Две задачи по АГ

[Гост]

1. В разширеното евклидово пространство Е3*, в хомогенни координати, са дадени точките M(-1,1,-1,1), N(0,2,-1,0) и P(-1,1,-1,2), определящи равнината гама. Равнина бета минава през безкрайната права на гама и през точката Q(0,0,1,1). Да се намери аналитично представяне на ортогонално проектиране на Е3* върху равнината бета.

2. Спрямо координатна система в Е2* са дадени точките A(1,0,0),B(0,1,0),O(0,0,0),E(1,1,1),O’(2,-4,1),E’(1,-5,1). Нека фи е линейната трансформация на Е2*, изобразяваща точките A,B,O,E съответно в A,B,O’,E’. Да се определят неподвижните прави на фи.

[nikola.topalov]

В хомогенни координати точката [tex]O(0,0,0)[/tex] не съществува. Проверете условието отново.

[Гост]

O(0,0,1) извинявам се

[nikola.topalov]

[tex]1.[/tex] За уравнението на равнината [tex]\gamma[/tex] имаме $$\gamma:\mathrm{det}\begin{pmatrix}x & y & z & t \\ -1 & 1 & -1 & 1 \\ -1 & 1 & -1 & 2 \\ 0 & 2 & -1 & 0\end{pmatrix}=0$$ Развиваме по четвърти ред и получаваме, че $$\gamma:2\mathrm{det}\begin{pmatrix}x & z & t \\ -1 & -1 & 1 \\ -1 & -1 & 2 \end{pmatrix}+\mathrm{det}\begin{pmatrix}x & y & t \\ -1 & 1 & 1 \\ -1 & 1 & 2 \end{pmatrix}=0\Leftrightarrow \gamma:x-y-2z=0$$ По-нататък, пресичаме безкрайната равнина [tex]\Omega:t=0[/tex] с равнината [tex]\gamma[/tex], за да намерим безкрайната ѝ права. Имаме $$\begin{array}{|l} x-y-2z=0 \\ t=0 \end{array}$$ Да положим [tex]x=\lambda[/tex] и [tex]z=\mu[/tex]. Тогава [tex]y=\lambda-2\mu[/tex] и безкрайната права [tex]u_\gamma[/tex] на равнината [tex]\gamma[/tex] има вида $$u_\gamma:\begin{cases}x=\lambda \\ y=\lambda-2\mu \\ z=\mu \\ t=0\end{cases}, \ (\lambda,\mu)\neq(0,0)$$ Нататък е аналогично. Изкарвам, че [tex]\beta:-x+y+2z-2t=0[/tex]. Равнината [tex]\beta[/tex] в нехомогенни координати има вида [tex]\beta:-X+Y+2Z-2=0[/tex]. Тогава за нормалния вектор [tex]\vec{n}_\beta[/tex] на равнината [tex]\beta[/tex] получаваме, че [tex]\vec{n}_\beta(-1,1,2)[/tex]. Следователно безкрайната точка [tex]U_{\vec{n}_\beta}(-1,1,2,0)[/tex] е проекционен център на ортогоналното проектиране върху равнината [tex]\beta[/tex]. Нека [tex]M_0(x_0,y_0,z_0,t_0)\not\equiv U_{\vec{n}_\beta}[/tex] е произволна точка в [tex]\mathbb{E}_3^{\star}[/tex] и [tex]m[/tex] е правата, минаваща през точките [tex]M_0[/tex] и [tex]U_{\vec{n}_\beta}[/tex]. Тогава тя има вида $$m:\begin{cases}x=\lambda x_0-\mu \\ y=\lambda y_0+\mu \\ z=\lambda z_0 +2\mu \\ t=\lambda t_0\end{cases}, \ (\lambda,\mu)\neq(0,0)$$ Нека [tex]M'(x',y',z',t')=m\cap \beta[/tex]. Така получаваме, че е изпълнено $$\lambda(-x_0+y_0+2z_0-2t_0)+6\mu=0$$ Нека $\lambda=-6$ и $\mu=-x_0+y_0+2z_0-2t_0$, откъдето $$\begin{array}{|l} x'=-5x_0-y_0-2z_0+2t_0 \\ y'=-x_0-5y_0+2z_0-2t_0 \\ z'=-2x_0+2y_0-2z_0-4t_0 \\ t'=-6t_0\end{array}$$ Следователно даденото ортогонално проектиране е зададено аналитично с матрицата $$C=\begin{pmatrix}-5 & -1 & -2 & 2 \\ -1 & -5 & 2 & -2 \\ -2 & 2 & -2 & -4 \\ 0 & 0 & 0 & -6\end{pmatrix}$$

[tex]2.[/tex] Ще намерим матрицата [tex]C=\{c_{ij}\}\in M_3(\mathbb{R})[/tex] на [tex]\varphi_C\in\mathrm{Hom}(\mathbb{E}_2^{\star})[/tex]. Тъй като по условие точките [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] се изобразяват в себе си, то $$\begin{pmatrix}c_{11} & c_{12} & c_{13} \\ c_{21} & c_{22} & c_{23} \\ c_{31} & c_{32} & c_{33}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}=\rho_1\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}\Leftrightarrow \begin{pmatrix}c_{11} \\ c_{21} \\ c_{31}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\rho_1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}$$ и съответно $$\begin{pmatrix}c_{11} & c_{12} & c_{13} \\ c_{21} & c_{22} & c_{23} \\ c_{31} & c_{32} & c_{33}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}=\rho_2\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}\Leftrightarrow \begin{pmatrix}c_{12} \\ c_{22} \\ c_{32}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0 \\ \rho_2 \\ 0\end{pmatrix}$$ По-нататък, от това, че [tex]O\xrightarrow{\varphi_C} O'[/tex], по същия начин получаваме $$ \begin{pmatrix}c_{13} \\ c_{23} \\ c_{33}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\rho_3 \\ -4\rho_3 \\ \rho_3\end{pmatrix}$$ Следователно матрицата [tex]C[/tex] придобива вида $$C=\begin{pmatrix}\rho_1 & 0 & 2\rho_3 \\ 0 & \rho_2 &-4\rho_3 \\ 0 & 0 & \rho_3\end{pmatrix}$$ където $\rho_i$ са ненулеви коефициенти на пропорционалност. От изображението [tex]E\xrightarrow{\varphi_C} E'[/tex] имаме, че съществува ненулев коефициент на пропорционалност [tex]\rho_4[/tex], за който е в сила $$\begin{pmatrix}\rho_1 & 0 & 2\rho_3 \\ 0 & \rho_2 &-4\rho_3 \\ 0 & 0 & \rho_3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1\\1\\1\end{pmatrix}=\rho_4\begin{pmatrix} 1\\ -5 \\ 1\end{pmatrix}\Leftrightarrow \begin{array}{|l} \rho_1+2\rho_3=\rho_4 \\ \rho_2-4\rho_3=-5\rho_4 \\ \rho_3=\rho_4\end{array}$$
Нека [tex]\rho_4=1[/tex]. Тогава намираме последователно [tex]\rho_3=1[/tex], [tex]\rho_1=\rho_2=-1[/tex], откъдето $$C=\begin{pmatrix}-1 & 0 & 2 \\ 0 & -1 &-4 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\Rightarrow \varphi_C:\begin{pmatrix} x' \\ y' \\ t'\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 & 0 & 2 \\ 0 & -1 &-4 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ y \\ t\end{pmatrix}$$ За да намерим неподвижните прави, най-напред ще намерим [tex]C^{-1}[/tex] от матричното уравнение [tex]CX=E[/tex]. Да отбележим, че [tex]\exists C^{-1}[/tex], тъй като матрицата на линейния оператор [tex]\varphi_C[/tex] е изродена. Получавам, че [tex]C^{-1}=C[/tex]. Следователно [tex]f_{C^{-1}}(\sigma):=\mathrm{det}(C^{-1}-\sigma E)=(1-\sigma)(1+\sigma^2)[/tex] и [tex]\sigma_1=1[/tex], [tex]\sigma_{2,3}=-1[/tex] са собствени стойности на [tex]C^{-1}[/tex]. За [tex]\sigma_1=1[/tex] имаме $$[A \ B \ C]\begin{pmatrix}-2 & 0 & 2 \\ 0 & -2 &-4 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}=[0 \ 0 \ 0]\Leftrightarrow \begin{array}{|l} -2A=0 \\ -2B=0 \\ 2A-4B=0 \end{array}$$ И така изкарваме, че правата [tex]g[0,0,1][/tex] е неподвижна. За [tex]\sigma_{2,3}=-1[/tex] получаваме, че $$[A \ B \ C]\begin{pmatrix}0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 &-4 \\ 0 & 0 & 2\end{pmatrix}=[0 \ 0 \ 0]\Leftrightarrow \begin{array}{|l} 2A-4B+2C=0\end{array}$$ следователно всички прави, минаващи през [tex]Q(1,-2,1)[/tex], са неподвижни.