GEOMETRIA PROYECTIVA. Libro de Ejercicios y Problemas. Gerard Romo Garrido

GEOMETRIA PROYECTIVA

Libro de Ejercicios y Problemas

Toomates Cool·lección

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Versión de este documento: 02/11/2017 www.toomates.net

1. Hallar las ecuaciones paramétricas e implícitas de la recta r que pasa por los puntos (1 : -1 : 2) y (2 : 1 : 1) de IP2(k). Hallar también el punto de intersección de r con la recta s de ecuación x0 + x1 + x2 = 0. Hallar las ecuaciones del haz de rectas que pasan por

s r . Ecuación implícita: 0 3 3 3 1 1 2 1 1 2 2 1 1 2 1 1 1 2 1 1 2 1 0               x y z x y z x y z z y x Ecuación paramétrica:                   2 2 z y x Punto de intersección: ) 1 : 1 : 0 ( 0 0 ) ( 0 0                      x z z x z y z y x z y x

2.

a) Estudiar las posiciones relativas de tres rectas en un plano proyectivo. - Tres rectas coincidentes.

- Tres rectas con un punto de intersección común.

- Tres rectas que se cortan dos a dos en puntos diferentes.

b) Determinar las posiciones relativas de las siguientes ternas de rectas en IP2(IR):

b1)              0 0 3 0 z y x z x z y x b2)              0 3 0 3 3 0 z x z y x z y x b3)            0 0 0 z y z x y x b1) 3 2 0 0 2 3 0 1 1 1 1 1 1 1 0 3 1 1 1 1 3 3 1 2 2 3                                  Rang F F F F F F

La única solución del sistema es (0,0,0) y por tanto se trata de tres rectas que se cortan dos a dos en puntos diferentes.

b2) 2 0 0 0 4 2 0 1 1 1 2 1 0 4 2 0 1 1 1 3 0 1 3 3 1 1 1 1 1 3 3 1 3 3 1 2 2 2                                             Rang F F F F F F F F F

El sistema tiene solución no trivial, luego las tres rectas tienen pasan por un punto común. El punto es ) 1 : 2 : 3 ( 3 0 2 2 0 4 2                z x z z x z y z y b3) 3 1 0 0 1 1 0 0 1 1 2 1 0 1 1 0 0 1 1 1 1 0 1 0 1 0 1 1 1 3 3 1 2 2                                      _{   } Rang F F F F F F

La única solución del sistema es (0,0,0) y por tanto se trata de tres rectas que se cortan dos a dos en puntos diferentes.

3.

Sean A, B, C y D son cuatro puntos que forman una cuaterna armónica. Si AC=2 y CB=1, determinar la longitud de BD.

Solución.

Por la caracterización de cuaterna armónica:

3 3 2 ) 1 )( 3 ( 2           x x x x x CB AD BD AC

Fuente: youtube.com, Prof. Jorge Ayala.

Un segmento AB mide 23 cm, el segmento AM 15 cm. ¿Cuánto mide el segmento AN, siendo N el punto conjugado armónico de M con relación a AB?

Solución.

Por la caracterización de cuaterna armónica:

28 . 49 7 / 345 345 7 345 8 15 8 345 15 8 ) 23 ( 15                x x x x x x x x MB AN BN AM

4.

Demostrar que en todo triángulo, dos vértices y los pies de las bisectrices interior y exterior que parten del tercero constituyen una cuarterna armónica.



A,B;C',C''



1 Solución:

Aplicamos el Teorema de la bisectriz interna y externa (6.3.6b):

CB AC B C A C B C AC   '' '' ' ' Luego





1 '' '' ' ' '' '' ' ' '' ' '' ' '' , ' ; ,           AC CB CB AC AC BC B C AC AC BC BC AC AC BC BC AC C C B A

5.

Probar que en P dos planos diferentes siempre se cortan en una recta. 3 Sean ₁ y ₂ dos planos diferentes de P . 3

2 1 dim dim dim₁ ₂ 3  3 2 1 P

 , puesto que son diferentes, luego dim₁₂ dimP3 3

Aplicando la fórmula de Grassman:

1 3 2 2 dim dim dim dim dim dim dim dim 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1                           

Es decir, ₁₂ es una recta.

Dada una variedad proyectiva L de un espacio proyectivo P , demostrar que si n

r L

dim , entonces, para cualquier hiperplano H de P , o bien n LH o

1 )

dim(LH r .

Supongamos que LH. Luego LHPn, y por tanto





1 ) dim( ) dim( 1 ) dim( dim dim dim dim                 r H L H L n r H L H L H L P n n

6.

Determinar la ecuación de la recta de 3 que pasa por los puntos (1:2:8) y (-7:0:3).





0 14 59 6 0 3 14 56 6 0 3 8 0 2 7 1 2 3 8 0 2 7 1 3 8 0 2 7 1 ) 3 , 0 , 7 ( ), 8 , 2 , 1 ( ) , , ( ) 3 , 0 , 7 ( ), 8 , 2 , 1 ( ) : : (                                              z y x y z y x z y x Rang z y x Rang z y x z y x

7.

En el plano proyectivo real hallar las ecuaciones del cambio de coordenadas del referencial (A,B,C;D) al referencial (A’,B’,C’;D’), donde

A=(1:0:0) , B=(0:1:0) , C=(0:0:1) , D=(1:1:1) A’=(3:1:-3) , B’=(-1:0:5) , C’=(1:8:-1) , D’=(3:9:1) Solución.

Dado que ambos referenciales ya están normalizados, pues (3,9,1)=(3,1,-3)+(-1,0,5)+(1,8,-1), podemos escribir                                                        3 1 3 0 0 1 3 1 3 3 1 2 1 1 1 3 3 3 2 3 1 2 3 2 2 2 1 1 3 1 2 1 1 a a a a a a a a a a a a

y de la misma forma completamos la matriz del cambio de referencia:

                                  2 1 0 ' 2 ' 1 ' 0 1 5 3 8 0 1 1 1 3 x x x x x x

8.

Se considera en el plano proyectivo real un refererencial



O1,O2,O3;I



y el punto

) 1 : 1 : 0 ( 

A . Se traza por A una recta variable r que corta a O1O3 en M y a O1O2 en N. Sea P el punto de intersección entre O3N y O1A. Demostrar que la recta MP pasa por un punto fijo cuando r varía.

Solución: ) 1 : 1 : 0 ( ) 1 : 0 : 0 ( ) 0 : 1 : 0 ( ) 0 : 0 : 1 ( 3 2 1     A O O O

La recta O1O2 tiene por ecuación x3 0 La recta O1O3 tiene por ecuación x2 0

Sea M un punto genérico de la recta O1O3: M (a:0:b) La recta r tendrá entonces por ecuación:

0 ) ( 1 0 0 1 0 1 1 0 1 1 0 0 0 3 2 1 3 2 1 3 2 1 3 2 1             x x a bx ax ax bx x a x b a x b b a x x x Determinamos el punto N: ) 0 : : ( 0 0 ) ( 0 : 1 2 2 1 3 2 1 3 2 1 b a N bx x a x a bx x x a bx x r O O N                  Determinamos la recta O₃N:

2 2 2 1 3 2 1 3 2 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 bx x a ax bx x b a x a x b b a x x x               Determinamos la recta O1A: 3 2 3 2 3 2 1 3 2 1 0 1 0 0 1 1 0 0 1 1 1 0 0 1 1 0 0 0 1 0 x x x x x x x x x x           Determinamos el punto P: ) : : ( : 3 2 2 2 1 3 P a b b x x bx x a A O N O P           

Por último, determinamos la recta MP:

0 ) 2 ( 0 0 0 0 2 3 1 3 2 1 3 2 1             x x a bx x b a a x b a b a x b b b b b a b a x x x

Independientemente de los parámetros a y b, esta recta siempre pasa por el punto (0:1:2).

9.

En el plano proyectivo real se consideran los puntos O1(1:0:0), O2 (0:1:0) y

) 1 : 0 : 0 ( 3 

O y los puntos A(0:a₂:a₃), B(b₁:0:b₃) y C(c₁:c₂:0) sobre los lados del triángulo O₁O₂O₃.

Demostrar que las rectas O₁A, O₂B y O₃C son concurrentes si, y solo si

1 2 1 1 3 3 2    c c b b a a

(Demostración analítica del Teorema de Ceva) Solución. Ecuación de la recta O₁A: 2 3 3 2 3 2 2 3 3 2 2 3 1 3 2 3 2 3 2 1 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 x a x a x a x a x a x a x a a a a x x x          Ecuación de la recta O₂B: 1 3 3 1 3 1 1 3 3 1 2 3 1 1 3 3 1 3 2 1 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 x bx bx bx bx b x b b x b b b x x x         Ecuación de la recta O3C: 2 1 1 2 2 1 1 2 3 2 1 2 1 1 2 2 1 3 2 1 ) ( 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 0 x c x c x c x cx c c x c x c c c x x x          

Las tres rectas serán concurrentes si y solo si el sistema

        2 1 1 2 1 3 3 1 2 3 3 2 x c x c x b x b x a x a tiene solución: 3 2 1 1 3 2 1 3 2 3 2 1 1 3 2 2 1 3 1 2 1 3 2 3 3 2 1 1 2 1 3 2 3 2 1 1 2 3 1 1 3 3 2 2 3 2 1 1 2 1 3 3 1 2 3 3 2 1 0 ) )( ( ) )( ( 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 a c b c b a c b a a c b c b a c b a c c b b a a x x x c c b b a a x c x c x b x b x a x a x c x c x b x b x a x a                                                                          

10.

Sea ABCD un cuadrilátero completo. Demostrar que los puntos ADBC, ABCD,

BD

AC no están alineados. Así pues, estos tres puntos determinarán un triángulo al que llamaremos triángulo diagonal.

Sea P el plano determinado por estos cuatro puntos. Podemos tomar como referencia 2



A,B,C;D



, pues los cuatro puntos son coplanarios y tres a tres no colineales.

En esta referencia: ) 1 : 1 : 1 ( ) 1 : 0 : 0 ( ) 0 : 1 : 0 ( ) 0 : 0 : 1 (     D C B A Recta AD: 2 3 _{2 3} 3 2 1 0 1 1 1 1 1 0 0 1 0 x x x x x x x       Recta BC: 0 0 1 0 1 0 0 0 1 0 0 1 2 ₁ 3 2 1      x x x x x x Punto ADBC(0:1:1) Recta AB: 0 0 0 1 0 1 0 0 0 1 0 2 3 ₃ 3 2 1      x x x x x x Recta CD: 1 2 _{1 2} 3 2 1 0 1 1 1 1 1 1 0 0 0 x x x x x x x       Punto ABCD(1:1:0)

Recta AC: 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 2 3 ₂ 3 2 1      x x x x x x Recta BD: 1 3 _{1 3} 3 2 1 0 1 1 1 1 1 0 1 0 0 x x x x x x x      Punto ACBD(1:0:1)

Los tres puntos no están alineados pues

0 2 1 1 0 1 1 1 1 1 0 1 1 0 1 0 1 1 1 1 0         

11.

Calcula la razón doble (ABCD) de los siguientes cuatro puntos de 3: A=(1:1:-1:1), B=(0:1:1:-1), C=(2:1:-3:3), D=(4:3:-5:5)

Solución:

Sea r la recta que pasa por los cuatro puntos. Determinamos la referencia proyectiva asociada a los tres primeros puntos: (A,B;C)

                             1 2 3 3 1 2 ) 1 , 1 , 1 , 0 ( ) 1 , 1 , 1 , 1 ( ) 3 , 3 , 1 , 2 ( b a b a b a b a a b a

Luego la base normalizada será {(2,2,-2,2),(0,-1,-1,1)}, y en esta base representamos el punto D:                              1 2 2 5 2 5 2 3 2 4 ) 1 , 1 , 1 , 0 ( ) 2 , 2 , 2 , 2 ( ) 5 , 5 , 3 , 4 ( b a b a b a b a a b a

Luego las coordenadas del punto D en la referencia (A,B;C) serán (2:1)

La razón doble de los cuatro puntos es igual a la coordenada absoluta del punto D en la referencia (A,B;C), por lo tanto 2

1 2 )

(ABCD   . 12.

Sobre la recta proyectiva compleja y respecto a un referentical R, las coordenadas de los puntos A, B, C y D son, respectivamente: 1, i, -1 y –i. Hallar la razón doble (ABCD).

2 2 4 ) 1 )( 1 ( ) 2 ( 2 1 : 1 1 1 ) (                   i i i i i i i i i ABCD

Sobre la recta proyectiva del cuerpo Z₃ encontrar la abscisa del punto X tal que ( -1 2 0 X ) = 2 1 2 4 ) 1 ( 2 2 2 1 : 2 1 2 2 ) 1 ( : 2 0 ) 1 ( 0 ) 0 2 1 ( 2                        x x x x x x x x X (En Z3 412) 2 1 4 2 2 2 2 ) 1 ( 2 1 2 2                x x x x x x x

13.

Sea f :11 una proyectividad en la que, fijado una referencia, tenemos:

) 3 : 2 ( ) 0 : 1 (   f , f(0:1)(1:1), f(1:1)(0:5) Calcula la imagen de (7:21) Solución:

Normalizamos la referencia de la imagen:                    2 1 3 5 2 0 ) 1 , 1 ( ) 3 , 2 ( ) 5 , 0 ( b a b a b a b a Luego ) 3 : 2 ( ) 0 : 1 (   f , f(0:1)(2:2), f(1:1)(0:5)(2:3)(2:2)

y por tanto la matriz de la proyectividad es _      2 3 2 2

Luego las coordenadas del punto (7:21) serán _                   63 28 21 7 2 3 2 2

14.

Sea ABC un triángulo. Sea M el punto medio de AC, y sea N un punto de la recta BM tal que AN sea paralelo a BC. Sea P un punto cualquiera de la recta AC, y sea Q el punto de intersección de las rectas BP y AN.

Utilizando la razón doble, demostrar que

PM AP QN AQ 2 1  . Solución.

















2 2 / 2 / 2 / 2 / 2 1 AP PM AP MP AP MP PA PM PMA PM AP _{ }  _ _  _











CMA



PMA PMA _   2 ( )CM 2 CA CMA







CMA





AMPC



PMA   



 

 



 AMPC ANQ Los puntos están en perspectiva por B



 



QN AQ QN QA QNA ANQ    

15.

Sea una proyectividad f :IP2 IP2 con tres puntos fijos no alineados A, B y C. a) Escoger una referencia y escribir la matriz asociada a esta proyectividad. b) Dado un punto QIP2 fuera del triángulo ABC, probar que las razones dobles siguientes no dependen del punto Q escogido:











Q f Q Qf Q AC Qf Q BC



BC Q Qf AB Q Qf Q f Q AC Q Qf AB Q Qf Q f Q       ) ( , ) ( ); ( , ) ( , ) ( ); ( , ) ( , ) ( ); ( , Solución.

a) Tomamos la referencia



A,B,C;D



con D escogido para ser punto unidad, es decir, fuera del triángulo ABC.

Si f 

 

 , A a , B b , C  c , 0 , , 0 0 0 0 0 0 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (                                        M c c C C f b b B B f a a A A f b) Sea Q(q1,q2,q3) f(Q)(q1,q2,q3) Calculamos la recta Qf(Q): ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 0 2 1 3 1 3 2 1 2 2 1 1 3 3 1 2 3 3 2 3 3 2 2 1 1                              q zq q yq q xq q q q q z q q q q y q q q q x q q z q q y q q x 0 :z AB AB Q Qf( ) : ) 0 ), ( ), ( ( ) ( ) ( ) ( ) ( 0 3 2 3 1 3 1 3 2 3 1 3 2                        q q q q q yq q xq q yq q xq

Puesto que q₃ 0 puesto que Q está fuera del triángulo, podemos dividir entre q y ₃ obtener el punto (q₁( ),q₂(),0)Q f(Q) 0 :y AC )) ( , 0 ), ( ( ) ( ) ( 0 : ) (Q AC xq2q3   zq1q2   q1q2  q2q3   Qf

y puesto que q2 0 puesto que Q está fuera del triángulo, podemos dividir entre q y 2 obtener el punto (q₁(),0,q₃( ))Q f(Q)





_{ }

 

_ _               ) ( 1 1 1 1 0 1 0 1 1 1 0 1 0 1 ) ( , ) ( ); ( ,f Q Qf Q AB Qf Q AC Q

16.

Hallar la forma canónica de la homografía del plano real de ecuaciones:

              2 1 0 , 2 2 1 , 1 2 1 0 , 0 3 2 3 2 2 x x x x x x x x x x x Solución.

Pasamos a forma matricial:

                                   2 1 0 , 2 , 1 , 0 3 2 3 1 2 0 1 1 2 x x x x x x

Calculamos el polinomio característico:



 









(2 )( 4) 3



( 1)( 1)( 5) ) 1 ( ) 1 ( 3 ) 4 )( 1 )( 2 ( ) 1 ( 3 4 5 ) 2 ( ) 1 )( 2 ( ) 1 ( 1 3 ) 1 )( 2 ( ) 3 )( 2 ( ) 2 ( 1 2 1 1 3 3 2 1 2 ) 2 ( 3 2 3 1 2 0 1 1 2 0 2                                                        x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x

El polinomio característico tiene dos soluciones: x5 (simple) y x1 (doble). Encontramos el punto doble asociado al valor propio x5:

                                                                   2 1 0 2 1 2 1 0 2 1 0 2 2 1 1 2 1 0 0 2 1 0 2 1 0 2 2 3 0 3 0 3 0 3 2 3 5 2 5 2 5 3 2 3 1 2 0 1 1 2 5 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x Haciendo x2         9 / 4 3 / 4 3 3 / 1 3 0 3 / 1 3 3 0 0 0 0 1 1 1                    x x x x x x

Obtenemos el punto fijo



4/9,1/3,

 

 4/9,1/3,1

 

 4,3,9



. Encontramos el punto doble asociado al valor propio x1:

                                                                 2 1 0 2 1 2 1 0 2 1 0 2 2 1 1 2 1 0 0 2 1 0 2 1 0 2 2 3 0 0 0 3 2 3 2 2 3 2 3 1 2 0 1 1 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x Haciendo x2  0 0 0 0 0 1 1          x x x x    

Para x1, 2 2 2 3 1 1 0 1 1 1 ) 1 (                  I Rang M

Rang , pues la tercera columna es

proporcional a la segunda, y las dos primeras son linealmente independientes. Se trata pues de una homografía con dos puntos dobles y dos rectas dobles.

Las rectas dobles serán las correspondientes a los  tales que Det((M1)T I)0.

 

                                       4 2 1 1 3 1 6 3 4 4 2 1 1 3 1 6 3 4 5 1 4 1 6 2 3 3 1 1 4 5 1 1 1 T M M ) 1 ( ) 5 ( 25 35 11 4 2 1 1 3 1 6 3 4 ) ) (( 1  3  2    2         x x I M Det T       

Las soluciones son 1 (simple) y  5(doble). Calculamos el vector propio (el punto doble) para 1:

                                                                2 1 0 2 1 0 2 1 0 2 1 0 2 2 1 0 1 2 1 0 0 2 1 0 2 1 0 3 2 0 2 0 6 3 3 0 4 2 3 6 3 4 4 2 1 1 3 1 6 3 4 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x

que tiene por solución:



,,

 

 1,1,1



que se corresponde con la recta doble

0

2 1 0 x x 

x .

Calculamos el vector propio (el punto doble) para 5:

                                                                 2 1 0 2 1 0 2 1 0 2 1 0 2 2 1 0 1 2 1 0 0 2 1 0 2 1 0 2 0 2 0 6 3 0 4 2 5 3 5 6 3 4 5 4 2 1 1 3 1 6 3 4 5 5 5 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x

que tiene por solución



3,,

  

 3,1,1 que se corresponde con la recta

0 3x0 x1x2 

Para encontrar la forma canónica, tomemos como referencia los puntos dobles (-4,-3,9) y (0,1,1) y otro punto sobre la recta x₀ x₁x₂ 0, por ejemplo (1,0,1). Entonces la matriz de cambio de base será

             1 1 9 0 1 3 1 0 4 B , luego                 4 4 12 3 13 3 1 1 1 16 1 1 B Y                                                       1 0 0 1 1 0 0 0 5 1 1 9 0 1 3 1 0 4 3 2 3 1 2 0 1 1 2 4 4 12 3 13 3 1 1 1 16 1 1 MB B

17.

Clasificar la homografía en el plano proyectivo real de ecuaciones:

             2 , 2 1 , 1 2 1 0 , 0 2 2 2 x x x x x x x x Solución.

Pasamos a forma matricial:

                                  2 1 0 , 2 , 1 , 0 2 0 0 0 2 0 1 2 1 x x x x x x

Su polinomio característico es:

) 1 ( ) 2 ( 2 0 0 0 2 0 1 2 1 ) (  2                   I M Det

Luego tiene asociados dos valores propios 1 (simple) y 2 (doble). Para 2: 1 0 0 0 0 0 0 1 2 1 ) 2 (              I Rang M Rang Para 1 2 1 0 0 0 1 0 1 2 0 ) 1 (                I Rang M Rang

Se trata pues de una homografía con un punto doble y una recta de puntos dobles que no inciden (homología).

El centro de la homología coincide con el punto fijo asociado al valor propio simple. Lo determinamos:                                                                   2 1 2 1 2 2 1 1 2 1 0 0 2 1 0 2 1 0 1 0 1 0 2 0 2 2 2 2 0 0 0 2 0 1 2 1 x x x x x x x x x x x x x x x x x x El punto es P(1,0,0)

Calculamos el eje de la homología, que es la recta de puntos dobles, que corresponderá al punto fijo de la función dual:

                                 1 0 1 0 1 2 0 0 2 2 / 1 0 2 / 1 0 2 / 1 1 0 0 1 ) (M 1 T

) 2 ( ) 1 ( 1 0 1 0 1 2 0 0 2 ) ) (( 0 1  2                       I M Det T

Con soluciones 2 (simple) y  1 (doble) Para 2:                                                                   2 0 1 0 2 0 2 1 0 1 0 0 2 1 0 2 1 0 0 2 0 2 2 2 2 2 1 0 1 0 1 2 0 0 2 2 2 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x

El punto es (x₀,2x₀,x₀)(1,2,1), que corresponde a la recta fija x₀2x₁x₂ 0

Para 1:                                                                 0 0 2 0 2 1 0 1 0 0 2 1 0 2 1 0 0 2 0 2 2 1 0 1 0 1 2 0 0 2 x x x x x x x x x x x x x x x x Se obtiene un espacio x0 0.

18.

Reducir a la forma canónica la homografía de ecuaciones

          2 1 0 , 2 2 , 1 1 , 0 3 3x x x x x x x x Solución.

Pasamos a forma matricial:

                                2 1 0 , 2 , 1 , 0 3 3 1 1 0 0 0 1 0 x x x x x x

Calculamos el polinomio característico asociado:

3 2 3 ) 1 ( 1 3 3 3 3 1 1 0 0 1 ) (                    I M Det

Luego existe un único autovalor  1, triple, y por tanto un único punto fijo:

2 1 0 2 1 0 2 2 1 1 0 2 1 0 2 1 0 3 3 2 3 3 1 1 0 0 0 1 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x                                                  El punto es (1,1,1).

Existirá también una recta doble, que determinaremos también:

             0 0 1 1 0 3 0 1 3 ) (M 1 T 3 2 3 1 ) 1 ( 1 3 3 0 1 1 3 0 1 3 ) ) (( 0                _{   }    I M Det T

Un único valor propio 1triple. Su vector propio asociado será:

                                                          2 0 2 1 0 1 0 0 2 2 0 1 1 0 0 2 1 0 2 1 0 0 3 0 2 0 3 3 0 0 1 1 0 3 0 1 3 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x

El vector propio será (1,2,1) que se correspondrá con la recta fija x₀2x₁x₂ 0. Se observa que el punto fijo pertenece a la recta fija.

2 2 2 0 1 1 0 0 1 1 2 3 1 1 1 0 0 1 1 ) 1 (                               I Rang Rang M Rang

Se trata pues de una homografía con un solo punto doble y una sola recta doble incidentes.

Tomando como nuevo sistema de referencia el formado por el punto fijo (1,1,1), otro punto de la recta doble, por ejemplo (0,1,2) y un tercer punto que no pertenece a la recta doble, por ejemplo (1,0,0), resulta la matriz de cambio de base:

                           1 2 1 1 1 0 1 2 0 0 2 1 0 1 1 1 0 1 1 B B                                                 1 0 0 1 1 0 1 1 1 0 2 1 0 1 1 1 0 1 3 3 1 1 0 0 0 1 0 1 2 1 1 1 0 1 2 0 1 MB B

19.

Sea f la homografía del plano proyectivo definida por:

            1 0 , 2 2 0 , 1 2 1 , 0 7x x x x x x x x x 

a) Determinar  para que el punto (1,0,1) sea fijo. b) Hallar los puntos invariantes de f.

c) Hallar las rectas invariantes de f. d) Hallar la ecuación canónica de f. Solución.

a) Pasamos a forma matricial:

                                  1 1 0 , 2 , 1 , 0 0 7 1 1 0 1 1 0 x x x x x x 

Si el punto es fijo, entonces

                                  1 0 1 0 7 1 1 0 1 1 0 1 0 1    

para cierto 0, luego la segunda ecuación implica

1 1

0  

b) La ecuación característica es:

) 3 )( 1 )( 2 ( 6 7 7 1 1 1 1 1 0  3             x x x x x x x x

cuyas soluciones son x2, x1 y x3, las tres simples. Calculamos los puntos fijos asociados:

Para x2:                                                                2 1 0 2 1 0 2 1 0 1 0 2 2 0 1 2 1 0 2 1 0 2 1 0 2 7 0 2 0 2 0 7 2 2 2 0 7 1 1 0 1 1 1 0 2 2 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x

Luego el punto fijo es: (3x₀,x₀,5x₀)(3,1,5) A

De la misma forma, para x1 obtenemos el punto fijo B(1,0,1), y para x3

obtenemos el punto fijo C(1,2,5).

c) las rectas invariantes serán las rectas que pasan por cada pareja de puntos fijos: AB, AC y BC: Recta AB: 2 0 1 0 1 5 1 3 0 _{0 1 2} 2 1 0        x x x x x x

Recta AC: 3 4 0 5 2 1 5 1 3 0 0 1 2 2 1 0         x x x x x x Recta BC: 3 0 5 2 1 1 0 1 0 0 1 2 2 1 0       x x x x x x

d) Tomando como referencia los tres puntos fijos, tenemos

                              1 2 1 5 20 15 2 6 2 10 1 5 1 5 2 0 1 1 1 3 1 B B                                                      3 0 0 0 1 0 0 0 2 5 1 5 2 0 1 1 1 3 0 7 1 1 0 1 1 1 0 1 2 1 5 20 15 2 6 2 10 1 1 MB B

20.

Determinar las ecuaciones de la homografía que transforma los puntos A=(0,0,1), B=(0,1,0), C=(1,0,0) y D=(1,1,1) respectivamente en los puntos B, C, D, A. Hallar los elementos dobles de la misma.

Solución.

Los puntos A,B,C,D están normalizados. Normalicemos los puntos B, C, D, A:

                         d 1 1 b 1 c d 1 d b 0 d c 0 d(1,1,1) c(1,0,0) b(0,1,0) (0,0,1)

La tranformación que necesitamos es

                                 2 1 0 , 2 , 1 , 0 0 0 1 1 0 1 0 1 1 x x x x x x

Calculamos sus elementos dobles. Su ecuación carascterística es:

) 1 )( 1 ( 1 0 1 1 1 0 1 1 0  3 2     2               

cuyas soluciones son 1 y i

Es una homografía con un solo punto doble y una sola recta doble no incidentes. Para 1 calculamos el punto doble:

                                                              0 2 1 0 2 2 1 0 1 0 2 2 0 1 1 0 0 2 1 0 2 1 0 0 0 0 0 0 1 1 0 1 0 1 1 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x y el punto es (x₀,0,x₀)(1,0,1).

Para calcular las rectas dobles estudiamos los autovalores y autovectores de (M )1 T:

              1 1 1 1 0 0 0 1 0 ) (M 1 T

Su ecuación característica es:

) 1 )( 1 ( 1 1 1 1 1 0 0 1 ) ( 1  3 2     2          _{    }    I M T

cuyas soluciones son  1 y i Para 1 tenemos el autovector:

                                              2 1 0 2 2 1 1 0 2 1 0 2 1 0 1 1 1 1 0 0 0 1 0 x x x x x x x x x x x x x x

Cuya solución és (x₁,x₁,x₂)(1,1,1)(1,1,1) que corresponde a la recta fija 0

2 1 0x x 

21.

Sobre la recta proyectiva real y respecto a un referencial R se tiene la proyectividad tal que ) 1 ( ' ) 1 ( ) 2 ( ' ) 0 ( ) 1 ( ' ) 3 ( C C B B A A     

Hallar la ecuación implícita de la proyectividad y sus puntos dobles. Solución:

La ecuación será de la forma Axx'Bx'CxD0, luego

                                                           a d c a b D C B A D B D C B A D C B A D C B A D C B A 2 0 0 0 2 0 3 3 0 ) 1 ( 1 1 ) 1 ( 0 0 2 2 0 0 3 ) 1 ( ) 1 ( 3

Las soluciones de este sistema son de la forma (A,A,0,2A)(1,1,0,2), luego la ecuación implícita es 0 2 ' 'x  xx

Los puntos dobles serán las soluciones de la ecuación x2x20, es decir,

2 7 1 i

x  . La ecuación no tiene soluciones reales, luego la homografía no tiene puntos dobles; se trata de una homografía elíptica.

22.

Una proyectividad de la recta real en sí misma está determinada por

) 1 ( ' ) 0 ( ) 2 ( ' ) 2 ( ) 0 ( ' ) 1 ( C C B B A A    

Hallar la ecuación de la proyectividad, los puntos dobles y los puntos límites. Solución.

a) La ecuación será de la forma Axx'Bx'CxD0, luego

) 4 , 4 , 4 , 1 ( ) , , , 4 / ( 4 / 0 2 2 4 0 ) ( 2 ) ( 2 4 0 0 2 2 4 0 0 0 1 1 0 0 ) 2 ( 2 ) 2 ( 2 0 1 0 1 0                                                                            D D D D D A D D D A D D D A D B D C D B D C B A D C D C B A D C B A D C B A

Luego la ecuación implícita será xx'4x'4x40

b) Los puntos dobles son las soluciones de la ecuación x28x40, es decir

) 3 2 ( 2   x

c) Los puntos límite son (B,A)(4,1) y (C,A)(4,1), que en este caso coinciden en el punto x4.

23.

Hallar la ecuación de una involución sobre la recta compleja cuyos puntos dobles son i y –i.

Solución.

Sabemos que la ecuación implícita de esta involución será de la forma

0 ) ' ( 'xB xx D Ax con B2AD0

Entonces los puntos dobles son aquellos que satisfacen la ecuación Ax22BxD0, luego 0 2 0 ) ( 2 ) ( 0 2 0 2 2 2                   D iB A D i B i A D iB A D Bi Ai

Restando las dos ecuaciones llegamos a 4iB0B0, y sumándolas tenemos

A D D A D A       2 2 0 0 .

24.

Descomponer la proyectividad 5x'x2x'x10 en el producto de dos involuciones. Solución.

Tomamos el punto X0 0. Luego

17 / 2 0 1 ) 3 ( ' 2 ) 3 ( ' 5 3 0 1 ) 2 / 1 ( ' 2 ) 2 / 1 ( ' 5 2 / 1 0 1 ' 2 0 1 0 ' 2 0 ' 5 3 2 1                         X x x X x x X x x x Entonces f gh, donde 0 3 2 / 1 2 / 1 3 0 ) ( ) ( : 1 1      P K K P h y 17 / 2 0 3 2 / 1 2 / 1 3 ) ( ) ( : 1 1      P K K P g

Calculamos h: Ha de cumplir una ecuación del tipo Ax'xB(x'x)D0:

)

3

,

1

,

16

(

)

3

,

,

16

(

0

4

/

0

3

0

)

3

0

(

3

0

0

)

2

/

1

2

/

1

(

)

2

/

1

(

)

2

/

1

(

0

)

0

3

(

0

3

















































































D

D

D

D

B

A

D

B

D

B

A

D

B

A

D

B

A

Luego la involución será 16x'x(x'x)30

25.

Encontrar la forma canónica de la proyectividad de la recta real sobre sí misma dada por

0 3 ' 'xx  xx Solución.

Pasamos a forma matricial:

1 0 1 0 1 0 1 0 1 ' , 0 1 3 1 3 1 3 ' 0 3 ) 1 ( ' 0 3 ' ' x x x x x x x x x x x x x x x x x x xx                    

Luego la forma matricial es:

                             1 1 3 1 1 1 3 1 1 0 , 1 , 0 M x x x x

Calculamos su ecuación característica:

4 1 1 3 1 ) 0  2          I

DetM , que tiene dos soluciones: 2 y  2. Por lo tanto es una proyectividad hiperbólica.

Para 2, 1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 0 0 1 0 1 0 3 3 1 0 3 0 1 2 3 1 2 1 1 3 1 2 2 x x x x x x x x x x x x x x x x                                       

El punto fijo será (3x₁,x₁)(3,1). Para 2, 1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 0 0 1 0 1 0 1 0 3 3 0 1 2 3 1 2 1 1 3 1 2 2 x x x x x x x x x x x x x x x x                                           

El punto fijo será (x1,x1)(1,1).

Tomando como referencia estos dos puntos, determinamos la matriz de cambio de referencia                   3 1 1 1 4 1 1 1 1 3 ₁ B B                                2 0 0 2 1 1 1 3 1 1 3 1 3 1 1 1 4 1 1 MB B

26.

Encontrar la ecuación canónica de la proyectividad de la recta real en sí misma cuya ecuación es 0 2 ' 2 3 ' x x  xx Solución.

Pasamos a forma matricial:

                                                       2 1 2 3 2 1 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 ' 0 2 3 ) 2 ( ' 0 2 ' 2 3 ' 1 0 , 1 , 0 1 0 1 0 1 0 1 0 , 1 , 0 M x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x xx

Determinamos la ecuación característica asociada:                    1 4 0 4 5 2 1 2 3 ) 0 2       I DetM

La matriz reducida será: _        4 0 0 1

Luego la ecuación canónica de la proyectividad es: x x x x x x x x x x 4 1 ' 4 1 4 0 0 1 1 0 , 1 , 0 1 0 , 1 , 0                           

27.

Clasificar la familia de proyectividades de la recta real:

0 4 ' ) 2 ( '  xx  xx  Solución.

Pasamos a forma matricial:

                                                          1 1 4 ) 2 ( 1 1 4 ) 2 ( 4 ) 2 ( 1 4 ) 2 ( 1 4 ) 2 ( ' 4 ) 2 ( ) 1 ( ' 0 4 ' ) 2 ( ' 1 0 , 1 , 0 1 0 1 0 1 0 1 0 , 1 , 0        M x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x xx

Determinamos la ecuación característica asociada:

) 6 ( ) 1 ( 4 2 2 4 ) 2 ( 2 4 ) 1 )( 2 ( 4 ) 1 )( ) 2 ( ( 1 1 4 ) 2 ( ) 0 2 2                                                     x x x x x x x x x x x x x x x xI DetM

El discriminante de la ecuación es (1)241(1)(6)2225 que es siempre positivo, luego siempre encontraremos dos autovalores reales diferentes, y por lo tanto todas las proyectividades serán hiperbólicas.

28.

Se considera la proyectividad de una recta proyectiva real sobre sí misma de ecuación

0 3 ' 2 4 ' x x  xx Hallar: a) Forma matricial. b) Puntos dobles. c) Puntos límite. Solución. a)                                         1 0 , 1 , 0 1 0 1 0 1 0 1 0 , 1 , 0 2 1 3 4 2 3 4 2 3 4 2 3 4 ' 0 3 4 ) 2 ( ' 0 3 ' 2 4 ' x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x xx b)

Calculamos la ecuación característica asociada:

                  5 1 5 6 3 ) 2 )( 4 ( 2 1 3 4 ) ( 0 2         I M Det

Para 1 tenemos el siguiente punto fijo:

1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 0 0 1 0 1 0 0 3 3 0 2 3 4 2 1 3 4 x x x x x x x x x x x x x x x x                                      

Las soluciones son de la forma (x₁,x₁) luego el punto fijo es (-1,1), o en coordenadas no homogéneas el punto –1.

Para 5 tenemos el siguiente punto fijo:

1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 0 0 1 0 1 0 3 3 0 3 0 2 5 3 4 5 2 1 3 4 5 5 x x x x x x x x x x x x x x x x                                      

Las soluciones son de la forma (3x₁,x₁) luego el punto fijo es (3,1), o en coordenadas no homogéneas el punto 3.

Nota: Este apartado puede realizarse sustituyendo x'x en la ecuación. c)

Los puntos límite son la imagen y el origen del punto impropio (1,0)

                   0 1 2 1 3 4 1 4

, luego el primer punto límite es (4,1), en coordenadas homogéneas 4.

                                          5 / 1 5 / 2 0 3 3 0 2 0 3 4 1 2 1 3 4 0 1 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 x x x x x x x x x x x x

El segundo punto límite es



2, 1



5 1 , 5 2 _{ }        , o en coordenadas homogéneas –2.

29.

Dada una colineación f de un plano proyectivo en sí mismo y una recta r tal que

r r

f( ) , demostrar que existe un único punto Pr tal que f(P)r. Solución.

Sabemos que f(r) es una recta. Sea P' f(r)r. Este punto existe y es único pues estamos en un plano proyectivo y son dos rectas diferentes.

Puesto que las colineaciones son biyecciones entre rectas (ver 2.3.3), sea Pr tal que

' ) (P P f  .

Está claro que f(P)P'r.

Si hubieran dos puntos P,Qr tales que f(P),f(Q)r, entonces f(r)r, contradiciendo la hipótesis.

30.

Hallar las ecuaciones de la proyectividad entre dos planos proyectivos reales determinada por ) 1 , 6 , 3 ( ) 1 , 1 , 1 ( ) 0 , 5 , 1 ( ) 1 , 0 , 0 ( ) 2 , 0 , 1 ( ) 0 , 1 , 0 ( ) 1 , 1 , 3 ( ) 0 , 0 , 1 (       Solución.

Los puntos origen están normalizados, y los puntos imagen también:

                            1 1 1 2 1 5 6 3 3 ) 0 , 5 , 1 ( ) 2 , 0 , 1 ( ) 1 , 1 , 3 ( ) 1 , 6 , 3 ( c b a b a c a c b a c b a Luego la matriz es                                  2 1 0 , 2 , 1 , 0 0 2 1 5 0 1 1 1 3 x x x x x x o también              1 0 , 2 2 0 , 1 2 1 0 , 0 2 5 3 x x x x x x x x x x

31.

En un plano proyectivo IP2 se consideran cuatro puntos A=(1,0,0), B=(1,1,1), C=(0,1,1) y D=(-2,1,1).

a) Comprobar que están alineados b) Calcular la razón doble [A,B;C,D].

c) Hallar el punto A'IP2 tal que



A',B;C,D



1. Solución. a) 0 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 0 0 1 1 

 luego los puntos A, B y C están alineados.

Y DAB pues (2,1,1)(2)(1,0,0)(0,1,1). Otra forma de demostrarlo sería comprobando que

2 1 1 2 1 1 0 1 1 1 0 0 1               Rang

b) Para calcular la razón doble [A,B;C,D] normalizamos la referencia {A,B;C}:

1 , 1 ) 1 , 1 , 1 ( ) 0 , 0 , 1 ( ) 1 , 1 , 0

( a b a b , y escribimos D como combinación de los dos nuevos puntos:





3 1 3 , , , 1 , 3 ) 1 , 1 , 1 ( ) 0 , 0 , 1 ( ) 1 , 1 , 2 ( a  b a b  A B C D   c)



A',B;C,D



1



D,C;B,A'



1 Normalizamos la referencia {D,C;B} ) 1 , 1 , 0 ( 2 3 ) 1 , 1 , 2 ( 2 1 ) 1 , 1 , 1 ( 2 / 3 1 2 / 1 1 2 1 ) 1 , 1 , 0 ( ) 1 , 1 , 2 ( ) 1 , 1 , 1 (                         a b a b a a b a



1,2,2



) 1 , 1 , 0 ( 2 3 ) 1 , 1 , 2 ( 2 1 ) 1 ( '       A

32.

Dados cuatro puntos distintos A, B, C y D sobre una recta r, dar una proyectividad (composición de perspectividades) tal que

) , , , ( ^ ) , , , (A BC D r C D A B r Solución.

Marcamos un punto P fuera de r y una recta s que pasa por B

) , , , ( ^ ) ' , , , '' ( ^ ) ' , ' , , ' ( ^ ) , , , ( ' B A D C r D P D D t D C B A s D C B A r A C P

33.

Probar que en una perspectividad entre dos rectas diferentes simpre existe un punto invariante, pero nunca más de uno.

Solución.

Sean r y s dos rectas diferentes. Sea f :rs una perspectividad con centro P. El punto de intersección Ars es un punto invariante para la perspectividad, pues

s PA A s A PA A r

A   ,     , por unicidad del punto de intersección de dos rectas proyectivas.

Supongamos que existe otro punto invariante B A, es decir Br y PBsB. Entonces A,Br,ABr AB, y de la misma forma A,Bs,ABsAB, luego rs, contradiciendo la hipótesis de ser una perspectividad entre rectas diferentes.

34.

Determinar la expresión analítica de una homografía de la recta proyectiva real P1(IR) de la que se sabe que tiene un punto fijo único, el punto (0,1), y que transforma el punto (1,2) en el punto (2,5).

Solución.

Sean A(0,1), B=(1,2) y C=(2,5). Normalizamos esta referencia poniendo B=(2,4). En esta referencia tenemos A fijo y B C, luego la matriz asociada a la homografía será de la forma:        b b a M

0 para ciertos a y b reales.

Puesto que la homografía tiene un único punto fijo, la aplicación lineal tendrá un único autovector, y por tanto la ecuación característica tendrá una única solución

2 2 ) ( ) )( ( 0 ) ( 0 a x b x ab ax xb x ab a b x x x b b x a xI M Det                

Esto se cumple cuando su discriminante es cero:

b a b a ab b a ab ab b a ab b a ) 4   2 4   2 (  ) 0  ( 2 2 2 2 2 2

y por tanto la matriz M es                      1 0 1 1 0 0 a a a b b a M

Ahora hacemos el cambio de referencia:                  0 2 / 1 1 2 4 1 2 0 ₁ B B Luego                             1 2 / 1 0 1 0 2 / 1 1 2 1 0 1 1 4 1 2 0 1 BMB Efectivamente,                    1 0 1 0 1 2 / 1 0 1 y _                          5 2 2 / 5 1 2 1 1 2 / 1 0 1