geometrija 4 - drugi deo · krive drugog reda pol i polraa pasalovak teorema aksiomatsko zasnivanje...

Krive drugog reda Pol i polara Paskalova teorema Aksiomatsko zasnivanje

Geometrija 4 - drugi deo

Srdjan Vukmirovi¢

Matemati£ki fakultet, Beograd

mart 2015.


Sadrºaj

1 Krive drugog redaDe�nicija i osobineProjektivna klasi�kacija krivih drugog reda

2 Pol i polaraKorelacijeOsobine pola i polareProjektivna invarijantnost pola i polareOdredjenost krive drugog reda

3 Paskalova teoremaKriva drugog reda i dvorazmera pravihKrive druge klase

4 Aksiomatsko zasnivanjeAksiome incidencijeDezargova teorema


Krive 2. reda

Kriva drugog reda je skup ta£aka RP2 koji zadovoljava jedna£inu:

a11x21 + 2a12x1x2 + a22x

22 + 2a13x1x3 + 2a23x2x3 + a33x

23 = 0. (1)

Simetri£na matrica A = (aij) zove se matrica krive drugog reda.

Kriva je nedegenerisana ako detA 6= 0, ina£e je degenerisana.Primetimo da je jedna£ina (1) ekvivalentna sa

(x1 x2 x3

) a11 a12 a13a12 a22 a23a13 a23 a33

x1x2x3

= 0,

odnosno saxTAx = 0, (AT = A)

pri £emu vektor koordinata x smatramo kolonom.


Primer

Pokazati da je kriva x1x2 − x23 = 0 nedegenerisana i odrediti jojjedna£inu u a�nim koordinatama.

Teorema

Preslikavanje λx = Px ′ preslikava krivu drugog reda sa matricom Au krivu drugog reda sa matricom CTAC , C = P−1.

Dokaz: Inverzno preslikavanje je dato sa λx = Cx ′. Uvrstimo li gau jedna£inu krive dobijamo

0 = xTAx = (Cx ′)TA(Cx ′) = x ′TCTACx ′ = x ′T (CTAC )x .

Matrica A′ = CTAC je simetri£na, pa ta jedna£ina takodje zadajekrivu drugog reda. utDakle, pojam (nedegenerisane) krive drugog reda je projektivnainvarijanta.


Teorema

Svaka kriva drugog reda u projektivnoj ravni je projektivnoekvivalentna (tj. moºe se projektivnim preslikavanjem preslikati na)ta£no jednoj od slede¢ih:

x21 + x22 + x23 = 0 (nula kriva, tj. prazan skup);

x21 + x22 − x23 = 0 (ovalna kriva);

x21 + x22 = 0 (ta£ka);

x21 − x22 = 0 (dve prave);

x21 = 0 ("dvostruka" prava);

Prve dve krive su nedegenerisane, a ostale tri su degenerisane.

Dokaz: Svaka simetri£na matrica A se moºe dijagonalizovatiortogonalnom matricom C ,C−1 = CT , tj.

CTAC = C−1AC = diag(λ1, λ2, λ3),

gde su λi sopstvene vrednosti (mogu biti i jednake 0) matrice A.


To zapravo zna£i da se kriva Γ(A) projektivnim preslikavanjem £ijaje matrica P = C−1 preslikavana na krivu

0 = λ1x′21 + λ2x

′22 + λ3x

′23 (2)

= sgn(λ1)(√λ1x

′1)2 + sgn(λ1)(

√λ2x

′2)2 + sgn(λ3)(

√λ3x

′3)2.

Sada se projektivnim preslikavanjem:

x ′′i =

{√λix′i ako je λi 6= 0,

x ′i ako je λi = 0,(3)

dobija ta£no jedna od krivih iz tvrdjenja teoreme.Napomene:Spostvene vrednosti moºemo urediti da prvo idu pozitivne, panegativne, pa nula. Mnoºe¢i po potrebi jedna£inu (2) sa −1moºemo posti¢i da pozitivnih vrednosti ima vi²e nego negativnih. ut


Primedba

Elipsa, parabola i hiperbola su medjusobno projektivno ekvivalentneu pro²irenoj a�noj ravni (ovalna kriva). A�no se razlikuju se pobroju prese£nih ta£aka (redom 0, 1, 2) sa b.d. pravom p∞ : x3 = 0.

Primer

Odrediti projektivno preslikavanje koje elipsu (krug) preslikava uhiperbolu.


Korelacije

Korelacija je projektivno preslikavanje koje slika projektivnu ravanta£aka RP2 na projektivnu ravan pravih RP2 i obrnuto. Ukoordinatama

λu = Ax ,

gde je A, detA 6= 0, matrica, x koordinate ta£ke, a u koordinateprave.Korelacije zadrºavaju sve osobine projektivnih preslikavanja:

bijekcije su;

preslikavaju konkurentne prave u kolinearne ta£ke i obrnuto;

£uvaju dvorazmeru.


Pol i polara

De�nicija

Ovalna kriva drugog reda Γ(A) sa matricom A, AT = A, de�ni²especijalnu korelaciju � polaritet,

λm = AM.

Prava m naziva se polara, a ta£ka M je njen pol.

Primer

Odrediti polaru ta£ke M(1 : 1 : 1) u odnosu na krivu drugog redax1x2 − x3 = 0. Skicirati precizno u a�noj ravni.Doma¢i: isto to za ta£ke A∞(1 : 0 : 0) i B∞(0 : 1 : 0).


Lema

Ta£ka M pripada pravoj n ako i samo ako nTM = 0 (MTn = 0).

Dokaz: Neka je M(m1 : m2 : m3) i n : n1x1 + n2x2 + n3x3 = 0.

M ∈ n⇔ 0 = n1m1+n2m2+n3m3 = (n1 n2 n3)

m1

m2

m3

= nTM.

Drugi uslov se dobija transponovanjem prvog. ut

Lema

Neka su m i M, odnosno n i N odgovaraju¢a polara i pol u odnosuna ovalnu krivu drugog reda Γ(A). Tada vaºi

M ∈ n⇔ m 3 N.


Dokaz:

M ∈ n ⇔ 0 = nTM = (AN)T (A−1m)

= NTATA−1m = NTAA−1m = NTm ⇔ m 3 N.ut

Teorema

Ako ta£ka M pripada tada je njena polara m u odnosu na krivu Γtangenta te krive u ta£ki M.

Dokaz: Ta£ka M pripada krivoj ako zadovoljava njenu jedna£inu:

M ∈ Γ(A)⇔ 0 = MTAM = MT (AM) = MTm⇔ M ∈ m.

Dakle: ta£ka pripada ovalnoj krivoj ako i samo ako ona

pripada svojoj polari u odnosu na tu krivu.Dokaºimo sada da je ta polara m tangenta u M.Pretpostavimosuprotno, da je m ∩ Γ = {M,N}, N 6= M. Po²to je N ∈ mdobijamo da n 3 M. Na osnovu dokazanog vaºi n 3 N, pan = MN = m.Polaritet je bijekcija, pa iz n = m sledi N = M.Kontradikcija!Dakle, m tangenta u M. ut


Kako se crta polara?

M ∈ Γ (m ∩ Γ = {M});M je u spolja²nosti krive (m ∩ Γ = {T1,T2};M je u unutra²njosti krive (m ∩ Γ = ∅).

Primer

Odrediti tangente na ovalnu krivu x1x2 − x23 = 0 iz ta£keM∞(−4 : 1 : 0). Nacrtati u a�noj ravni.

Primedba

Prava (linearna jedna£ina) i kriva drugog reda (kvadratnajedna£ina) imaju 0, 1 ili 2 prese£ne ta£ke. Nad poljem kompleksnihbrojeva (tj. u CP2), postoje uvek dve prese£ne ta£ke (ili jednadvostruka).

Date su ovalna kriva Γ i ta£ka M 6∈ Γ. Neka p 3 M ip ∩ Γ = {P1,P2} ∈ CP2. Ta£ku N takvu da vaºi H(M,N,P1,P2)zovemo ta£ka konjugovana ta£ki M u odnosu na krivu Γ.


Teorema

Geometrijsko mesto ta£ako konjugovanih ta£ki M u odnosu naovalnu krivu Γ je polara m ta£ke M.

Dokaz: Neka je Γ = Γ(A) ovalna kriva i M 6∈ Γ �ksirana ta£ka.Neka je N proizvoljna ta£ka. Sve ta£ke prave p = MN (osim ta£keM) mogu da se zapi²u u obliku

p : X = λM + N, λ ∈ R.

Presek prave p i krive Γ se svodi na kvadratnu jedna£inu po λ ∈ R :

0 = XTAX = (λM + N)TA(λM + N)

= λ2MTAM︸︷︷︸A

+λ (MTAN + NTAM)︸︷︷︸2B

+NTAN︸︷︷︸C

. (4)

MTAN = (MTAN)T = NTAT (MT )T = NTAM ⇒ 2B = 2NTAM.


Ako su λ1, λ2 ∈ C re²enja jedna£ine (4), ta£ke

P1 = λ1M + N, P2 = λ2M + N,

su prese£ne ta£ke p i Γ.

H(M,N,P1,P2) ⇔ −1 =1λ1

:1λ2

=λ2λ1

⇔ λ1 + λ2 = 0⇔ 2B = 0

⇔ NTAM = 0⇔ NTm = 0⇔ N ∈ m.

Primetimo da smo za drugu ekvivalenciju koristili Vietove formule.ut


Posledica

Centar krive drugog reda je pol beskona£no daleke prave.

Primer

Odrediti centar krive xy − 2x + y − 3 = 0. Precizno skicirati krivu.


Lema

Ako je preslikavanje ta£aka zadato matricom P, tj. sa λX ′ = PXtada je preslikavanje pravih zadato matricom P−T = CT .

Dokaz: Slika prave n : nTX = 0 je prava n′ : n′TX ′ = 0.Ra£unamo:

nTX = 0⇔ 0 = nTP−1X ′ = ((P−1)Tn︸︷︷︸n′

)TX ′ (5)

odakle sledi tvrdjenje. ut

Teorema

Pol i polara su projektivne invarijante (tj. ako su M i m pol i polarau odnosu na ovalnu krivu Γ, tada su i njihove slike M ′ i m′ priprojektivnom preslikavanju f pol i polara u odnosu na sliku kriveΓ′).


Dokaz: Neka su preslikavanje f dato sa λX ′ = PX i C = P−1.Kako f slika ta£ku M, pravu m i krivu drugog reda Γ(A)?

f : λM ′ = PM, λm′ = PT−1m, λA′ = CTAC = PT−1AP−1.

Odatle nalazimo "originale:"

λM = P−1M ′, λm = PTm′, λA = PTA′P.

Ako su M i m pol i polara u odnosu na Γ(A)

m = AM ⇔ PTm′ = (PTA′P)P−1M ′ = PTA′M ′ ⇔ m′ = A′M ′,

tj. M ′ i m′ su pol i polara u odnosu na Γ(A′). ut


Kriva drugog reda je odredjena sa 6 koe�cienata aij , ali je zboghomogenosti za njihovo odredjivanje potrebno 5 uslova (jedna£ina).Uslov da ta£ka M pripada krivoj daje nam 1 linearnu jedn£inu poaij .

Po²to ovalna kriva i prava imaju najvi²e dve zajedni£ke ta£kedobijamo da su svake tri ta£ke ovalne krive nekolinearne.Ovalna kriva drugog reda je jedinstveno odredjena sa:

5 ta£aka od kojih nikoje 3 nisu kolinearne. Γ(A,B,C ,D,E );4 ta£ke u op²tem poloºaju i tangentom u jednoj od njih;

3 nekolinearne ta£ke i tangentama u dve te ta£ke.

Primetimo, recimo, da 4 ta£ke u op²tem poloºaju i tangentakoja ne sadrºi ni jednu od tih ta£aka mogu da odrede nijednu,jednu ili dve ovalne krive.


Lema (A�ni smisao dvorazmere pravih)

Neka su a, b, c , d prave u dopunjenoj a�noj ravni koje sadrºekona£nu ta£ku O. Tada je

(a, b, c, d) =∠aOc∠cOb

:∠aOd∠dOb

.

Dokaz: Posmatrajmo pravu p 63 O koja se£e prave u ta£kamaA,B,C ,D, redom. Tada je

(a, b, c, d) = (A,B,C ,D) =

−→AC−→CB

:

−→AD−→DB

=P(4ACO)

P(4CBO):P(4ADO)

P(4DBO)

=AO · CO sin∠aOcCO · BO sin∠cOb

:AO · DO sin∠aOdDO · BO sin∠dOb

=∠aOc∠cOb

:∠aOd∠dOb

.ut


Teorema (�arlova)

Neka je O ′ ta£ka, a Γ = Γ(A,B,C ,D,O) ovalna kriva drugog redau projektivnoj ravni. Tada

O ′ ∈ Γ ako i samo ako (OA,OB,OC ,OD) = (O ′A,O ′B,O ′C ,O ′D).

Dokaz: (=⇒) Po²to je dvorazmera projektivna invarijanta moºemodokazati teoremu za bilo koju ovalnu krivu, recimo krug. Tvrdjenjesledi iz jednakosti uglova nad istom tetivom i a�nog smisladvorazmere pravih.(⇐=) Pretpostavimo (OA,OB,OC ,OD) = (O ′A,O ′B,O ′C ,O ′D).Neka je Γ = Γ(A,B,C ,O,O ′). Pretpostavimo da D 6∈ Γ, tj.Γ ∩ OD = {O,D1} i D1 6= D. Tada

(O ′A,O ′B,O ′C ,O ′D) = (OA,OB,OC ,OD)

= (OA,OB,OC ,OD1) = (O ′A,O ′B,O ′C ,O ′D1).

Odatle je O ′D = O ′D1, pa su O,O ′,D,D1 kolinearne, tj.kolinearne O,O ′,D1 pripadaju Γ. Kontradikcija!Dakle D ∈ Γ. ut


Teorema (Paskalova teorema)

Prost ²estotemenik ABCDEF je upisan u ovalnu krivu drugog redaako i samo ako su preseci njegovih naspramnih ivica

AB × DE = P, BC × EF = Q, CD × FA = R (6)

kolinearne ta£ke.

Dokaz smera (=⇒) Pretpostavimo da je ²estotemenik upisan uovalnu krivu Γ. Ozna£imo

AB × DE = P, BC × EF = Q, p = PQ, p ∩ Γ = {X ,Y }

AF × p = S , DC × p = R.

Dokaºimo da je S = R, odakle sledi da su ta£ke P,Q i Rkolinearne.


Ozna£imo sa T = p × CF .

(X ,P,S ,Y ) = (AX ,AB,AF ,AY )∗= (CX ,CB,CF ,CY )

= (X ,Q,T ,Y ) = (FX ,FE ,FC ,FY )∗= (DX ,DE ,DC ,DY ) = (X ,P,R,Y ).

Odatle je S = R , pa su prese£ne ta£ke kolinearne.

(⇐=) Pretpostavimo da su P,Q,R date sa (6) kolinearne. Neka jeΓ ovalna kriva odredjena ta£kama A,B,D,E ,F i T1 = p × AD.

(CX ,CY ,CD,CB) = (X ,Y ,R,Q) = (FX ,FY ,FA,FE )∗= (DX ,DY ,DA,DE ) = (X ,Y ,T1,P) = (AX ,AY ,AD,AB),

pa na osnovu obrnutog smera �arlove teoreme i ta£ka C pripadakrivoj drugog reda Γ. utJednakosti ozna£ene sa ∗ su dobijene �arlovom teoremom.


Paskalova teorema vaºi i u degenerisanim slu£ajevima kada se nekedve ta£ke ²estotemenika poklapaju, recimo A = B . Tada jeodgovaraju¢a prava tangenta u toj ta£ki, recimo AB = AA = tA.

petotemenik AACDEF ;

£etvorotemenik AACCEF ;

trotemenik AACCEE .


Skup tangenata na krivu Γ(A)

Γ = {AX |XTAX = 0}.

naziva se kriva druge klase.

Teorema

Kriva druge klase je kriva drugog reda u dualnoj projektivnoj ravni.Njena matrica je A−1.

Dokaz: Za svaku tangentu p = AX , u ta£ki X ∈ Γ :

pTA−1p = (AX )TA−1(AX ) = XTAA−1AX = XTAX = 0.

Dakle, prave koje pripadaju krivoj druge klase zadovoljavajujedna£inu drugog stepena.Po²to je matrica A−1 simetri£na, krivadruge klase je kriva drugog reda u projektivnoj ravni pravih. ut


Po²to iz jedne ta£ke postoje najvi²e dve tangente na krivu drugogreda, dobijamo da su svake tri tangente na ovalnu krivunekolinearne.Dualno pretnodno re£enom, vidimo da je ovalna kriva drugog redajedinstveno odredjena sa:

5 tangenta od kojih nikoje 3 nisu konkurentne.

4 tangente (u op²tem poloºaju) i dodirnom ta£kom jedne odnjih;

3 nekonkurentne tangente i dodirnim ta£kama dve tangente.

Da bi efektivno odredili ovalnu krivu kojoj je dato 5 tangenti, prvoodredimo krivu druge klase kojoj pripadaju te tangente. Neka jenjena matrica B. Tada je A = B−1 matrica traºene ovalne krive.


Zbog principa dualnosti i vaºi Paskalova teorema za krive drugeklase.Kada se jo² uzme u obzir da je kriva druge klase skuptangenata na krivu drugog reda dobijamo

Teorema (Brian²onova teorema)

�estostranik abcdef je opisan oko ovalne krive drugog reda ako isamo ako su prave odredjene naspramnim temenima tog²estostranika

(a× b)(d × e) = p, (b × c)(e × f ) = q, (c × d)(f × a) = r

konkurentne.

Brian²onova teorema vaºi i u degenerisanim slu£ajevima.Ako se dvetangente poklapaju, recimo a = b, tada je njihova prese£na ta£kaa× b = a× a = A dodirna ta£ka te tangente.Zato imamo degenerisani slu£aj petostranika, £etvorostranika itrostranika. Skicirati za doma¢i.


Paposova teorema je Paskalova teorema za degenerisanu krivudrugog reda (tj. dve prave). Njen dokaz se dobija modi�kacijomdokaza Paskalove teoreme (ne koristi se �arlova teorema).

Teorema (Paposova teorema)

Neka su AEC i DBF dve trojke kolinearnih ta£aka. Tada su iprese£ne ta£ke

AB × DE = P, BC × EF = Q, CD × FA = R

kolinearne.


Geometrija incidencije projektivne ravni odnosno projektivnogprostora moºe se jednostavno uvesti i aksiomatski. Pri tome(neformalno)

dve ta£ke odredjuju jedinstvenu pravu;

tri nekolinearne ta£ke odredjuju jedinstvenu ravan;

svake dve prave u ravni se seku u jednoj ta£ki

Kao posledica poslednje aksiome � nema paralelnosti!Svake dveravni u prostoru se seku po pravoj, a svaka prava i ravan u prostorupo ta£ki.Najjednostavniji model projektivne ravni je Fanova ravan. Ona sesastoji od sedam ta£aka i sedam pravih.Na svakoj ta£ki ima 3prave, i svaka prava sadrºi tri ta£ke.


Trotemenici ABC i A′B ′C ′ imaju centar perspektive S ako jeS ∈ AA′,BB ′,CC ′. Kaºemo: prave odredjene odgovaraju¢imtemenima su konkurentne.Trotemenici ABC i A′B ′C ′ imaju osu perspektive s ako ta£ke

AB × A′B ′ = R, AC × A′C ′ = Q, BC × B ′C ′ = P

pripadaju pravoj s. Kaºemo: preseci odgovaraju¢ih ivicatrotemenika su kolinearne ta£ke.

Teorema (Dezargova teorema (DT))

Ako dva trotemenika imaju centar perspektive tada oni imaju i osuperspektive.

Dokaz: Neka je S centar perspektive trotemenika ABC i A′B ′C ′.1. slu£aj: Trotemenici pripadaju razli£itim ravnima, ABC ⊂ α,A′B ′C ′ ⊂ β, α 6= β. Ozna£imo sa s prese£nu pravu ravni α i β.Kako se prave AA′ i BB ′ seku u ta£ki S , ta£ke A,A′,B,B ′ sukomplanarne. Zato se i prave AB i A′B ′ seku i


{R} = AB ∩ A′B ′ ⊂ α ∩ β = s.

Na sli£an na£in dobijamo

{Q} = AC ∩ A′C ′ ⊂ s, {P} = BC ∩ B ′C ′ ⊂ s.

Prema tome, prava s je osa perspektive trotemenika ABC i A′B ′C ′.2. slu£aj: Trotemenici pripadaju istoj ravni, ABC ,A′B ′C ′ ⊂ α.Neka su S1 i S2 ta£ke kolinearne sa ta£kom S , tako da S1S2 6⊂ α.Kako se prave AA′ i S1S2 seku u ta£ki S , ta£ke S1A i S2A′ se sekuu nekoj ta£ki A.Na sli£an na£in dobijamo

B = S1B × S2B′, C = S1C × S2C

′.

Za doma¢i ostavljamo: ta£ke A, B, C £ine trotemenik koji pripadanekoj ravni β 6= α.


Trotemenik ABC je u perspektivno poloºaju i sa ABC (centarperspektive je S1), pa su na osnovu 1. slu£aja ta£ke

P = BC × BC , Q = AC × AC , R = AB × AB

kolinearne.Trotemenik ABC je u perspektivno poloºaju i sa A′B ′C ′ (centarperspektive je S2), pa su i

P ′ = B ′C ′ × BC , Q ′ = A′C ′ × AC , R ′ = A′B ′ × AB

kolinearne.Primetimo da

{P} = BC ∩ BC = α ∩ BC = B ′C ′ ∩ BC = {P ′},

jer je prodor prave BC kroz ravan α jedinstven. Sli£no je i Q = Q ′

i R = R ′, pa tromemenici ABC i A′B ′C ′ imaju osu perspektive. ut


Dezargova teorema nema smisla u Fanovoj ravni (premalo ta£aka).Dezargova teorema se moºe dokazati u RP2 (a i prethodi dokazvaºi u RP2 ⊂ RP3).

Teorema (obrnuta Dezargova teorema)

Ako dva trotemenika imaju osu perspektive tada oni imaju i centarperspektive.

Primetimo da je Obrnuta Dezargova teorema (ODT) formalnodualna Dezargovoj (DT).Ipak, za dokaz ODT ne moºemo koristiti princip dualnosti jer je DTteorema projektivnog prostora.Zato je ODT potrebno posebno dokazati, ²to mi ovde ne¢emo.Postoje projektivne ravni u kojima Dezarrgova teorema ne vaºi(recimo ravan Moultona). Njih nazivamo ne-Dezargove ravni. Onese ne mogu po²iriti u projektivni prostor (jer da mogu, vaºila bi unjima DT).

geometrija 4 - drugi deo · krive drugog reda pol i polraa pasalovak teorema aksiomatsko zasnivanje...

Documents