Zadatak 1. a) Odrediti homogene koordinate tačke čije su afine koordinate $(3, −1)$. b) Odrediti afine koordinate tačaka $A(1 : 2 : 0)$ i $B(2 : 1 : 2)$.

Resenje: a) Afine koordinate su $(x,y)=(3,-1)$. Homogene koordinate se dobijaju koristeći vezu $x=\frac{x_1}{x_3}$ i $y=\frac{x_2}{x_3}$ gde je $x_3$ proizvoljan broj različit od nule. Time dobijamo da važi: $3=\frac{x_1}{x_3}$ (odnosno $3\cdot x_3 = x_1$) i $-1=\frac{x_2}{x_3}$ (odnosno $(-1)\cdot x_3 = x_2$). Koordinate tačke se sada mogu videti kao $(x_1:x_2:x_3)=(3x_3:-x_3:x_3)$. Dakle, jedan predstavnik tačke u homogenim koordinatama je $(x_1:x_2:x_3)=(3:-1:1)$ u slučaju da je $x_3=1$. Međutim, kako za $x_3$ možemo uzeti bilo koji broj različit od nule i $(-6:2:-2)$ je takođe predstavnik zadate tačke za $x_3=-2$. U tome se upravo ogleda osobina homogenosti (tj. invarijantnost u odnosu na množenje ne-nula skalarom).
b) U ovom zadatku se ponovo koristi veza $x=\frac{x_1}{x_3}$ i $y=\frac{x_2}{x_3}$, ali se primenjuje obrnut princip. Za tačku $B(2 : 1 : 2)$ se jasno dobijaju afine koordinate $(x,y)=(1,\frac{1}{2})$. Kod tačke $A(1 : 2 : 0)$ se dolazi do interesantne situacije da je $x_3=0$, pa se zaključuje da ona ne pripada afinoj ravni. Tačke kod kojih je upravo $x_3=0$ se nazivaju beskonačno daleke tačke i pripadaju beskonačno dalekoj pravoj.

Zadatak 2. Odrediti jednačinu prave $q$ kroz tačke $A(1:2:3)$ i $B(-2:1:0)$

Resenje: Potrebno je da pronađemo pravu $q$ oblika $ax_1 + bx_2 + cx_3=0$.
Prvi, intuitivniji način je da prosto ubace koordinate tačaka A i B, a da se potom reši sistem sa dve jednačine $a+2b+3c=0$ i $-2a+b=0$. Odavde se dobija da je $b=2a$, a iz toga vraćanjem u prvu jednačinu i $c=- \frac{5}{3}a$. Dobija se $q:[a:2a:- \frac{5}{3}a]$, tj. koristeći osobinu homogenosti konačno $q:[-3:-6:5]$.
Drugi način se ogleda u računanju vektorskog proizvoda. Za dve tačke koje se nalaze na pravoj $q$ važi $q=A\times B$. Ubacivanjem zadatih vrednosti se dobija isti rezultat.

Zadatak 3. Odrediti presek pravih $a:x_1 + 3x_2 - x_3=0$ i $b:2x_1 - x_2 + 4x_3=0$.

Resenje: Zbog principa dualnosti u projektivnoj ravni zadatak se rešava potpuno analogno prethodnom.
Prvi način je rešavanje sistema $x_1 + 3x_2 - x_3=0$ i $2x_1 - x_2 + 4x_3=0$, a drugi način računanje vektorskog proizvoda $a\times b$. Rešenje je tačka $P(13:-6:-7)$.

Zadatak 4. Odrediti projektivno preslikavanje ravni koje tačke $A_0(1 : 0 : 0)$, $B_0(0 : 1 : 0)$, $C_0(0 : 0 : 1)$, $D_0(1 : 1 : 1)$ slika u $A(1 : 2 : 3)$, $B(3 : 2 : 1)$, $C(0 : 1 : 1)$, $D(7 : 11 : 10)$.

Resenje: Postoji jedinstveno projektivno preslikavanje projektivne ravni koje 4 tačke u opštem položaju slika u 4 tačke u opštem položaju. Koristimo da za projektivno preslikavanje važi $\lambda X'=PX$ gde je $\lambda \neq 0$, $P$ matrica projektivnog preslikavanja, $X$ koordinata tačke koju preslikavamo, a $X'$ koordinata tačke koja je rezultat preslikavanja.
Na osnovu toga zaključujemo da važi $\alpha A=PA_0$, $\beta B=PB_0$ i $\gamma C=PC_0$. Primetimo da $PA_0$, $PB_0$ i $PC_0$ predstavljaju redom prvu, drugu i treću kolonu matrice preslikavanja P. One su na osnovu prethodnih jednakosti redom $\alpha A$, $\beta B$ i $\gamma C$. Nisu poznati koeficijenti $\alpha$, $\beta$ i $\gamma$, medjutim podatak koji do sada nije upotrebljen je vezan za tačke $D_0$ i $D$. Iskoristimo da važi $PD_0=D$ i $PD_0 = P(A_0+B_0+C_0)= PA_0+PB_0+PC_0=\alpha A + \beta B + \gamma C$ (preslikavanje $P$ je prošlo kroz zbir zbog linearnosti matričnog množenja). Prema tome, $D=\alpha A + \beta B + \gamma C$ odnosno D treba predstaviti kao linearnu kombinaciju tačaka $A$, $B$ i $C$. Odatle se dobija da treba rešiti sistem: \begin{cases} \alpha + 3\beta + 0\gamma = 7 \\ 2\alpha + 2\beta + \gamma = 11 \\ 3\alpha + \beta + \gamma = 10 \end{cases} Rešavanjem sistema se zaključuje da je $\alpha = 1$, $\beta = 2$ i $\gamma = 5$. Samim tim je određena matrica preslikavanja: \begin{bmatrix} 1 & 6 & 0 \\ 2 & 4 & 5 \\ 3 & 2 & 5 \\ \end{bmatrix} Traženo preslikavanje je: \begin{cases} \lambda x_1' = x_1 + 6x_2 \\ \lambda x_2' = 2x_1 + 4x_2 + 5x_3 \\ \lambda x_3' = 3x_1 + 2x_2 + 5x_3 \end{cases}

Zadatak 5. Odrediti projektivno preslikavanje kojim se krug slika u hiperbolu/parabolu.

Resenje: Posmatrajmo krug $x^2+y^2=1$ (u homogenim koordinatama $x_1^2 + x_2^2 - x_3^2=0$), parabolu $y'^2=x'$ (u homogenim koordinatama $x_2'^2 - x_1'x_3'=0$) i hiperbolu $x''^2-y''^2=1$ (u homogenim koordinatama $x_1''^2 - x_2''^2 - x_3''^2=0$).
a) Krug i parabola. Jednačina kruga u homogenim koordinatama koristeći razliku kvadrata je ekvivalentna zapisu $x_1^2 + (x_2 - x_3)(x_2 + x_3)=0$. Kada u prethodnoj jednačini zamenimo $x_1$ sa $x_2'$, $x_2 - x_3$ sa $-x_1'$ i $x_2 + x_3$ sa $x_3'$ dobija se $x_2'^2 - x_1'x_3'=0$ što je upravo jednačina parabole u homogenim koordinatama. Prema tome, preslikavanje $f$ koje slika krug u parabolu je sledećeg oblika: \begin{cases} \lambda x_1' = - x_2 + x_3 \\ \lambda x_2' = x_1 \\ \lambda x_3' = x_2 + x_3 \end{cases} gde $\lambda \in \mathbb{R}$.
b) Krug i hiperbola. Kada u jednačini kruga u homogenim koordinatama fiksiramo drugu koordinatu $x_2$ u $x_2''$ i zamenimo prvu i treću koordinatu tj. $x_1=x_3''$ i $x_3=x_1''$ dobija se $x_1''^2 - x_2''^2 - x_3''^2=0$ što je upravo jednačina hiperbole u homogenim koordinatama. Prema tome, preslikavanje $h$ koje slika krug u hiperbolu je sledećeg oblika: \begin{cases} \lambda x_1'' = x_3 \\ \lambda x_2'' = x_2 \\ \lambda x_3'' = x_1 \end{cases} gde $\lambda \in \mathbb{R}$.

U ovom zadatku je pokazano da su elipsa, parabola i hiperbola projektivno ekvivalentne odnosno da postoji neko projektivno preslikavanje koje proizvoljnu ovalnu krivu slika u proizvolju ovalnu krivu. Projektivna geometrija je upravo zbog toga pogodna, jer projektivno ekvivalentne objekte poistovećujemo.

Zadatak 6. a) Pokazati da projektivno preslikavanje $f$ proširene afine ravni zadato formulama $λ{x_1}' = x_3$, $λ{x_2}' = x_2$, $λ{x_3}' = x_1$, preslikava krug $x^2 + y^2 = 1$ u hiperbolu $x^2 − y^2 = 1$. b) Naći zapis preslikavanja $f$ u afinim koordinatama.

Resenje: Dato je preslikavanje: \begin{cases} \lambda x_1' = x_3 \\ \lambda x_2' = x_2\\ \lambda x_3' = x_1 \end{cases} Jednačina datog kruga u homogenim koordinatama je $x_1^2+x_2^2=x_3^2$ tj. $x_1^2+x_2^2-x_3^2=0$, a hiperbole $x_1'^2-x_2'^2-x_3'^2=0$.
Ovim preslikavanjem druga koordinata $x_2$ je fiksirana dok se prva i druga zamenjuju. Ako kod jednačine kruga u homogenim koordinatama fiksiramo drugu, a zamenimo prvu i treću koordinatu dobijamo upravo datu jednačinu hiperbole. Dakle, $x_1^2+x_2^2-x_3^2=0$ postaje $x_3'^2+x_2'^2-x_1'^2=0$ i to pomnožimo sa $-1$ sa leve i desne strane kako bi se dobila data jednačina hiperbole $x_1'^2-x_2'^2-x_3'^2=0$.
b) Potrebno je da se odredi preslikavanje $f$ iz $(x,y)$ u $(x',y')$.
Važi: $x'= \frac{x_1'}{x_3'} = \frac{\lambda x_1'}{\lambda x_3'} = \frac{x_3}{x_1} = \frac{1}{ \frac{x_1}{x_3}}= \frac{1}{x}$ i $y'= \frac{x_2'}{x_3'} = \frac{\lambda x_2'}{\lambda x_3'} = \frac{x_2}{x_1} = \frac{ \frac{x_2}{x_3}}{ \frac{x_1}{x_3}}= \frac{y}{x}$
Zapis u preslikavanja $f$ u afinim koordinatama je: \begin{cases} x' = \frac{1}{x} \\ y' = \frac{y}{x} \end{cases} pri čemu je $x \neq 0$

Zadatak 7. Dokazati da je direktrisa elipse (hiperbole, parabole) polara odgovarajuće žiže.

Resenje: Dovoljno je dokazati tvrđenje u jednom slučaju (npr. uzmećemo u razmatranje hiperbolu). Tada će tvrđenje važiti i za elipsu i parabolu zato što su to projektivno ekvivalentni objekti, a pol i polara projektivne invarijante. Činjenica da su pol i polara projektivne invarijante znači da ako su $M$ i $m$ pol i polara u odnosu na ovalnu krivu $\Gamma$, tada su i njihove slike $M'$ i $m'$ pri projektivnom preslikavanju pol i polara u odnosu na ovalnu krivu $\Gamma '$ koja je slika od $\Gamma$ pri tom istom preslikavanju.
Jednačina hiperbole je $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$ što je u homogenim koordinatama $\frac{x_1^2}{a^2}- \frac{x_2^2}{b^2}=x_3^2$. Prema tome jednačina krive glasi: $\Gamma: b^2x_1^2-a^2x_2^2-a^2b^2x_3^2=0$. Matrica naše ovalne krive je: \begin{bmatrix} b^2 & 0 & 0 \\ 0 & -a^2 & 0 \\ 0 & 0 & -a^2b^2 \\ \end{bmatrix} Jedna žiža je tačka $F_1(-c,0)$ koja ima homogene koordinate $F_1(-c:0:1)$. Iskoristićemo vezu za pol i polaru $\lambda m = GM$ gde je $G$ matrica ovalne krive, $M$ pol, a $m$ odgovarajuća polara. Pronaći ćemo polaru tačke $F_1$ koju označavamo sa $f$. $$\lambda f = GF = \begin{bmatrix} -b^2c \\ 0 \\ -a^2b^2 \\ \end{bmatrix}$$ Dakle, $f:[-b^2c:0:-a^2b^2]$. Zbog osobine homogenosti možemo podeliti koeficijente sa $-b^2c$ čime dobijamo $f:[1:0:\frac{a^2}{c}]$ tj. $f:[1:0:\frac{a}{\frac{c}{a}}]$. Kako je ekscentricitet $e=\frac{c}{a}$, za polaru važi $f:[1:0:\frac{a}{e}]$. Zaključujemo da je prava $f$ oblika $x_1+\frac{a}{e} x_3 =0$, odnosno kad pređemo na afine koordinate $f: x=- \frac{a}{e}$ što je jednačina disektrise. Analogno važi i za žižu $F_2$.
Ovim je dokaz tvrđenja završen.

Zadatak 8. U proširenoj afinoj ravni odrediti centar krive drugog reda $\Gamma: x_1 x_2+x_1 x_3 + x_2 x_3 = 0$.

Resenje: U projektivnoj geometriji postoji tvrđenje koje kaže da je centar krive drugog reda pol beskonačno daleke prave. Dakle, na sasvim jednostavan način možemo odrediti centar $C$ zadate krive koristeći vezu za pol i polaru: $\lambda m = GM$ gde je $G$ matrica ovalne krive, $M$ pol, a $m$ odgovarajuća polara. Matrica date krive $\Gamma$ ima sledeći oblik: \begin{bmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ \end{bmatrix} Beskonačno daleka prava je $u_{\infty}: x_3=0$ odnosno $u_{\infty}: [0:0:1]$. Koristeći vezu dobijamo $\lambda u_{\infty} = GC$. Ubacivanjem vrednosti imamo: \[ \lambda \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ \end{bmatrix} = \left[ \begin{array}{ccc} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \\ \end{array} \right] \begin{bmatrix} c_1 \\ c_2 \\ c_3 \\ \end{bmatrix} \]gde je $C(c_1:c_2:c_3)$ centar krive.
Problem se svodi na rešavanje sistema jednačina: \begin{cases} 0=c_2+c_3 \\ 0=c_1+c_3 \\ \lambda=c_1+c_2 \end{cases} Iz toga sledi da je $C(-c_3:-c_3:c_3)$ gde je $c_3 \neq 0$ odnosno $C(-1:-1:1)$. U afinim koordinatama upitanju je tačka C(-1,-1).

Zadatak 9. Naći, ako postoje, tangente iz tačke A(1:0:1) na krivu drugog reda $\Gamma: 2x_1^2+x_2^2-2x_3^2-6x_1x_2+4x_2x_3=0$.

Resenje: Postoji teorema u projektivnoj geometriji koja kaže da ako tačka pripada ovalnoj krivoj drugog reda $\Gamma$, tada je njena polara u odnosu na $\Gamma$ tangenta te krive u toj tački.
Za početak, proverimo da li tačka $A$ pripada krivoj $\Gamma$. To možemo učiniti ubacivanjem koordinata u jednačinu čime dobijamo: $$2x_1^2+x_2^2-2x_3^2-6x_1x_2+4x_2x_3=2\cdot 1+ 1\cdot 0-2 \cdot 1 - 6 \cdot 1 \cdot 0+4\cdot 0 \cdot 1= 2-2=0$$ Dakle, tačka $A$ pripada krivoj $\Gamma$. Prema tome, tangenta iz tačke A(1:0:1) na krivu drugog reda $\Gamma$ će upravo biti polara tačke $A$ u odnosu na $\Gamma$.
Matrica $G$ date krive $\Gamma$ ima sledeći oblik: \begin{bmatrix} 2 & -3 & 0 \\ -3 & 1 & 2 \\ 0 & 2 & -2 \\ \end{bmatrix} Ubacivanjem vrednosti u jednačinu $\lambda a = GA$ imajući u vidu da je $a:[a_1:a_2:a_3]$ tražena tangenta imamo: \[ \lambda \begin{bmatrix} a_1 \\ a_2 \\ a_3 \\ \end{bmatrix} = \left[ \begin{array}{ccc} 2 & -3 & 0 \\ -3 & 1 & 2 \\ 0 & 2 & -2 \\ \end{array} \right] \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \\ \end{bmatrix} \] Odavde se dobija rešenje $a:[2:-1:-2]$ odnosno $a: 2x_1-x_2-2x_3=0$.