射影平面六講

射影平面六講 _— 第三講

王九逵

在第一講中我們提到過, 希望在射影平 面中不把無限遠直線特殊化。 引入射影座標 系是達到這目標的一個方法。 在引入射影座 標系的觀念以前, 我們先介紹 Kronecker 的 delta 記號: Kronecker 的寫法是

δij =

(

1, i = j, 0, i 6= j

式中 i, j 為整數。 我們要用到的是三個向量 δi = (δi0, δi1, δi2), i= 0, 1, 2.

在齊次座標下, δ0 表示原點, δ1 和 δ2 分別表 示 x 軸和 y 軸上的無限遠點。 我們也要用到 另一個向量: υ = (1, 1, 1)。

定理: 設 E⁰, E¹, E² 及 I 為

_P

中的四 點。 則有一 3 × 3 滿秩 (non-singular) 實方 陣 E, 使 δ⁰E, δ¹E, δ²E 和 υE 分別為 E0, E1, E² 和 I 的座標向量的充要條件是這四 點中的任意三點都不共線。 此時方陣 E 除常 數因子外是一意確定的。

證明: 設 E 為一滿秩方陣, 則其列向量 ε0 = δ⁰E, ε¹ = δ¹E, ε² = δ²E 線性無關。

顯然此時 ε0 + ε1 + ε2 = υE 和上三向量

中的任意兩個也線性無關。 所以 E0, E¹, E² 和 I 四點中任意三點均不共線。

反之, 設 E0, E¹, E² 和 I 四點中任 意三點均不共線。 假定它們的座標向量為 ε⁰, ε1, ε² 及 ι。 則 ι 可以表成 ε0, ε¹, ε² 的線性 組合, 其中係數均不為 0。 將係數吸入向量中, 我們不失一般性可以假定 ι = ε0+ ε1+ ε2。 令

E =



 



ε0

ε1

ε2



 



. 則 E 為滿秩方陣, 且

δ0E = ε⁰, δ1E = ε¹, δ2E = ε¹, εE = ι.

現設E 為另一滿足定理條件的方陣。 則

^e

因 δ0E 也是 E

e

0 的齊次座標, 所以有一常數 λ0 使 δ0E

e

= λ⁰δ0E。 同理也有二常數 λ1, λ2 使 δ1E

e

= λ¹δ1E, δ²E

^e

= λ²δ2E, 及一 常數 λ 使 υE

^e

= λυE。 因 υ = δ0+ δ1+ δ2, 故有

(λ0δ0+ λ1δ1+ λ2δ2)E = λ(δ0+ δ1+ δ2)E.

因 E 為可逆方陣, 所以 λ⁰ = λ¹ = λ² = λ。

又因 δ_iE 為

^e

E 的各列

^e

, 於是我們得到了 E

e

= λE。

52

射影平面六講

^—

第三講

⁵³

設 E0, E¹, E², I 及 E 為上定理中之 向量及方陣。 對每個向量 ξ ∈

R

³ \ {0}, 令 X 為以 ξE 為齊次座標的點, 而稱 ξ 為 X 在 射影座標系 (projective coordinate sys- tem) (E⁰, E1, E2, I) 下的射影座標。ξ 叫作 它在本座標系下的 (射影) 座標向量 (projec- tive coordinate vector)。 E⁰, E¹, E² 叫本 座標系的 基點 (base points), I 叫它的 單 位點 (unit point)。

齊次座標是一種特殊的射影座標, 其中 E 為單位方陣。 此時三基點分別表示原點及 兩座標軸上的無限遠點, 而單位點決定在座 標軸上的單位長度。 一般的射影座標使上述 的諸觀念不再特殊化了: 每點都可以是原點 或無限遠點, 每種長度都可以是單位長。 射影 幾何學是打破平行和長度觀念的幾何學。

設 λ = (λ⁰, λ1, λ2) 為

P

中直線 l 的齊次座標, 又設 ξ 為點 X 在射影座標系 (E⁰, E1, E2, I) 中的射影座標。 則直線 l 通 過點 X 的充要條件是 λ · (ξE) = (λE^′) · ξ = 0, 式中 E^′ 是 E 的 轉置矩陣 (trans- pose)。 我們稱 λE^′ 為直線 l 在射影座標系 (E⁰, E1, E2, I) 下的 射影 (線) 座標。

公元 4世紀, Alexandria 的 Pappus 證 明了一個射影幾何的定理, 我們將利用射影 座標系的方法證明它:

定理(Pappus): 設 A, B, C 為

P

中共 線的三點, D, E, F 為

P

中共線的另三點。

再設直線 AE 和 DB交於 P , BF 和 CE 交於 Q, AF 和 DC 交於 R。 則 P , Q 和 R 三點共線。

D

R

A E

P B

Q C F

圖一

證明: 令直線 ABC 和直線 DEF 的 交點為 O。 若 O, P , Q, R 四點共線, 則定理 已成立。 否則不失一般性, 我們可以假定 O, P, Q 不共線。 從 OP , OQ, P Q 三直線以 外選一點 I。(讀者可試著證明 I 一定存在)。

然後我們建立射影座標系 (O, P, Q, I)。

若一點在本座標系內的射影座標為 ξ, 我們用 X^′ 表示

_P

中以 ξ 為齊次座標的點。

若三點 X, Y , Z 共線, 則三點 X^′, Y^′, Z^′ 也 共線, 反之若三點 X^′, Y^′, Z^′ 共線, 則三點 X, Y , Z 也共線。 於是我們可以把 Pappus 定理翻譯成下形:

在

_R

² 中設 A^′, B^′, C^′ 三點共線, D^′, E^′, F^′ 三點也共線。 假定 A^′E^′ 和 D^′B^′ 二 直線平行, B^′F^′ 和 C^′E^′ 二直線也平行。 則 A^′F^′和 D^′C^′ 二直線一定也平行。

F^′

E^′ D^′

A^′ B^′ C^′ O 圖二

54

數學傳播

²⁵

卷

³

期 民

⁹⁰

年

⁹

月

利用平面幾何, 此事非常容易證明。 令 O 表示 A^′B^′C^′ 和 D^′E^′F^′ 二直線的交點。

從定理的條件乃得

OA^′ : OB^′ = OE^′ : OD^′ 且 OB^′ : OC^′ = OF^′ : OE^′. 因此

OA^′ : OC^′ = OF^′ : OD^′. 所以 A^′F^′ 和 D^′C^′ 二直線平行。

讀者請試寫出 Pappus 定理的對偶定 理。

一個值得做的習題是不用射影座標直接 證明 Pappus 定理。 另外一個值得做的習題 是利用射影座標的方法給 Desargues 定理做 一個新的證明。

不但在射影平面

_P

上可以引入射影座 標, 在

P

中的一條直線 l 上也可以做同樣 的事。 令 E⁰, E¹ 和 I 為 l 上的三點。 我

們可以分別選擇其齊次座標 ε0, ε¹ 及 ι 使 ι= ε⁰+ ε¹。 令 E0, E¹ 和 I 為 l 上的三點。

我們可以分別選擇其齊次座標 ε0, ε1 及 ι 使 ι= ε⁰+ ε¹。 令

E = ε0

ε1

!

.

E 是一個 2 × 3 矩陣, 而 (1, 0)E, (0, 1)E 和 (1, 1)E 分別為E⁰, E¹ 和 I 的齊次座標。

仿照前面的討論, 若 ξ ∈

R

²\ {0}, 令 X ∈ l 為以 ξE 為齊次座標的點。 我們稱 ξ 為 X 在 線射影座標系(E⁰, E1, I) 中的射影座標。 E⁰ 和 E1 叫這座標系的基點, I 叫它的單位點。

直觀上講, 這個線射影座標系賦予 E⁰以原點 的地位, 賦予 E1 以直線l 上的無限遠點的地 位, 而 I 產生直線 l 上的單位。

—本文作者為國立中央大學數學系退休教 授—