3) Homogene coördinaten – het projectieve vlak
1.
A 1,1,1
,B 0, 0,1
,C 3, 0,1
,D 0,5,1
enE 5, 7,1
.2.
3
2 ,1 A
,B 1, 0
,C 0, 0
,1 , 1
D 2 2
enE 0, 4
.3. a) a x y
A 1,1, 0
3 2 6 0
b x y
B 2,3, 0
5 7 0
c y
C 1, 0, 0
2 3 0
d x D 0,1, 0
b)
m 3 E 1, 3, 0
c)
P P
1 2 2, 2
, zodatP
1, 1, 0
d)
2 6 3 3 2 3
x k m
r y k m
z k m
, neem je bijvoorbeeld
k 3
enm 2
dan vind je:P
18,3, 0
ofP
6,1, 0
4.
a)
2 3 2
1 2 3 52 63 28 39 0 7 0 13
b)
1 1
1 1 1 2 1 2
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
1 0
1 1 0
0 0
R R
x y x x y y
x y x y
x x y y x x y y
(twee gelijke rijen
determinant nul)5.
a)
1 2 3 0 5 10 5 0 2 0
2 1 4
x y z
r x y z x y z
b)
P P
1 2/ / y
, zodatP P
1 2 y 3 z
. 6.a)
2 3 2 3
x k m
y k m
z k m
b)2 10 2 10
3 9 7 21 3
2 3 6 0 0 4
k m m k
k m k k
k m m
c) Dan moet
z 0
, dus stel bvbk 3
enm 2
, dan wordtP
8, 3, 0
d) Affien is
P
1 1,1 2
enP
2 1 3,1
, zodatM 1 3, 3 4
of homogeen noemervrijM 4,9,12
e) 1 2
2 1 2 0 3 8 7 0 1 3 3
x y z
P P x y z
7.a)
4 1
1 2 7
,3 1 1 2 7
,3 4 1 1 7
S 1,1,1
b) De rechten zijn evenwijdig, dus is
4,3,0
hun snijpunt (op oneindig).8.
Affien geldt: 1
1 1 3 , 3
P
en 21 1 , P 2 4
, zodat: PP2 2 PP1 P2 P 2
P1P
P2P1P2.Dus is 1 11 6, 12 P
, of als homogene coördinaat bijvoorbeeld
P 2, 11,12
9. a)
r k x y 2 z m 3 x 2 y z 0
, met k m ℝ, en k m 0
b)
P 2,1, 2 r k 2 1 2.2 m 3.2 2.1 2 0 k 6 m 0
, dus neem k6,m1, dan is:
6 2 3 2 0 9 4 11 0
r x y z x y z x y z
c)
Q 2,1, 0 r k 2 1 2.0 m 3.2 2.1 0 0 3 k 4 m 0
, dus neemk 4
enm 3
, dan isr 4 x y 2 z 3 3 x 2 y z 0 5 x 10 y 11 z 0
d) Evenwijdig met
d
3 3 x 2 y 4 z 0
wil zeggen dat de rechte ook door punt 2,3, 0
gaat, dus 2,3, 0 2 3 2.0 3. 2 2.3 0 0 12 0
Q r k m k m
, dus neem k12,m1 , dan isr 12 x y 2 z 3 x 2 y z 0 15 x 10 y 23 z 0
e) Evenwijdig met de y-as wil zeggen dat de rechte door punt
0,1,0
gaat, dus: 0,1, 0 0 1 2.0 3.0 2.1 0 0 2 0
Q r k m k m
, dus neem k2,m1, dan is
2 2 3 2 0 5 3 0
r x y z x y z x z
10. a) k x m y 0, met k m ℝ, en
k m 0
b)
k x 2 m y 3 0
, met k m ℝ, en k m 0
(homogeen:k x 2 z m y 3 z 0
)c)
k x 2 y m z 0
, met k m ℝ, en k m 0
11. Voor de rechte geldt 1
5 2
x y
r
, of beter nogr 2 x 5 y 2 5
.Voor de middelloodlijn geldt:
5
5
2
2 02 2
l
x
y
. Deze vergelijking uitwerken
geeft:
5
2
21 6x y 2
, of anders geschreven:
5 x 2 y 21 2 x y 3 0
. Dit is inderdaad de vergelijking van een rechtenbundel met één niet-homogene parameter. De basisexemplaren zijn1
5 2 21 2 0
r x y
en x y 3 0
. Deze rechten snijden elkaar in puntP 3 2, 3 2
.12. a) K
x
2 y
2 a z
2 2, stelz 0
, dan moetx
2 y
2 0 x y x y 0
. De punten op oneindig zijn dusP
1 1, 1, 0
enP
2 1,1, 0
.b) K
x
2 y
2 r z
2 2, stelz 0
, dan moetx
2 y
2 0 x iy x iy 0
. De punten op oneindig zijn dusP
1 1, , 0 i
enP
2 1, i , 0
(dit zijn de isotrope punten)c) K
x
2 y
2 2 xz 3 yz 0
, stelz 0
, dan moetx
2 y
2 0 x iy x iy 0
. De punten op oneindig zijn dusP
1 1, , 0 i
enP
2 1, i , 0
(dit zijn de isotrope punten)d) K
4 x
2 9 y
2 xz 5 z
2 0
, stelz 0
, dan moet4 x
2 9 y
2 0 2 x 3 y 2 x 3 y 0
. Depunten op oneindig zijn dus
P
1 3, 2, 0
enP
2 3, 2, 0
.e) K
x
3 y
3 xyz
, stelz 0
, dan moet x3y3 0
xy
x2xyy2
0. De punten op oneindig zijn dusP
1 1, 1, 0
, P2
1 3 , 2, 0i
en P3
1 3 , 2, 0i
.(Want 2 2 3 2
1 3
1 3
0 0
2 2
D y i i
x xy y x y x y
)
f) K
x2y2
2z4 0, stelz 0
, dan moet x
2 y
2
2 0 x y x y 0
. De punten op oneindig zijn dusP
1 1, 1, 0
enP
2 1,1, 0
(telkens dubbel geteld).13. Homogeen is K
2 x
2 3 xy ky
2 2 xz 3 yz 7 z
2 0
. De punten op oneindig vinden we als wez 0
stellen:2 x
2 3 xy ky
2. Samenvallende punten op oneindig impliceert dat de discriminant van deze vergelijking (inx
of in y bekeken) nul moet zijn, dusD 3
2 4.2. k 0 k 9 8
.14. Substitutie geeft:
5 5h
2 5 5
h
1 5 h
h 0, dusP 5, 5,1
is een snijpunt.Het andere snijpunt vind je op deze manier niet omdat de parametervoorstelling slechts één niet-homogene parameter bevat en er dus één punt is van de rechte dat niet bereikt wordt. Het toeval wil dat dit net het punt
1, 5,5
Q
is.4) Imaginaire punten en rechten
1.
r 2 1 2 i x 1 2 i y 4 1 2 i 0 2 x y 4 0
2.
a) 1
1 2 ,1 ,
1 1 1 3 , 2,1
i
P i i i P i i
, de punten zijn dus inderdaad imaginair toegevoegd b) Nee want de eerste en de derde coördinaat zijn complex toegevoegd, maar de tweede niet.3. Sowieso imaginair want mocht het snijpunt ook reëel zijn dan liggen er op de imaginaire rechte
a
twee verschillende reële punten, wat niet kan.4. Het reële punt op een imaginaire rechte vind je door het snijpunt te zoeken met de toegevoegd imaginaire rechte
a) 2 3 0
3, 0, 2
2 3 0
ix y iz ix y iz S
b)
1 1 6 0 3,3,1
1 1 6 0
i x i y z
i x i y z S
c)
3 6 2 0 2, 1, 0
3 6 2 0
i x i y iz i x i y iz S
5. Stel ruxvy w 0, met u v w ℝ, , en noem het imaginaire punt
P x y z
1,
1,
1
, metx y z
1,
1,
1 ℂ.
1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0 1, 1, 1
P r ux vy wz ux vy wz u x v y wz P x y z □r
6. Dit zal de rechte zijn die ook door het toegevoegd imaginaire punt gaat:
2 3 1 0 2 2 10 5 0
2 3 1
x y z
r i i ix iy iz x y z
i i
7. Zeker niet, want we kunnen een heel eenvoudig tegenvoorbeeld geven: de oorsprong ligt zowel op de rechte
1
0
r ix y
als op de rechter
2 1 i x y 0
en dit zijn geen twee toegevoegd imaginaire rechten.Duaal: Als er op een reële rechte twee imaginaire punten liggen zijn die niet noodzakelijk imaginair toegevoegd.
8. a) oneindig veel b) één c) oneindig veel d) één 9. a)
M 3 i ,1 4 i
b) Affien is
1, 2 P i
enQ 2 , i i
, zodat 1 ,2 4
M i i
of homogeen
M 2 4 , i i , 4
.c) Noem
P a bi c di ,
, met a b c d ℝ, , , dan isP a bi c di ,
, zodat dusM a c ,
reëel is.d) Neen, het volstaat dat de imaginaire delen tegengesteld zijn. De reële delen moeten niet gelijk zijn.
(zo is bijvoorbeeld het midden van
1 i , 2 i
en 3 i , 4 i
gelijk aan 2,3
, terwijl die punten duidelijk niet imaginair toegevoegd zijn)10.
a)
2
2
22 0 2
0 2
x x
y x x x
y y i
y ix y ix
de snijpunten zijn 0, 0
en 2, 2i
b) 2 2 2 1 2 2 1 0
2 0 12 1 0 2 1 2 1 2 1
y x y iy y iy y i x
y i
x iy x iy x iy x iy
Het enige (dubbele) snijpunt is dus
1, i
. De rechte is dus een imaginaire raaklijn aan de parabool.11. De vergelijking van een cirkel is C
x
2 y
2 2 ax 2 by c 0
of als we ze homogeen maken:2 2 2
2 2 0
x y axz byz cz
C . De isotrope punten
1, , 0 i
en 1, i , 0
liggen hier inderdaad wel degelijk op (als we ze invullen klopt de vergelijking).5) Coördinatentransformaties
1.
a)
6 2 2 2 0 1 0 0 1 M
b) Als
6 ' 2 1 P
, dan is de oorspronkelijke coördinaat van
P :
34 ' 13 1 P M P
, dus
P 34,13,1
.Als
1
' 4
0 Q
, dan is de oorspronkelijke coördinaat van Q:
2
' 2
0
Q M Q
, dus
P 2, 2, 0
.c) Als
1 1 0 P
, dan is de nieuwe coördinaat van
P :
11 2
' 1
0 P M
P
, dus
P ' 1 2 ,1, 0
.Als
2 3 1 Q
, dan is de nieuwe coördinaat van Q: 1
1
' 5
1 Q M
Q
, dus
P ' 1, 5,1
.d) De matrix van de rechte
d
isU 1 3 2
. Ten opzichte van het nieuwe assenstelsel zal gelden:
' 0 2 1
U U M
, zodat dus dan geldt: d 2 'y z'0 2.a) Dan is
1 0 3 0 1 2 0 0 1 M
en 1
1 0 3 0 1 2 0 0 1 M
, zodat (analoog aan de vorige oefening):
'
1' 1, 4, 0
P M
P P
(oneigenlijke punten veranderen niet door een verschuiving), en
'
1' 5,5,1
Q M
Q Q
. Dit kon ook makkelijk met de (inverse) transformatieformules.b) De transformatieformules zijn
x x ' 3
en y y' 2 zodat de vergelijking wordt:
x' 3
2 2
y' 2
2 6
x' 3
8 y' 2
16 0 x'2 2 'y 2 1 0
K
3.
tan 2
, dus we nemen2 sin
5
en1 cos
5
, dan geldt' 2 ' 5
x y
x
en2 ' ' 5 x y
y
. Dus:2 2
2 2 2 2
' 2 ' ' 2 ' 2 ' ' 2 ' ' ' 2 ' 2 ' '
3 8 3 10 20 0
5 5 5 5 5 5
5 ' 5 ' 10 5 ' 0 ' ' 2 5 ' 0
x y x y x y x y x y x y
x y x x y x
K K
4.
De transformatieformules zijn: 2
' '
x 2 xy en 2
' '
y 2 xy , zodat de vergelijking wordt:
2 22 2
' ' ' ' 1 ' ' 2
2 x y 2 x y x y
K