. �


8


3. Megoldás. A feladatot most (2) alapján oldjuk meg. A Householder-mátrix w = (3, 4)-re:

Hw =

(1 00 1

)− 2

25

(9 1212 16

)=

(7

25 −2425

−2425 − 7

25

)• A tengelyen egy pontja P = (1,−2), X − P = (3, 7).• Behelyettesítve (2)-be:(

x ′

y ′

)=

(725 −24

25−24

25 − 725

)(37

)+

(1−2

)=

(−122

25−171

25

). �


9

1.4. Mintafeladat. Tükrözzük az X = (4, 5) pontot a 3x+4y = −5 egyenesre!

Megoldás. A tükrözési márixot a (3) alapján, a tengely irányszögének isme-retében is meghatározhatjuk.• A tengely irányszöge:

Az ábra alapján sinα = −3/5, cosα = 4/5, így

sin 2α = 2 sinα · cosα = −24/25, cos 2α = cos2 α− sin2 α = 7/25.

• Behelyettesítve (3)-ba

ref(α) =

(7

25 −2425

−2425 − 7

25

). �


10

1.5. Mintafeladat. Tükrözzük a 4x + 3y = 2 egyenletu e egyenesre az y =2x + 1 egyenletu f egyenest!

Megoldás. Az inverz leképezés elve: X ∈ ρe(f ) ⇐⇒ ρ−1e (X ) ∈ f . Tenge-

lyes tükrözésre ρ−1e = ρe, tehát X ∈ ρe(f ) ⇐⇒ ρe(X ) ∈ f .

• Az elozo mintafeladatok valamelyike alapján kiszámítjuk ρe leképezésanalitikus szabályát. Ez azt jelenti, hogy nem egy konkrét pont, hanem az„általános” X = (x , y ) pont tükörképét számítjuk ki. Az eredmény

x ′ =−7x − 24y + 16

25

y ′ =−24x + 7y + 12

25.

• Az inverz leképezés elve alapján (x ′, y ′) kielégíti f egyenletét:−24x + 7y + 12

25= 2 · −7x − 24y + 16

25+ 1,

rendezve kapjuk a végeredményt:

−10x + 55y = 45. �


11

1.6. Mintafeladat. Tükrözzük a 4x + 3y − z = 2 egyenletu síkra a X =(3,−2, 1) pontot!

Megoldás. A sík egy normálvektora w = (4, 3,−1), a tükrözés Householder-mátrixa

Hw =1

13

−3 −12 4−12 4 3

4 3 12

• A sík egy pontja P = (0, 0,−2), így

X ′ = Hw · (3,−2, 3)t + (0, 0,−2)t =(

2713

,−3513

,1613

)t

. �


12

2. gyakorlat

Forgatás a síkban


13


elforgatás az origó körül (mátrix alak):

(7) σα : R2 → R2, X 7→ rot(α)X ,

ahol α a forgatás szöge és

rot(α) =

(cosα − sinαsinα cosα

)elforgatás tetszoleges pont körül (TFT):

(8) σ(C,α) : R2 → R2, X 7→ rot(α)(X − C) + C,

ahol C a forgatás középpontja és α a forgatás szöge(jegyzet: 1.3)


14


4 pont elforgatása pont (speciálisan az origó) körül a síkban

4 egyenes elforgatása pont körül a síkban

4 valódi elforgatás centrumának megkeresése


15

2.1. Mintafeladat. Forgassuk el az X = (−2, 1) pontot az origó körül α = π/3szöggel!

Bizonyítás. Mivel a forgatás középpontja az origó, elegendo a (7) képletbebehelyettesíteni: (

x ′

y ′

)=

(cos π

3 − sin π3

sin π3 cos π

3

)(−21

)

x ′ = cosπ

3· (−2)− sin

π

3· 1 =

−2−√

32

y ′ = sinπ

3· (−2) + cos

π

3· 1 =

1− 2√

32

. �


16

2.2. Mintafeladat. Forgassuk el az X = (−2, 1) pontot a C = (1, 1) pontkörül α = π/3 szöggel!

Megoldás. A (8) TFT szabályt alkalmazzuk. X − C = (−3, 0).(x ′

y ′

)=

(cos π

3 − sin π3

sin π3 cos π

3

)(−3

0

)+

(11

),

x ′ =12· (−3)−

√3

2· 0 + 1 = −1

2

y ′ =√

32· (−3) +

12· 0 =

2− 3√

32

.

�


17

2.3. Mintafeladat. Forgassuk el a 3x + 2y = 1 egyenletu ` egyenest a C =(1, 1) pont körül α = π/3 szöggel!

Megoldás. Az inverz leképezés elvét alkalmazzuk:

X ∈ σ(C,α)(`) ⇐⇒ σ−1(C,α)(X ) ∈ ` .

• Mivel σ−1(C,α) = σ(C,−α), így a σ−1

(C,α) leképezés analitikus szabálya:(x ′

y ′

)=

(cos

(−π

3

)− sin

(−π

3

)sin(−π

3

)cos

(−π

3

))(x − 1y − 1

)+

(11

),

x ′ =12

(x − 1) +√

32

(y − 1) + 1 =12

x +√

32

y +1−√

32

y ′ = −√

32

(x − 1) +12

(y − 1) + 1 = −√

32

x +12

y +1 +√

32

.

• (x ′, y ′) kielégíti a 3x + 2y = 1 egyenletet:

3

(12

x +√

32

y +1−√

32

)+ 2

(−√

32

x +12

y +1 +√

32

)= 1.

• Hozzuk az eredményt egyszerubb alakra! �


18

2.4. Mintafeladat. Legyen F (X ) = rot(α)X + b, ahol α = π/6, b = (2,−1). Fegy forgatás. Határozzuk meg a centrumát!

Megoldás. Az F leképezés fixpontját keressük, azaz olyan X pontot, melyreF (X ) = X : (

xy

)=

(cos π

6 − sin π6

sin π6 cos π

6

)(xy

)+

(2−1

)• A mátrix muveleteket elvégezve az alábbi lineáris egyenletrendszert kap-juk:

(2−√

3)x + y = 4

−x + (2−√

3)y = 2.

• Az egyenletrendszer megoldása

x =√

32

, y =5 + 2

√3

2.

• Tehát a centrum C =(√

32 , 5+2

√3

2

). �


19

3. gyakorlat

Affin transzformációk a síkban


20


affin transzformáció mátrix alakja: A ∈ GL(2) (a transzformáció li-neáris része), b ∈ R2 (az eltoló vektor ),

F : R2 → R2, X 7→ AX + b

speciális affin transzformációk: • A ∈ O(2): izometria

• A =

(a ±bb ∓a

), (det A 6= 0): hasonlóság

egyenes képe: A P + L(v ) egyenes képe F (P) + L(Av )

az affin transzformáció fixpontjai: az

(9) (A− I)X = −b

inhomogén lineáris egyenletrendszer megoldás halmaza

az affin transzformáció inverze:

(10) X 7→ A−1X − A−1b

alaptétel: Háromszög és képe az affin transzformációt egyértelmuenmeghatározza.


21


4 izometria, hasonlóság felismerése affin transzformáció mátrix alakjából

4 pont képének meghatározása

4 a transzformáció fixpontjainak meghatározása

4 a transzformáció fixegyeneseinek meghatározása (*)

4 a transzformáció inverzének meghatározása

4 egyenes (alakzat) képének meghatározása

4 affin transzformáció analitikus felírása, ha ismert egy háromszög és aképe


22

Az affin transzformáció algebrai megadására többféle, egymással ekviva-lens formát alkalmazhatunk:1. megadjuk transzformáció lineáris részét és eltoló vektorát:(

a bc d

)∈ GL(2), (e, f ) ∈ R2;

2. megadjuk a transzformáció analitikus szabályát:

x ′ = ax + by + e,

y ′ = cx + dy + f ;

3. megadjuk a transzformáció homogén reprezentációját:a b ec d f0 0 1

∈ GL(3).


23

3.1. Mintafeladat. Legyen F : R2 → R2, X 7→ F (X ),

F (X ) =

(4 12 1

)X +

(2−1

).

1. F affin transzformáció-e?

2. F izometria-e?

3. Határozzuk meg az (4, 2) pont képét!

Megoldás.1. A transzformáció lineáris része

A =

(4 12 1

).

det A = 2 6= 0, tehát az F leképezés affin leképezés.

2. A nem ortogonális mátrix, tehát F nem izometria. (Miért? Ha önállóannem tudja a választ, akkor a következo oldalon találja az útmutatást.)

3. (4 12 1

)(42

)+

(2−1

)=

(209

). �


24

Útmutatás. Egy ortogonális mátrix determinánsa szükségképpen ±1. Ígyazt, hogy A nem ortogonális mátrix, már onnan is látjuk, hogy determinánsa2. Az elobbi állítás visszafele nem igaz, egy ±1 determinánsú mátrix nemfeltétlenül ortogonális mátrix.

Másik megoldásként kiszámíthatjuk A inverzét,

A−1 =12

(1 −1−2 4

)6= At .

Innen ismét látjuk, hogy A nem ortogonális mátrix.


25


F (x) =

(4 12 1

)X +

(2−1

).

Határozzuk meg a transzformáció fixpontjait!

Megoldás. Olyan (x , y ) pontokat keresünk, amelyre(4 12 1

)(xy

)+

(2−1

)=

(xy

).

Azaz a fixpontok komponensei kielégítik az(3 12 0

)(xy

)=

(−21

)inhomogén lineáris egyenletrendszert. (Ez nem más, mint a (9) egyenlet-rendszer.

Jelen esetben ez az egyenletrendszer megoldható és a megoldás egyér-telmu:

x =12

, y =−72

azaz a transzformáció egyetlen fixpontja (1/2,−7/2). �


26

3.3. Mintafeladat. Legyen

x ′ = −2x + 4y + 2

y ′ = 3x − 3y − 2

Határozzuk meg a transzformáció fixpontjait!

Megoldás. Olyan (x , y ) pontokat keresünk, amelyre

x = −2x + 4y + 2

y = 3x − 3y − 2.

Azaz

3x − 4y = 2

−3x + 4y = −2.

A két egyenlet arányos, azaz (pl.) a második egyenlet elhagyható, így afixpontok (és csakis azok) kielégítik a

3x − 4y = 2

egyenletet. �


27


F (x) =

(4 12 1

)X +

(2−1

).

Határozzuk meg a transzformáció inverzét!

Megoldás. A (10) képletbe helyettesítünk be:

A−1 =

(1/2 −1/2−1 2

), A−1b =

(1/2 −1/2−1 2

)(2−1

)=

(3/2−4

).

Tehát az inverz transzformáció:(xy

)7→

(1/2 −1/2−1 2

)(xy

)+

(−3/2

4

). �


28


F (x) =

(4 12 1

)X +

(2−1

).

Határozzuk meg az y = 2x + 1 egyenes képét!

Megoldás. • Az inverz leképezés elvét alkalmazzuk:

X ∈ F (e) ⇐⇒ F−1(X ) ∈ e.

• Az elozo feladat alapján X = (x , y ) osképe

x∗ =12

x − 12

y − 32

y∗ = −x + 2y + 4.

• Az inverz leképezés elve szerint (x∗, y∗) kielégíti az y = 2x+1 egyenletet,azaz

−x + 2y + 4 = 2(

12

x − 12

y − 32

)+ 1.

Rendezve a 2x − 3y = 6 egyenletet kapjuk. �


29

3.6. Mintafeladat (*). Legyen F : R2 → R2, X 7→ F (X ),

F (x) =

(1 22 1

)X +

(1−1

).

Határozzuk meg a transzformáció fixegyeneseit.

Megoldás. • Az X0 +L(v ) fixegyenes v irányvektora a lineáris rész sajátvek-

tora. A =

(1 22 1

), A karakterisztikus egyenlete (1 − λ)2 − 4 = 0; a saját-

értékek λ1 = 3, λ2 = −1; a hozzájuk tartozó egy-egy sajátvektor v1 = (1, 1),v2 = (1,−1).• (F (X0)− X0)‖v . Ha X0 = (x , y ), akkor F (X0)− X0 = (2y + 1, 2x − 1).• v1 = (1, 1) esetén azt kapjuk, hogy 2y + 1 = 2x − 1, azaz y = x − 1, ez

az egyik fixegyenes egyenlete.• v2 = (1,−1) esetén azt kapjuk, hogy 2y + 1 = −2x + 1, azaz y = −x , ez

a másik fixegyenes egyenlete.• A 3.5. mintafeladat alapján ellenorizzük, hogy ezeknek az egyenesek-

nek a képe valóban önmaga. �


30

3.7. Mintafeladat (*). Határozzuk meg a

1 a 00 1 00 0 1

∈ GL(3), a 6= 0 homo-

gén reprezentánsú affin transzformáció fixelemeit! (Nyírás.)

Megoldás. • A fixpontok a(

0 a)

alapmátrixú homogén lineáris egyenlet-rendszer (azaz ay = 0) megoldásai. Innen y = 0, x ∈ R, azaz a fixpontokhalmaza az x-tengely. Ez egyben azt is jelenti, hogy az x-tengely fixegye-nes (ráadásul pontonként fix).• A fixegyenesek irányvektorai a lineáris rész sajátvektorai. A sajátérté-

kek a ∣∣∣∣∣1− λ a0 1− λ

∣∣∣∣∣ = 0 =⇒ (1− λ)2 = 0

karakterisztikus egyenlet megoldásai, azaz λ1 = λ2 = 1. Az ehhez tartozósajátalteret (1, 0) generálja.• (F (X0) − X0)‖v . Legyen X0 = (x , y ), ekkor F (X0) − X0 = (ay , 0). Ez a

vektor mindig párhuzamos az (1, 0) vektorral, azaz minden olyan egyenes,amely párhuzamos az x tengellyel, fixegyenes. �


31

3.8. Mintafeladat (*). Határozzuk meg a

1 a 00 b 00 0 1

∈ GL(3), a 6= 0, b 6= 0,

b 6= 1 homogén reprezentánsú affin transzformáció fixelemeit! (Ferde affini-tás.)

Megoldás. • A fixpontokat az ay = 0, (b − 1)y = 0 egyenletrendszer megol-dáshalmaza, azaz y = 0 adja. A fixpontok halmaza tehát az x-tengely.• A lineáris rész karakterisztikus egyenlete (1−λ)(b−λ) = 0, a sajátérté-

kek λ1 = 1 és λ2 = b.• A λ1 = 1 sajátértékhez tartozó invariáns alteret (1, 0) generálja. A ko-

rábban már megismert módszer szerint ez az y = 0 egyenest adja fixegye-nesnek. (Errol tudjuk, hogy pontonként fix.)• A λ2 = b sajátértékhez tartozó invariáns alteret (a, b − 1) generálja. Ha

a fixegyenes egy pontja X0 = (x , y ), akkor F (X0) − X0 = (ay , (b − 1)y ) =y (a, b − 1), amely tetszoleges y -ra páruzamos az (a, b − 1) vektorral. Ígyminden (a, b − 1) irányvektorú egyenes fixegyenes. �


32

3.9. Mintafeladat. Határozzuk meg az x2 + y2 = 1 egyenletu k kör képét a1 0 00 b 00 0 1

∈ GL(3), b 6= 1 homogén reprezentánsú meroleges affinitásnál.

Megoldás. • A transzformáció lineáris része A =

(1 00 b

). Az inverz leké-

pezés elvét alkalmazzuk: P ∈ k ′ ⇐⇒ F−1(P) = A−1P ∈ k .

• A−1 =

(1 00 1/b

), A−1(x , y )t = (x , y/b), így a képalakzat egyenlete

x2 + y2/b2 = 1.

Ez egy ellipszis egyenlete, nagytengelye 1, kistengelye b. �


33

3.10. Mintafeladat. Írjuk föl azt az affin transzformációt, amely az O = (0, 0),E1 = (1, 0), E2 = (0, 1) pontokat rendre a P, Q, R pontokba viszi, ahol(P, Q, R) nem kollineárisak!

Legyen P = (3, 2), Q = (5, 8), R = (7, 3).

Megoldás. • Legyen a keresett F transzformáció lineáris része A =

(a bc d

),

az eltoló vektor (e, f ). A feltétel szerint:

P = F (0, 0) = (e, f ) =⇒ (e, f ) = P,

Q = F (1, 0) = (a, c) + (e, f ) =⇒ (a, c) = Q − P,

R = F (0, 1) = (b, d) + (e, f ) =⇒ (b, d) = R − P.

• A konkrét adatokkal:

(e, f ) = (3, 2),

(a, c) = (5, 8)− (3, 2) = (2, 6),

(b, d) = (7, 3)− (3, 2) = (4, 1).

Így a transzformáció: x ′ = 2x + 4y + 3, y ′ = 6x + y + 2. (A feladatba valóvisszahelyettesítéssel ellenorizzünk!) �


34

3.11. Mintafeladat. Írjuk föl azt az affin transzformációt, amely a P, Q, Rpontokat rendre a P ′, Q′, R′ pontokba viszi!

Megoldás. A megoldás algoritmusa:1. F1 : (O, E1, E2) 7→ (P, Q, R) az elozo mintafeladat alapján

2. F2 : (O, E1, E2) 7→ (P ′, Q′, R′) az elozo mintafeladat alapján

3. F−11 a 3.4. mintafeladat alapján

4. F2 ◦ F−11 adja a keresett transzformációt. �


35

3.12. Mintafeladat. Írjuk föl azt az affin transzformációt, amely a (2, 3),(1, 6), (3,−1) pontokat rendre a (1,−2), (2, 1), (−3, 5) pontokba viszi!

Megoldás. A 3.11. mintafeladat algoritmusát követjük. Az algoritmus elsohárom lépése korábban már elofordult feladatokban, itt csak végeredménytadunk meg.1.

F1(X ) =

(−1 13 −4

)X +

(23

)2.

F2(X ) =

(1 −43 7

)X +

(1−2

)3.

F−11 (X ) =

(−4 −1−3 −1

)X +

(119

)4.

F2 ◦ F−11 (X ) =

(8 3−33 −10

)X +

(−2494

)Az utolsó lépéshez útmutatást talál a következo oldalon. �


36

Útmutatás.

F = F2 ◦ F−11 (X ) =

= F2

((−4 −1−3 −1

)X +

(119

))=

=

(1 −43 7

)((−4 −1−3 −1

)X +

(119

))+

(1−2

)=

=

(8 3−33 −10

)X +

(−2596

)+

(1−2

)=

=

(8 3−33 −10

)X +

(−2494

)


37

4. gyakorlat

Számolás homogén koordinátákkal


38


A homogén koordináták módszerével az alábbi problémák megoldása:4 két pontra illeszkedo egyenes egyenlete

4 két egyenes metszéspontja

4 egyenes végtelen távoli pontjának meghatározása

4 adott ponton keresztül adott egyenessel (affin) párhuzamos egyenesegyenlete

4 eldönteni, hogy három pont kollineáris-e

4 eldönteni, hogy három egyenes egy pontra illeszkedik-e


39

4.1. Mintafeladat. Írjuk fel a1. P = (1,−3), Q = (−1, 2)

2. P = [−1, 2, 0], Q = (−1, 2)

3. P = [2, 4, 2], Q = [1, 0, 1]pontokra illeszkedo egyenes egyenletét a homogén koordináták módszeré-vel. Ahol szükséges, ott az alaphalmaz a Descartes-sík projektív lezártja.

Megoldás. 1. P = [1,−3, 1], Q = [−1, 2, 1], így a keresett [u] egyenesre

u =

∣∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

1 −3 1−1 2 1

∣∣∣∣∣∣∣ = (−5,−2,−1).

Tehát a keresett egyenes egyenlete 5x + 2y + 1 = 0.2. A feladatnak csak a Descartes-sík projekív lezártján van értelme. u =

(2, 1, 0), az egyenlet 2x + y = 0.3. x = 1. �


40

4.2. Mintafeladat. Határozzuk meg az1. x + 2y − 3 = 0, 2x + 4y − 3 = 0

2. x1 + 2x2 − 3x3 = 0, x + y + 1 = 0

3. [1, 1, 1], [0, 0, 1]egyenesek metszéspontját a homogén koordináták módszerével. Ahol szük-séges, ott az alaphalmaz a Descartes-sík projektív lezártja.

Megoldás. 1. A keresett metszéspont homogén koordinátáira∣∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

1 2 −32 4 −3

∣∣∣∣∣∣∣ = (6,−3, 0),

azaz a két egyenes a Descartes-sík projektív lezártján a [2,−1, 0] végtelentávoli pontban metszi egymást. (Az egyenesek a Descartes-síkon párhuza-mosak.)

2. A metszéspont [5,−4,−1] = (−5, 4).

3. [1,−1, 0] (Mivel a második egyenes a végtelen távoli egyenes, ezértazt is mondhatjuk, hogy az x + y + 1 = 0 egyenes végtelen távoli pontja[1,−1, 0]). �


41

4.3. Mintafeladat. Határozzuk meg a P = (2, 1) pontra illeszkedo, és ax + 2y − 3 = 0 egyenletu e egyenessel párhuzamos egyenes egyenletét!

Megoldás. A P pont nem illeszkedik a megadott egyenesre. A koordinátasíkprojektív lezártján a feladatot úgy fogalmazhatjuk át, hogy az e egyenesvégtelen távoli pontját kössük össze a megadott ponttal.

e homogén koordinátái [1, 2,−3], e végtelen távoli pontjának koordinátáitjelölje [x1, x2, 0]. Az illeszkedési feltétel x1 + 2x2 = 0. Az egyenlet egy nemtriviális megoldása (−2, 1), így az e végtelen távoli pontja U = [−2, 1, 0].

U-t a P-vel összeköto egyenest a tanult módon határozzuk meg:∣∣∣∣∣∣∣e1 e2 e3

2 1 1−2 1 0

∣∣∣∣∣∣∣ = (−1,−2, 4),

azaz a keresett egyenlet x + 2y − 4 = 0.Ellenorizzük a megoldás! �


42

4.4. Mintafeladat. Határozzuk meg az x+2y−3 = 0 és 2x+4y−3 = 0 egyen-letu egyenesek metszéspontját az origóval összeköto egyenes egyenletét!

Megoldás. A megadott két egyenes párhuzamos, így a feladatot a Descartes-sík projektív lezártján értelmezzük. A két egyenes metszéspontja a 4.2. fel-adat alapján [2,−1, 0], tehát e keresett egyenes homogén koordinátái∣∣∣∣∣∣∣

e1 e2 e3

2 −1 00 0 1

∣∣∣∣∣∣∣ = (−1,−2, 0).

Így az egyenes egyenlete x + 2y = 0.

Ellenorzés. A három egyenes valóban egy ponra illeszkedik, mert∣∣∣∣∣∣∣1 2 −32 4 −31 2 0

∣∣∣∣∣∣∣ = 0.

�


43

4.5. Mintafeladat. Határozzuk meg α értékét úgy, hogy a (2, 1), [1, 1, 0],[1, 0,α] pontok kollineárisak legyenek.

Megoldás. A kollinearitás feltétele homogén koordinátákkal∣∣∣∣∣∣∣2 1 11 1 01 0 α

∣∣∣∣∣∣∣ = 0 =⇒ α = 1.

�


44

5. gyakorlat

Másodrendu görbék projektív geometriája


45


4 másodrendu görbe projektív osztályának meghatározása

4 másodrendu görbe végtelen távoli pontjának meghatározása

4 érinto, speciálisan aszimptota egyenletének felírása a görbe valamelypontjában

4 érintopár egyenletének felírása külso pontból


46


valós szimmetrikus mátrix normál formája:diag(1, ... , 1,−1, ... ,−1, 0, ... , 0). Elemi sor- és a megfelelooszlopátalakításokkal érheto el a normál forma.

érinto a görbe pontjában: Az x tMx = 0 másodrendu görbe (amelynem egyenes vagy egyenespár) érintoje a [p] pontjában ptMx = 0.

pontból húzott érintopár: Az x tMx = 0 másodrendu görbe (amelynem egyenes vagy egyenespár) [p] pontból húzott érintopárjánakegyenlete (ptMx)2 = (x tMx) · (ptMp).


47

5.1. Mintafeladat. Határozzuk meg, melyik projektív osztályba tartozik azalábbi másodrendu görbe:

3x2 − 4xy − 2y3 + 3x − 12y − 7

Megoldás. • A görbe mátrixa 3 −2 3/2−2 −2 −63/2 −6 7

.

• Elemi sor- és a megfelelo oszlopátalakításokkal: 3 0 3/20 −10/3 −5

3/2 −5 −7

→3 0 0

0 −10/3 −50 −5 −31/4

→3 0 0

0 −10/3 00 0 −1/4

• A görbe mátrixának normál formája diag(1,−1,−1), azaz a görbe valós

körrel projektív ekvivalens. �


48

5.2. Mintafeladat. Keressük meg a 2x2 + xy − 3 = 0 másodrendu görbevégtelen távoli pontjait!

Megoldás. A görbe egyenlete homogén koordinátákkal:

2(

x1

x3

)2

+(

x1

x3

)(x2

x3

)− 3 = 0.

x23 -el szorozva mindkét oldalt:

2x21 + x1x2 − 3x2

3 = 0.

A görbe végtelen távoli pontjára

x1(2x1 + x2) = 0, x3 = 0

következik. Ennek az egyenletrendszernek (nem triviális) megoldásai [0, 1, 0]vagy [1,−2, 0]. �


49

5.3. Mintafeladat. Írjuk föl a 3x2 + 10xy + 3y2 − 2x − 14y − 13 = 0 görbeaszimptotáinak egyenletét!

Megoldás. • A görbe mátrixa:

3 5 −15 3 −7−1 −7 −13

.

• A görbe végtelen távoli pontjait a 3x21 + 10x1x2 + 3x2

2 = 0 egyenlet (melyx1/x2-re másodfokú) megoldásaiként kapjuk. Az egyenlet nem triviális meg-oldásai x1

x2= −1

3 és x1x2

= 3, így a görbe végtelen távoli pontjai [−1, 3, 0] és[−3, 1, 0].• Az aszimptoták egyenlete:

(−1, 3, 0)

3 5 −15 3 −7−1 −7 −13

x

y1

= 0 =⇒ 6x + 2y − 10 = 0.

(−3, 1, 0)

3 5 −15 3 −7−1 −7 −13

x

y1

= 0 =⇒ 2x + 6y + 2 = 0.

�


50

5.4. Mintafeladat. Írjuk föl az x2 + 2y2 = 1 ellipszis (1, 1) pontra illeszkedoérintopárjának egyenletét!

Megoldás. • A görbe mátrixa: M =

1 0 00 2 00 0 −1

.

•

(x , y , 1)M

111

= x + 2y − 1, (1, 1, 1)M

111

= 2,

Így az érintopár egyenlete:

(x + 2y − 1)2 = (x2 + 2y2 − 1) · 2.

• Rendezve és faktorizálva:

(x − 1)(x − 4y + 3) = 0,

azaz az érintok egyenlete x = 1, x − 4y + 3 = 0. �


Documents

Geometria II gyakorlatok - Nyíregyházi Főiskolazeus.nyf.hu/~ kovacsz/TMBG0303_13/gyakorlatok.pdf2 Technikai útmutató a jegyzet használatához A jegyzet „képernyobarát”