Fórum: Projektív geometria

Lenne egy elméleti kérdésem, amit érzésem szerint a projektív geometria segítségével lehetne megoldani, ha egyáltalán van megoldás. A kérdésem alapja gyakorlati. Ha létezik megoldás, akkor a munkám során tudnám alkalmazni.

A gyakorlati feladat az, hogy egy régi fénykép alapján keressük meg azt a pontot, ahol az anno készült. Értelemszerűen a régi fénykép egy külső, épületeket ábrázoló kép. Ezen a képen vannak határozott pontok, épületélek, templomcsúcsok, stb-k, melyek beazonosíthatóak egy mai térképen, ha még léteznek.

Vagyis adott egy vízszintes A síkbeli ponthalmaz, melyekre merőleges vonalakat állítok. Adott e halmazon kívül eső O pont és a kettő között egy az A síkra merőleges függőleges S sík, amely nagyjából merőleges a halmaz súlypontja és az O pontot összekötő vonalra is. A halmaz pontjaira állított merőlegeseket a O pontra vetítjük és ezen vetítő síkok egy újabb függőleges vonalat jelölnek ki az S síkon.

Adottak az S síkbeli vonalak ill. az A síkbeli pontok és a kettő közötti közvetlen megfelelések.

Milyen feltételek megléte esetén lehet és hogyan megszerkeszteni az O pont helyét?

Segítségeteket előre is köszönöm.

Azaz ilyesmi a fordítottja:

Legyen P₁,P₂,P₃,P₄ pontok a parabola metszései. Mint az előbb: P₁ és P₄-ből állított tengelyirányú egyenesek metszései a P₁P₂ és P₃P₄ egyenespárral X és Y. Ugyanebből a két pontból a pásik parabola tengelyirányával állított egyenesek metszései X' és Y'. Tudjuk, hogy XY || P₂P₃ || X'Y' azaz XY párhuzamos X'Y'. Amit be akarunk látni: P₁, P₄, X és Y egy körön van.

Kidobva a parabolákat a feladatból: Egy metsző x,y egyenespárt elmetszek két párhuzamos egyenessel, kapom X, Y, X', Y' pontokat. Ha P₁ és P₄ olyan pontok, hogy XP₁X' és YP₄Y' derékszög, és P₁ y-n és P₄ x-en helyezkedik el, akkor P₁, P₄, X és Y egy körön van. Lásd ábra.

Ennek a bizonyítása: OX/OX' = OY/OY' ahol O az egyenesár metszéspontja, mert YXO és Y'X'O hasonlóak. O-ból egy középpontos nagyítással elérjük, hogy X''O = YO legyen. Ekkor X'''O=Y'O és P₁X || P₁''X''. x és y szögfelezőjére tükrözve (az egyikre) X'' Y-ba, X''' Y'-be kerül, X''P₁'' pedig YP₄-be, tehát rakható rájuk kör, tehát P₁, P₄, X és Y is egy körön van.

A forítottja egyszerű:

Ha P₁,P₂,P₃,P₄ pontok egy húrnégyszögön vannak, és P₁P₂ és P₃P₄ egyik szögfelezője sz, akkor sz jó lesz, mint egy parabolának tengelyiránya.

A parabolának az ideális pontja legyen P₅, az ott vett érintője az ideális egyenes(?), és a Pascal-tétel értelmében 6 pont (P₁,P₂,P₃,P₄,P₅,P₅) csakkor fekszik egy kúpszeleten, ha a rájuk fektetett egyenesek metszései egy ponton mennek át. Elegendő tehát azt belátnom, hogy XY || P₂P₃.

Az ábra jelölése szerint: X:=P₁P₂P₅P₄, Y:=P₃P₄P₅P₁, Z:=P₂P₃P₅P₅.

Y képe msz-re való tükrözés után P₁, X-é P₄ tehát XY antiparallel P₁P₄ tehát parallel P₂P₃

msz irányú parabola is fektethető rájuk, tehát fektethető rá merőleges parabola is.

Ha P₁P₃P₄P₅ húrnégyszög, akkor felírva az O pont körülírt körre vonatkozó hatványát OP₁^.OP₃=OP₄^.OP₅, innen OY²=OP₅². Vagyis a lehetséges Y₁, Y₂ pontok az O középpontú P₅-öt tartalmazó körön vannak. Ezért a Thales-tétel miatt Y₁P₅Y₂ derékszög. Viszont Y₁P₅ illetve Y₂P₅ határozzák meg a lehetséges parabolák ideális pontjait, ami azt jelenti, hogy a lehetséges parabolák tengelyei valóban merőlegesek. A gondolatmenetben minden lépés megfordítható, így az állítás megfordítása is igaz.

Az eddigiek alapján egy Feladat: Bizonyítsuk, hogy egy húrnégyszög csúcsaira illeszkedő két parabola tegelye merőleges egymásra.

Igaz-e a fordítottja: Ha két, merőleges tengelyű parabola négy pontban metszi egymást, akkor a négy metszéspont egy körön van ?

Szerkesztési feladatnak tekintve -ből: Legyen Z az OP₄(=OP₅) egyenes azon pontja, melyre . Ekkor OY²=OZ^.OP₅

A P₁ , P₃ , P₄ pontokon át rajzolt kör kimetszi OP₅ -ből Z-t, OY megegyezik a ZP₅ szakaszt húrként tartalmazó körhöz O-ból húzott érintő hosszával.

Igen, ugyanaz a pont. Ott tényleg nem kellett volna új jelölést bevezetnem.

Na, ezt még meg kell értenem. Az X pont megegyezik az előző ábrán látható Q ponttal?

Ha végiggondoljuk, hogy mi a hiba a bizonyításban, akkor ezzel a gondolatmenettel is kaphatunk egy indoklást az eredeti kérdésre.

Ugyanis olyan P₂ ideális pontot kell keresnünk, amelyre teljesül, hogy a P₁, P₂, P₃, P₄, P₅ pontokra illeszkedő kúpszelet parabola. Ez éppen akkor teljesül, ha a P₂ pontbeli érintő az ideális egyenes. A P₂ pontbeli érintőt a Pascal-tétel segítségével szerkesztve (a P₂P₁P₃P₄P₅P₂ hatszöget használva) azt kapjuk, hogy ez pontosan akkor áll fenn, ha az X=P₁P₂P₄P₅ és Y=P₂P₅P₁P₃ pontok egyenesre párhuzamos P₃P₄-el.

Legyen O=P₁P₃P₄P₅ (és tegyük most fel az egyszerűség kedvéért, hogy ez nem ideális pont). A keletkező háromszögek hasonlósága alapján (és felhasználva a négyszög konvexitását, ami miatt O az oldalszakaszokon kívül esik) és ; ahonnan . A P₁, P₃, P₄, P₅ pontok a négyszög rögzített csúcsai, ezekhez két olyan Y pont van, amire a fenti egyenlőség teljesül. Ebből következően két olyan P₂ ideális pont létezik, ami eleget tesz a feltételeknek.

Ezt a dolgot egyébként a legegyszerűbben Desargues ivolúciótételét felhasználva lehet belátni, de azt gondolom, hogy az a gondolatmenet nem "elemi", ezért nem teljesen idevaló.

Ezt Pascal-tétel nélkül is el lehet mondani.

Legyenek a négyszög csúcsainak koordinátái (x₁,y₁),(x₃,y₃),(x₄,y₄),(x₅,y₅). Legyen a tengely irányvektora (x₂,y₂). Ekkor az ismert képlet szerint a négy ponton átmenő és a tengely irányú parabola pontjai azok az (x₆,y₆) pontok, ahol

Persze ez ugyanúgy hibás, mint a te szerkesztésed.

Erről jut eszembe a következő "bizonyítás". Hol a hiba benne? ( Aki ismeri, ne lője le! )

A síkban bármely konvex négyszög négy csúcsára illeszthető tetszőleges tengely irányú parabola. A Pascal-tétel alapján a parabola további pontjai szerkeszthetők.

Legyenek a négyszög csúcsai P₁,P₃,P₄,P₅ , az e₂ egyenes a tengely iránya. A P₁ -en át felvett tetszőleges e₁₆ egyenes és a parabola P₆ metszéspontjának szerkesztése: Legyen P₂ a parabola ideális pontja. Ekkor P₁P₂ ( e₁₂ ) a P₁ -en át húzott e₂vel párhuzamos egyenes, ennek P₄P₅ -tel alkotott metszéspontja legyen Q. P₂P₃ ( e₂₃ ) a P₃ -n át húzott e₂vel párhuzamos egyenes, ennek P₅P₆-tal vett (egyelőre ismeretlen ) metszéspontja S. A P₃P₄ és a P₆P₁=e₁₆ egyenes metszéspontja R. S-et megkapjuk mint QR és e₂₃ metszéspontját, P₆ így P₅S és e₁₆ metszéspontjaként adódik.

Ez nem projektív, hanem inkább gömbi/hiperbolikus geometriai kérdés.

A gömbön kétféle, oldalakra és szögekre vonatkozó koszinusztétel is van, ezek valóban egymás természetes duálisai. (A megfelelő képletetek hiperboliklusban is igazak, de nem annyira látványos a dualitás.)

illetve

Ezekből úgy kaphatunk euklideszi tételeket, ha átrendezzük, r²-tel megszorozzuk, és vesszük a r határátmenetet. Úgy képzelhetjük el, hogy az euklideszi háromszöget egy nagy gömbre vetítjük, ami a háromszögünk közelében érinti a síkot, felírjuk a vetület-gömbháromszögre a megfelelő képletet, aztán felfújjuk a gömböt végtelen nagyra.

Az oldalakra vonatkozó koszinusztételből a szokásos koszinusztételt kapjuk, ehhez csak a és a határértékre van szükség.

A szögekre vonatkozó koszinusztétel esetében még egy apró trükk kell: tudnunk kell, hogy a gömbháromszög területe t=r²(++-).

Ha r, akkor , az euklideszi esetben tehát

Ha akarjuk, ezt a képletet tekinthetjük a koszinusztétel duálisának.

Nem vagyok biztos benne mire gondolsz, de szerintem (amennyit én a projektív geometriás dualitásról tudok, az alapján) nincs neki. Aztán lehet, hogy a dualitás még jobban kiterjeszthető, nem vagyok a téma szakértője.

mi a cosinus-tétel duálisa?

Egyszerű bizonyítást szeretnék a következő tételre.

A síkban bármely konvex négyszög négy csúcsára pontosan két parabola illeszkedik, feltéve, hogy a párhuzamos egyenespárokat is elfajult parabolának számítjuk.

A válasz igen; az indoklást pedig nagyban befolyásolja az, hogy hogyan értelmezzük a kúpszeleteket illetve milyen eszközökkel bizonyítjuk a rájuk vonatkozó tételeket. (Például igen gyakran a másik témában tárgyalt Steiner-tételt tekintik a kúpszelet definíciójának, miszerint a kúpszeletek definíció szerint a projektív sugársorok metszési alakzatai. Más tárgyalásban a kúpszeletek definíció szerint a körök kollineációs képei - ekkor nyilván nincs mit bizonyítani.) Tegyük fel, hogy most a kúpszelet fogalmát a középiskolában megismert módon értelmeztük (tehát definíció szerint a kúpszeletek a körökm, az ellipszisek a hiperbolák és a parabolák).

Geometriai módon megkonstruálhatunk például olyan kollineációt, amely tetszőleges kúpszeletet körbe visz át; lényegében azzal a módszerrel, ahogyan a [41] hozzászólásomban megadtam a két kör közötti kollineációt. Egy tetszőleges k kúpszeletet tekintve kiválaszthatunk annak két érintőjét, és ezek közé az érintők közé egy tetszőleges k' kört beírva a k kúpszelet átvihető a k' körbe olyan kollineációval, amelynek centruma a két tekintett érintő metszéspontja. A módszer indoklásánál azonban felhasználtuk, hogy egy kúpszeletet öt "megfelelő adat" egyértelműen meghatároz. Ennek a belátásánál pedig előfordulhat, hogy már kihasználtuk a bizonyítandót. (Ha például ezt a Pascal-tétel segítségével bizonyítottuk, és a Pascal tételt először körre igazoltuk, majd onnan kollineáció alkalmazásával általánosítottuk kúpszletre.)

A [48] hozzászólásodban szereplő koordinátás módszer is célhoz vezet, ellipszisek esetén rendben van az, amit írtál.

A kollineációk koordinátás megadásához azonban a projektív síkon érdemes számolnunk, homogén koordinátákkal. Röviden: a projektív sík pontjait (0,0,0)-tól különböző számhármasokkal jellemezhetjük úgy, hogy az (x₁,x₂,x₃) számhármas és tetszőleges k nem 0 valós szám esetén a (kx₁,kx₂,kx₃) számhármas ugyanazt a pontot jelenti. Az (x,y) pontnak az (x,y,1) számhármas (és annak akármilyen skalárszorosa) felel meg, a (v₁,v₂) irányvektorú egyenesek ideális pontjának pedig a (v₁,v₂,0) számhármas felel meg. Ekkor igazolható (nehéz tétel!), hogy minden kollineáció valamilyen rögzített a_ij skalárok esetén az (x₁,x₂,x₃) ponthoz az (a₁₁x₁+a₁₂x₂+a₁₃x₃,a₂₁x₁+a₂₂x₂+a₂₃x₃,a₃₁x₁+a₃₂x₂+a₃₃x₃) pontot rendeli. Ilyen módon a kanonikus alakban felírt parabolához és hiperbolához is megadható az a kollineáció koordinátásan, amelyik azt körbe transzformálja:

-az parabola egyenlete homogén koordinátákkal x₁²-2px₂x₃=0, ezt a görbét az (x₁,x₂,x₃) ponthoz -t rendelő transzformáció az origó középpontú egységkörbe viszi.

-az hiperbola egyenlete homogén koordinátákkal b²x₁²-a²x₂²-a²b²x₃²=0, ezt a görbét az (x₁,x₂,x₃) ponthoz az (abx₃,ax₂,bx₁) pontot rendelő kollineáció az origó középpontú egységkörbe viszi.

Amikor a kérdést először megismertem, a kúpszeletek kanonikus egyenleteire gondoltam: ellipszis esetén

.

Itt akkor végezzünk két merőleges affinitást, a két tengelyre, úgy, hogy ebből kör-egyenletet kapjunk. Úgy tűnik, a merőleges affinitás kollineáció, hisz az egyenes pontjai esetén kettősviszonytartó, így sugársorokra is ez elmondható.

A kanonikus alak létezése már elemibb dolog, ismert eredmény (tudom, "elkentem").

Az volna a kérdés, hogy ezt parabolákkal, hiperbolákkal meg lehet-e csinálni? Nyilván az ilyesfajta affinitásból ki kellene lépni, vagy sem? (Nem kell az állításaimat komolyan venni :-). )

Ha már a GEOMETRIA témában felmerült, felvetném:

Van-e minden kúpszelethez olyan kollineáció (kettősviszonytartó transzformáció), amely körbe viszi?

Igen.

Egy kúpszelet párhuzamosan vetített képe (affinitása) is kúpszelet. Vannak olyan centrális vetítések, amik kúpszeletet kúpszeletbe visznek (triviálisan: a kúp középpontjából történő vetítés mindenképpen kúpszeletbe visz.) Vajon minden centrális vetítés (síkról síkra, a 3-térben) kúpszelettartó-e?

Szép megoldás, rokon megoldás. Ugyanúgy a transzformációkat használja ki.

,,A k2 kört és a hozzá kapcsolódó pontokat H körül kpos hasonlósággal k1-be viszi (enélkül szerintem nem is lehet megoldani)."

Maga Balázs például invertált nagyítás helyett (vázlatosan):

O középponttal k1-re és k2-re a merőleges körök legyenek i1 és i2 (amik tartalmazzák P-t, Q-t, R-t és S-t) H kp-ú k1-t és k2-t kicserélő inverzió P-t R-be viszi, és megtartja i1' k1' merőlegességét, és i1' középpontjának egyenesét (HO), i1' kp-ja tehát O és merőleges k2-re; i1 és i2 egymás képei, tehát Q és S is.

Még csak azt sem kell belátni, hogy a hvonalon van O.

Mondjuk ez elég távol van a projektív geometriától.

Sok a megoldásodban az elméleti háttér.

Én olyan megoldást küldtem be, ami lényegében a Te megoldásod, csak elemi módon van kivitelezve. Vázlatosan:

Lemma. OP=OR, ha H, P, R kollineáris. Biz.: Elvégezzük azt a H középpontú középpontos hasonlóságot, amely k₂ kört k₁-be viszi. R pont képe olyan R'k₁, melyre R'HP. R'-ben meghúzzuk a k₁-et érintő egyenest, ami a P-ben húzott érintőt O₁ pontban metszi, ahol O₁P=O₁R'. Nyilván , ahonnan OP=OR is teljesül.

Igazoljuk (OQ=OP=OR=OS), hogy QS is áthalad H ponton. A Lemma miatt (HQk₂=X) a k₁-et Q-ban és a k₂-t X-ben érintő két egyenes metszéspontja (ha létrejön) olyan Y pont, melyre YQ=YX. Ekkor nyilván Y=O, és ezért X=R vagy X=S lehet. Ha viszont X=R, akkor P, Q és R kollineáris, QP miatt az első bekezdés jelölései mellett Q=R', így O=O₁, amiből Q=R és k₁=k₂ adódik, ez ellentmondás. Tehát mindenképpen X=S. Készen vagyunk.

* * * * *

Ma hallottam egy másik nagyon szép megoldást. A k₂ kört és a hozzá kapcsolódó pontokat H körül kpos hasonlósággal k₁-be viszi (enélkül szerintem nem is lehet megoldani). Ezután a P, Q', R, S' pontok által alkotott elfajuló hatszögekre alkalmazhatjuk a Pascal-tételt, ezzel az érintők is könnyen belevihetők. Végül a bizonyítandó állítás adódik a sok kollinearitás miatt.

Azért, hogy felhozzam a témát, írok egy egyszerű projektív geometriai megoldást az éppen lejárt A. 581. feladatra.

Mivel PR átmegy H-n, van olyan H centrumú kollineáció, amely a k₁ kört a k₂ körbe transzformálja. Valóban: legyenek a közös érintők érintési pontjai E₁ és E'₁ valamint E₂ és E'₂ (ahol E₁ és E₂ illeszkedik a k₁ körre), és tekintsük azt a kollineációt, amelynél a H, E₁, E₂, P pontok képei rendre H, E'₁, E'₂, R. Ennek a kollineációnak H centruma. A P, E₁, E₂ pontok és HE₁, HE₂ érintők képei rendre az R, E'₁, E'₂ pontok és HE'₁, HE'₂ érintők. Így ez a kollineáció a k₁ kör három pontját és ezek közül kettőre illeszkedő érintőjét a k₂ kör megfelelő három pontjába és ezek közül kettőre illeszkedő érintőjébe transzformálja, ezért a k₁ kör képe a kollineációnál a k₂ kör (a k₁ képeként kapott kúpszeletet ugyanis ez az öt adat egyértelműen meghatározza).

Az így nyert kollineációnál a k₁ kör P-re illeszkedő érintőjének képe a k₂ kör R-re illeszkedő érintője, így e két érintő metszéspontja - tehát az O pont - rajta van a kollineáció tengelyén. Azaz O fixpont, így az O-ból k₁-hez húzott "másik" érintő képe az O-ból k₂-höz húzott "másik" érintő, tehát OQ képe OS. Ebből következik, hogy a kollineációnál Q képe S. Mivel tetszőleges pontot a képével összekötő egyenes illeszkedik a centrumra, így QS valóban átmegy H-n.

(Megjegyzem, hogy két kúpszelet közötti centrális kollineáció tengelye mindig a két kúpszelet hatványvonala - azaz olyan egyenes, amelyen a konjugált pontpárok mindkét kúpszeletre vonatkozóan ugyanazok; ez két kör esetén ismert módon éppen a "szokásos" hatványvonalra és az ideális egyenesre teljesül. Ebből következik, hogy O rajta van k₁ és k₂ hatványvonalán. Ez egyébként elemi úton is egyszerűen látszik, a keletkező szögek összevetésével ugyanis belátható, hogy PRO egyenlő szárú.)

8/a. feladat Legyen az AA', BB', CC' egyenesek közös pontja O továbbá legyen ABA'B'=P, BCB'C'=Q, PQAA'=X, PQBB'=Y, PQCC'=Z. Ekkor a Pappos-Steiner tételt kétszer alkalmazva (először P, majd Q középpontból vetítve) (AA'XO)=(BB'YO)=(CC'ZO). Így a 7. feladat alapján AC, A'C' és XY=PQ egy ponton mennek át, vagyis valóban, ACA'C' PQ-ra illeszkedik.

8/b. feladat A megfordítás igazolásához legyen ABA'B'=P, BCB'C'=Q, ACA'C'=R. Tegyük fel, hogy P, Q, R egy egyenesre illeszkedik. Azt kell megmutatnunk, hogy ekkor az AA', BB', CC' egyenesek egy ponton mennek át. A Desargues-tételt az AA'R és BB'Q háromszögekre alkalmazva ez egyszerűen adódik.

9. feladat Vezessük be az ee'=M, AB'A'B=P, AC'A'C=Q, BC'B'C=R, AC'A'B=X, A'CBC'=Y jelöléseket. Azt kell megmutatnunk, hogy P, Q és R egy egyenesre illeszkedik. A Pappos-Steiner tételt kétszer alkalmazva (először A, majd C középpontból vetítve) (A'PXB)=(A'B'C'M)=(YRC'B), így a 7. feladat eredménye alapján A'Y, PR és XC' egy ponton megy át. Mivel A'Y=A'C és XC'=AC' metszéspontja Q, ez az állítás igazságát jelenti.

10. feladat Itt az előző feladat ötlete alkalmazható némi módosítással: itt a szóban forgó hat pont nem egy metsző egyenespárra, hanem egy körre illeszkedik. Legyen ABDE=P, BCEF=Q, CDFA=R, AFDE=X, CDEF=Y. A kerületi szögek tétele miatt az (AD,AB,AF,AE) egyenesnégyes kettősviszonya megegyezik a (CD,CB,CF,CE) egyenesnégyes kettősviszonyával. Az első sugárnégyest a DE, a másodikat az EF egyenessel elmetszve innen azt kapjuk, hogy (DPXE)=(YQFE). A megoldás innen - ismét a 7. feladat eredményét - használva az előző feladatban látott módon fejezhető be.