Il I l p pi ia an no o p pr ro oi ie et tt ti iv vo o
re r et tt te e: : r ra ap pp pr re es s en e nt ta az zi io on ne e p pa ar ra am me et tr ri ic ca a e e c ca ar rt te es si ia an na a a al ll li in ne ea am me en nt to o d di i p pu un nt ti i
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L Lo o s sp pa az zi io o p pr ro oi ie et tt ti iv vo o Pi P ia an ni i: :
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Rosalba Barattero 21 maggio 2009
ESERCITAZIONE N.10
ESERCIZIO 1 .
Allineamento di pti – rette – pti in posizione generale in P
2In P
2sono dati i punti P
0=[1,1,1], P
1=[2,0,1], P
2=[0,2,1], P
3=[0,1,1].
a) Verificare che P
0, P
1, P
2sono allineati e determinare un’equazione cartesiana e parametrica della retta che li contiene.
b) Verificare che P
0, P
1, P
3non sono allineati
c) Determinare un pto Q∈ P
2tale che P
0, P
1, P
3, Q non siano in posizione generale.
a) Iniziamo a ricordare i fatti essenziali sulla geometria proiettiva.
• Indichiamo con P
2il piano proiettivo P
2(R
3) associato all’ R-spazio vettoriale R
3.
P
2è per definizione l’insieme i cui elementi, detti punti di P
2, sono i sottospazi vettoriali di dimensione 1 di R
3(cioè le rette per l’origine di R
3).
• Il punto P
0=[1,1,1] ( così denotato) sta ad indicare il sotto- spazio <(1,1,1)> di R
3,
ossia {λ(1,1,1)| λ∈R
*}, il sottospazio di R
3generato da (1,1,1).
• Notiamo che due vettori v, w, non nulli di R
3definiscono lo stesso punto di P
2(R
3) se e solo se ∃ λ∈R,λ ≠0 tale che w=λv . Diciamo che il punto P
0= [1,1,1] ha infiniti rappresentanti : P
0= [1,1,1] = [-1,-1,-1] = [2,2,2] = …
Dalla teoria è noto che i punti di P
2(R
3) sono dunque classi di
equivalenza … per questo di usano le parentesi quadrate per
indicare i punti di P
2(R
3).
• La dimensione di P
2(R
3) è definita come dim R
3-1 ( = 3 (dimensione dello spazio vettoriale R
3)-1 =2) La definizione è abbastanza naturale perché P
2(R
3) è insieme di rette di R
3e quindi deve avere dimensione minore di 1 rispetto a R
3)
Quanto si è detto per P
2(R
3) si estende in modo ovvio a P
n(R
n+1).
• Allora se V è uno spazio vettoriale t.c. dim V=0 , cioè se V si riduce allo zero, ne segue che P(V) =∅ , perché V non ha sottospazi di dimensione 1 . Si può perciò considerare l’insie- me vuoto come uno spazio proiettivo di dimensione -1.
• Se dim V=1 ⇒ P(V) ha un solo punto , V stesso
⇒ dim P(V)=0 : uno spazio proiettivo di dimensione zero consiste di un solo pto !
In P
2due pti sono distinti ⇔ i vettori che li ′rappresentano′ in R
3sono L.I.
P
0= [1,1,1] ≠ P
1= [2,0,1]
perché (1,1,1) e (2,0,1) sono L.I. ( non multipli ) in R
3, e così P
0, P
1, P
2= [0,2,1] sono 3 pti distinti di P
2 Per 2 pti distinti P=[p
0, p
1, p
2], Q=[ q
0, q
1, q
2] di P
2passa un’unica retta r di equazione cartesiana 0
q q q
p p p
x x x
2 1 0
2 1 0
2 1 0
= ,con
[x
0,x
1,x
2] coordinate omogenee del pto corrente su r.
• Le coordinate omogenee [x
0,x
1,x
2] di un pto di P
2sono indi- viduate ( usualmente ) tramite la base canonica di R
3e hanno la proprietà di essere determinate a meno di un fattore non nullo di proporzionalità.
Infatti abbiamo visto che , dato λ∈R
*si ha : [v]= [x
0,x
1,x
2] = [λx
0, λx
1, λx
2]
Quindi se x
0,x
1,x
2sono coordinate omogenee di [v] risp. ad una base di R
3, lo sono anche λx
0, λx
1, λx
2per ogni λ ≠0 .
Abbiamo anche osservato che il termine ′omogeneo′ è connesso al seguente fatto :
se vogliamo che un pto di P
2soddisfi ad un’equazione lineare, deve essere anche omogenea !
Infatti se l’equazione fosse ad esempio x
0+x
1-x
2=1 , si nota che la terna ordinata (1,0,0) soddisfa l’equazione, ma non altrettanto la sua multipla (2,0,0) ! E quindi non avrebbe senso chiedersi se il pto [1,0,0] di P
2soddisfa l’equazione x
0+x
1-x
2=1 !
La domanda è lecita se il termine noto è zero, cioè se l’equazione è omogenea : x
0+x
1-x
2=0 . Infatti in questo caso se una terna (a,b,c) soddisfa l’equazione, così fa anche una qualsiasi terna proporzionale ( ka,kb,kc) ( k ≠0) :
(a,b,c) soddisfa l’equazione ⇒ a +b-c =0 ⇒ k(a +b-c)=0
⇒ ka+kb-kc =0.
Conclusione : ha senso chiedersi se il pto [a,b,c] di P
2soddisfa l’equazione data x
0+x
1-x
2=0.
• Per finire questa digressione notiamo che però non ha senso chiedersi quanto vale ad esempio il polinomio p: x
0+x
1-x
2nel pto [a,b,c] del piano proiettivo P
2!
Infatti se consideriamo ad esempio il pto [1,2,0] di P
2abbiamo : p vale 3 se consideriamo il rappresentante (1,2,0) del pto ,
p vale 6 se consideriamo il rappresentante (2,4,0) dello stesso pto!
Riprendiamo il nostro esercizio :
La retta r passante per pti distinti P=[p
0, p
1, p
2], Q=[ q
0, q
1, q
2] di P
2ha equazione cartesiana 0
q q q
p p p
x x x
2 1 0
2 1 0
2 1 0
= ,con
[x
0,x
1,x
2] coordinate omogenee del pto corrente su r.
Dunque P=[p
0, p
1, p
2], Q=[ q
0, q
1, q
2] , R=[ r
0, r
1, r
2] sono allineati ⇔ 0
q q q
p p p
r r r
2 1 0
2 1 0
2 1 0
= (cioè ⇔ R∈r)
P
0=[1,1,1], P
1=[2,0,1], P
2=[0,2,1] allineati ⇔ 0
1 2 0
1 0 2
1 1 1
= : vero
perché R
3= 2R
1–R
2.
Eq. Cart. di r (per P
1,P
2): 0 1 2 0
1 0 2
x x x
0 1 2= ⇒ x
0(-2)- x
1(2)+ x
2(4)=0 ⇒ 2 x
0+2 x
1-4 x
2=0 ⇒ x
0+x
1-2x
2=0 (meglio!)
Ogni retta di P
2è rappresentata in forma cartesiana
dall’equazione lineare omogenea ax
0+bx
1+cx
2=0 con a,b,c non tutti nulli.
Dati P
1,P
2∈ P
2, distinti la retta per P
1,P
2in forma parametrica è
⎪ ⎩
⎪ ⎨
⎧
+
= +
= +
=
μ(1) λ(1) x
μ(2) λ(0) x
μ(0) λ(2) x
2 1 o
⎪
⎩
⎪ ⎨
⎧ +
=
=
= μ λ x
μ 2 x
λ 2 x
2 1 o
b) P
0, P
1, P
3non sono allineati : 1 2 1 0 1
1 0
1 0 2
1 1 1
≠
−
=
−
=
c) Determinare un pto Q∈ P
2tale che P
0, P
1, P
3, Q non siano in posi- zione generale.
Ricordiamo che vale il seguente fatto :
Dati in P
n= P(R
n+1) i pti P
1=[v
1], P
2=[v
2],…, P
t=[v
t]
P
1, P
2, …, P
tin P
nsono L.I. ⇔ i vettori v
1,v
2, …,v
tdi R
n+1sono L.I.
Non è difficile provare questa proprietà che dice che la dipendenza lineare non dipende dai rappresentanti dei punti di P
n.
con λ, μ reali, non entrambi nulli e definiti a meno di un fattore di proporzionalità non nullo
P
1P
2λ=1 , μ=0 →
P
1=[ 2,0,1]
λ=2 , μ=0 →
[ 4,0,2] = [ 2,0,1] = P
1!!
λ=1 , μ=1→
[ 2,2,2] = [1,1,1] = P
0!!
λ=1 , μ=2→ [2,4,3]
λ=2 , μ=4→ [4,8,6] = [2,4,3] !!
il fattore λ/μ è lo stesso
I pti P
1, P
2, … , P
tdi P
nsi dicono in posizione generale se:
P
1, P
2, … , P
tsono L.I. (e in tal caso t≤n+1 poiché in R
n+1il massimo numero di elementi L.I. è n+1)
oppure
t>n+1 e n+1 pti , comunque scelti, sono L. I.
Nel ns. caso n=2 è la dimensione proiettiva di P
2,definita come (dim R
3) -1 (dim R
3=3: dimensione dell’R-spazio vettoriale R
3).
I pti sono 4 : P
0, P
1, P
3, Q e 4>3 ( = dim R
3) .
Se vogliamo che P
0, P
1, P
3, Q NON siano in posizione generale è sufficiente che almeno 3 pti dei 4 pti NON siano L.I.
P
0=[1,1,1], P
1=[2,0,1], P
3=[0,1,1] sono L. I. ( abbiamo già visto che det(P
0,P
1,P
3) ≠0 ).
In R
34 vettori sono sempre L.D., facciamo in modo che 3 di essi siano L.D. aggiungendo Q opportuno
Mettiamoli in colonna :
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
* 1 1 1
* 1 0 1
* 0 2 1
Si può aggiungere ad es. C
4=(2,1,2)= C
2+C
3, così C
2, C
3,C
4sono L. D. ossia i pti di P
2P
1[2,0,1], P
3[0,1,1] , Q[2,1,2] sono L.D. e così P
0, P
1, P
3, Q NON sono in posizione generale
Attenzione !
Non scegliere come C
4un multiplo di un’altra colonna, altri- menti si aggiunge lo stesso pto di P
2.
Vediamo la prossima volta un caso in cui i pti devono essere in posizione generale !
ESERCIZIO 2 .
Rette in forma parametrica – intersezione di rette in P
2In P
2sono date le seguenti rette:
r
0: x
0-2 x
1=0, r
1: x
0+x
1- x
2=0, r
2: 2x
0-x
2=0.
Provare che i punti P
0= r
1∩r
2, P
1= r
0∩r
2, P
2= r
0∩r
1sono L.I.
Intanto ricordiamo che in P
2due rette hanno sempre interse- zione non vuota.
A differenza di quanto accade nel piano affine in cui due rette parallele non si incontrano ! Nel proiettivo il concetto di parallelismo non esiste.
La proprietà discende ad esempio dalla formula di Graßmann (la rivedremo insieme ad altri esempi), ma può esser ′capita′
svolgendo questo esercizio.
r
1∩r
2è il sottospazio proiettivo, intersezione dei due sottospazi proiettivi r
1ed r
2ed è rappresentata in forma cartesiana dal sistema
r
1∩r
2:
⎩ ⎨
⎧
=
−
=
− +
0 x 2x
0 x x x
2 0
2 1
0
Le soluzioni (x
0, x
1, x
2) del sistema lineare omogeneo costi- tuiscono un sottospazio vettoriale V
0di R
3, di cui sappiamo determinare dimensione e base :
ρ
⎟⎟⎠
⎜⎜ ⎞
⎝
⎛
−
− 1 0 2
1 1
1
=2 (le righe sono L.I.)→∞
n-ρ=∞
3-2=∞
1sol
niin R
3(dim V
0=1) del tipo <(a,b,c)> con (a,b,c) sol.
ne, adesempio V
0=<(1,1,2)>, che in P
2è il punto P
0=[1,1,2] .
( In P
2dim P
0=dim V
0-1 = 0).
r
0∩r
2:
⎩ ⎨
⎧
=
−
=
−
0 x 2x
0 2x x
2 0
1
0
, come sopra…, dim V
1=1, V
1= <(2,1,4)> , da cui P
1=[2,1,4] .
r
0∩r
1:
⎩ ⎨
⎧
=
− +
=
−
0 x x x
0 2x x
2 1 0
2
0
, idem …, dim V
2=1, V
2= <(2, -1,1)> , da cui P
2=[2,-1,1] .
Ora verifichiamo che i 3 pti P
0=[1,1,2], P
1=[2,1,4], P
2=[2,-1,1]
sono L.I.
Quindi in R
3consideriamo v
0=(1,1,2), v
1=(2,1,4), v
2=(2,-1,1), per quanto detto prima, sappiamo che
v
0, v
1, v
2sono L.I. ⇔ ρ(v
0, v
1, v
2) =3
1 1 2
4 1 2
2 1 1
−
=
1 1 2
3 2 0
2 1 1
−
Riepilogando : Dati 3 pti distinti P
1,P
2,P
3di P
2:
P
1,P
2,P
3sono L.I. ⇔ P
1,P
2,P
3non sono allineati
( Dati 2 pti P
1,P
2di P
2:
P
1,P
2sono L.I. ⇔ P
1e P
2sono distinti )
= 5+2(-1) =3≠0 OK !
R2 → R2 –R3
ESERCIZIO 3 .
Intersezioni vuote di rette in P
2Verificare che le seguenti rette di P
2r
0: x
0-2x
1=0, r
1: x
0+x
1- x
2=0, r
2: 2x
0-x
2=0 hanno intersezione vuota.
Sappiamo che r
0è il sottospazio proiettivo di P
2associato al sotto- spazio vettoriale di R
3delle soluzioni dell’equazione x
0-2x
1=0.
Analogamente per r
1ed r
2.
r
0∩ r
1∩ r
2è anch’esso sottospazio proiettivo di P
2, in quanto intersezione di sottospazi proiettivi, ed è associato al sottospazio
vettoriale di R
3delle soluzioni del sistema
⎪ ⎩
⎪ ⎨
⎧
=
−
=
− +
=
− 0 x 2x
0 x x x
0 2x x
2 0
2 1 0
1 0
.
Se il sistema ha solo la soluzione nulla (0,0,0)∈R
3, ossia se lo spazio delle soluzioni V si riduce al vettore nullo,V={(0,0,0)},si ha P(V) =∅, perché in tal caso V non possiede sottospazi di
dimensione 1.
In termini di dimensione : dim V (sottospazio vettoriale di R
3) =0 e quindi dim P(V) ( sottospazio proiettivo di P
2) = dimV-1 = -1.
Ritroviamo quanto già detto: ∅ è uno spazio proiettivo di dimensione -1.
Ci basta quindi studiare la caratteristica della matrice associata al sistema:
ρ
⎟ ⎟
⎟
⎠
⎞
⎜ ⎜
⎜
⎝
⎛
−
−
− 1 0 2
1 1 1
2 0 1
= 3 ( il det è non nullo)
Allora il sistema ha solo la soluzione banale (0,0,0) e r
0∩r
1∩r
2= ∅
DOMANDA :C’è un legame tra gli esercizi 3 e 4 (le rette sono le stesse) ?
ESERCIZIO 4 .
P
3: piano per tre punti
Stabilire che per i punti A[0,0,0,1], B[1,1,-1,0], C[1,-2,2,1] di P
3(R) passa un unico piano π e determinarne una rappresen- tazione cartesiana e parametrica.
Nello spazio proiettivo tridimensionale P
3si prova che se
Chi è L(P,Q,R) ?
E’ detto sottospazio proiettivo generato dai pti P,Q,R ed è
l’intersezione di tutti i sottospazi proiettivi contenenti i 3 pti P,Q,R e quindi è il più piccolo sottospazio proiettivo di P
3contenente i 3 pti P,Q,R ed è associato al sottospazio vettoriale <v
P, v
Q,v
R> di R
4, con [v
P]=P, [v
Q]=Q, [v
R]=R
Ossia L(P,Q,R) è il sottospazio proiettivo di P
3associato al sottospazio vettoriale <v
P, v
Q, v
R> di R
4Nel ns. caso i pti A,B,C sono L.I., essendolo i loro rappresentanti v
A, v
B, v
Cin R
4, dunque in R
4<v
A, v
B,v
C> = { av
A+bv
B+cv
C| al variare di a,b,c ∈R} e dim <(v
A, v
B,v
C)>=3 e quindi dim L(P,Q,R) =2 in P
3.
Ne segue che P,Q,R generano un piano, l’unico che li contiene.
Quindi 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 ( C
3=- C
2, det(C
1C
2C
4) ≠ 0 ) Ok !
0
1 2 2 1
0 1 1 1
1 0 0 0
x x x
x
0 1 2 3=
−
−
⇒ x
0(0)- x
1(3)+ x
2(-3) =0
In R
4v
A=(0,0,0,1) , v
B=(1,1,-1,0) , v
C= (1,-2,2,1) , quindi il generico vettore v di <v
A, v
B,v
C> è (x
0, x
1, x
2, x
3) 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 P
3abbiamo una rappresentazione pa- rametrica del sottospazio proiettivo L(A,B,C) costituito dai pti
P=[ x
0, x
1, x
2, x
3] t.c.
⎪ ⎪
⎩
⎪ ⎪
⎨
⎧
+
= +
−
=
−
= +
=
c a x
2c b x
2c b x
c b x
3 2 1 0
