Geometrija 4 - Катедра за геометрију · PDF fileprostora ta£aka i pravih (osim oblika zagrada i na£ina ozna£avanja). Presk pravih se traºi na isti na£in kao

A�na geometrija (ponavljanje) Projektivna ravan Projektivna preslikavanja Homologije

Geometrija 4

Srdjan Vukmirovi¢

Matemati£ki fakultet, Beograd

februar 2015.


Sadrºaj

1 A�na geometrija (ponavljanje)

2 Projektivna ravanRealna projektivna ravan RP2

Realna projektivna prava RP1

Trotemenik i Dezargova teoremaDvorazmera

3 Projektivna preslikavanjaDe�nicija i osobineA�na preslikavanjaGrupe preslikavanja

4 HomologijeDe�nicija i osobineHomologije u pro²irenoj a�noj ravni


A�na geometrija ravni R2

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

Prava je odredjena sa dve ta£ke.

Jedna£ina prave ax + by + c = 0.

Dve prave u ravni se seku ili su paralelne.

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

a11x2 + 2a12xy + a22y

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

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

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


A�na preslikavanja ravni

De�nicija

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

y ′

)=

(a11 a12a21 a22

)(xy

)+

(b1b2

)(2)

gde je det(aij ) 6= 0.

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

Osobine a�nih preslikavanja:

bijekcije su;

£uvaju kolinearnost, konkurentnost, paralelnost, razmeru;

mogu da preslikaju trougao u proizvoljan trougao (dokaz).


Primer

Odrediti formule a�nog preslikavanja f koje ta£ke

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


Homogene koordinate u a�noj ravni

De�nicija

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

trojka (x1 : x2 : x3) takva da vaºi:

x =x1x3, y =

x2x3, x3 6= 0.

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

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

p : ax1 + bx2 + cx3 = 0.

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

De�nicija

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

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


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

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

Primer

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

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

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

Primer

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


De�nicija

Realna projektivna ravan je skup ta£aka RP2 := {(x1 : x2 : x3)},pri £emu ne mogu sve tri homogene koordinate biti jednake nuli.

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

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

= {(x1x3

:x2x3

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

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


Sve prave realne projektivne ravni £ine projektivnu ravan

R̃P2 := {[x1 : x2 : x3]}.koja se zove dualna projektivna ravan pravih.Geometrijski je moºemo videti kao skup svih ravni u prostoru R3

kroz koordinatni po£etak.Homogene koordinate prave p = AB se dobijaju vektorskimproizvodom −→p =

−→A ×

−→B .

Primer

Odrediti jedna£inu prave p = AB , ako je A(1, 2, 3), B(0, 1,−2).

U projektivnoj ravni se svake dve prave seku!

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

−→P = −→a ×

−→b .

Primer (za doma¢i)

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

b : 3x1 + 2x24x3 = 0.


Iskaz I ′ dobijen zamenom re£i ta£ka i prava, odnosno pripada isadrºi u nekom iskazu I naziva se dualan iskaz.Upravo iz ovog razloga, ponekad se obe re£i: pripada i sadrºi,menjaju sa re£i je incidentno.I : Postoji jedinstvena prava p koja sadrºi ta£ke A i B.I ′ : Postoji jedinstvena ta£ka P koja pripada pravama a i b.

Teorema (Princip dualnosti u ravni)

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

iskaz teorema projektivne ravni.

Dokaz: Videli smo da nema su²tinske razlike izmedju projektivnogprostora ta£aka i pravih (osim oblika zagrada i na£ina ozna£avanja).Presk pravih se traºi na isti na£in kao i spoj ta£aka. utVide¢emo razne dualne de�nicije: dvorazmera ta£aka i dvorazmerapravih; trotemenik i trostranik; kriva drugog reda i druge klase. . .


Realna projektivna prava

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

−→C = α

−→A + β

−→B , (3)

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

Primetimo da λ−→C = λα

−→A + λβ

−→B , λ 6= 0 predstavlja ista ta£ku.

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

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

p = RP1 = {(α : β)} = {(αβ

: 1)} ∪ {(1 : 0)} = R ∪ {P∞}.


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

1√α2 + β2

C =α√

α2 + β2A +

β√α2 + β2

B = cosφA + sinφB.

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

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

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


Trotemenik, £etvorotemenik, . . .

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

De�nicija

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

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

De�nicija

�etvorotemenik ABCD je �gura projektivne ravni koja se sastoji

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

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

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

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

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


Dvorazmera

De�nicija

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

−→C = α

−→A + β

−→B ,

−→D = γ

−→A + δ

−→B . (4)

Dvorazmera ta£aka A,B,C i D je broj

(A,B,C ,D) :=β

α:δ

γ. (5)

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

Primer

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

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


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

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

CD

)=

(α βγ δ

)(AB

).

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

AB

)=

1∆

(δ −β−γ α

)(CD

), ∆ = αδ − βγ.


To zna£i da je:

−→A =

δ

∆

−→C +

−β∆

−→D ,

−→B =

−γ∆

−→C +

α

∆

−→D . (6)

(C ,D,A,B) =−β∆δ∆

:α∆−γ∆

=β

α:δ

γ= (A,B,C ,D). (7)

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

De�nicija

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

H(A,B;C ,D)) ako (A,B,C ,D) = −1.


Teorema

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

Dokaz: Po de�niciji vaºi:

(a, b, c , d) :=β

α:δ

γ

−→c = α−→a + β−→b ,

−→d = γ−→a + δ

−→b .

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

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

−→d ×−→p = γ(−→a ×−→p ) + δ(

−→b ×−→p ), tj.

−→C = α

−→A + β

−→B ,

−→D = γ

−→A + δ

−→B .

Zato je (A,B,C ,D) = βα : δ

γ = (a, b, c, d). ut


Posledica prethodne teoreme je: dvorazmera je invarijantacentralnog projektovanja.

Teorema

A�no posmatrano, dvorazmera je odnos dve razmere:

(A,B,C ,D) =

−→AC−→CB

:

−→AD−→DB

.

Primer: Dokaz: Po²to su sve ta£ke kona£ne, tj. x3 6= 0,odaberimo vektore predstavnike svih ta£aka tako da im tre¢akoordinata bude jednaka jedan. Tada iz relacije

−→C = α

−→A + β

−→B ,

sledi α + β = 1.

−→AC−→CB

=C − A

B − C=

A(α− 1) + βB

−αA + (1− β)B=β(B − A)

α(B − A)=β

α.

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


Posledica

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

Na perspektivnim crteºima dvorazmera je vaºna invarijanta.

Primedba

Primetimo da se razdvojenost parova ta£aka moºe formalno uvesti

uz pomo¢ dvorazmere. Naime

A,B ÷ C ,D ⇔ (A,B,C ,D) < 0.

Ova de�nicija se poklapa razdvojenosti ta£aka na krugu, koju

moºemo uvesti aksiomatski (ili posmatrati intuitivno).


Projektivna preslikavanja ravni RP2

De�nicija

Projektivno preslikavanje je ono koje preslikava ta£ku

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

λ

x ′1x ′2x ′3

=

p11 p12 p13p21 p22 p23p31 p32 p33

x1x2x3

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

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

Projektivno preslikavanje je indukovano linearnim preslikavanjemvektorskog prostora R3.

Preslikavanje (8) kra¢e zapisujemo

λx ′ = Px , (9)


a njemu inverzno preslikavanje sa

λx = Cx ′, gde je C = P−1. (10)

Matrice P i λP predstavljaju isto preslikavanje.

Kompoziciji preslikavanja odgovara mnoºenje matrica, a inverznompreslikavanju inverzna matrica.

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

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


Osnovna teorema Projektivne geometrije

Teorema

Postoji jedinstveno projektivno preslikavanje ravni RP2 koje £etiri

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

A′,B ′,C ′,D ′, u op²tem poloºaju.

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

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

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

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

je vektor−→D mogu¢e izraziti u obliku

−→D = λ1

−→A + λ2

−→B + λ3

−→C ,

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

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

−→B i λ3

−→C . Preslikavanje f zadato sa

λx ′ = Px je traºeno preslikavanje. Za²to?


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

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

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

Primer

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

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

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

Primer

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

ekvivalentne.

Projektivna preslikavanje ne £uvaju razmeru ni paralelnost.


Teorema

Projektivna preslikavanja £uvaju dvorazmeru.

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

−→C ′ = α

−→A′ + β

−→B ′,

−→D ′ = γ

−→A′ + δ

−→B ′.

Primenom formula preslikavanja (9) na te relacije dobijamo

P−→C = αP

−→A + βP

−→B , P

−→D ′ = γP

−→A′ + δP

−→B ′.

Nakon mnoºenja matricom P−1 sleva, dobijamo

−→C = α

−→A + β

−→B ,

−→D = γ

−→A + δ

−→B

odakle je

(A,B,C ,D) =β

α:δ

γ= (A′,B ′,C ′,D ′).ut


Posledica

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

svaka ta£ka prave p je �ksna.

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

preslikavanju, svaka prava kroz P je �ksna.


Teorema

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

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

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

£etvorotemenika kroz tre¢u dijagonalnu ta£ku.

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

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

Direktnim ra£unom dobijamo

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

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

−→R = 1 ·

−→P + 1 ·

−→Q ,

−→R = −1 ·

−→P + 1 ·

−→Q

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


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

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

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

Primer

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

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


A�na i projektivna preslikavanja

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

λ

x ′1x ′2x ′3

=

a11 a12 b1a21 a22 b20 0 1

x1x2x3

. (11)

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

Teorema

Grupa a�nih preslikavanja je izomorfna podgrupi projektivnih

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


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

λ

p11 p12 p13p21 p22 p23p31 p32 p33

x1x20

=

x ′1x ′20

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

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

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


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

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

grupa matrica ekvivalentni objekti invarijante

projektivnaPGl2(R)

p11 p12 p13p21 p22 p23p31 p32 p33

svi £etvorouglovi,ovalne krive 2. reda

konkurentnost,kolinearnost,dvorazmera,tangentnost,

unutra²njost krive 2. reda

a�naAff2(R)

a11 a12 v1a21 a22 v20 0 1

svi trouglovi,svi paralelogrami,

sve elipse,sve hiperbole

paralelnost,razmera,

odnos povr²ina,bekona£no daleka prava,konjugovani dijametri

konformnaCon2(R)

s cosφ ∓s sinφ v1s sinφ ±s cosφ v2

0 0 1

sli£ni trouglovi,svi krugovi,sve parabole

uglovi,odnos duºina

izometrijeIsom2(R)

cosφ ∓ sinφ v1sinφ ± cosφ v20 0 1

podudarnitrouglovi

duºine,povr²ina


Homologije

De�nicija

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

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

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

De�nicija

Projektivno preslikavanje koje ima osu i centar zove se homologija.

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


Teorema

Projektivno preslikavanje ima osu ako i samo ako ima centar.

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

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

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

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

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


Posmatrajmo sada homologiju f sa osom s i centrom S u pro²irenoja�noj ravni R̄2 = R2 ∪ p∞.Primetimo: i f −1 je homologija i ima istu osu i centar kao f .Protivosa u je prava koja se slika u beskona£no daleku pravu, tj.f (u) = p∞.Horizont v ′ je prava koja je slika beskona£no daleke prave, tj.f (p∞) = v ′. Primetimo da je v ′ protivosa preslikavanja f −1.

Lema

Za homologiju u pro²irenoj a�noj ravni vaºi

u ‖ s ‖ v ′.

Dokaz: Neka je s × u = A.

A ∈ s ⇒ f (A) = A, A ∈ u ⇒ f (A) ∈ p∞.

Dakle, A ∈ p∞, pa se prave s i u seku beskona£no daleko, tj. s ‖ u.v ′ je protivosa preslikavanja f −1 koje ima istu osu s ⇒ s ‖ v ′. ut


A�ne homologije

Lema

Jedine �ksne prave homologije f su osa s i prave kroz centar S .

Dokaz: Pretpostavimo suprotno, da je prava p �ksna (f (p) = p),a da nije jedna od navedenih. Neka su m, n 3 S , dve prave kojesadrºe centar i m, n 6= s. Njihovi preseci M,N sa p su �ksne ta£kepreslikavanja f . Po²to na osi s postoje jo² bar dve �ksne ta£ke S1,S, preslikavanje f ima 4 �ksne ta£ke u op²tem poloºaju. Zato je fidentitet. Ova kontradikcija dokazuje tvrdjenje. ut

Teorema

Neka je preslikavanje f homologija. Ono je a�no ako i samo ako

S ∈ p∞ ili s = p∞.

Dokaz: Podsetimo se da je projektivo preslikavanje f a�no ako isamo ako f (p∞) = p∞, tj. prava p∞ je �ksna. Ako je f ihomologija tada je na osnovu Leme sledi tvrdjenje. ut


Kako izgledaju a�ne homologije?

S∞ ∈ p∞, s 6= p∞ (centar beskona£an, osa kona£na)

Zraci a�nosti MM ′, NN ′ . . . sadrºe S∞ (paralelni su), aodgovaraju¢e prave MN i M ′N ′ se seku na osi. Ovopreslikavanje zovemo a�nost.

s = p∞, S 6∈ p∞ (centar kona£an, osa beskona£na)

Odgovaraju¢e prave MN, M ′N ′ se seku na osi s = p∞, pa jeMN ‖ M ′N ′. Zato je 4SMN ∼ 4SM ′N ′ za ma koje M i N.Preslikavanje je homotetija sa centrom S i koe�cientom

λ =−−→SM ′/

−→SM.

s = p∞, S ∈ p∞ (i osa i centar beskona£ni)

MN ×M ′N ′ ∈ s = p∞, pa je MN ‖ M ′N ′;MM ′ × NN ′ = S ∈ p∞, pa je MM ′ ‖ NN ′.Dakle

−−→MM ′ =

−−→NN ′, tj. preslikavanje je translacija za vektor−−→

MM ′.

Documents

Geometrija 4 - Катедра за геометрију · PDF fileprostora ta£aka i pravih (osim oblika zagrada i na£ina ozna£avanja). Presk pravih se traºi na isti na£in kao