Alkalmazott Modul Jegyzet

ELTE

2012. mjus 15.

1

Tartalomjegyzk

1. Bevezets 3

2. A projektv tr, a projektv transzformcik 32.1. A projektv tr bevezetse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32.2. Kettosviszony . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62.3. A projektv sk koordintzsa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.4. A projektv geometria alapttele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

3. Fnykpezsi feladatok 13

4. Transzformcik lersa 194.1. Az a n transzformcik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194.2. Egybevgsgi transzformcik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204.3. Egybevgsgi transzformcik alacsony dimenziban . . . . . . . . . . . . . . . 234.4. SO (3) elemeinek lersa kvaternikkal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

5. Innitzimlis izometrik 265.1. Killing mezok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265.2. Plusgrbk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

6. Fogaskerekek fogazsa 30

7. Trbeli innitezimlis izometrik 387.1. Trbeli Killing mezok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 387.2. Merev test mozgsa a trben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

8. Robot geometria 408.1. Denavit-Hartenberg konvenci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 418.2. Egy egyszeru plda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 448.3. Direkt s inverz sebessgkinematikai problma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

2

1. Bevezets

Ez a jegyzet az Alkalmazott Modul trgy eloadsnak anyagt tartalmazza. Az eloads clja,hogy megismertesse a hallgatkkal a kvetkezo matematikai terletekkel. Az 2 fejezet a projektvgeometria alapjait trgyalja, mely segtsgvel tbbek kztt fnykpezssel, fnykpen ltot tr-gyak alakjnak rekonstrulsval kapcsolatos problmkat lehet megoldani. A fejezetben megis-merkednk a projektv tr koordintzsval. Ezt a koordintzst kihasznlva a 4 fejezetbeneloszr lerjuk azokat transzformcikat, melyekre a ksobbi fejezetekben szksgnk lesz, majda 5 fejezetben az innitezimlis izometrikkal foglalkozunk, melyek egy folytonos transzformcipillanatnyi tulajdonsgait rjk le. Ezekre azrt van szksgnk, hogy a 6 fejezetben tkletesfogaskerekeket tudjunk alkotni, melyek a sk adott mozgatst valstjk meg, illetve szaggatsmentes ttteket gyrtsunk. A kvetkezo fejezetben a trbeli mozgatsokkal foglalkozunk. Azutols 8 fejezet robotkarok mozgatsval foglalkozik, ahol szintn felhasznljuk a korbbi is-mereteinket s megmutatjuk, hogyan lehet azokat alkalmazni ebben az esetben.

2. A projektv tr, a projektv transzformcik

2.1. A projektv tr bevezetse

Hogy nmi motivcit nyjtsunk e fejezet tisztn elmleti rszhez, nzznk meg egy gyakorlatipldt, mely motivciknt szolgl a projektv tr bevezetshez. Adott az emberi szem, vagyegy fnykpezogp, hogyan mukdik? A szemlencsn t, illetev a fnykpezogp lencsjn t,egy trgyrl rkezo fnysugarak, eloszr fkuszldnak, majd a szemfenkre, illetve a gpben almre, vagy CCD rzkelore vetlnek, ott ltrehozva a trgy kpt. Leegyszerustve, a trgyrlrkezo fnysugarak egy O vettsi centrumon keresztl egy K skra vetlnek gy ltrehozva atrgy skbeli kpt, lsd 1 bra, ezt fogjuk centrlis vettsnek nevezni.

1. bra. Az emberi szem s matematikai modellje.

Ha egy valdi trbeli 3-dimenzis trgyat ltunk, akkor annak egy ktdimenzis lekpezstltjuk valjban. Egyik clunk az lesz, hogy egy (vagy kt) ilyen kpbol, esetleg bizonyos specilisadatok ismeretben, megllaptsuk az eredeti trgy alakjt, mreteit, tbb trgy esetben azokegymshoz viszonytott relatv helyzett. Ehhez az elso lps az lesz, hogy skok kztti centrlisvettseket tekintnk s ezek tulajdonsgait vizsgljuk meg.

1. Denci. Adottak E3-ban egy sk (kpsk) s egy O =2 pont (vettsi centrum). EgyP 6= O ponthoz rendeljk hozz az OP \ pontot amennyiben ez ltezik. Az gy kapott lekpezstcentrlis vettsnek nevezzk.

3

Vigyzat a fenti centrlis vetts nem minden E3n fOg ponton van rtelmezve, hiszen, ha Oa O ponton tmeno skkal prhuzamos sk, akkor minden P 2 O esetn OP \ = ;, gya lekpezs itt nincs denilva. s az is nylvnval, hogy ha OP \ = ; akkor P 2 O kelllegyen. Azaz a centrlis vetts rtelmezsi tartomnya E3nO.A centrlis vetts nem tartja meg az arnyokat, azaz pl. egyenlo szakaszok kpei nem felttlen

egyenloek. Nem tartja meg a prhuzamossgot sem.Vizsgljuk meg, hogy mi lesz egy egyenes kpe! Legyen e egy olyan egyenes, melyre e 6 O,

lsd 2 bra.

2. bra. Egyenes kpe a centrlis vettsnl.

1. Ekkor, ha P vgigfut e n O-n, akkor az OP egyenes az O s e ltal kifesztett skbanforog, ha O =2 e. Tovbb e kpei a \ metszsvonaln lesznek;

2. Ha O 2 e, azaz OP = e, akkor e kpe egyetlen pont.Tekintsk az 1: esetet. Nevezzk el a skot vettsi sknak. A skban ltott kp ktfle

lehet a szerint, hogy 1a: e , vagy 1b: e k , ... bra.Az 1a: esetben a centrlis vetts nem rtelmezett az egyenes E := e\O pontjban, msvol

viszont igen. Jellje e0 := \ ; eO az O-n tmeno e-vel prhuzamos egyenest s F := eO \ e.Knnyen lthat, hogy e0 minden pontja eloll kpknt, kivve F , s E az egyetlen olyan pontaz e egyenesen, melynek nincsen kpe. A centrlis vetts bijekci lesz az e n fEg s az e0 n fFgegyenesek kztt.Az 1b: esetben ha e0 := \, akkor a centrlis vetts egy bijekci lesz az e s e0 egyenesek

kztt.Visszatrve az 1a: esethez, ha a P 2 e n fEg pont tart az E ponthoz, azaz P ! E; P 6= E,

akkor kpe P 0 valamerre kiszalad a vgtelenbe, 3 bra. Tovbb, ha P 2 e n fEg brmelyirnyban kiszalad a vgtelenbe, akkor P 0 ! E0.

Ha minden egyenest kibovtennk egy "vgtelen tvoli" ponttal, egy gynevezett "idelisponttal", akkor a centrlis vettst bijekciv tehetnnk. Ekkor E az e0 vgtelen tvoli pontjbamenne, s e vgtelen tvoli pontja pedig F -be kpzodne. Mint az 1a: esetbol is lthat, azegyenes midkt "vghez" ugyanazt a vgtelen tvoli pontot kell pontot rakni. Ezzel lnyegbena kibovtett egyenes, olyan lesz mintegy kr, azaz zrdni fog.Nzzk most meg, hogy hova fog egy sk kpzodni!Legyen megint O a vettsi centrum s a kpsk. Legyen b , ; O =2 b s t := O \ b, ahol

O tovbbra is az O-n tmeno -val prhuzamos sk. A t egyenest talpvonalnak nevezzk. A

4

BikerFoxyHighlight

BikerFoxySticky Noteh

BikerFoxyHighlight

BikerFoxySticky Note

BikerFoxyHighlight

BikerFoxySticky Notenem kell

3. bra. Az egyenesen fut pont s kpnek mozgsa

centrlis vetts b s kztt b n t-n rtelmezett. A vetts nem szrjektv, ha bO az O pontontmeno b-vel prhuzamos egyenes, akkor a skon a h := b0 \ horizont vonal kivtelvelmindenki eloll kpknt. A centrlis projekci bijekci lesz b n t s n h kztt.Mi legyen t kpe? Ha T 2 t, s e b, olyan egyenes, melyre T 2 e, akkor az elobb lttuk, hogy

a T ponthoz e kpnek, e0-nek a vgtelen tvoli pontjt kell rendelni. Tovbb a ha e az e-heztartoz vettsi sk, akkor e0 = e\. Ha most f b; T 2 f egy msik egyenes, akkor hasonlanazt mondhatjuk, hogy T kpe az f 0 kp vgtelen tvoli pontja kell legyen. Ha f az f egyenesvettsi skja, akkor mivel e; f illeszkednek az OT egyenesre, mely prhuzamos a skkal,gy e0kf 0. Azaz, ha a centrlis vettst a T pontra szeretnnk kiterjeszteni, akkor prhuzamosegyenesekhez, ugyanazt a vgtelen tvoli pontot kell hozzrendelnnk. Ahhoz, hogy a lekpezsinjektv legyen, nem prhuzamos egyenesekhez klnbzo idelis pontot kell rendelnnk.

2. Denci. A projetv tr az euklideszi tr kibovtse a vgtelen tvoli pontok halmazval,ahol minden egyeneshez tartozik egy vgtelen tvoli pont, ms nven idelis pont, s kt egyeneshezpontosan tartozik ugyanaz a vgtelen tvoli pont, ha az egyenesek prhuzamosak.

3. Denci. Egy projektv egyenes egy euklideszi egyenes az o vgtelen tvoli pontjt hoz-zvve, vagy egy sk vgtelen tvoli pontjainak halmaza, utbbiakat vgtelen tvoli egyeneseknekmsszval idelis egyeneseknek nevezzk.

4. Denci. Egy projektv sk a projektv trben egy euklideszi sk az egyeneseinek vgtelentvoli pontjaival kiegsztve, vagy az sszes vgtelen tvoli pont halmaza, melyet idelis sknakneveznk.

5. Feladat. Bizonytsuk be a dencik alapjn, hogy a projektv trben brmely kt prhuzamossk idelis egyenesei megegyeznek.

A projektv skok s egyenesek illeszkedsi aximi sokkal szukebbek, mint a euklideszi es-eteben. Euklideszi esetben kt sk lehet metszo, vagy prhuzamos. Mivel prhuzamos skokidelis egyenese kzs, gy a projektv trben brmely kt sk egy egyenesben metszi egymst.

5

BikerFoxyHighlight

BikerFoxySticky Note

BikerFoxyHighlight

BikerFoxySticky Noteakkor

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

BikerFoxySticky Noteelvlaszt

Az euklideszi trben kt egyenes lehet kitro, metszo, vagy prhuzamos. Mivel a projektv tr-ben prhuzamos egyenesek idelis pontja kzs, gy a projektv trben kt egyenes kitro, vagymetszo lehet csak. Euklideszi trben egy sk s egy egyenes vagy metszo, vagy prhuzamosak. Aprojektv trben egy sk s egy egyenes mindig metszo.Vizsgljuk meg a projektv sk szerkezett nhny modell segtsgvel!Vegynk egy skot, egy ezt rito G flgmbt s annak O centrumt a ...bra szerint.

Akkor az O centrum centrlis vettsnl a pontjai bijektven feleltethetoek meg a G nylitflgmb pontjainak. A G hatra, mely egy krvonal, vgtelen tvoli pontjainak felel meg, denem injektv ez a megfeleltets, mert e krvonal tellen pontjai, ugyanannak a idelis pontnakfelenek meg .. bra. Azaz a projektv sk topolgikus szerkezete olyan, mintha a flgmb hatrnlvo tellenes pontokat ssze ragasztannk s az gy kapott felletet tekintnnk.

2.2. Kettosviszony

Mint emltettk a centrlis vetts nem arnytart, sem prhuzamossg tart. Mivel a cen-trlis vetts nem is szgtart, ezrt a szerkesztsi eljrsokban elsosorban pontokat tudunksszektni s egyenesek metszspontjt venni. Ez gy elg kevs lenne ahhoz, hogy bonyolultabbfeladatokat megoldjunk. Szerencsre van olyan menyisg amit a centrlis vetts megtart, aminagyon hasznos lesz szmonkra, mint szerkesztsi eljrsok segdeszkze.

6. Denci. Legyen A; B; C; D ngy klnbzo pont egy e egyenesen, ezek lehetnek idelistrelemek is. Legyen tovbb O; O =2 e egy kznsges pont, s a; b; c; d 6= 0 vektorokprhuzamosak az OA; OB; OC; OD egyenesekkel. Mivel ezek a vektorok egyskak kifejezhetjka c s d vektorokat az a s b vektorokkal c = 1a+2b, d = 1a+2b. Ekkor (ABCD) :=

1

2

: 12 .

7. llts. Az elbbi denci nem fgg az O s az a; b; c; d vektorok megvlasztstl.

Bizonyts. Eloszr azt ltjuk be, hogy az a; b; c; d vektorokok vlasztstl nem fgg.Ha ea; eb; ec; ed egy msik denci szerinti vektor vlaszts, akkor ea = a; eb = b; ec =

c; ed = d teljesl valamilyen ; ; ; 6= 0 szmokra. Azaz ec = c =

1a +

2b =

1a +

2b. Hasonlan

ed = d = 1a + 2b. Kifejezve ekkor (ABCD) rtkt a denciszerint az ea; eb; ec; ed vektorokkal

(ABCD) =

2

1

: 2

1 = 1

2:12.

Ezezk szerint a denciban szereploosztviszony csak O-tl fgghet gy jellje (ABCD)Oazt az osztviszony rtket, ahol az O pontot hasznljuk az rtk megllaptshoz. Mielott azO-tl val fggetlensget is beltnnk, nzzk meg hogyan vltozik ez az rtk, ha a pontokatfelcserljk. Knnyen addik a dencibl, hogy:

(BACD)O =1

(ABCD)O

(ABDC)O =1

(ABCD)O:

Az (ACBD)O rtkhez a c = 1a+2b, egyenletbol b =c1a

2

, amit felhasznlva a d = 1a+2b

egyenlet d = 1a+ 2c1a

2

=1 2 12

a+ 22 c alak lesz. gy

(ACBD)O =

1

2

12:

2

2

1 2 12= 1

1 12 21

2= 1 12

21= 1 (ABCD)O .

6

BikerFoxyHighlight

BikerFoxySticky Note

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

BikerFoxySticky Noteez

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

BikerFoxySticky Notehullmok!!! s + utn betk!!!

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

Most trjnk r az O ponttl val fggetlensgre.1: eset: A; B; C; D kznsges pontok. Ekkor a bizonyts elso rsze alapjn az a; b; c; d

vektorokat vlaszthatjuk az!OA;

!OB;

!OC;

!OD vektoroknak. Ekkor c = a + (1 )b s

d = a+ (1 )b. Ha eO a msik tartpont, amit hasznlunk, s e := !O eO, akkor vlaszthatjuk(ABCD) eO denilshoz az ea = a + e; eb = b+ e; ec = c + e; ed = d + e vektorokat. gyec = c+ e = (a+ (1 )b) + e = (a+ e) + (1 ) (b+ e) = ea+ (1 ) eb. Azaz

(ABCD)O =1

:1

= (ABCD) eO .Megjegyzs: Jellje AC az AC szakasz rnytott, hosszt. Azaz adunk az ABCD egyenesnekegy irnytst s ha

!AC ezzel egy irny, akkor AC = jACj ha pedig ellenttes irny, akkor

AC = jACj. Vegyk szre, hogy ACCB nem fgg ABCD egyenes irnytstl. Ekkor 1

=ACCB , mivel

!AC = c d = (1 ) (b a) s !CB = b c = (b a). Hasonlan 1 = ADDB .

Azaz kznsges pontokra

(ABCD) =AC CB :

AD DB . (1)

2: eset: 3 kznsges pont s 1 idelis van. A perturblsi szablyok miatt, felteheto, hogyaz utols pont az idelis, azaz D. Ekkor d = b a felteheto a bizonyts elso rsze miatt. Hac = a+ (1 )b, akkor ec = ea+ (1 ) eb hasonlan az 1: esethez, hasznlva annak jellseit.Tovbb vlasthatjuk a ed = eb ea vektor, mivel a D pont idelis. Ekkor azonban

(ABCD)O = 1

= (ABCD) eO = AC CB . (2)3: eset: Ha A; B; C; D egy idelis egyenesen vannak. Ekkor O s eO kznsges pontok

kell legyenek, s ugyanaz az a; b; c; d vektorngyes vlaszthat hozzjuk gy az kettosviszonyokebben az esetben is megegyeznek

8. Denci. Ha A; B; C hrom kollineris pont, akkor az (ABC) osztviszonyon az ACCBrtket rtjk.

9. Ttel (Papposz). A centrlis vetts kettosviszony tart.

Bizonyts. Legyenek az e egyensen az A; B; C; D pontok s az e0 egyenesen az A0; B0; C 0; D0

pontok.1: eset: Ha az O vettsi centrum kznsges, akkor az elozo lltst hasznlva denil-

hatjuk az O segtsgvel a kettosviszonyokat s a vektorokat is vlaszthatjuk ugyanannak 4 azaz(ABCD) = (A0B0C 0D0). (Kt eset van kt kznsges egyenesnk van, vagy egy kznsges segy idelis egyenes van.)

2: eset: Ha O vgtelen tvoli, akkor e s e0 nem lehetnek azok. Ekkor felhasznlva az elozolltsban bizonytott 1 egyenlosget, a prhuzamos szelok ttelnek segtsgvel a 5 bra. alapjnazonnal addik az lts. (Kt eset van: kt metszo kznsges egyenes van, vagy kt prhuzamoskznsges egyenes van.)

10. Denci. Legyenek az a; b; c; d egysk egyenesek a projektv trben, melyek tmennek egyO ponton, temszetesen idelis trelemeket is megengednk. Vegynk fel egy tetszoleges e; O =2 eegyenest s legyenek A := e\a; B := e\ b; C := e\ c: D := e\d. Ekkor az a; b; c; d egyenesekkettosvisznyn az (abcd) := (ABCD) rtket rtjk.

7

BikerFoxyHighlight

BikerFoxySticky Notefordtva

BikerFoxyHighlight

BikerFoxySticky Notea

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

BikerFoxySticky Notee is az skjukban kell legyen

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

4. bra. Kznsges centrum s kt kznsges egyenes illetve egy kznsges s egy idelisegyenes

5. bra. Idelis vettsi centum s kt kznsges egyenessel, amik metszok, vagy prhuzamosaklehetnek

8

A Papposz ttel miatt a fenti denci j, azaz (abcd) rtke fggetlen az e egyenes vlasztstl.Tovbb azt is vegyk szre, hogy, ha egy skot centrlisan tvettnk egy 0 skba, akkorPapposz ttele miatt a kettosviszony megrzodik Azaz, ha egysk objektumokrl ksztnkfnykpet, akkor talltunk egy olyan mennyisget ami megrzodik. Ezrt rdemes ezt a menny-isget tovbb vizsglni.

11. llts. Ngy pont kettosviszonya 0 s 1 kivtelvel brmely rtket felveheti. Ha 2R n f0; 1g, s A; B; C hrom klnbzo pont egy egyenesen, akkor egyrtelmuen ltezik olyanD ezen az egyenesen, melyre (ABCD) =

Bizonyts. Az llts elso felben, ha felrjuk a kettosviszony rtkt a denci szerint, aholc = 1a + 2b s d = 1a + 2b, akkor (ABCD) =

21

12

. Ekkor egyik egytthat sem lehet 0,hiszen ha pl. 1 = 0 akkor C = B kvetkezne, de A; B; C; D mind klnbzo pontok. Ebbolrgtn ltszik, hogy (ABCD) 6= 0. Ha (ABCD) = 2112 = 1 lenne, akkor

2

1

= 21 miatt C = D,ami szintn nem lehet.Az llts msodik felhez, ha c = 1a + 2b s adott , akkor

21

12

= miatt adott lesz12

= 12 . Ezzel megvan prhuzamossg ereig az d vektor is, viszont ekkor, mr egyrtelmu OD

egyenese, hiszen ez O-n tmegy s prhuzamos d-vel. gy OD \AB = D is egyrtelmu.12. Denci. Az egy egyenesen lvo A; B; C; D pontokat harmnikus ngyesnek mondjuk, ha(ABCD) = 1.Nem vletlenl vlasztottuk a 1 rtket a fenti denciban s nem valami mst, pl. a

2 vagy 10 rtket. Ez az rtk nagyon specilis s sok klnbzo geometriai tartalommal br.Nzznk erre kt pldt.

13. Feladat. Igazoljuk, hogy ha A; B; C kznsges s D idelis, akkor (ABCD) = 1 akkor,s csak akkor, ha C az AB szakasz felezopontja! (Hasznljuk a 2 sszefggst).

14. Feladat. Ha (ABCD) = 1, akkor a pontok brmely sorrendjre, ahol A; B s C; Dszomszdosak maradnak, a kettosviszony rtke 1. Azaz (BACD) = (ABDC) = (BADC) =(CDAB) = (DCAB) = (CDBA) = (DCBA) = 1. Ezrt gy is szoktunk fogalmazni, hogy azA; B pontok harmnikusan elvlasztjk a C; D pontokat.

15. Denci. Teljes ngyoldalnak a skon 4 klnbzo egyenest hvunk, melyek kzl sem-melyik 3 nem megy t egy ponton. Legyenek ezek a; b; c; d. Ezen egyenesek metszs pon-tjait cscspontoknak nevezzk (6 db), s a szemkzti cscsokat sszeto egyeneseket azaz az(a \ b) (c \ d) ; (a \ c) (b \ d) s (a \ d) (b \ c) egyeneseket pedig tl egyeneseknek. Az tl egye-nesek metszspontjait tlspontoknak nevezzk (6 db).

16. Ttel (Teljes ngyoldal). Egy teljes ngyoldalban, ha egy egyenesen vannak az A; B csc-spontok s a C; D tlspontok, akkor (ABCD) = 1. Azaz az egy egyenesre eso cscspontok stlspontok harmnikusan vlasztjk el egymst.

Bizonyts. Tekintsk az 6 brt. Az egyeneseink a; b; c; d. Jellje A := a \ c; B :=b \ d; O1 := a \ b; O2 := c \ d; A0 := a \ d; B0 := b \ c a cscspontokat s D := O1O2 \AB; D0 := O1O2 \ A0B0; C := AB \ A0B0 az tlspontokat. Ekkor Papposz ttelbol O1centrumra (ABCD) = (A0B0C 0D0), majd az O2 centrumra (A0B0C 0D0) = (BACD). Azaz(ABCD) = (BACD) addik. Mivel ltalnosan (BACD) = 1(ABCD) gy (ABCD)

2= 1 mivel 1

nem lehet egy kettosviszony rtke a 11 llts miatt, gy (ABDC) = 1 addik.

Ahhoz, hogy egyszerubben lerhassuk s kezelhessk a projektv sk elemet vezzesnk be rajtaegy koordintzst.

9

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

6. bra. Teljes ngyoldal.

2.3. A projektv sk koordintzsa

Vegynk fel a projektv trben egy projektv skot s egy O =2 kznsges pontot (tartpontot), lehet az idelis sk is. Rendeljl hozz egy P 2 ponthoz az OP egyenest. Ekkor a 3 P ! OP hozzrendels bijektv a projektv sk pontjai s az O ponton tmeno egyenesekkztt. Az O pontra illeszkedo egyeneseket lerhatjuk az irnyvektoraik segtsgvel. Legyen V anem 0 vektorok halmaza. Tekintsk azt a hozzrendelst, mely egy v 2 V vektorhoz hozzrendeliaz O-n tmeno v irny ev egyenes s metszett, azaz az ev \ pontot. Jellje [v] a ev \ pontot. A V ! ; v 7! [v] hozzrendels szrjektv lesz, de nem lesz injektv, mivel

[v] = [w]() ltezik 6= 0 szm, melyre v = w.

Ha e1; e2; e3 a V vektortr egy bzisa, akkor minden v 2 V vektor felrhat v = v1e1+v2e2+v3e3alakban. Mivel v 6= 0 gy nem minden v1; v2; v3 valamelyike nem 0.Egy projektv koordintarendszert az O ponttal s az e1; e2; e3 bzissal adunk meg. Egy

O 2 homogn koordintja (v1 : v2 : v3) ahol [v1e1 + v2e2 + v3e3] = P .Egy P pont csak nem 0 szmszorz ereig hatrozza meg a homogn koordintit, azaz

(v1 : v2 : v3) = (v1 : v2 : v3) .

Egyenesek reprezentlshoz, vegynk egy e egyenest s tekintsk az e-t tartalmaz sO-ra illeszkedo SO;e skot. Az SO;e sk kznsges, mivel O kznsges, s megadhat egy vnormlvektora segtsgvel. Megfordtva, minden v 6= 0 vektor megad egy O-ra illeszkedo SO;vskot melynek v egy normlvektora. Jellje a \SO;v egyenest [v]e. Hasonlan a pont esethez

[v]e = [w]e () ltezik 6= 0 szm, melyre v = w.

Tovbb a v kordinti egy adott bzisban a [v]e egyenes homogn koordinti. Az elobbihozzrendelseknl a kvetkezo tulajdonsgok teljeslnek:

10

BikerFoxySticky Notejellsek

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyPencil

BikerFoxyPencil

BikerFoxyPencil

BikerFoxyPencil

BikerFoxyPencil

BikerFoxyPencil

BikerFoxyPencil

BikerFoxyPencil

BikerFoxyPencil

BikerFoxyPencil

BikerFoxyPencil

BikerFoxyPencil

BikerFoxyPencil

[v] 2 [w]e () v ? w; a [v] s [w] pontok egyenese [v w]e; [v]e \ [w]e = [v w]; [u] ; [v] ; [w] pontok egy egyenesre illeszkednek, ha uvw = 0 (ahol vektorok vegyesszorzattvettk);

[u]e ; [v]e ; [w]e egyenesek egy ponton mennek t, ha uvw = 0.17. Feladat. Bizonytsuk be a fenti tulajdonsgokat!

A fenti modell miatt igaz a dualits elve, ami a kvetkezot mondja ki. Legyen adva egyllts, mely a projektv sk egyeneseinek s pontjainak illeszkedsrol szl. Ha felcserljk ebbenaz lltsban az egyenesek s pontok szerept, akkor az gy kapott llts is igaz. Szemlletesenez a fenti tulajdonsgokbl addik.A dualits elve nem igaz euklideszi esetben, pl.:

18. llts. Minden P 6= Q pont prra egytelmuen ltezik olyan e egyenes, melyre P illeszkedike-re s Q is illeszkedik e-re.

Ez igaz euklideszi s projektv esetben is, de a dulis llts mr csak projektv esetben igaz.

19. llts (Dulis). Minden p 6= q egyenes prra egyrtelmuen ltezik olyan E pont, melyrep-re illeszkedik E s q-ra is illeszkedik E.

Ha egy ttel illeszkedsi tulajdonsgokon kvl mst is tartalmaz, akkor nem felttlen igaz adulis llts, ha egyltaln megfogalmazhat az.Ha adott egy projektv sk, mely egy kznsges sk kibovtse, akkor vegynk fel egy olyan

Descartes fle (x; y; z) koordinta rendszert, amelyre a z = 1 sk pp kznsges rszvel esikegybe. Ez a koordinta rendszer indukl egy Descartes fle (x; y) koordinta rendszer a , skkznsges rszn is az (x; y; 1) ! (x; y) hozzrendelssel. Az O = (0; 0; 0) vlaszts esetn aP (x; y) 2 kznsges pont homogn koordinti (x : y : 1) lesz. Ha egy Q 2 pont homognkoordinti (x : y : z), akkor:

Q idelis pont () z = 0, s ekkor Q az (x; y) vektor irnyban lvo idelis pont; Q kznsges pont() z 6= 0, s ekkor a skbeli koordinta rendszerben az xz ; yz pontnakfelel meg.

Hasonlan jrhatunk el magasabb dimenziban is. Ha a kzsges euklideszi trben felvesznkegy Descartes fle koordinta rendszert, s abban egy pont koordintja (x; y; z) akkor hooz az(x : y : z : 1) homogn koordinta rendelheto hozz. Ha P az (x; y; z) vektor rnyban lvoidelis pont, akkor a homogn koordinti (x : y : z : 0).

20. Feladat. Ha egy sk Descartes fle koordinta rendszerben egy e egyenes egyenlete, ax +by + c = 0, akkor Bizonytsuk be, hogy e homogn koordinti (a : b : c) lesznek!

21. Denci. Projektv transzformcinak neveznk egy bijektv lekpezst kt projektv skkztt, ha egyenest egyenesbe visz s kettosviszony tart.

22. Megjegyzs. Igazbl elg lenne az egyenes tartst megkvetelni, abbl mr kvetkezik akettosviszony tartsa is.

11

BikerFoxyHighlight

2.4. A projektv geometria alapttele

Legyenek adva a 1; 2 projektv skok a projektv trben, s az O1 =2 1; O2 =2 2tartpontok. A 2.3 fejezet elejn denilt modellnket hasznlva, ha adott a V vektortrnekegy L : V ! V invertlhat lieris lekpezse, akkor ez indukl egy

[L]1;2 : 1 ! 2; [v]1 7! [Lv]2ahol [v]i az Oi tratpont rendszerben a v vektor ltal a i skon lvo pontot jelli.

Ha az [u]1 ; [v]1 ; [w]1 pontok egy egyenesen vannak, akkor az u; v; w vektorok sszefggoek(azaz uvw = 0). Ekkor azonban lteznek olyan ; ; nem mind 0 egytthatk, melyekreu+ v + w = 0. gy L linearitsa miatt L (u+ v + w) = Lu+ Lv + Lw = 0, azazaz [Lu]2 ; [Lv]2 ; [Lw]2 pontok is kollinerisak.Ezzel belttuk, hogy az induklt [L]1;2 lekpezs egyenestart.Ha beltjuk, hogy az induklt lekpezs kettosviszony tart is, akkor [L]1;2 egy projektv

transzformci lesz a 21 dnci alapjn.Legyen A; B; C; D 2 1 ngy klnbzo kollineris pont, s a; b; c; d olyan vektorok,

melyekre [a]1 = A; [b]1 = B; [c]1 = C; [d]1 = D. Ha c = 1a + 2b s d = 1a + 2b, akkor(ABCD) := 12 :

12. Ekkor A; B; C; D kpeit az La; Lb; Lc; Ld vektorokkal reprezentl-

hatjuk, s L linearitsa miatt Lc = 1La+2Lb s Ld = 1La+2Lb, gy a kpek kettosviszonyaugyanaz marad.

23. Ttel (A projektv geometria alapttele). A 1; 2 skok kztt minden projektv tran-szformci eloll [L]1;2 alakban, ahol L : V ! V egy invertlhat, lineris transzformvi.

A bizonytshoz szksgnk lesz pr dologra.

24. Denci. A skon ngy pont ltalnos helyzetu, ha kzlk semelyik hrom sincs egyegyenesen.

25. Lemma. Ha A; B: C; D 2 1 ltalnos helyzetu pontok, akkor az a; b; c; d vektorokvlaszthatak olyannak, hogy d = a+ b+ c.

Bizonyts. Mivel dimV = 3 ezrt a; b; c; d linerisan sszefggoek, azaz a+b+c+d =0. Itt egyik egytthat sem 0, klnben lenne 3 kollineris pont A; B; C; D kztt. Ekkorazonban ea := a; eb := b; ec := c; ed := d vlaszts j lesz.

Legyenek adva az A; B; C; D 2 1 s az A0; B0; C 0; D0 2 2 pontok. Vlasszuk gyaz elozo lemma rtelmben az a; b; c s az a0; b0; c0 reprezentns vektorokat, hogy d =a + b + c s d0 = a0 + b0 + c0 teljesljenek. Ekkor az a; b; c s az a0; b0; c0 vektorok Vegy-egy bzist adjk, azaz van egy olyan invertlhat lineris lekpezs L : V ! V , mely abzisokat egymsba viszi, azaz La = a0; Lb = b0 s Lc = c0. Ekkor azonban a linearits miattLd = La + Lb + Lc = a0 + b0 + c0 = d0. gy az indukld [L]1;2 lekpezs az A; B; C; Dpontokat az A0; B0; C 0; D0 pontokba viszi.Az L lineris lekpezs nem egyrtelmu. Legyenek az a; b; c s az a0; b0; c0 reprezentns

vektorok olyanok, mint fenn. Tegyk fel, hogy az L;M : V ! V invertlhat lineris lekpezsekolyanok, hogy [L]1;2 s [M ]1;2 az A; B; C; D pontokat az A

0; B0; C 0; D0 pontokba viszik. Mivel[La]2 = [Ma]2 ; [Lb]2 = [Mb]2 ; [Lc]2 = [Mc]2 ; [Ld]2 = [Md]2, gy egyrszt lteznek olyan; ; ; 2 R egytthatk, hogy La = Ma; Lb = Mb; Lc = Mc; Ld = Md. MsrsztL (a+ b+ c) = M (a+ b+ c) sszefggsbol M1L (a+ b+ c) = (a+ b+ c) addik. Az LsM1 linearitsa miattM1L (a+ b+ c) = M1La+M1Lb+M1Lc = a+b+c, aholaz utols egyenlosgnl felhasznltuk az La = Ma : : : sszefggseket is. gy (a+ b+ c) =

12

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

BikerFoxySticky Notelekpezst

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyPencil

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

a + b + c s ezen vektorok lineris fggetlensge miatt = = = addik. Ezrt azM1L lineris sszefggs az a; b; c bzisvektorokat ugyanoda viszi, mint az Id lekpezs,ahol Id az identikus lekpezs, ezrt M1L = Id =) L = M . Egy tetszoleges P 2 1 pontralegyen v olyan, hogy [v] = P . Ekkor [L]1;2 (P ) = [Lv]2 = [Mv]2 = [M (v)]2 = [M ]1;2 (P ),azaz [L]1;2 = [M ]1;2.Az alapttel bizonytsa. Legyen : 1 ! 2 egy projektv transzformci, s A: B: C: D 21 ngy ltalnos helyzetu pont. Ha A0 := (A) ; B0 := (B) ; C 0 := (C) ; D0 := (D), akkorltezik egy olyan L : V ! V invertlhat lineris transzformci, melyre [L]1;2 az A; B; C; Dpontokat az A0; B0; C 0; D0 pontokba viszi. Jellje a [L]11;2 kompozcit, mely egy 1 !1projektv transzformci lesz. Mivel -nl az A; B; C: D pontok xen maradnak, ezrt azE := AC \ BD pont is x, hiszen (E) = (A) (C) \ (B) (D) = AC \ BD = E. Ekkorminden F 2 AC; F =2 fA; E; Cg pontra (AECF ) = ( (A) (E) (C) (F )) = (AEC (F )).Ekkor azonban a 11 llts miatt F = (F ), azaz az AC egyenes minden pontja xen marad.Hasonlan a BD egyenes minden pontja xen marad. Ha G 2 1, G =2 AC[BD, akkor legyeneke1; e2 olyan egyenesek melyekre G-re illeszkednek, de E-re nem. Az e1; e2 egyenesek messk azAC egyenest a G1; G2 pontokban s a BD egyenest a G3; G4 pontokban. Mivel G = G1G3 \G2G4 s a Gi pontok xek -nl, gy (G) = (G1) (G3)\ (G2) (G4) = G1G3\G2G4 = G.Azaz 1 minden pontja x a = [L]

11;2 transzformcinl, azaz [L]11;2 = Id =) [L]1;2 = .

26. Megjegyzs. Az elozo bizonytsban az is kijtt, hogy 4 ltalnos helyzetu pont s kpe,egyrtelmuen meghatroza a projektv transzfomcit.

Termszetesen az alapttel a projektv tr esetben is igaz a kvetkezo formban.

27. Denci. A projektv tr egy projektv transzformcija a tr nmagba meno bijekcija,mely egyenest egyenesbe visz s kettosviszony tart.

28. Ttel. A projektv tr minden projektv transzformcija elollthat, egy L : R4 ! R4invertlhat lineris lekpezsbol, hogy ha (x1 : x2 : x3 : x4) egy Descartes fle koordinta rend-szerbol szrmaztatott homogn koordintk, akkor ((x1 : x2 : x3 : x4)) = [L (x1 : x2 : x3 : x4)].Egy projektv transzformcit 5 ltalnos helyzetu pont s kpe egyrtelmuen meghatroz.

29. Denci. A projektv trben 5 pont ltalnos helyzetu, ha semmelyik 4 sincsen egy skon.

Formlisan azt mondhatjuk, hogy az n-dimenzis projektv tr nmagba meno transzfor-mcii csoportot alkotnak, melyet PGL (n+ 1) jell. Az alapttel alapjn a lineris lekpezsekGL (n+ 1;R) csoportjbl van egy lekpezs PGL (n+ 1)-be

GL (n+ 1;R)! PGL (n+ 1) ; L 7! [L] :Ennek a lekpezsnek a magja a fId j 2 Rg csoport.

3. Fnykpezsi feladatok

Ebben a fejezetben nhyny olyan fnykpezssel kapcsolatos felatot nznk, melyeket azeddigi ismereteinkkel meg tudunk oldani. E fejezet anyaga nem kerl ismertetsre az eloadson,hanem a gyakorlati rkon trgyaljuk oket.

30. Feladat. Bizonytsuk be, hogy brmely konvex ngyszg lefotzhat gy, hogy a kpen egyparallelogrammt lssunk.

13

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

Az elso feladat megoldsnak kulcsa a bra. Ahol O a vettsi centrum, a kpsk, acentrumon tmeno -val prhuzamos sk s az alapsk, melyen az e, f egyenesek vannak.Mivel a \ egyenes pontjai azok a pontok a skon, melyek kpe idelis lesz -n, ezrt e; fkpei e0 s f 0 pontosan akkor lesznekprhuzamosak, ha e \ f 2 \ . Azaz, ha e; f s g; h akonvex ngyszg kt tellenes oldalprja, akkor a e \ f; g \ h 2 . Teht eloszr felvesszk a skot, majd gy vesszk fel az O vettsi centrumot, hogy O 2 , majd legvgl egy tetszolegessk, mely nem illeszkedik O-ra s prhuzamos -val. A konvexitsra akkor van csak szksg, hatnyleg zikai fnykpet akarunk csinlni (gondoljuk meg mirt). Vegyk tovbb szre, hogy az(e \ f)O egyenes prhuzamos lesz az e0; f 0 egyenesekkel.

7. bra. Prhuzamossg

31. Feladat. Bizonytsuk be, hogy brmely parallelogrammtl klnbzo konvex ngyszg lefotzhatgy, hogy a kpen egy ngyzetet lssunk.

Az elozo feladat szerint tudjuk, hogy ha e; f s g; h szemkztes oldalprok, akkor e\f; g\h 2 kell elgyen. Tekintsk a 8 brt. Kt metszo a; b egyenes szge a kpen megkaphat gy, hogytekintjk az A := a \ \ ; B := b \ \ pontokat. Mivel az AO s BO prhuzamosakaz a s b egyenesek kpeivel, a0; b0 az brn (ez az a \ b pontbl val nagytssal ltszdik).Ezrt AOB] lesz az a s b kpeinek is a szge. Azaz ha azt akarjuk, hogy kt egyenes afnykpen szgben messe egymst, akkor az kell, hogy O rajta legyen A s B -szghz tartoz"lt-gmbjn". Ki fogjuk hasznlni, hogy az a paralelogramma, melynek van egy derkszgetglalap, s az a tglalap, mely tli derkszgben metszik egymst ngyzet. Mivel tudjuk, hogye\ f; g \ h 2 az elozo feladat alapjn, gy \ egyenes adott. Ha ezt az egyenest az oldalakaz E; F; G; H pontokban metszik, akkor O rajta van az E; G pontok 90-hoz tartoz lt-gmbjn (ezzel lesz egy derkszge a paralelogrammnak azaz tglalap lesz). Ha i; j a ngyszgtl egyenesei s ezek az \ egyenest az I; J pontokban metszik, akkor ha O rajta van az Is J pontok 90-hoz tartoz lt-gmbjn, akkor a tglalap tli merolegesen metszik egymstmajd a fnykpen, azaz a tglalap ngyzet lesz.

32. Feladat. Adott egy ngyzetrcs egyik ngyzetnek a kpe egy perspektv vettsnl. Hogyanszerkesztheto meg a ngyzetrcs tbbi ngyzetnek a kpe?

Tekintsk a 3 brt, ahol a prhuzamos e; f egyenesek idelis pontjt az O-n tmenovelk prhuzamos egyenes vetti a kpskra. Azaz ha vesszk az O-ra illeszkedo alapskkal

14

8. bra. Prhuzamossg s szg a fnykpezsnl.

prhuzamos skunkat, akkor \ horizontvonal lesz az idelis pontok kpe. Azaz ha aze; f s g: h prhuzamos egyenespr fnykpe adott (fnykpen nem felttlen prhuzamosak),akkor (e0 \ f 0) (g0 \ h0) lesz a horzont vonal, s ha most a egy tetszoleges egyenes, melyneka0 a fnykpe, akkor az sszes a-val prhuzamos egyenes kpe tmegy a horizontvonal s a0

metszspontjn. Azaz ha adott a horizontvonal, akkor az alapskon vgrehajtott minden olyanszerkeszts, mely csak pontokat kt ssze, egyeneseket metsz s egy adot ponton t egy adottegyenessel prhuzamosat hz, kiszerkesztheto a fnykpen is. Ez kvethetjk nyomon az brnis, ahol elsolps a kpen a horzontvonal kiszerkesztse (zld), majd az tl - prhuzamos tl -prhuzamos oldalegyenes kerl kiszerkesztsre.

33. Feladat. Egy szablyos hatszg ngy szomszdos cscsnak kpe ltszik egy fnykpen. Hogyanszerkeszthetjk meg a fnykp kiterjesztsn a teljes hatszg kpt?

15

Ez a feladat az elozohz hasonlan oldhat meg. A szablyos hatszg maradk cscsaitkiszerkesztjk az alapskon, gy, hogy csak pontokat ktnk ssze, illetve egy adott ponton tegy adott egyenessel prhuzamosat hzunk.A kvetkezo feladatokhoz a kettosviszony tartst hasznljuk ki, amibol az kvetkezik, hogy

ha adott 4 ltalnos helyzetu pont s azok kpe, akkor egy tetszoleges P pont kpe kiszerkesz-theto a kpen. Az elso lps az, hogy ha adott egy egyenesen 3 pont A; B; C s egy msik e

egyenesen az bA; bB; bC; bD pontok, akkor kiszerkesztheto az a D, melyre (ABCD) = bA bB bC bD.A szerkesztshez felvesznk egy egyenest A-n t, s arra felvesszk az A0 := A; B0; C 0; D0

pontokat gy, hogy (A0B0C 0D0) = bA bB bC bD legyen (azaz felmrjk a megfelelo tvolsgokat).

Majd a BB0 \ CC 0 pontbl tvettjk a D0 pontot az adott egyenesnkre, lsd 9 bra.

9. bra. Kettosviszony tmrse.

Ezt felhasznlva, ha adott 4 ltalnos helyzetu pont s kpe, akkor a teljes ngyoldal ttelnlmegismert cscs s tlspontok minden egyenesen 4 pontot adnak melyek a kpen is kiszerkesz-thetoek. Ekkor ha P egy tetszoleges pont, akkor vegynk rajta t kt teszoleges e; f egyenest.Mivel azon pontok kpei, ahol e s f elmetszi a teljesngyoldal oldalait kiszerkeszthetoek azelobbi emltett mdon, ezrt az e, f egyenesek kpei is kiszerkeszthetoek s a metszspont is,azaz P kpe.

34. Feladat. Ha a skon gy vesznk fel egy koordinta-rendszert, hogy az adott ngyzet kt tel-lenes cscsa a $(0,0)$, $(1,1)$ pontok, akkor hogyan szerkeszthetjk meg az $(x,y)$ koordintjpont kpt a perspektv kpen?

35. Feladat. Egy skon hat ltalnos helyzetu pontrl kt fnykpet ksztnk, de mindegyikencsak 5-5 pont ltszik, de nem ugyanaz a pont maradt le. Hogyan szerkeszthetjk meg a hinyzpontok kpt a fnykpek kiterjesztsn?

36. Feladat. Egy fnykpen ltszik egy asztal s az egyik lba, Hogyan szerkeszthetjk meg atbbi asztallb kpt, ha adott a fkuszpont? (Az asztallap tglalap alak, a lbak a tglalapcscsaibl indul fggoleges szakaszok.)

A fkuszpont a centrum meroleges vetlete a kpskra (ltalban a fnykp kzepe). Haa; b; c az asztal oldalaival s lbval prhuzamos egyenesek, akkor ezek egymsra merolegesek.Az idelis pontjuk fnykpe a cemtrumon tmeno velk prhuzamos a0; b0; c0 egyenesek s a kpsk metszete, Jellje A; B; C a dfspontokat. Ekkor, pl. az OA egyenes meroleges azOB; OC egyenesekre, gy ezek skjra is, azaz a skban lvo BC egyenesre is. Ekkor, mivel BC a skban van, s OA ? BC ezrt OA vetlete FA is meroleges BC-re azaz egy magassgvonal leszs ezen van O vetlete az F fkuszpont. Hasonlan a tbbi magassgvonalon is rajta van, azazF az ABC hromszg magassg pontja. Mivel az asztal lapjnak oldalegyeneseinek kpvelmeghatrozhatjuk az A; B pontokat s F adott, gy C kiszerkesztheto, Ezek utn az idelispontok kpeivel knnyedn szerkesztheto az sszes lb a 3 bra alapjn.

16

17

37. Feladat. Tegyk fel, hogy az elozo kpen ll egy ember (leegyszerustve egy fggoleges sza-kasz) is. Hogyan hatrozhatjuk meg az ember magassgt, ha ismerjk az asztal mreteit?

A 3 bra szerint kiszerkesztjk az ember fnykpn az asztallb magassgban lvo pontot.Ekkor egy e egyenesre felmrjk ezt a tvot s ennek a szakasznak a kt vghez tartozik afnykpen a cipotalp s az asztal magassgban lvo pont. Az e egyenes idelis pontjnak, pediga fnykpen kiszerkesztett idelis pont felel, meg. A kettosviszony tartst kihasznlva az emberfeje is felrajzolhat az e egyenesre.

38. Feladat. Ha egy ngyzetnek ismerjk a fnykpt, mit mondhatunk a fnykpezogp lehet-sges helyzetrol?

Ez a 31 feladat inverze.Visszatrve a 34 feladat elotti lershoz, mutatunk egy msik mdszert amivel egy egyenesen

adott A; B; C; D pont ngyes esetn s egy msik egyenesen lvo A0; B0; C 0 pontok esetn kitudjuk szerkeszteni azt a D0 pontot, melyre (ABCD) = (A0B0C 0D0) lesz. A mdszer a kvetkezolltsra pl.

39. llts. Ha adottak az A; B; C s A0; B0; C 0 kollineris pont hrmasok, akkor az AB0 \A0B; AC 0\A0C s BC 0\B0C pontok kollinerisak. Tovbb, ha A; B; C; D s A0; B0; C 0; D0kollineris pont ngyesek, akkor AB0\A0B; AC 0\A0C, BC 0\B0C; AD0\A0D pontok pontosanakkor vannak egy egyenesen, ha (ABCD) = (A0B0C 0D0).

Bizonyts. Az lltst nem bizonytjuk, egybknt azzal az lltssal lehet bizonytani, amelyszerint kt hromszg pontosan akkor perspektv egy egyenesre ha cscsra nzve is perspektv.

A fenti llts miatt, ha adot az A; B; C; D pont ngyes egy egyenesen s a A0; B0; C 0

kollineris pontok, akkor megszerkesztjk az AB0\A0B; AC 0\A0C, BC 0\B0C pontok egyenest,melyet jelljn e, majd az e \ A0D pont s az A pont egyenese kimetszi az A0; B0; C 0 pontokegyenesbol a D0 pontot.

40. Feladat. Az albbi kt kpen a toronti bl lthat. A jobb oldali kpen lthat egy haj,hatrozzuk meg ennek helyzett a bal oldali kpen is.

A 34 feladat alapjn ez is megoldhat.

18

4. Transzformcik lersa

4.1. Az a n transzformcik

Trjnk vissza a 2.4 fejezet vgn megismert a PGL (n+ 1) csoporthoz s vizsgljuk megennek egy specilis rszcsoportjt.

41. Denci. Egy kznsges egyenes, sk, tr a n transzformcija egy olyan projektv transz-formcija a projektv kibovtseknek, mely kznsges pontokat knsgesekbe, idelisakat idelisakbakpez.

Az a n transzformcik egy csoportot alkotnak, mely a PGL (n+ 1) csoport egy rszcso-portja.Legyen (x; y) egy Descartes fle koordinta rendszer a skon s (x : y : z) a hozz tartoz

homogn koordintk, ahogyan azt a 19 llts utn lttuk. Legyen L egy invertlhat linerislekpezs, melynek az (x; y; z) koordinta rendszerben felrt mtrixt szintn L jellje. Ekkoregy (x : y : z) homogn koordinta ltal reprezentlt pont kpe az induklt [L] lekpezsnl L (x; y; z)

T lesz. Tegyk fel, hogy [L] egy a n lekpezst indukl. Ekkor L (x; y; z)T utolskoordintja 0, akkor, s csak akkor, ha (x : y : z) idelis pontot reprezentl, azaz z = 0. Ha azL mtrix elemeit lij jelli, akkor az elozo kijelentst gy is rhatjuk:

xl31 + yl32 + zl33 = 0() z = 0.

Amibol l31 = l32 = 0; l33 6= 0 addik. Azaz

L =

A b

0 0 l33

(3)

alak, ahol A egy 2x2-es mtrix s b egy 2x1-es oszlopvektor. Mivel L invertlhat, gy detL =detA l33 6= 0, azaz detA 6= 0 s l33 6= 0. Mivel L s 1l33L ugyanazt a lekpezst induklja aprojektv skon, gy felteheto, hogy 3 alakban l33 = 1. A 23 ttel, a 41 denci s a PGL (n+ 1)csoportrl tett megjegyzs miatt, minden a n transzformci egyrtelmuen eloll a fenti 3 mtixalakban, ahol l33 = 1. Ekkor azonban az (x; y) pont kpe az A (x; y)

T+ b lesz, hiszen az (x; y)

homogn koordintja (x : y : 1) ennek kpnek homogn koordinti

A b0 0 l33

0@ xy1

1A =

19

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

0@ A xy

+ b

1

1A, ami az A xy

+ b kznsges pontnak felel meg. Azaz a kvetkezot

lttuk be.

Az a n transzformcik azok az olyan transzformcik, melyek lerhatak Axy

+ b

alakban, ahol detA 6= 0. Knnyen lthat, hogy A s b segtsgvel kpezve az L mtrixot az[L] lekpezs egy projektv transzformci lesz, mely kznsges pontjait ugyanoda viszi, mintaz a n transzformci.

42. llts. Egy a n transzformcit a skon 3 nem kollineris pont s kpe meghatroz.

Trben 4 ltalnos helyzetu pont kell.Bizonyts. Ha adottak az A; B; C pontok A0; B0; C 0 kpei, akkor az AB; BC; CA egye-nesek idelis pontja, idelis pontokba kell menjenek, mgpedig az A0B0; B0C 0; C 0A0 egyenesekidelis pontjaiba. Ekkor az idelis egyenes 3 pontjnak kpe ismert, gy a kettosviszony tartsmiatt, egy ezektol klnbzo tetszoleges D (idelis) pont D0 kpe is adott. Ekkor viszont azA; B; C; D ltalnos helyzetu pontok, melyek kpei adottak, gy a 26 megjegyzs miatt, aza n lekpezshez tartoz projektv transzformci mr egyrtelmu, gy az a n lekpezs isegyrtelmuen meghatrozott.

43. llts. Az a n transzformci osztviszony s prhuzamossg tart.

Bizonyts. Legyen A; B; C kollineris kznsges pontok, s egyenesk idelis pontja D.Mint lttuk korbban is D0 az A0; B0; C 0 kollineris kppontok egyenesnek idelis pontja lesz.A kettosviszony tartst kihasznlva s azt, hogy D idelis pont:

(ABC) = (ABCD) = (A0B0C 0D0) = (A0B0C 0) ,

amibol az osztviszonytarts (arny tarts) kvetkezik. Mivel idelis pont idelisba kell menjen,gy prhuzamos egyenesek kpei prhuzamosak kell legyenek.

44. Feladat. Bizonytsuk be, ha 1 (x) = A1x + b1 ; 2 (x) = Ax + b2 a n transzformcik,akkor 1 (2 (x)) = A1A2x+ (A1b2 + b1)!

4.2. Egybevgsgi transzformcik

Tekintsk az n-dimenzis euklidezi teret egy Descartes fle koordinta rendszerrel, azaz Rn =f(x1; x2; : : : ; xn) j xi 2 Rg. A tvolsg kt pont kztt d (x;y) =

qPni=1 (xi yi)2 ltal van

denilva.

45. Denci. Egy : Rn ! Rn lekpezst egybevgsgi transzformcinak mondunk, had ( (x) ; (y)) = d (x;y) teljesl, minden x; y 2 Rn esetn.

rjuk le ezeket a lekpezseket, hasonlan a projektv s a n lekpezsekhez!Eloszr vegynk pr egyszeru pldt.Jellje Ta : Rn ! Rn ; x ! x + a az a vektorral val eltolst. Ekkor d (Ta (x) ; Ta (y)) =

k(x+ a) (y + a)k = kx yk = d (x;y), azaz az eltols egy izometria.

46. Denci. Legyen adva egy V Rn lineris altr, ha W ennek egy eltoltja, akkor ezt a naltrnek hvjuk.

20

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyPencil

BikerFoxyHighlight

rjuk le egyW a n altrre trtno tkrzst. Ehhez szksgnk lesz a V ? := fx j hx;yi = 0, minden y 2 V esetngaltrre, ahol hx;yi := Pni=1 xiyi. Mivel Rn = V V ?, gy minden x 2 Rn vektor egyrtelmueneloll x = 1 (x) + 2 (x) alakban, ahol 1 (x) 2 V; 2 (x) 2 V ?. Ekkor a 1 : Rn ! V s 2 :Rn ! V ? lineris lekpezsek lesznek (az adott altrre val meroleges vettsek). Ha : Rn ! Rna W = V + a a n altrre val tkrzs, akkor (x) = x 22 (x a) = x 22 (x) + 22 (a) =(Id 22) (x) + 22 (a). Itt az elso rsz Id 22 egy lineris lekpezs ami a n transzformci,s a 22 (a) vektorral val eltols is az. Ezrt , ami e ketto kompozcija, is egy a n tran-szformci.Mivel d ( (x) ; (y)) = k((Id 22) (x) + 22 (a)) ((Id 22) (y) + 22 (a))k =k(Id 22) (x y)k, gy elg beltni, hogy Id 22 egy izometria, ekkor is az lesz. Nyil-vnvalan elg beltni, hogy k(Id 22) (x)k2 = kxk2. Hasznlva, hogy Id (x) = 1 (x) +2 (x) addik, hogy k(Id 22) (x)k2 = k1 (x) 2 (x)k2 = h1 (x) 2 (x) ; 1 (x) 2 (x)i =h1 (x) ; 1 (x)i 2 h1 (x) ; 2 (x)i+ h2 (x) ; 2 (x)i. Mivel 1 (x) ? 2 (x) gy h1 (x) ; 2 (x)i =0. Azaz k(Id 22) (x)k2 = k1 (x)k2 + k2 (x)k2 = k1 (x)k2 + 2 h1 (x) ; 2 (x)i+ k2 (x)k2 =h1 (x) + 2 (x) ; 1 (x) + 2 (x)i = hx;xi = kxk2. Ezzel belttuk, hogy egy a n altrre valtkrzs is izometria.

47. Denci. Az n-dimenzis tr egy (n 1)-dimenzs altert, hipersknak nevezzk.

48. Ttel. Rn minden egybevgsga eloll legfeljebb n+ 1 hiperskra val tkrzs kompozci-jaknt.

A bizoonytshoz szksgnk lesz az albbi lemmra.

49. Lemma. Ha p 6= q 2 Rn, akkor fx 2 Rn j d (x;p) = d (x;q)g egy olyan hipersk, melymeroleges a p q vektorra s tmegy a p+q2 ponton.

Bizonyts. Mivel kx pk2 = kx qk2 gy kxk2 +kpk22 hx;pi = kxk2 +kqk22 hx;qi azazhx;p qi = kpk2kqk22 =

p+q

2 ;p q. Viszont az

hx;p qi =p+ q

2;p q

egyenletet a p+q2 ponton tmeno p q normlvektor sk egyenlete.Legyenek az a0; : : : ;an 2 Rn olyan pontok, melyek nincsenek egy hiperskon, s : Rn ! Rn

egy tetszoleges egybevgsgi transzformci. Legyen bi := (ai). Rekurzival denilni fogunkegy olyan R0; : : : ; Rn sorozatot, hogy az Ri vagy Rn egy hiperskjra trtno tkrzs, vagy azId identikus lekpezs, tovbb Ri R1 R0 (as) = bs, s = 0; 1; : : : ; i.Ha a0 = b0, akkor R0 := Id. Ha a0 6= b0, akkor R0 legyen az [a0;b0] szakasz felezomeroleges

hiperskjra val tkrzs, ami az elozo 49 lemma miatt valban egy hipersk lesz.Tegyk fel, hogy R0; : : : ; Ri mr denilva van. Ekkor cj := Ri : : : R0 (ai), i = 0; 1; : : : ; n.

A feltevs szerint cj = bj ; j = 0; 1; : : : ; i. Ha ci+1 = bi+1, akkor Ri+1 := Id. Ha ci+1 6= bi+1,akkor Ri+1 legyen a [ci+1;bi+1] szakasz felezomeroleges hiperskjra val tkrzs. Mivel s

Ri : : : R0 egybevgsgok, gy d (bs;bi+1) = d (as;ai+1) Ri:::R0= d (cs; ci+1) = d (bs; ci+1),minden 0 s i esetn, azaz a bs; 0 s i rajta van a [ci+1;bi+1] szakasz felezomerolegeshiperskjn. gy xek maradnak Ri+1-nl.Azaz Rn R0 (ai) = bi, i = 0; 1; : : : ; n.

50. Lemma. Ha a 1; 2 egybevgsgok megegyeznek a nem egy hiperskra illeszkedo a0; : : : ;an 2Rn pontokon s legalbb az egyik invertlhat, akkor 1 = 2.

21

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

Bizonyts. Legyen bi := 1 (ai) = 2 (ai). Tegyk fel, hogy ltezik olyan x 2 Rn amire1 (x) 6= 2 (x). Ekkor d (1 (x) ;bi) 1= d (x;ai) 2= d (2 (x) ;bi). Ebbol az kvetkezik, hogya b0; : : : ;bn pontok a [1 (x) ; 2 (x)] szakasz felezomeroleges hiperskjn vannak. Ha ltezik12 , akkor d

12 1 (x) ;ai

= d (x;ai), azaz az a0; : : : ;an pontok a

12 1 (x) ;x

szakasz

felezomeroleges hiperskjn vannak, ami ellentmond a lemma felttelnek.Ttel bizonyts. A rekurzival legyrtott Rn R0 egybevgsg megegyezik a lekpezs-sel az a0; : : : ;an 2 Rn nem egy hiperskra illeszkedo pontokon, s van inverze, az R0 Rn.gy az elobbi lemma szerint = Rn R0.51. Kvetkezmny. Minden egybevgsgi transzformci a n transzformci, hiszen az Rilekpezesek azok az elozo ttelben.

Hogyan klnbztessk meg az egybevgsgokat az a n transzformciktl?

52. Denci. Egy A vals n n-es mtrixot ortogonlisnak mondunk, ha AT = A1. Azn n-es ortogonlis mtrixok csoportjt jellje O (n).53. Feladat. Bizonytsuk be, hogy O (n) tnyleg egy csoport!

54. Feladat. Egy x 7! Ax+ b a n transzformci, pontosan akkor egybevgsg, ha az Amtrix ortogonlis. (nehezebb)

55. Feladat. Egy x 7! Ax+ b a n transzformcinl v := !PQ vektor kpe v0 = !P 0Q0 = Av.Ha Aff (Rn) jelli az a n transzformcik csoportjt, akkor az izometrik Iso (Rn) ennek

egy rszcsoportja.

56. Ttel. Ha A 2 O (n) egy ortogonlis mtrix, akkor ltezik olyan B 2 O (n) mtrix, melyre

B1AB =

0BBBBBBB@

R1 0 00

. . .. . .

......

. . . Rk. . .

......

. . . El 00 0 Em

1CCCCCCCA;

ahol El; Em az l-, s m-dimenzis egysgmtrixok, tovbb Ri =

cosi sinisini cosi

.

Bizonyts. Nem bizonytjuk, lineris algebrbl ismert, ahol B egy alkalmas bzistranszfor-mci mtrixnak felel meg.

A 56 ttel s a 54 feladat miatt:

Iso R1 = fx 7! x+ cg, ha az elojel + akkor ez egy eltols, ha akkor a c2 pontra valkzppontos tkrzs;

Iso R2 = fx 7! Ax+ b, A 2 O (2)g, s alkalmas bzisban:1. A = R alak, ami az szgu forgatsnak felel meg;

2. A =

1 00 1

= R0;

22

3. A = 1 0

0 1

= R;

4. A =

1 00 1

, ami tkrzs egy egyenesre (ebben a bzisban az x-tengelyre).

Iso R3 = fx 7! Ax+ b, A 2 O (3)g, s alkalmas bzisban:1. A =

R

1

, ami a z-tengely krli forgatsnak felel meg, specilis esete az

A =

0@ 1 11

1A s A =0@ 1 1

1

1A;2. A =

R

1, ami a z-tengely krli forgats s az xy-skra val tkrzs,

specilis esete az A =

0@ 1 11

1A s A =0@ 1 1

1

1A;3. Ha csak 1 vannak az tlban az bzis vektorok sorrendjnek cserjvel visszaveze-theto 1: s 2: specilis eseteire, hiszen a 1-esek szma 0; 1; 2; 3 lehet.

Vizsgljuk meg, hogy hogyan vltozik meg egy transzformc analitikus lersa a koordintarendszer kezdopontjnak eltolsakor, erre a ksobbiek folyamn lesz szksgnk.Vegyk az Or kzppont e1; e2; e3 bzis koordinta rendszert s egy j Ou kzppont,

e1; e2; e3 bzis vektor koordinta rendszert, ahol a :=!OrOu, azaz eltoljuk a koordinta rend-

szer kezdopontjt az a vektorral. Ekkor egy P pont rgi koordinta rendszerbeli koordintixr = (x1; x2; x3), ahol

!OrP = x1e1 + x2e2 + x3e3. Mivel a bzisvektorok a kt koordinta

rendszerben megegyeznek, gy a P pont j koordinra rendszerbeli xu koordintira a+xu = xrteljesl. Tegyk fel, hogy egy transzformci lersa a rgi rendszerben (x) = Ax + b. Argi koordinta redszerben az (x) pont kpe Axr + b, a P pont j koordintit ismerve ezA (xu + a) +b, ez az j koordinta rendszerben (A (xu + a) + b) a alak. Azaz j koordintarendszerbeli xu pont kpe a transzformcinl az Axu + b+ (A Id)a.

57. Lemma. Ha egy transzformci (x) = Ax+b alak egy koordinta rendszerben s eltoljukaz origt a a vektorral, akkor az j koordinta rendszerben (xu) = Axu + b+ (A Id)a.

4.3. Egybevgsgi transzformcik alacsony dimenziban

Az eddigi eredmnyeke tmaszkodva, de rszletes bizonyts nlkl megadjuk az egybevgsgitranszformcik lerst.

1. R1 egybevgsgai az eltolsok s a kzppontos tkrzsek.

2. R2 egybevgsgai. Tekintsk a transzformci lineris rszt az 54 feladatban, a 56 ttel-beli koordintarendszeben.

Ha A = R alak, ahol 6= 2k; k 2 Z, akkor ez egy szgu forgats az Ax + bxpontja krl, ami (A id)1 b;

Ha A = R2k = Id, akkor ez egy eltols a b vektorral;

23

BikerFoxyHighlight

Ha A =

1 00 1

, akkor ez egy x-tengely prhuzamos egyenesre val cssztatva

tkrzs.

3. R3 egybevgsgai. Ismt tekeintsk a transzformci lineris rszt az 54 feladatban, a56 ttelbeli koordintarendszeben.

Ha A =R

1

; 6= 2k, akkor ez egy z-tengellyel prhuzamos egyenes krli

szgu forgats, csavarmozgs;

Ha A =R

1, akkor ez egy z-tengellyel prhuzamos egyenes krli szgu

forgats s egy xy skkal prhuzamos skra val tkrzs kompozcija, forgatva tkrzs;

Ha A = E3, akkor ez egy eltols a b vektorral; Ha A =

E2

1, akkor az xy-skkal prhuzamos skra val tkrzs;

Ha A =

1E2

, akkor a bzisok sorrendjnek cserjvel az ismert

R

1

alak azaz csavarmozgs lesz;

Ha A = E3 =R

1ismert alak, azaz forgatva tkrzs.

Tekintsnk most egy (x) = Ax+ b alak izometrit, ekkor addik egy

Iso (Rn)! O (n)! f1g ; 7! A 7! detAlekpezs. Az Iso (Rn)! O (n) lekpezs szrjektv s magja az (Rn;+) additv csoport. MivelAAT = AA1 = Id egy ortogonlis mtrixra, gy det

AAT

= det (A) det

AT

= (detA)2

= 1.Ha detA = 1 akkor irnyts tart, ha detA = 1, akkor irnyts vlt lekpezsrol beszlnk.58. Denci. Jellje SO (n) := fA 2 O (n) j det (A) = 1g a specilis ortogonlis csoportot!

Rgztsnk a tr egy e1; : : : ; en ortonormlt bzist. Ha A 2 O (n), akkor Ae1; : : : ; Aenszintn a tr egy ortonormlt bzisa lesz, s ha f1; : : : ; fn a tr egy ortonormlt bzisa, akkorltezik egy olyan A 2 O (n), melyre fi = Aei; i = 1; : : : ; n. gy az O (n) csoport elemeit s a trrendezett sorrendu bzisait megfeleltethetjk egymsnak, klcsnsen egyrtelmuen.

59. Denci. Ha az elobbi megfeleltetsben az ei s az fi i = 1; : : : ; n ortonormlt bzisokkztti ttrsi mtrix determinnsa pozitv, akkor azt mondjuk, hogy a kt bzis irnytsaugyanaz.

60. Denci. Az ei s az fi; i = 1; : : : ; n ortonormlt bzisokat azonos irnytsnak mondjuk,ha ltezik olyan folytonos mozgats, ami az ei bzist tviszi az fi bzisba.

A fenti kt denci ekvivalens.

61. Denci. Bevezetnk kt jellst Iso+ (Rn) := fx 7! Ax+ b j A 2 SO (n)g ; Iso (Rn) :=fx 7! Ax+ b j A 2 O (n) , A =2 SO (n)g.A skon minden egybevgsg lerhat komplex szmok segtsgvel.

Iso+R2 ! fz 7! az + bj a; b; c 2 C; kak = 1g

IsoR2 ! fz 7! az + bj a; b; c 2 C; kak = 1g .

24

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

BikerFoxyHighlight

BikerFoxySticky Notebziscsere nem vltoztatja meg

4.4. SO (3) elemeinek lersa kvaternikkal

Tekintsk a kvaternik csoportjt, azaz

H := fx+ yi+ zj + wk j x; y; w 2 Rg s teljeslnek azi2 = j2 = k2 = 1; ij = k; jk = i; ki = j

sszefggsek.

62. Feladat. Vezessk le a fenti sszefggsekbol, hogy ji = k; kj = i; ik = j.Azrt lesz hasznos a kvaternik segtsgvel trtno lersa SO (3)-nak, mert segtsgkkel

sokkal knnyebben lehet kezelni a tr egybevgsgait. Eloszr a kvaternik nhny tulajdon-sgval ismerkednk meg.

63. Denci. A q = x + yi + zj + wk kvaternira jellje Re q := x a vals rszt s Im q :=yi+ zj+wk a kpzetes rszt. A kvaterni konjugltjn a q = x yi zjwk rtjk. Egy olyanq melyre Im q = 0 tisztn valsnak neveznk, egy olyan q melyre Re q = 0 tisztn kpzetesnekneveznk.

Mivel a kvaternik egy 4-dimenzis vektorteret alkotnak ezrt megfeleltethetjk oket a 4-dimenzis euklideszi trnek : H ! R4; (x+ yi+ zj + wk) = (x; y; z; w). Ennl a megfelel-tetsnl H = R4 = RR3, R a valsrsznek s R3 a kpzetes rsznek megfelelo altr. gy rtheto,hogy:

64. Denci. A q = x+yi+zj+wk kvaterni hosszn a jqj2 := qq = x2 +y2 +z2 +w2 szmotrtjk.

Hasonlan a vals vagy komplex szmokhoz jq1q2j = jq1j jq2j teljesl.65. Feladat. A q = x+ yi+ zj + wk; jqj = 1 kvaterni inverze q1 = x yi zj wk = q.66. Feladat. A fent emltett : H ! R4 megfeleltetsnl q1q2 = h (q1) ; (q2)i lesz, ahol h:; :iaz R4 skalris szorzata.

Az elozo feladatok s a : H! R4 azonosts miatt , ha jqj = 1, akkor azx 7! qx; H! H

lekpezesek R4 ! R4 ortogonlis transzformciknak feleltethetoek meg. Ha jqj = 1, akkor aq : x! qxq1

konjugls is R4 egy ortogonlis transzformcijnak feleltetheto meg.

67. Lemma. Ha jqj = 1 akkor a q konjugls megtartja az R R3 felontst, azaz egy tisztnvals x kvaterni kpe q (x) tisztn vals lesz, mg egy tisztn kpzetes x kpe q (x) tisztnkpzetes lesz.

Bizonyts. Ha x tisztn vals, akkor nyilvn qx = xq minden q kvaternira. Ekkor azonbanq (x) = qxq

1 = xqq1 = x 1 = x, azaz tisztn vals kvaternik altere xen marad q-nl.Mivel q egy R4 izometrinak felel meg, gy az RR3 felbonts miatt a tisztn valsok alterremeroleges R3 altr nmagba kell menjen, azaz egy tisztn kpzetes kpe tisztn kpzetes kelllegyen.Az elozo lemma miatt ha jqj = 1, akkor bq := qjR3 2 O (3) elemnek tekintheto.

25

68. Ttel. Jellje S3 az egysgkvaternik csoportjt, azaz S3 = fq j jqj = 1g. Ekkorb : S3 ! O (3) ; q 7! bqegy csoporthomomorzmus, melynek kpe az SO (3) csoport s cq1 = cq2 akkor, s csak akkor,ha q1 = q2.Bizonyts. Az llts elso fele nyilvnval, hiszen b (q2q1) = [q2q1 ami az a 7! q2q1aq11 q12lekpezsnek felel meg. Mg cq2 cq1 az a 7! cq2 cq1 (a) = cq2 q1aq11 = q2 q1aq11 q12 =q2q1aq

11 q12 . Teht b (q2q1) = cq2 cq2 azaz egy csoporthomomorzmus b. Az llts tovbbi

rszt ksobb bizonytjuk.

69. Lemma. Ha a; b tisztn kpzetes kvaternik, melyek a a := (a) ; b := (b) 2 R3 vek-toroknak felelnek meg, akkor

ab = ha;bi+ 1 (a b)70. Feladat. A fenti lemmban jellje a = a1i+ a2j + a3k; b = b1i+ b2j + b3k a kvaternikat.Szmoljuk ki, lemma lltsnak bal s jobb oldalt, s ellenorizzk az egyenlosget.

Minden q egysgkvaterni felrhat q = cos + sin a alakban, ahol a 2 S3 \ R3, azaz aegy tisztn kpzetes egysg kvaterni. Mivel cos + sin a minden tajga felcserlheto a-val,gy qaq1 = aqq1 = a. Azaz a xen marad q nl. Ahogyan azt a 67 lemmban s utnalttuk, q a kpzetes kvaternik tert nmagra kpezi, azaz bq 2 O (3), s az elobbiek alapjnbq ( (a)) = (a), ahol aH s R4 terek azonostsa. Vlasszunk a-hoz egy olyan tisztn kpzeteskvaternikat, melyre a; b; c egy ortonormlt bzis, mely azonos irnyts i; j; k-val, ez a 66feladat miatt megteheto. Sot a 69 lemma miatt az a2 = b2 = c2 = 1; ab = c; bc = a; ca = bazonossgok is teljeslni fognak. A 62 feladathoz hasonlan a ba = c; cb = a; ac = bazonossgok is telejslnek. Mr lttuk, hogy q (a) = a, most szmoljuk ki q (b) s q (c)rtkt.

q (b) = (cos+ sina) b (cos sina) = (cosb+ sinc) (cos sina) = cos2 b +2 cos sinc sin2 b = cos (2) b+ sin (2) c.

q (c) = (cos+ sina) c (cos sina) = (cosc sinb) (cos sina) = cos2 c 2 cos sinb sin2 c = sin (2) b+ cos (2) c.

Amibol az kvetkezik, hogy bq egy 2 szgu forgats a (a) R egyenes krl.Ttel tovbbi rsznek bizonytsa. A fenti jellemzsbol mr nylvnval, hogy b kpeSO (3). Mivel bq = Id, = k; k 2 Z; gy q = 1 + 0 a alak lesz. Azaz cq1 = cq2 akkor, scsak akkor, ha q1 = q2.

5. Innitzimlis izometrik

5.1. Killing mezok

Egy merev test mozgatst a trben lerhatjuk egy t paramtertol fggo (pl. idotol) tirnyts tart egybevgsgi transzformcik segtsgvel, azaz : (a; b)! Iso+ (Rn) ; t 7! t.Ha most tekintjk a testnk egy P pontjt, akkor az a mozgs sorn egy grbt r le. Ezt a grbtparamterezhetjk szintn t-vel azaz P (t) := t (P ), teht egy P : (a; b)! Rn grbt kapunk.A mozg P pont sebessge a t0 idopillanatban 0P (t0) lesz. A t0 idopillanatban az test mindenpontjhoz hozzrendelhetjk a t0 pillanatkor rvnyes sebessgvektort. Sot, feledkezznk ela testnkrol s gondoljuk azt, hogy a tr minden pontjt mozgatjuk egyszerre (pl. sk esetngondolhatunk arra, hogy egy vgtelen veglapot mozgatunk/cssztatunk a skban/skon). Ekkora sk egy P pontja a t0 idopillanatban a t0 (P ) pontban van s ott

ddtt (P ) jt=t0 sebessgvektorral

mozog.

26

71. Denci. Az Xt0 (t0 (P )) :=ddtt (P ) jt=t0 alakban eloll vektormezoket innitezimlis

izometriknak vagy Killing-mezoknek nevezzk.

Megvizsgljuk az innitezimlis izometrik alakjt. A t izometrik, mint tanultuk, lerhatak

t (x) = A (t)x+ b (t) ; A : (a; b)! SO (n) ; b : (a; b)! Rn

alakban, ahol x az X pont helyvektora. gy

Xt (t (x)) = A0 (t)x+ b0 (t) . (4)

Itt b0 (t) akrmilyen vektor lehet, Viszont A0 (t)-nek teljestenie kell a kvetkezot. Mivel A (t)egy ortogonlis mtrix, gy

A (t)AT (t) = Id, amit derivlva a szorzat derivlsi formulval

A0 (t)AT (t) +A (t)AT0

(t) = 0; mivelAT0

(t) = (A0)T (t) ha B (t) = A0 (t)AT (t) , akkor

B (t) +BT (t) = 0, azaz B (t) = A0 (t)AT (t) ferdn szimmetrikus mtrix.

Visszatrve most az 4 egyenlosghez itt azt adtuk meg hogy a tr y := t (x) pontjbanhogyan nz ki a vektormezo rtke de azt az x vekor segtsgvel adtuk meg s nem y-nal. Eztkijavthatjuk, hiszen y = A (t)x+ b (t) alapjn x = A1 (t) (y b (t)). gy:Xt (y) = A

0 (t)A1 (t) (y b (t))+b0 (t) = A0 (t)A1 (t) (y)+b0 (t)A0 (t)A1 (t)b (t) . (5)Ahogyan az korbban lttuk A0 (t)A1 (t) egy antiszimmetrikus mtrix kell legyen s b0 (t) A0 (t)A1 (t)b (t) pedig akrmi lehet, hiszen b0 (t) akrmi lehet. Azaz a kvetkezot bizonytottuk:

72. llts. Rn Killing-mezoi X (p) = Mp + v alakak, ahol M antiszimmetrikus mtrix sv 2 Rn.Ennek az lltsnak a megfordtottja is igaz, azaz ha M antiszimmetrikus, akkor X (p) =

Mp+ v tnyleg egy Killing-mezo lesz.Lineris algebrbl ismert, hogy minden M antiszimmetrikus mtrixhoz van olyan ortonor-

mlt bzis melyben

M =

0BBBBBBBB@

F!1. . .

F!k0

. . .0

1CCCCCCCCA; Fwi =

0 !1!1 0

alak. Ekkor a 57 lemma miatt el tudjuk tolni gy az origt, hogy az lltsbeli v vektor elso

2k koorintja eltunjn, mert az M Id elso 2k sorban F!i Id = 1 !1!1 1

blokkok

vannak. Mivel det (F!i Id) = 1 + !2i 6= 0 ezrt, ha v2k jelli a v vektor elso 2k elemt, akkor0B@ F!1 Id . . .F!k Id

1CAa2k = v2kmegoldhat, s ha a az az eltolsvektor, melynek elso 2k eleme megegyezik a2k a tbbi pedig 0,akkor a 57 lemmt hasznlva a 72 llts miatt, a Killing-mezonk alakja a kvetkzo alak lesz.

27

73. llts. Rn Killing-mezoi alkalmas ortonormlt koordinta rendszeben

X (p) =

0BBBBBBBB@

F!1. . .

F!k0

. . .0

1CCCCCCCCAp+

0BBBBBBB@

0...0

v2k+1

vn

1CCCCCCCA; F!i =

0 !1!1 0

alakak.

Tekintsk most a sk Killing-mezoit, melyek a fenti ttel alapjn alkalmas koordintarend-szerben vagy

1. X (p) =

0 !! 0

p alakak, ami azt jelenti, hogy a p pontban a p vektor 90-os

elforgatottjnak !-szerest kell venni. Ez megegyezik az orig krli ! szgsebessgu for-gatshoz tartoz Killing-mezejvel;

2. X (p) = v, azaz minden pontban ugyanaz a Killing-mezo rtke. A v sebessgvekt el-tolsnak is ugyanez a Killing-mezeje.

Azaz a skban minden innitezimlis izometria egy innitezimlis forgatsnak, vagy eltols-nak felel meg.

5.2. Plusgrbk

Vizsgljuk tovbb az innitezilis forgatsokat!Ha egy vgtelen lemez folytonos mozgatsnl (izometrijnl) egy adott pillanatban az in-

nitezimlis izometrija egy innitezimlis forgatsnak felel meg, akkor ennek a forgatsnak akzppontjtt momentn centrumnak nevezzk.

74. Denci. Ha R2 egy folytonos (t) izometrijnl, minden t esetn az innizetimlisizometria egy ininitezimlis forgatsnak felel meg, akkor a momentn centrumok (forgatsikzppontok) grbjt az alapskon, ll plusgrbnek hvjuk.

A fenti denci nmi magyarzatra szorul. Mi az alapsk? Gondoljunk arra, hogy az asztallapja az alapsk s ezen nyugszik egy veglap. Mindketton felvesznk egy koordintarendszert,melyek kezdetben azonosak. Amikor egy (t) folyonos izometrit hajtunk vgre, az azt jelenti,hogy az veglapot cssztatjuk az asztalon. Ha egy t0 pillanatban az innitezimlis izometria egyforgats a Ot0 pont krl, akkor ennek az Ot0 pontnak a koordintit felrhatjuk az asztal, illetveaz veglap koordinta rendszere szerint is. Ha az asztal koordinta rendszere szerint rjuk fela t 7! Ot grbt, akkor ll plusgrbrol beszlnk, ha az veglap koordinta rendszere akkormozg plusgrbrol beszlnk.Ha minden pillanatban van momentncentrum egy folytonos izometrinl, akkor rjuk le a

momentn grbt!Tekintsk a t (x) = A (t)x + b (t) ; A : (a; b) ! SO (n) ; b : (a; b) ! Rn alakban adott

folytonos izometrit. Egy P pont plyja t (p) = A (t)p+b (t) lesz s a hozz tartoz pillanatnyisebessg vektor az Xt (p) = A0 (t)p+ b0 (t). A momentn cenrum pillanatnyi sebessge 0 s ha

28

ininitezimlis forgatsrl van sz, akkor csak annak a sebessge 0. Azaz egyrtelmuen megtudjuk oldani a

A0 (t)p+ b0 (t) = 0

egyenletet, ha innitezimlis forgatsrl van sz az adott t pillanatban, s mi ezt tteleztk fel.Azaz detA0 (t) 6= 0 kell legyen minden t 2 (a; b) esetn, s ekkor

p = (A0 (t))1 b0 (t)

lesz. gy a mozg plusgrbe egyenlete

t! (A0 (t))1 b0 (t) .

Azrt a mozg plusgrbe egyenlete, mert ha megjelljk a P pontot az asztalon s az veglapon at = 0 pillanatban (amikor a koordinta rendszerek egybeesnek), akkor ha p = (A0 (t0))1 b0 (t0)akkor a P pont t0 (p) pontba mozdult el s itt innitezimlisan 0 lesz a sebessge, azaz hely-ben marad. Ez a pont az veglapon a P pontnak felel meg, az asztal koordinta rendszere

szerint pedig t0 (p) = t0 (A0 (t0))1 b0 (t0)

= A (t) (A0 (t))1 b0 (t) + b (t). Azaz az ll

plusgrbet! A (t) (A0 (t))1 b0 (t) + b (t) .

75. Feladat. Az ll plus grbe egyenlett vezessk le a 5 sszefggsbol is!

Gondoljunk most arra, hogy adott kt fogaskerk, ahol ez egyik rgztett a msik pedigrajta grdl. Ha a fogak elg kicsik, akkor azt ltjuk, hogy egy rgztett krn grdl vgigcsszsmentesen egy msik kr. Ha a rgztett kr helyett egy grbt vesznk akkor ugyangy eltudjuk kpzelni, hogy ezen csszsmentesen grdl vgig egy kr. Ezt az elkpzelst fogalmazzukmost meg ltalnos grbk esetn.

76. Denci. Legyenek p0 : (a; b) ! R2 s p1 : (a; b) ! R2 regulris grbk. Azt mondjuk,hogy a p1 grbe csszsmentesen grdl vgig a p0 grbn, ha ltezik egy olyan : (a; b) !Iso+ (Rn) ; t 7! t folytonos izometria, hogy

1. p0 (t0) = t0 (p1 (t0)) minden t0 2 (a; b) esetn s ekkor a p0 (t0) = t0 (p1 (t0)) pontban ap0 (t) s a t! t0 (p1 (t)) grbk rintoi egybeesnek;

2. p1 vhossza p1 (t0) s p1 (t1) kztt megegyezik a p0 vhosszval p0 (t0) s p0 (t1) kzttminden t0; t1 2 (a; b) esetn.

77. llts. A p1 (t) := (A0 (t))1 b0 (t) a mozg plusgrbe csszsmentesen grdl az llp0 (t) := A (t) (A0 (t))1 b0 (t) + b (t) plusgrbn.

Bizonyts. Ellenorizzk le a fenti dencit a plus grbkre s legyen t (x) = A (t)x+b (t) afolytonos izomorzmusunk. Ekkor p0 (t0) = t0 (p1 (t0)) teljesl, hiszen p0 (t0) = A (t0) (A0 (t0))1 b0 (t0)+b (t0) s t0 (p1 (t0)) = A (t0)

(A0 (t0))1 b0 (t0)

+ b (t0). A grbk rintoi a t0 pillanatban

p00 (t) jt=t0 =A (t) (A0 (t))1 b0 (t) + b (t)

0jt=t0 = A0 (t) (A0 (t))1 b0 (t)A (t)

(A0 (t))1 b0 (t)

0+

b0 (t) jt=t0 = b0 (t) + A (t) (p01 (t)) + b0 (t) jt=t0 . Azaz p00 (t) jt=t0 = A (t) (p01 (t)) jt=t0 . Kellmg a t0 (p1 (t)) grbe derivltja a t0 helyen, azaz az A (t0) (p1 (t)) + b (t0) derivltja kell a

29

t0 helyen ami A (t0) (p01 (t0)). gy a derivltak is egybeesnek. Az vhosszak szmtsnl ki-hasznljuk, hogy ha A (t) egy ortogonlis transzformci, akkor kp01 (t)k = kA (t) p01 (t)k il-letve amit korbban bizonytottunk, hogy p00 (t) jt=t0 = A (t) (p01 (t)) jt=t0 . Ezeket felhasznlvaR t1t0kp01 (t)k dt =

R t1t0kA (t) p01 (t)k dt =

R t1t0kp00 (t)k dt.

Gondoljuk el, hogy a kt plus grbe egy egy lemez hatra, s az egyiket az asztalra rgztjk,mg a msikat vgig grgetjk rajta (pl. nagyon pici fogazst adunk mindkettonek). Ekkor amozg lemezhez rgztett veglap, ppen a t folytonos izomorzmust szerint mozog. Perszeigazi lemezek esetn, melyek nem fedhetik t egymst, zikailag nehezen megvalsthat a fentitlet. Pldul, ha az egyik grbben "nagy gdrk" vannak, hiszen ekkor elakadhat a grdlsegy tvoli sszero pontnl, ahogyan a 10 brn is lthatjuk.

10. bra. Egymson grdlo zikailag elakad momentn grbk.

A fenti gondoltot tovbbvihetjk 3 skra is, ahol az egyik S1 rgztetett (asztal), a msik S2ezen csszik (veglap) s a harmadik S3 a mozg skon csszik el (veglap). Azaz S1; S2-re sS2, S3 sk prokra elismtelhetjk a fentieket, akkor egy mozg plusgrbn legrdlo mozgplusgrbe segtsgvel rhatjuk le a mozgst.

78. Feladat. Egy asztalhoz rgztettnk egy veglapot az O1 pontjnl s !1 > 0 szgsebessggelforgatjuk az veglapot O1 krl. A forg veglap O2 pontja krl forgatunk egy az elso veg-lapon nyugv veglapot !2 > 0 szgsebessggel. Hol lesz a msodik veglap plusgrbje (azaz amomentn centrumai hol lesznek)?

Megolds. Egyrszt felrhatjuk formlisan a kt mozgst, azok kompozcijt, majd kiszmoljuka plusgrbket. Sokkal egyszerubb azonban, ha zikailag meggondoljuk mi is trtnik. Egypont mozgsnak kt komponense van. Egyrszt forog O1 pont krl, abbol jn egy pillanatnyisebessg, 11 bra piros vektormezo. Msrszt elfordul az O2 pont elforgatottja t (O2) krl, 11bra kk vektormezo, ahol t az O1 pont krli !1 szgsebessgu forgatshoz tartoz folytonosizometria. gy a t idopillanatban az innitezimlis vektormezo ennek a kt vektormezonek azsszege lesz. Knnyen lthat, hogy ahol a kt vektormezo azonos nagysg, de ellenttesirny ott lesz az sszeg a 0 vektor. Ez pedig az O1t (O2) szakasz azon P pontja lesz, melyrejO1P jjPt(O2)j =

!2!1. A plusgrbt az elso, O1 krl forg, veglap koordinta rendszerben lerva

egy konstans grbe.

6. Fogaskerekek fogazsa

A kvetkezo fejezetben megvizsgljuk, hogy hogyan kell olyan fogaskerk tttet gyrtani,ami nem "lktet". Azaz egy csatlakoz fogaskerk pr egyik tagjt lland sebessggel forgatva,

30

11. bra. Innitezimlis forgatsok sszegzodse.

31

12. bra. Fogaskerk ttt szgsebessge

azt szeretnnk elrni, hogy a msik is lland sebessggel forogjon.

Adott kt fogaskerk, melyek az O1; O2 kzp pontok krl forognak s azM pontban hajtjkegymst, lsd 12. bra. A tallkozsi pontban az elso fogaskerk pontja (mely az M helyen van)v1 sebessggel mozdul el s v1 ? O1M kell legyen hiszen az fogaskerk merev s az O1 ponkrl forog. Hasonlan a msodik fogaskerken az rintkezsi pont (mely az M helyen van) v2sebessggel mozdul el s v2 ? O2M . Mivel a kt fogaskerk merev (nem tud egymsba nyomdni,csak elcsszni egymson), ezrt a tallkoz felletek rintojre meroleges komponensei a v1; v2vektoroknak (melyen az brn v jell) megegyezik. Az brn bejellt szgek egyenlosge miatt azMA1T hasonl azMO2Q2 hromszghz s azMA2T hasonl azMO2Q2 hromszghz.Mivel az MA1T hromszgbol sin =

jvjjv2j s az MA2T hromszgbol sin =

jvjjv1j gy

sinsin =

jv1jjv2j =

jO1M j!1jO2M j!2 . Mivel

jO1P jjO2P j =

jQ1P jjQ2P j a prhuzamos szelok ttelbol s

jQ1P jjQ2P j =

sin jO1M jsinjO2M j ,

gy jO1P jjO2P j =sin jO1M jsinjO2M j =

!2!1

Azaz !1!2 =O2PO1P

. Persze ez a fogaskerekek mozgsban a t ido pillanatra vonatkozik, azazt-tol fggenek a fenti mennyisgek

!1 (t)

!2 (t)=O2P (t)

O1P (t).

79. Megjegyzs. Azaz, ha folyamatosan forgatjuk az elso kereket (!1 (t) lland), akkor !2 (t)csak akkor lesz lland, ha O2P (t)O1P (t) is az, azaz P (t) lland kell legyen. Lsd 13 bra.

Vizsgljuk meg, hogy hogyan lehet ezt elrni.

80. Plda. Adott egy : (a; b) ! R2 grbe amin csszsmentesen grdl egy k kr. Ennek akrnek tekintsk egy P pontjt, mely ler egy P (t) grbt a grdls kzben. Ha a t idopillanatbanaz elgrdlt k kr a T (t) pontban rintkezik a grbvel s ekkor a P pont helye P (t), akkor aP (t)T (t) egyenes merolegesen metszi a P 0 (t) rintot a P (t) pontban.

Megolds. Hasznlva az innitezimlis izometrirl tanultakat, ha a t idopillanatban a kra T (t) pontban rintkezik a grbnkkel s a krre egy vgtelen veglapot ragasztunk, majdtekintjk azt az izometrit, melyet az veglaplap mozgsa ad mikzben a krrel egytt grdl,akkor az innitezimlis izometria egy forgats lesz a T (t) pont, mint momentncentrum krl,mivel a T (t) pont nem csszik el az ll grbn, gy sebessge 0 lesz. Mivel a P (t)-beli rtke

32

13. bra. rintkezo fogaskerekek esetn keletkezo sebessg ttt.

az innitezimlis vektormezonek pp P 0 (t), gy ez meroleges kell legyen e momentncentumblP (t)-be mutat vektorra.

A fenti P (t) grbe nhny specilis esete ha:

egy egyenes, akkor P (t) egy cikois; ha (t) egy K kr s k ezt kvlrol rint, akkor P (t) epiciklois; ha (t) egy K kr s k ezt bellrol rint, akkor P (t) hipociklois;Termszetesen a krk sugarait gy kell meghatrozni, hogy k kerletnek egsz szm tbb-

szrse legyen, mert ekkor a fogazs zrdni fog. Ha K s k kerleteinek arnya racionlis szm,akkor k tbbszri "krbefutsa" utn fog a fogazs zrdni. Ha az arny irracionlis, akkor nemkapunk fogazst.Kombinljuk most a hipo-, s epicikloist, azaz legyenekK1; K2 kvlrol a T pontban rintkezo

krk s k egy olyan kr, mely bellrol rinti a K1 krt a T pontban. Ha K1; K2 kerletei egszszm tbbszrsei k kerletnek, akkor olyan fogazst kapunk, ahol a fogak vei rintkeznek, saz rintsi ponton tmeno, a kzs rintore meroleges egyene thalad a T ponton. Ezt knnyenigazolhatjuk abbl a meggondolsbl, hogy ha K1, K2 s k a kzppontja krl forog gy, hogycsszsmentesen grdlnek egymson, akkor k krn krbefordul P pont a forg hipo-, illetveepiciklois veken fog mozogni. Azt is mondhatjuk, hogy a k kr P ponjnak plyjt tekintjka forg K1, illetve K2-hz rgztett korrdinta rendszerekben. Mivel T x, gy a 79 megjegyzsmiatt egy szaggatsmentes tttet kaptunk.Sajnos ez a fogazs nem minden esetben j, ha tl ritkk a fogak, akkor a hajt fogaskerk

nha nem tolja a msik fogaskereket, hanem hznia kne nha. Ha a K1=k; K2=k arnyok nemegszek hanem racionlisas (tipikusan egesz2 ) akkor megfelelo veket kivlasztva egy j fogazstkapunk, lsd ...bra.Egy msik hiba, hogy tl les tski lesznek az egyik fogaskerknek, amik letrhetnek. Ha a

fogaskerekeken felvltva hipo-, s epiciklois vek vannak, akkor nem lesznek tskk, de itt mindiglesz egy hz s egy tol fzisa a kerknek ami nem j. Tipikusan az ilyen fogaskerkprok afolyadkpumpkban fordulnak elo, lsd ...bra..

33

14. bra. Epiciklois zrd ciklus esetn.

15. bra. Epi-, s hipociklois.

34

16. bra. Epi-hipociklois fogaskerk.

35

Ha most a grbnken a 80 feladatban nem egy kr, hanem egy egyenes grdl le, s annakegy megjellt P pontjnak a plyjt rja le a P (t) grbe, akkor arra is igaz marad a feladatlltsa. Ez egy "vgtelen sugar" krnek felel meg, azaz az eredeti feladat egy elfajul esetnekis tekintheto. Nzzk meg mit kapunk ebben az esetben, ha a grbnk egy kr.Ha egy egyenes grdl le egy krrol, akkor annak egy pontja egy krevolvenst r le. Ez

megfelel annak, amikor egy crnaszlat gombolytunk le egy krrol azt vgig feszesen tartva,akkor a crnaszl vgpontja is ugyanezt a krevolvenst rja le.

17. bra. Evolvens

Ha most a korbbi hipo-epicikloisos fogaskerk prra gondolunk s a K1; K2 krk kzttegy egyenest grgetnk a forg s kvlrol rintkezo K1; K2 krk kz, akkor egy krevolvensprt kapunk. Sajnos ez a konstrukci a val letben nehezen alkalmazhat, gy mdostani kellezt.Kicsinytsk le a K1; K2 krket a kzppontjuk krl, s az egyenes rintse oket. Az egyenes

nmaga mentn fog megint eltoldni. Vegyk az egyenes egy olyan P pontjt, mely a kt kririntsi pont kztt van. Ekkor a mozg P meghatroz kt krevolvenst a forg K1, illetveK2-hz rgztett koordinta rendszerekben. Sajnos most sem tudunk teljesen krbeforogni. Eztazonban kijavthatjuk, ha tbb ilyen krevolvens prt tesznk a kreinkre, persze a peridusokmegfelelo belltsa mellett.

36

18. bra. Kt evolvens kzs egyeneshez.

19. bra. Surun fogazott evolvens kerekek.

37

7. Trbeli innitezimlis izometrik

7.1. Trbeli Killing mezok

Nzzk meg, hogyan lehet az eddigieket a trbeli mozgsok esetre kiterjeszteni. A 5 fe-jezetben lttuk, hogy egy innitezimlis izometrit lerhatunk X (x) = Mx + b alakban, aholMT = M . Ha M az azonosan 0 mtrix, akkor egy konstans vektormezot kapunk, ami egyinnitezimlis eltolsnak felel meg. Ha M 6= 0 akkor bzistranszformcikkal s koordintaeltolssal

X (x) =

0@ 0 ! 0! 0 00 0 0

1Ax+0@ 00

v

1A(x; y; z) 7! (!y;!x; v) :

Ha v = 0, akkor a z-tengely krli ! szgsebessggel val innitezimlis forgatsrl beszlnk.Azaz egy z-tengelyre meroleges skban a sk egy ! szgsebessgu innitezimlis forgatshoztartoz vektormezot kapunk. Ebben az esetben a tengely pontjai az egyedli x pontok, s az-tengelyt nevezzk momentn tengelynek.Ha v 6= 0, akkor a z-tengely krli csavarmozgsrl beszlnk, azaz az innitezimlis for-

gatshoz egy z irny innitezimlis eltols is hozzjn. Ebben az esetben nincsenek x pontok,sem momentn tengely s a forgstengely az egyetlen egyenes, mely minden pontjban az in-nitezimlis vektormezo prhuzamos az egyenessel.Adott mtrix X (x) = Mx + b lers esetn, mely nincs a specilis koordinta rendszerben

felrva, a momentn tengely meghatrozsa a kvetkezokppen trtnik. Legyen

M =

0@ 0 a ba 0 cb c 0

1A .EkkorMx = (ay + bz;ax+ cz;bx cy) = (c; b;a) (x; y; z), ahol a vektorilis szorzstjelenti. Legyen ! :=

pa2 + b2 + c2 s m := (c;b;a)! , gy kmk = 1.

Ha X (x) = Mx alak, azaz b = 0, akkor mm = 0 miatt az orgn tmeno m irnyvektoregyenes lesz a momentn tengely. A vektorilis szorzs tulajdonsgai s az Mx = !mx miattez az ! szgsebessgu innitezimlis forgatsrl van sz.Ha b 6= 0, akkor bontsuk fel a b vektort azm vektorral prhuzamos s meroleges sszetevokre,

b = bp + bm. Jellje v azt a konstanst, melyre vm = bp. A vektorilis szorzs tulajdonsgaimiatt bm = m (m bm), gy X (x) = Mx + b = !m x m (m bm) + vm =!m x mbm! + vm. Ebbol a lersbl ltszik, hogy nincsen momentn tengelye ennekaz innitezimlis izometrinak, hiszen !m x mbm! eredmnye az m vektorra merolegess mivel vm 6= 0, gy X (x) 6= 0. Knnyen lthat, hogy az mbm! ponton tmeno m irnyegyenes lesz a csavarmozgs tengelye, hiszen ezen egyenes pontjaira X (x) = vm. Tovbb vmadja a cssztats nagysgt a forgstengely irnyban.

7.2. Merev test mozgsa a trben

Egy merev test mozgst, vagy a tr egy folytonos izometrijt t (x) = A (t) (x) + b (t)alakban rjhatjuk le, ahol A (t) 2 SO (3). Feltesszk, hogy az itt szereplo mennyisgek minddierencilhatak. Ha minden idopillanatban van momentntengely s azt megjelljk, akkoregy egyenes folytonos mozgst kapjuk, mely szerencss esetben ler egy felletet. Egy ilyen

38

felletet vonalfelletnek nevezznk. Attl fggoen, hogy ezeket az egyeneseket az eredeti xkoordinta rendszerben, vagy a mozg testhez rgztett mozg koordinta rendszerben tekintjk,ll illetve mozg plusfelletekrol beszlnk.Emlkezznk, hogy 2-dimenziban ezek a plusgrbk egymson grdltek, most ennek

analgijt fogalmazzuk meg 3-dimenziban.

81. Denci. Egy felletet vonalfelletnek neveznk, ha r (u; v) = j (u)+v (u) alakban paramterezheto,ahol j; vektor rtku fggvnyek s kk = 1.82. Denci. Legyen r (u; v) s er (u; v) kt vonalfellet fenti alak paramterezse. Ekkor aztmondjuk, hogy er (u; v) legrdl az r (u; v) felleten, ha ltezik egy olyan u, u-tl fggo folytonosizometria, melyre v 7! u (er (u; v)) egyenese megegyezik a v 7! r (u; v) egyenessel s a (bu; bv) 7!u (er (bu; bv)) fellet rinti az r felletet ezen egyenes mentn. Tovbb a t 7! r (u (t) ; v (t)) st 7! u(t) (er (u (t) ; v (t))) grbk azonos hosszak tetszoleges (u (t) ; v (t)) grbre.Termszeteszen ha a skon tekintnk kt grbt, melyek csszsmentesen grdlnek le egym-

son, akkor a skra merolegesen "kihzva" ezeket a grbket vonalfelletekk alakthatjuk, melyeklegrdlnek egymson.Tekintsnk kt folytonos 1t ,

2t izometrit. Jellje 0 a rgztett koordinta rendszert s

1t ; 2t a folytonos izometrival elvitt mozg koordinta rendszereket. Jellje Xi (t) a

it in-

nitezimlis vektormezejt. Ekkor a P pontban Xi (t) (P ) = 0itit1

(P ).

83. llts. Ha a 1t mint ll koordinta rendszerben lerjuk 2t mozgsnak t idopillanatban

vett momentn tengelyt, az az X2 (t)X1 (t) vektormezo momentn tengelye lesz.Bizonyts. Vegyk a 2t koordinta rendszer kpt a

1t1

izometrinl, melyet jelljnk 3tvel. Azaz 0 kpe a

1t1 2t lekpezsnl 3t . A 0 koordinta rendszerben 3t mozgsnak

lersa ugyanaz, mint 1t koordinta rendszerben 2t mozgsnak lersa, hiszen a

1t izometrinl

0 kpe 1t mg 2t kpe

3t . Teht elg meghatrozni a 0 ! 3t mozgsnl az t pillanatban

a momentntengelyt, melyet jelljn e (t), majd e (t) kpe 1t (e (t)) lesz a keresett momentn-tengely. Eleventsk fel a 19 llts utni koordintzst a 3-dimenzis trnek a 4-dimenzisvektorok segtsgvel. Az (x; y; z) ponthoz az (x; y; z; 1)T vektort rendeljk, mg a (v1; v2; v3)vektort a (v1; v2; v3; 0)

T reprezentlja. Ekkor a it lekpeznek aAi (t) b (t)0 0 0 1

mtrix-szal val szorzs felel meg, jellje it ezt a mtrixot. Ekkor

1t

x1

=

Ai (t)x+ b (t)

1

; 1t

v0

=

Ai (t)v

0

;

a vektorokra felrt egyenlosg rheto a 55 feladat alapjn is. Knnyen belthat, hogy a t idopillanatban az (x; y; z) pontbeli innitezimls vektormezo rtkt az

A0i (t) b0 (t)

0 0 0 0

mtrix

it1

(x; y; z; 1)T vektorral vett szorzata adja. Jellje a fenti mtrixot 0it . Ekkor

3t

mozgsnak pillanatnyi sebessg vektor mezeje a p := (x; y; z; 1)T pontban:

d

ds

1s1

2s

1t1

2t

1(p)

js=t =

1t10

2t +1t1

02t

1t1

2t

1(p)

?=

39

Felhasznlva, hogy1t1

1t

= Id derivltja

1t10

1t +1t1

1t0

= 0; ami trendezve1t10

= 1t 1 1t 0 1t 1 kapjuk, hogy?= 1t 1 1t 0 + 1t 1 02t 2t 1 1t (p) =1s1

02s2s1 1s0 1s11s (p) = 1s1 (X2 (t)X1 (t))1s (p) .

Mivel egyX vektormezo kpe a 1t izometrinl 1tX1t1

, ami a fenti vektormezore alkalmazvaX2 (t)X1 (t) lesz.

Alkalmazzuk ezt az lltst a kvetkezo esetre. Forgassuk a teret az e1 egyenes krl !1 s aze2 egyenes krl !2 szgsebessggel. Jellje n az e1; e2 egyenes normltranszverzlist. Legyen azorig n\e1, ei az ei egyenes irnyvektora s !i := !iei. Ekkor az e1 krli forgats innitezimlisvektormezeje X1 (p) = !1 p. Jellje d :=

!(n \ e2) (n \ e1): Ekkor X2 (p) = !2 (p+ d),

gy (X2 X1) (p) = (!2 !1) p + !2 d. Ezrt a lineris rszbol, azaz (!2 !1) p-bol az kvetkezik, hogy a momentn tengely irnya !2 !1. Hiszen, ha a momentn tengelyegy pontja p s v a tengely irnya, akkor (X2 X1) (p) = (X2 X1) (p+ v). Mivel 0 =(X2 X1) (p+ v) (X2 X1) (p) = (!2 !1) v lthat, hogy v k (!2 !1). Bizonyosszimmetrk miatt azt rezzk, hogy a normltranszverzlis n elmetszi a momentntengelyt....

8. Robot geometria

A robotkarok klnbzo tpusak lehetnek. Merev szegmensekbol (vagy link, akar merevrsze) csuklkbl (hajlthat sszekto rsz) s egy robot kzbol llnak (robot keze lehet szerszm,fogkar...).Nylt lnc robotkar egy olyan robot, melynek az alaptesthez kapcsoldik egy csukl 0:

csuk, majd egy szegmens 1: szegmens majd 1: csukl, 2: szegmens, 2: csukl ... n: csukl, amia robot keze. A csuklk lehetnek forgk vagy eltol csukl (prismative), teleszkpikus csukl 21.bra.A robot munkatere azok a trbeli /skbeli pontok, ahova eljuttathat a robot keze.Az RRR jells azt jelenti, hogy hrom forgathat csuklja van egy nylt lnc robot karnak.

Az RPP tpusban forg-teleszkpikus-teleszkpikus csuklk vannak egyms utn stb.

20. bra. Skbeli RRR robotkar

Az elemi csuklk llapota 1 paramterrel lerhat: a szegmensek szgvel, csavarodsi szggel,hosszal 21. bra.Direkt kinematikai problma: Ismerjk az elbbi paramtereket, adjuk meg, hogy hol van a

robot keze!

40

21. bra. Csuklk szge, csavarodsi szg, eltolds

Ahhoz, hogy ezt a problmt megoldjuk szksgnk van egy jl meghatrozott koordintarendszerre, sot minden egyes linkhez (merev rszhez) hozz rgztnk mereven egy koordintarendszert.

8.1. Denavit-Hartenberg konvenci

Olyan koordintarendszereket keresnk, melyek kielgtik a kvezkezo feltteleket:

1. Minden linkhez mereven hozz rgztnk egy Descartes fle koordinta rendszert (azaz ebbena koordinta rendszerben ennek a linknek a pontjai vgig xen maradnak a robot karmozgsa kzben). Az i-edik link koordinta rendszere (Oi;xi;yi; zi).

2. A zi-tengely egybeesik az i-edik csukl "hatstengelyvel" lsd ... bra.

3. Az xi-tengely merolegesen metszi a zi1-tengelyt (s termszetesen a zi-tengelyt is, hiszen(Oi;xi;yi; zi) ortonormlt).

84. llts. Mindig lehetsges gy megvlasztani a koordinta rendszereket.

Bizonyts. A 0: koordinta rendszerbe csak z0-tengely van egyrtelmuen megadva Az O0 origtetszoleges lehet ezen a tengelyen, illetve az x0-tengely is tetszoleges O0-n tmeno z0-ra merolegestengely lehet. Ha meghatrozzuk a koordinta tengelyek irnyt, azaz a x0; z0 vektorokat, akkory0 mr meghatrozott lesz, mivel (O0;x0;y0; z0) egy Descartes-fle koordinta rendszer.Tegyk fel, hogy az (Oj ;xj ;yj ; zj) j = 0; : : : ; i 1 koordinta rendszereket mr meghatroz-

tuk gy, hogy a Denavit-Hartenberg konvencik teljesljenek. Ekkor zi-tengelye elo van rva (apozitv irny ezen a tengelyen lehet tetszoleges). Az xi-tengely is elo van rva ltalnos esetben,hiszen ez meroleges a zi1; zi tengelyekre. Azaz xi a zi1; zi egyenesek norml transzverzlisa,ha zi1; zi kitro nem prhuzamos egyenesek. Ha zi1; zi metszo de nem egybeeso egyenesek,akkor a metszsponton tmeno rjuk meroleges egyenes lesz. Ha prhuzamosak, vagy egybeesoegyenesek zi1 s zi, akkor brmely oket merolegesen metszo egyenes j xi-tengelynek. Ha zi s

41

xi megvan, akkor a metszetk Oi s a jobbrendszer miatt yi is meghatrozott. Clszeru a minlegyszerubb vlasztsra trekedni ha xi "szabadon" felveheto.

Az egyik koordinta rendszerben a msikat 6 adattal rhatjuk le (az orig eltols vektoraami 3 koordinta + egy SO (3) beli egybevgsg, amit egy egysg kvaternival adtunk megez is csak 3 adat, mivel a hosszat ismerjk). Nzzk a ... brt. Jellje O0i := xi \ zi1 atengelyek metszett s legyen az x0i-tengely azonos a xi-tengellyel s vele azonos irnyts, azazx0i := xi s z

0i := zi1. Ekkor y

0i meghatrozott, hiszen egy jobbsodrs rendszer kell legyen

(O0i;x0i;y0i; z0i). Jellje li :=

!Oi1O0i, ai :=

!O0iOi, legyen i a z

0i s zi szge s i az xi1 s x

0i

szge. Mivel li = li zi1 s ai = ai x0i gy az (li; i; ai; i) csupn 4 adat, amivel lerhat az(Oi1;xi1;yi1; zi1) koordinta rendszerben az (Oi;xi;yi; zi) koordinta rendszer helyzete.Vegyk szre, hogy ai nem vltozik a robotkar mozgsnl, ez az adat a link s csukli

geometrijtl fgg csak.Mi a helyzet az li rtkvel? Az xi s xi+1-tengelyek a zi1; zi; zi+1 tengelyek norml

transzverzlisai. E hrom tengely relatv, egymshoz viszonytott, helyzete csak az i: izletmozgatsnl vtozhat. Ha az i: izlet forgat izlet, akkor xi, xi+1 csupn elfordul zi krl deOi s O0i x. Azaz ha az i: csukl forgat, akkor li nem vltozik.Ha az i: csukl eltol, akkor az eltols mrtkt adja meg li.Az i konstans, mivel ez csak az i. link geometrijtl fgg.A i a forg izletek vltozja.Azaz a kvetkezo lltst bizonytottuk:

85. llts. Minden izletnl a 4 vltoz (li; i; ai; i) kzl 3 konstans s i vagy li vltozhatcsak attl fggoen, hogy forg vagy cssz izletrol van-e sz.

Nzzk meg hogyan adhat meg az egyik koordintarendszerbeli pont a msikban. Hasznljuka 4-dimezis homogn koordintit a pontoknak, mint azt tettk az 19 llts utn, mert ekkor

42

egy 44-es mtrixal megadhatak a lineris transzformcik. Vegynk az i+1: koordinta rend-szerben egy (ui+1; vi+1; wi+1) koordintj pontot. Ekkor ennek a (ui+1; vi+1; wi+1; 1)

T homognkoordinta felel meg.rjuk fel ennek homogn koordintit az (O0i;x

0i;y0i; z0i) koordintarendszer-

ben. Eloszr eltoljuk az ai vektorral, majd elforgatjuk az xi = x0i tengely mentn i szggel.Ezeknek a0BB@

1 0 0 00 cosi sini 00 sini cosi 00 0 0 1

1CCA0BB@

1 0 0 ai0 1 0 00 0 1 00 0 0 1

1CCA =0BB@

1 0 0 ai0 cosi sini 00 sini cosi 00 0 0 1

1CCAmtrix-szal val szorzs felel meg. Az (O0i;x

0i;y0i; z0i) s (Oi;xi;yi; zi) koordinta rendszerek

kztti ttrshez elobb eltolunk az li vektorral, majd forgatunk a a zi1 = z0i tengely krl iszggel. Ezeknek a0BB@

cos i sin i 0 0sin i cos i 0 0

0 0 1 00 0 0 1

1CCA0BB@

1 0 0 00 1 0 00 0 1 li0 0 0 1

1CCA =0BB@

cos i sin i 0 0sin i cos i 0 0

0 0 1 li0 0 0 1

1CCA :gy az (Oi+1;xi+1;yi+1; zi+1) koordinta rendszerol az (Oi;xi;yi; zi) rendszerre val ttrsmtrixa 0BB@

cos i sin i 0 0sin i cos i 0 0

0 0 1 li0 0 0 1

1CCA0BB@

1 0 0 ai0 cosi sini 00 sini cosi 00 0 0 1

1CCA =0BB@

cos i cosi sin i sin i sini ai cos isin i cos i cosi cos i sini ai sin i

0 sini cosi li0 0 0 1

1CCA :Ezt a mtrixot jellje Mi amit M (li; i; ai; i) alakban is jellhetnk, hiszen ezektol a menny-isgektol fgg. Azaz az (ui+1; vi+1; wi+1; 1)

T kpe az0BB@uiviwi1

1CCA =0BB@

cos i cosi sin i sin i sini ai cos isin i cos i cosi cos i sini ai sin i

0 sini cosi li0 0 0 1

1CCA0BB@

ui+1vi+1wi+1

1

1CCApont lesz. A robot keznek koordintja az (On;xn;yn; zn) koordinta rendszerben konstanslesz vgig, ha ezek (un; vn; wn) akkor a direkt feladat megoldsa:

M0M1 Mn

0BB@unvnwn1

1CCA ,ahol M0 Mn a csukl paramterektol fggo mtrix.

43

8.2. Egy egyszeru plda

Nzzk meg egy egyszeru skbeli robotkar esetn a direkt kinematikai problmt. A 22.bra egy skban mozg RR tpus robot kart brzol. Ekkor a z0; z1 tengelyek a "rajzlapra"meroleges egyenesek lesznek. Az x0; x1; x2 tengelyeket a robotkar skjban vesszk fel azegyszerusg kedvrt, ahogyan azt az brn is jelltk. Az x2; y2; z2 koordonta rendszert gyvettk fel, hogy a robotkar keznek koordinti (0; 0; 0; 1)T legyen. Bejelltk az brn az a0; a1hosszakat s a 0; 1 szgeket. Mivel i = 0 lesz (hiszen a zi tengelyek prhuzamosak) ezrt azMi mtrixok s szorzataik 3: sora s oszlopa rdektelen ezeket trljk. (Gondolhatunk arra is,hogy a 3. koordinta mindig 0 lesz.) A kz homogn koordinti ha csak az x; y koordintkkaldolgozunk, az utols koordinta rendszerben (0; 0; 1)T . Egybknt megcsinlhatjuk ugyanazt,mint az elobb azaz:

M1 (1; a1) =

0@ cos 1 sin 1 0sin 1 cos 1 00 0 1

1A0@ 1 0 a10 1 00 0 1

1A =0@ cos 1 sin 1 a1 cos 1sin 1 cos 1 a1 sin 1

0 0 1

1AM0 (0; a0) =

0@ cos 0 sin 0 a0 cos 0sin 0 cos 0 a0 sin 00 0 1

1A :Ekkor a kz koordinti az x0; y0; z0 koordinta rendszerben

M0M1

0@ 001

1A =0@ a0 cos 0 + a1 cos 0 cos 1 a1 sin 0 sin 1a0 sin 0 + a1 cos 0 sin 1 + a1 cos 1 sin 0

1

1A =0@ a0 cos 0 + a1 cos (0 + 1)a0 sin 0 + a1 sin (0 + 1)

1

1A :Sokkal nehezebb ennl az indirekt kinematikai feladat megoldsa. Ha egy konkrt robotkarunk

van s egy egy adott ponthoz vges sok olyan paramter sorozat van, melyekre a robotkar kezea megfelelo pozciban van, akkor kiszmolhat az inverz fggvny.Nzzk meg az elobbi robotkarra az inverz feladatot. Nzzk meg a 23 sematikus brn, hogy

hogyan szmolhatunk. Ha a robotkar keznek koordinti (x; y), akkor egyrszt = arctanyx

,

s az O0O1O2 hromszgbol kiszmolhat az := O1O0O2] szg a coszinusz-ttel alapjn: = arccos

a21+a20+(x2+y2)

2a0px2+y2

. Ekkor 0 = . Ismt hasznlva a coszinusz-ttelt j1j =

arccos

(x2+y2)+a20+a21

2a0a1

. Ahonnan 1 rtke meghatrozhat. (Figyeljnk arra, hogy a jelen

pldban 0 meghatrozza 1 elojelt!)

8.3. Direkt s inverz sebessgkinematikai problma

Tudjuk egy helyzetben a D-H paramterek (Denavit-Hartenberg) milyen sebessggel vltoz-nak, azaz adottak a i; li; i; ai s a 0i; l

0i;

0i; a

0i rtkek. Feladat, a robotkz sebessgnek a

meghatrozsa. Mivel a robot keznek mozgst a t ido fggvnyben az0BB@x0 (t)y0 (t)z0 (t)

1

1CCA = M0 (0 (t) ; : : : ) : : :Mn (n (t) : : : )0BB@

xnynzn1

1CCA

44

22. bra. RR tpus, skban mozg robotkar.

23. bra. Kt lehetsges megolds az inverz feladatnl.

45

amit derivlva t szerint, a szorzat derivlsi szably alapjn0BB@x00 (t)y00 (t)z00 (t)

0

1CCA = nXi=0

d

dtMi (i (t) ; : : : )

M0 (0 (t) ; : : : )

i`: : :Mn (n (t) : : : )

0BB@xnynzn1

1CCAaddik