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6 giugno 6 giugno 2007 2007
Rosalba
Rosalba Barattero Barattero
Esercizi di riepilogo sulla geometria proiettiva Esercizi di riepilogo sulla geometria proiettiva
Lo spazio proiettivo Lo spazio proiettivo
Qualche proprietà Qualche propriet à di P di P
nn(Riferimenti proiettivi - (Riferimenti proiettivi - Formula di Gra Formula di Graß ßmann mann) )
Completamento del piano affine Completamento del piano affine
ESERCIZIO 1 .
P3 : piani – rette - riferimenti proiettivi
a) Del piano esiste sia la rappresentazione cartesiana che la para- metrica, a titolo di esercizio le determiniamo entrambe.
Nello spazio proiettivo tridimensionale P3 si prova che se
3 pti NON sono allineati ⇔ sono L.I.
Calcoliamo la caratteristica dei rappresentanti dei 3 pti :
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
−
− 1 2 2 1
0 1 1 1
1 0 0 0
ρ = 3 ( C3=- C2 , det(C1 C2 C4 ) ≠ 0 ) Ok !
0
1 2 2 1
0 1 1 1
1 0 0 0
x x x
x0 1 2 3
=
−
− ⇒ x0(0)- x1(3)+ x2(-3) =0 ⇒ x1+ x2=0 Eq. Cart. di π
Chi è L(P,Q,R) ?
E’ il sottospazio proiettivo generato dai pti P,Q,R
( il più piccolo sottospazio proiettivo di P3 contenente i 3 pti P,Q,R) ed è associato al sottospazio vettoriale L(vP, vQ ,vR) di R4, con [vP]=P, [vQ]=Q, [vR]=R
Nel ns. caso i pti A,B,C sono L.I., essendolo i loro rappresentanti vA, vB, vC in R4 , dunque in R4
L(vA, vB ,vC) = { avA+bvB+cvC | al variare di a,b,c ∈R} e dim L(vA, vB ,vC)=3
In R4 vA =(0,0,0,1) , vB =(1,1,-1,0) , vC = (1,-2,2,1) , quindi il generico vettore v di L(vA, vB ,vC) è (x0, x1, x2, x3) t.c.
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
+ +
=
+
− +
=
− + +
=
+ +
=
c(1) b(0)
a(1) x
c(2) 1)
b(
a(0) x
2) c(
b(1) a(0)
x
c(1) b(1)
a(0) x
3 2 1 0
⇒
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
+
= +
−
=
−
= +
=
c a x
2c b x
2c b x
c b x
3 2 1 0
al variare di a,b,c∈R
Se interpretiamo ciò in P3 abbiamo una rappresentazione pa- rametrica del sottospazio proiettivo L(A,B,C) costituito dai pti
P=[ x0, x1, x2, x3 ] t.c.
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
+
= +
−
=
−
= +
=
c a x
2c b x
2c b x
c b x
3 2 1 0
Tale sottospazio proiettivo ha dimensione 3-1 = 2 ( nel proiettivo la dimensione scala di 1 rispetto all’affine) e per def. è un piano ( In Pn i sottospazi di dim 2 si chiamano piani ).
Il piano di P3 è definito quindi da 1 eq. cart. oppure da eq. param.
con 3 parametri.
Eliminando i parametri ritroviamo l’eq. cart. x1+x2=0.
al variare di a,b,c non tutti nulli e definiti a meno di un fattore di proporzionalità
b) Scrivere una rappresentazione parametrica della retta impropria di π rispetto ad x0 (anche se spesso è sottinteso, è meglio preci- sarlo, perché la stessa richiesta può essere fatta rispetto alle altre variabili ! )
Per def. la retta impropria di π è la retta r, intersezione di π con il piano improprio di eq. x0 =0
⎩⎨
⎧
=
= +
0 0
0 2 1
x x
x ( da notare che si tratta proprio di una retta di P3 ,
avendo dimensione 1 : infatti lo spazio vettoriale delle soluzioni del si- stema essendo costituito da ∞4-ρ = ∞4-2=2 sol. ha dimensione 2 e di con- seguenza passando al proiettivo la dimensione si abbassa di 1) . Per passare ad eq. parametriche ( 2 parametri! …L(u,v) ), si può asse- gnare ad esempio ad x1 il valore t , e …
r:
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
=
−
=
=
=
s x
t x
t x x
3 2 1
0 0
c) Dire se i pti A=[0,0,0,1] , B=[1,1,-1,0] , C= [1,-2,2,1], D=[1,1,1,1], E=[0,1,-1,0] individuano un riferimento proiettivo di P3
Vale il seguente fatto :
dati in Pn n+2 pti in posizione generale, fissato un ordine tra que- sti, e detti P0, P1, …, Pn, i primi n+1 e Pn+1 l’ultimo, esiste un unico riferimento proiettivo tale che P0, P1, …, Pn sono i pti fondamentali e Pn+1 è il pto unità .
al variare di t,s in R, non tutti nulli e definiti a meno di un fattore di proporzionalità .
Ricordiamo dalla volta scorsa che :
I pti P1, P2, … , Pt di Pn si dicono in posizione generale se:
P1, P2, … , Pt sono L.I. (e in tal caso t≤n+1) oppure
t>n+1 e n+1 pti , comunque scelti, sono L. I.
Nel caso del problema dell’individuazione del riferimento proiettivo, abbiamo n+2 pti che per essere considerati in posizione generale de- vono soddisfare alla proprietà :
♣ ′comunque scelti n+1 pti (tra gli n+2 pti dati) sono L.I.′
Si può verificare che ♣ è equivalente a :
♣♣ ′esistono n+1 pti ( tra gli n+2 pti dati) che sono L.I. e il pto restante è combinazione lineare a coefficienti TUTTI non nulli dei precedenti ′
Nel nostro caso siamo in P3 e abbiamo 5 pti ( = 3+2= n+2 ) , volendo seguire ♣ dovremmo effettuare il calcolo di 5 minori 4x4 e verificare che tutti siano non nulli per poter concludere che i 5 pti sono in posizione generale.
Con ♣♣ è molto più rapido ! PRIMO PASSO: individuare 4 pti e stabilire se sono L.I. ( se sono L.D. ,allora i 5 pti NON sono in posizione generale ! )
⎟⎟
⎟⎟
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜⎜
⎜⎜
⎝
⎛
−
−
−
0 1 1 0
1 1 1 1
1 2 2 1
0 1 1 1
1 0 0 0
A B C D E
Calcolando si vede che det (A,B,C,D) ≠0
⇒ A,B,C,D sono L.I.
SECONDO PASSO:stabilire se E è combina- zione lineare di A, B,C,D a coefficienti TUTTI non nulli.
Dal calcolo si trova: E= C (0)D 3 B 1 3 A 1 3
1 + − +
⇒ A,B,C,D,E NON sono in pos. gen. !
ESERCIZIO2.
P3 : piani – rette – intersezioni – riferimenti proiettivi
1) P1 è distinto daP2 ((0,1,1,1) non è multiplo di (0,1,-1,0)), quindi per due pti distinti passa un’unica retta
r = L(P1, P2) :
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
+
=
− +
= +
= +
=
) 0 ( ) 1 (
) 1 ( ) 1 (
) 1 ( ) 1 (
) 0 ( ) 0 (
3 2 1 0
b a x
b a x
b a x
b a x
Eq.param. di r:
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
=
−
= +
=
=
a x
b a x
b a x x
3 2 1
0 0
⇒ eliminando i parametri troviamo le eq. cart. di r:
⎩⎨
⎧
= +
=
3 2 1 0
2 0
x x x x
come intersezione di due piani di P3 (infatti: dim r=dim V-1, dove V è il sottospazio vettoriale di R4 delle soluzioni del sistema, che ha dimensione 4-ρ ossia 4-2=2).
P1 P2
al variare di a,b in R, non entrambi nulli e de- finiti a meno di un fattore di proporzionalità .
s: L(P3, P4) :
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
+
= +
= +
= +
=
) 1 ( ) 1 (
) 2 ( ) 1 (
) 0 ( ) 0 (
) 0 ( ) 1 (
3 2 1 0
b a x
b a x
b a x
b a x
⇒
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
+
= +
=
=
=
b a x
b a x x
a x
3 2 1 0
2 0
⇒ ⎩⎨⎧
= +
=
3 2 0 1
2 0
x x x x
b) determinare r∩s
Apriamo una parentesi sul problema dell’intersezione di due rette.
In P2 abbiamo visto che due rette si incontrano sempre ! In P3 succede che …
In Pn vale la formula di Graßmann :
S = P(V) sottospazio di Pn associato al sottospazio vettoriale V di Rn+1 T = P(W) sottospazio di Pn associato al sottospazio vettoriale W di Rn+1 allora si ha :
dim S + dim T = dim S∩T + dim L(S,T)
con S∩T = P(V∩W) e L(S,T) = P(V+W) ′sottospazio congiungente′ o
′sottospazio somma′ generato da S∪T
Nel caso di 2 rette di P3 non è difficile stabilire che dim L(r,s)=3,2,1 e da ciò si deduce con la formula di Graßmann che dim (r∩s)=-1,0,1
dim r + dim s = dim (r∩s) + dim (L(r,s))
1 1 -1 3 r , s sghembe
0 2
1 1
r , s incidenti
r , s coincidenti
Torniamo al nostro problema di determinare r∩ s
r∩ s :
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
=
− +
=
=
− +
=
0 2x x x
0 x
0 2x x x
0 x
3 2 0 1
3 2 1 0
⇒
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
=
=
=
=
3 2 1
3 2 0
2x x
0 x
2x x
0 x
⇒ r∩ s = [0,0,2t,t] =[0,0,2,1] =Q = P4 !!
Infatti se si fosse visto che P4=P1-P2 allora avremmo dedotto che P4 sta su r oltre che su s ! Seguendo questa strada, per concludere che r∩ s = P4 , occorre poi verificare che r ed s sono distinte: ad es.
P3∈s e P3∉r , in quanto la prima componente dei pti di r è nulla, men- tre non lo è quella di P3.
c) Determinare un piano contenente sia r che s
La risposta è L(r,s), infatti sappiamo che essendo le rette incidenti, dim (L(r,s)) vale 2 e L(r,s), sottospazio congiungente r ed s, è un piano.
Per determinare L(r,s) scegliamo quindi 3 pti non allineati tra P1, P2, P3, P4, ad esempio P1,P2 (pti L.I. che individuano r) e P3 (abbiamo visto che P3∈s e P3∉r e ciò garantisce che P3 è L.I. con P1,P2).
[Interessante notare che L(r,s)=L(P1,P2,P3,P4)= … =L(P1,P2,P3)=
unico piano …]
Procediamo come nell’ex.1. e troviamo il piano di equazione π: x0+ x1+ x2-2x3=0.
d) Determinare un piano α contenente s ma non contenente r e calcolare α ∩r
Osservando le equazioni parametriche di r ed s
r:
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
=
−
= +
=
=
a x
b a x
b a x x
3 2 1
0 0
s:
⎪⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
+
= +
=
=
=
b a x
b a x x
a x
3 2 1 0
2 0
Notiamo che il piano x1=0 contiene s e non contiene r , essendo distinto dall’unico piano π: x0+ x1+ x2-2x3=0 contenente r ed s. Quindi α1: x1=0 Ok !
In modo alternativo possiamo fare il piano individuato dai due pti dati P3, P4 di s, e da T, con T ∉ r, T ∉ s .
Un pto T che va bene è ad es. T=[1,1,0,0]
( si vede dalle equazioni parametriche precedenti che T∉ r, poiché i pti di r hanno la prima coordinata x0 nulla, e T ∉ s poiché i pti di s hanno la seconda coordinata x1 nulla).
Calcolando si trova il piano α2: x0- x1+ x2-2x3=0.
Ora α∩r = P4 = [0,0,2,1], essendo P4 =r∩s , qualunque sia il piano α trovato.
A questo proposito apriamo un’utile digressione sull’informazione che ci dà la formula di Graßmann relativamente al problema dell’intersezione retta-piano in P3.
Da notare che poiché la dimensione dello spazio congiungente non supera mai la dimensione di Pn (=n),la formula di Graßmann ci dà un’informazione sulla dim S∩T :
dim S∩T = dim S + dim T - dim L(S,T)
≥ dim S + dim T – n
Nel ns. caso ad es. dim (α∩r) ≥ dim α + dim r -3 =2+1-3=0
Quindi dim (α∩r) ≥ 0 ossia
Precisiamo meglio la situazione con lo schema successivo che la il- lustra, partendo dai dati
dim α =2 , dim r=1 e dim (L(α,r)) = 2, 3
e ricavando con la formula di Graßmann dim (α∩r).
dim α + dim r = dim (α∩r) + dim (L(α,r))
Infine un utile esercizio è ritrovare α∩r = [0,0,2,1] con la solita tecnica ( il piano in forma cartesiana, la retta in forma parame- trica), usando il piano α che si è trovato.
0
=2 se α ⊇r
=3 se α ⊇r
Il più piccolo sottospazio di P3 , contenenteα ed r
2 1
1
e) Determinare un riferimento proiettivo di P3 contenente P1, P2, P3
P1 = [v1] con v1 = ( 0,1,1,1) P2 = [v2] con v2 = ( 0,1,-1,0) P3 = [v3] con v3 = ( 1,0,1,1)
Come nell’esercizio precedente :
- I passo : sappiamo v1, v2, v3 sono L.I., di conseguenza pos- siamo completare { v1, v2, v3} a base di R4 , aggiungendo un quarto vettore v4 L.I. con i 3 precedenti. Ci sono infinite scelte, ad esempio v4 = (0,0,1,0) va bene, si vede che la caratteristica della matrice formata dai 4 vettori è 4 (det≠0). Così abbiamo il 4° pto P4 = [v4] = [0,0,1,0].
- II passo : aggiungiamo un quinto vettore C.L. dei 4 vettori precedenti con i coefficienti della C.L. TUTTI diversi da zero.
Ad es. v5= v1+ v2+ v3+ v4 = (1,2,2,2) , e così abbiamo aggiunto il 5° pto P5 = [v5] = [1,2,2,2].
Quindi un sistema di riferimento cercato è quello costituito dai pti :P1, P2, P3, P4, P5, con P1, P2, P3, P4 pti fondamentali e P5
pto unità .
ESERCIZIO3.
Pti impropri
In P2 siano r: 2x0+x1-x2=0, s: x0-x1+3x2=0, P0= r∩s, P1 il pto improprio di r rispetto ad x0,P2 il pto improprio di s rispetto ad x0 e P3=P0-2P1+3 P2. Provare che P0, P1, P2, P3 sono in posizione generale.
r∩s :
⎩⎨
⎧
= +
−
=
− +
0 3x x x
0 x x 2x
2 1 0
2 1
0 calcolando si trova P0 = [-2,7,3]
P1 il pto improprio di r: 2x0+x1-x2=0, si trova intersecando la retta r con la retta impropria (risp. ad x0) del piano P2 che ha equazione cartesiana x0 = 0.
⎩⎨
⎧
=
=
− +
0 x
0 x x 2x
0
2 1
0 ⇒
⎩⎨
⎧
=
=
− 0 x
0 x x
0 2
1 ⇒ P1=[0,x1,x1], x1 ≠0 ⇒ P1=[0,1,1]
Digressione : ricordiamo il significato geometrico di questi ′passaggi′ . Se in r: 2x0+x1-x2=0 poniamo x0 =1 troviamo la retta ′corrispondente′
del piano affine R2, ra: x-y+2=0 (abbiamo posto per semplicità x1=x,x2 =y)
2
r0
ra
y
x -2
La retta ra: x-y+2=0 è
parallela alla retta per l’origine x-y=0.
Quale è un vettore direzionale di ra ? Un vettore direzionale di r0 , u=(1,1).
Il pto improprio di r ha coordinate proiettive [0,1,1]
e può essere pensato come il pto all’infinito da aggiungere ad ra per avere la retta proiettiva r. ( vedere la teoria per le giustificazioni !
… proseguire lo svolgimento dell’esercizio come i precedenti .
