Hoan Thien He Thong Bai Tap Hinh Hoc Afin Va Hinh Hoc Oclit [PDF]

Zitiervorschau

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2 KHOA TOÁN

LÊ THỊ HẢI YẾN

HOÀN THIỆN HỆ THỐNG BÀI TẬP HÌNH HỌC AFIN VÀ HÌNH HỌC ƠCLIT

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Hình học

Người hướng dẫn khoa học ThS. PHẠM THANH TÂM

HÀ NỘI - 2015

Lời cảm ơn

Sau một thời gian miệt mài nghiên cứu cùng với sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình của thầy giáo Phạm Thanh Tâm, khóa luận của tôi đến nay đã được hoàn thành. Qua đây tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc của mình tới thầy Phạm Thanh Tâm, người đã trực tiếp hướng dẫn chỉ bảo và đóng góp nhiều ý kiến quý báu trong thời gian tôi thực hiện khóa luận này. Tôi chân thành cảm ơn các thầy, cô giáo trong khoa Toán đã tạo điều kiện tốt nhất cho tôi trong thời gian tôi làm khóa luận. Mặc dù có nhiều cố gắng nhưng do hạn chế về thời gian và kiến thức nên khóa luận không tránh khỏi những thiếu sót. Tôi rất mong nhận được sự giúp đỡ, đóng góp ý kiến của thầy cô và các bạn sinh viên để khóa luận của tôi được hoàn thiện hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn!

Hà Nội, ngày 05 tháng 5 năm 2015 Sinh viên

Lê Thị Hải Yến

Lời cam đoan

Tôi xin cam đoan khóa luận này là kết quả của quá trình học tập, nghiên cứu nỗ lực của bản thân cùng với sự giúp đỡ của các thầy cô, các bạn sinh viên khoa Toán trường ĐHSP Hà Nội 2, đặc biệt là sự hướng dẫn tận tình của thầy Phạm Thanh Tâm. Trong quá trình làm khóa luận tôi có tham khảo những tài liệu có liên quan đã được hệ thống trong mục tài liệu tham khảo. Khóa luận “Hoàn thiện hệ thống bài tập hình học afin và hình học Ơclit” không có sự trùng lặp với các khóa luận khác.

Hà Nội, ngày 05 tháng 5 năm 2015 Sinh viên

Lê Thị Hải Yến

Mục lục Mở đầu

1

1 Không gian afin 1.1 Không gian afin . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Mục tiêu afin và tọa độ afin . . . . . . . . 1.3 Phẳng trong không gian afin . . . . . . . . 1.4 Vị trí tương đối của các phẳng . . . . . . . 1.5 Tâm tỉ cự của hệ điểm . . . . . . . . . . . 1.6 Tập lồi trong không gian afin . . . . . . . . 1.7 Ánh xạ afin và các phép biến đổi của không 1.8 Nhóm biến đổi afin và hình học afin . . . . 1.9 Siêu mặt bậc hai afin . . . . . . . . . . . . 1.10 Một số bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . 2 Không gian Ơclit 2.1 Không gian Ơclit . . . . . . . . . . . . . 2.2 Các phẳng trong không gian Ơclit . . . . 2.3 Góc và thể tích trong không gian Ơclit . . 2.4 Ánh xạ đẳng cự và phép biến đổi đẳng cự 2.5 Hình học Ơclit . . . . . . . . . . . . . . . 2.6 Nhóm đồng dạng và hình học đồng dạng . 2.7 Siêu mặt bậc hai Ơclit . . . . . . . . . . 2.8 Các bất biến hàm bậc hai và ứng dụng .

. . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . gian afin . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . . . .

3 8 9 12 14 18 20 21 22 25 32

. . . . . . . .

35 39 40 44 47 52 54 57 61

2.9 Siêu cầu trong không gian Ơclit . . . . . . . . . . . . . . 66 2.10 Một số bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 Kết luận

74

Tài liệu tham khảo

75

Mở đầu 1. Lý do chọn đề tài Toán học là một môn khoa học chiếm một vị trí hết sức quan trọng. Toán học là cơ sở, là nền tảng để nghiên cứu các môn khoa học khác. Trong quá trình học tập, tôi được nghiên cứu về chuyên ngành hình học, một bộ phận quan trọng và tương đối khó trong chương trình toán phổ thông. Với mong muốn được nghiên cứu sâu hơn về hình học và tìm hiểu sâu hơn nữa về hình học afin và hình học Ơclit, tôi đã chọn đề tài “Hoàn thiện hệ thống bài tập hình học afin và hình học Ơclit” làm khóa luận tốt nghiệp. 2. Mục đích nghiên cứu Khóa luận nhằm mục đích: Giúp sinh viên có cái nhìn sâu hơn về hình học afin và hình học Ơclit. 3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

• Nghiên cứu các bài tập hình học afin và hình học Ơclit. • Các tài liệu tham khảo liên quan đến hình học afin và hình học Ơclit. 4. Nhiệm vụ nghiên cứu Trình bày hệ thống một số các bài tập cơ bản về hình học afin và hình học Ơclit. 5. Phương pháp nghiên cứu

Nghiên cứu giáo trình, sách tham khảo và các tài liệu liên quan đến nội dung nghiên cứu.

Chương 1

Không gian afin Trong chương này chúng ta cần chú ý đến một số khái niệm cơ bản sau: 1.1. Không gian afin: Cho không gian véctơ V trên trường K, tập A 6= ∅ mà các phần tử của nó gọi là điểm và ánh xạ ϕ : A × A −→ V. −−→ Kí hiệu ϕ(M, N ) = M N với M, N ∈ A. Bộ ba (A, ϕ, V) gọi là không gian afin nếu hai tiên đề sau đây được thỏa mãn: − i) Với mọi điểm M ∈ A và mọi véctơ → u ∈ V, có duy nhất điểm N ∈ A −−→ → − sao cho M N = u . −−→ −−→ −−→ ii) Với mọi ba điểm M, N, P ∈ A có M N + N P = M P . Không gian afin (A, ϕ, V) còn gọi là không gian afin A liên kết với không gian véctơ V, còn gọi tắt là không gian afin A trên trường K (hoặc K không gian afin A). Không gian véctơ liên kết V thường được kí hiệu là → − A. Không gian afin A gọi là n chiều (kí hiệu dimA = n) nếu dimV = n. Khi trường K là trường số thực R, ta nói A là không gian afin thực, khi K = C, ta nói A là không gian afin phức. 1.2. Độc lập afin: Hệ m + 1 điểm A0 , A1 , ..., Am (m ≥ 1)của không −−−→ −−−→ −−−→ → − gian afin A gọi là độc lập nếu m véctơ A0 A1 , A0 A2 , ..., A0 Am của A là hệ véctơ độc lập tuyến tính. Hệ gồm một điểm A0 bất kì (tức trường hợp m = 0) luôn được xem là độc lập. 1.3. Mục tiêu afin: Cho không gian afin n chiều A liên kết với không 3 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN AFIN

→ − → − − − − gian véctơ A . Gọi ε = {→ e1 , → e2 , ..., → en } là một cơ sở của A và O là một − − − điểm thuộc A . Khi đó tập hợp {O; ε} hay {O; → e1 , → e2 , ..., → en } là một mục − tiêu afin của A . O gọi là điểm gốc của mục tiêu, → ei gọi là véctơ cơ sở thứ i của mục tiêu. 1.4. Tọa độ afin: Trong không gian afin n chiều A cho mục tiêu afin −−→ → − − − − {O; → e1 , → e2 , ..., → en }. Với mỗi điểm X ∈ A ta có véctơ OX ∈ A , và vì vậy có duy nhất n phần tử x1 , x2 , ..., xn của trường K sao cho

−−→ − − − OX = x1 → e1 + x2 → e2 + ... + xn → en . Bộ n phần tử (x1 , x2 , ..., xn ) đó được gọi là tọa độ điểm X đối với mục tiêu đã chọn, kí hiệu:

X(x1 , x2 , ..., xn ) hay X = (x1 , x2 , ..., xn ). 1.5. Phẳng trong không gian afin: Cho không gian afin A liên kết → − − với không gian véctơ A . Gọi I là một điểm của A và → α là một không → − gian véctơ con của A . Khi đó tập hợp: − → − − α = { M ∈ A IM ∈ → α}

− được gọi là cái phẳng (gọi tắt là "phẳng") qua I và có phương là → α. → − Nếu α có số chiều bằng m thì α gọi là phẳng m chiều hay còn gọi là m - phẳng. 1.6. Vị trí tương đối của các phẳng: Trong không gian afin An − cho p - phẳng α và q - phẳng β (với p ≤ q ) lần lượt có phương là → α và → − β. a) Các phẳng α và β gọi là cắt nhau nếu chúng có điểm chung. − b) Cái phẳng α gọi là song song với β nếu → α là không gian con của → − β. c) Các phẳng α và β gọi là chéo nhau nếu chúng không cắt nhau và không song song với nhau. 4 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN AFIN

d) Giao α ∩ β hiểu theo nghĩa thông thường của thuyết tập hợp và gọi là giao của hai cái phẳng α và β . e) Tổng α + β là giao của tất cả các phẳng chứa α và β , α + β gọi là tổng của hai cái phẳng α và β . 1.7. Tâm tỉ cự: Cho k điểm P1 , P2 , ..., Pk của không gian afin A và k k P λi 6= 0. Khi đó có duy nhất số thuộc trường K: λ1 , λ2 , ..., λk sao cho i=1

điểm G sao cho

k X

−−→ → − λi GPi = 0 .

i=1

Điểm G nói trên được gọi là tâm tỉ cự của hệ điểm Pi gắn với họ hệ số λi . Trong trường hợp các λi bằng nhau, điểm G gọi là trọng tâm của hệ điểm Pi . 1.8. Tập lồi trong không gian afin thực: Một tập X trong không gian afin thực gọi là tập lồi nếu với mọi hai điểm P, Q thuộc X thì đoạn thẳng P Q nằm hoàn toàn trong X . 1.9. Đơn hình m - chiều: Cho m + 1 điểm độc lập P0 , P1 , ..., Pm . Ta biết rằng m - phẳng α đi qua m + 1 điểm đó gồm những điểm M sao cho (với điểm O nào đó) m m X −−→ X −−→ OM = λi OPi với λi = 1. i=0

i=0

Bây giờ xét tập hợp gồm những điểm M sao cho m m X −−→ X −−→ OM = λi OPi với λi = 1 và λi ≥ 0, i = 0, 1, ..., m. i=0

i=0

Tập hợp đó được gọi là m - đơn hình với các đỉnh: P0 , P1 , ..., Pm và kí hiệu là S(P0 , P1 , ..., Pm ). 5 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN AFIN

1.10. Hình hộp m - chiều: Cho m + 1 điểm độc lập P0 , P1 , ..., Pm . Tập hợp những điểm M sao cho m −−→ −−→ P λi P0 Pi , với 0 ≤ λi ≤ 1 được gọi là m - hộp. P0 M = i=1

1.11. Ánh xạ afin: Cho hai không gian afin trên trường K là A và → − → − A0 liên kết với không gian véctơ A và A0 . Ánh xạ f : A −→ A0 được gọi là ánh xạ afin nếu có ánh xạ tuyến → − → − → − tính f : A −→ A0 , sao cho với mọi cặp điểm M, N ∈ A và ảnh −−−→ → − −−→ M 0 = f (M ), N 0 = f (N ) ta có M 0 N 0 = f (M N ). → − → − → − Ánh xạ tuyến tính f : A −→ A0 được gọi là ánh xạ tuyến tính liên kết với f. 1.12. Tỉ số đơn: Tỉ số đơn của ba điểm phân biệt thẳng hàng P, Q, R −→ −→ là số λ thuộc trường K sao cho RP = λRQ, và kí hiệu là [P, Q, R]. 1.13. Đẳng cấu afin: Ánh xạ afin f : A −→ A0 giữa hai không gian afin A và A0 trên trường K gọi là phép đẳng cấu afin nếu f là song ánh. Không gian afin A gọi là đẳng cấu với không gian afin A0 nếu có đẳng f cấu afin f : A −→ A0 . Khi đó ta kí hiệu A ∼ A0 . 1.14. Biến đổi afin: Phép đẳng cấu afin f : A −→ A từ không gian afin A lên chính nó được gọi là một biến đổi afin, hay cho gọn là phép afin. 1.15. Tương đương afin: Gọi F là một nhóm biến đổi của không gian X , H1 và H2 là hai hình nào đó của X . Khi đó hình H1 gọi là tương đương với hình H2 (đối với nhóm F , hay còn gọi là F - tương đương) nếu có phép biến đổi f ∈ F sao cho f (H1 ) = H2 , ta kí hiệu: H1 (F )H2 . ∼

1.16. Bất biến afin: Gọi F là một nhóm biến đổi của không gian X , và H là một hình trong X . Một tính chất nào đó của hình H sẽ gọi là bất biến đối với nhóm F nếu mọi hình H 0 tương đương với hình H (đối với nhóm F ) đều có tính chất đó. Các tính chất bất biến đối với nhóm afin Af (A) của không gian afin 6 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN AFIN

A thường gọi là tính chất afin. 1.17. Siêu mặt bậc hai: Trong không gian afin An trên trường số − − − thực chọn mục tiêu afin {O;→ e1 , → e2 , ..., → en }. Cho phương trình bậc hai: n n P P (1) aij xi xj + 2 ai xi + a0 = 0 i=1

i,j=1

trong đó các hệ số aij , ai , a0 đều là số thực, các aij không đồng thời bằng không và aij = aji. Tập hợp tất cả những điểm X thuộc An sao cho tọa độ (x1 , x2 , ..., xn ) của nó thỏa mãn phương trình (1) gọi là một siêu mặt bậc hai xác định bởi phương trình đó. Nếu (S) là siêu mặt bậc hai xác định bởi phương trình (1) thì phương trình (1) gọi là phương trình của (S). Với n = 2 và n = 3, các siêu mặt bậc hai được gọi lần lượt là đường bậc hai và mặt bậc hai. 1.18. Tâm của siêu mặt bậc hai: Tâm của siêu mặt bậc hai (S) là điểm mà khi ta chọn làm gốc mục tiêu thì phương trình của (S) có dạng: n X aij xi xj + a0 = 0 i,j=1

hay viết dưới dạng ma trận là

xt Ax+a0 = 0 với A = (aij ). 1.19. Điểm kì dị của siêu mặt bậc hai: Một điểm I gọi là điểm kì dị của siêu mặt bậc hai (S) nếu I ∈ (S) và I là tâm của (S).

7 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN AFIN

BÀI TẬP 1.1

Không gian afin

→ − → − Bài tập 1.1.1. Cho (A,ϕ, A ) và (A0 ,ϕ0 , A0 ) là hai không gian afin trên trường K, xét ánh xạ: − → − → φ : ((A × A0 ) × (A × A0 )) −→ A × A0 ((M, M 0 ), (N, N 0 )) 7→ (ϕ(M, N ), ϕ0 (M 0 , N 0 )). → − → − Chứng minh rằng (A × A0 , φ, A × A0 ) là một không gian afin trên trường K (gọi là tích trực tiếp của hai không gian afin A và A0 ). Bài giải −0 → − → Ta có (A × A , φ, A × A ) là một không gian afin trên trường K vì nó thỏa mãn hai tiên đề sau, thật vậy: a) Tiên đề về phép đặt vectơ. → − − → − → − Với mọi (M, M 0 ) ∈ A × A0 và mọi (→ u , u0 ) ∈ A × A0 suy ra tồn tại duy nhất cặp điểm (N, N 0 ) ∈ A × A0 sao cho → − − ϕ(M, N ) = → u , ϕ0 (M 0 , N 0 ) = u0 ⇒ ((M, M 0 ), (N, N 0 )) 7→ (ϕ(M, N ), ϕ0 (M 0 , N 0 )). b) Tiên đề tam giác của phép cộng vectơ. → − +) Vì (A, ϕ, A ) là không gian afin nên: ∀M, N, P ∈ A : ϕ(M, N ) + ϕ(N, P ) = ϕ(M, P ). → − +) Vì (A0 , ϕ0 , A0 ) là không gian afin nên: ∀M 0 , N 0 , P 0 ∈ A0 : ϕ0 (M 0 , N 0 ) + ϕ0 (N 0 , P 0 ) = ϕ0 (M 0 , P 0 ); ∀(M, M 0 ), (N, N 0 ), (P, P 0 ) ∈ A × A0 . Suy ra φ[(M, M 0 ), (N, N 0 )] + φ[(N, N 0 ), (P, P 0 )] = (ϕ(M, N ), ϕ0 (M 0 , N 0 )) + (ϕ(N, P ), ϕ0 (N 0 , P 0 )) = (ϕ(M, N ) + ϕ(N, P ), ϕ0 (M 0 , N 0 ) + ϕ0 (N 0 , P 0 )) = (ϕ(M, P ), ϕ0 (M 0 , P 0 )) 0

8 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN AFIN

= φ[(M, M 0 ), (P, P 0 )]. − → − → Vậy (A × A0 , φ, A × A0 ) là một không gian afin trên trường K. Bài tập 1.1.2. Chứng minh rằng nếu M0 , M1 , ..., Mm là hệ m + 1 điểm độc lập thì điều kiện cần và đủ để hệ m + 2 điểm M0 , M1 , ..., Mm , Mm+1 không độc lập là với điểm O tùy ý ta có: m m X X −−→ −−→ OM m+1 = λi OMi với λi = 1. i=0

i=0

Bài giải n−−−→ −−−→ −−−−→o Hệ M0 , M1 , ..., Mm độc lập khi và chỉ khi hệ véctơ M0 M1 , M0 M2 , ..., M0 Mm độc lập tuyến tính. Hệ m+2 điểm M0 , M1 , ..., Mm , Mm+1 không độc lập. −−−→ −−−→ −−−−−−→ Suy ra { M0 M1 , M0 M2 , ..., M0 Mm+1 } phụ thuộc tuyến tính. Suy ra tồn tại các ti không đồng thời bằng không sao cho m −−−−−−→ P −−−→ M0 Mm+1 = ti .M0 Mi (với các điểm O tùy ý) i=1

m −−→ −−−−−→ P −−→ −−→ ⇒ M0 O + OMm+1 = ti .(M0 O + OMi ) i=1

m m P −−−−−→ −−→ P −−→ ⇒ OMm+1 = (1 − ti ).OM0 + ti OMi .

Đặt λ0 = 1 −

m P

i=1

i=1

ti , λi = ti , i = 1, 2, ..., m ⇒

i=1

m P

λi = 1.

i=1

Suy ra có điều phải chứng minh.

1.2

Mục tiêu afin và tọa độ afin

− − − Bài tập 1.2.1. Trong không gian ba chiều A3 cho mục tiêu afin {O; → e1 , → e2 , → e3 } . → − → − → − → − → − → − Chứng tỏ rằng {O; e1 + e2 , e2 + e3 , e3 + e1 } cũng là mục tiêu afin. Hãy viết công thức đổi mục tiêu từ mục tiêu thứ nhất sang mục tiêu thứ hai. Bài giải − → − → − → − → − − − − Đặt e0 1 = → e1 + → e2 , e0 2 = → e2 + → e3 , e0 3 n= → e3 + − e1 o thì ma trận C chuyển − → − → − → − − − từ cơ sở ε = {→ e1 , → e2 , → e3 } sang hệ ε0 = e0 1 , e0 2 , e0 3 là 9 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN AFIN

 1 0 1   C =  1 1 0  . Ta có det C = 2 6= 0. 0 1 1 0 Suy ra nε là một cơ sởocủa không gian afin A3 . → → − − → − Do đó O; e0 1 , e0 2 , e0 3 là mục tiêu afin. 

Cho (x1 , x2 , x3 ), (x01 , x02 , x03 ) lần lượt là tọa mục tiêu {O, ε} và {O, ε0 }. Công thức đổi mục   tiêu     x1 x0 1     0   x2  = C.  x 2  ⇔   x3 x0 3

độ của điểm X trong hai

x1 = x0 1 + x0 3 x2 = x0 1 + x0 2 . x3 = x0 2 + x0 3

Bài tập 1.2.2. Trong không gian afin An cho mục tiêu afin − − − − {O; → e1 , → e2 , → e3 , ..., → en } (I) j − → P→ − Đặt e0 = e , j = 1, .., n. Chứng tỏ rằng với i ≤ j thì j

i

i=1

− → − → − → (II) {O; e0 1 , e0 2 , ..., e0 n } cũng là mục tiêu afin. Hãy viết công thức đổi mục tiêu từ mục tiêu (I) sang mục tiêu (II). Bài giải o n− → − → − → − − − e1 , → e2 , ..., → en } Ma trận tọa độ của hệ ε0 = e0 1 , e0 2 , ..., e0 n với cơ sở ε = {→ là 

 1 1 ... 1  0 1 ... 1    C=  . Ta có det C = 1 6= 0 .  ... ... ... ...  0 0 ... 1 n− o → − → − → 0 0 0 0 Do đó ε = e 1 , e 2 , ..., e n là một cơ sở. o n − → − → − → 0 0 0 Suy ra O; e 1 , e 2 , ..., e n là một mục tiêu afin.

10 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN AFIN

Công thức đổi mục tiêu  n P  x0 i x =  1   i=1   n  P 0 x0 i . x = 2 x = Cx ⇔ i=2     ...............    xn = x0 n Bài tập 1.2.3. Trong không giannafin 2 chiều A2 trên trường số thực R o − → − → − − cho mục tiêu: {O, → e1 , → e2 } (I) và O0 , e0 1 , e0 2 (II). Đối với mục tiêu (I) ba điểm P, Q, R có tọa độ là P = (2, 1), Q = (1, 1), R = (1, −1). Đối với mục tiêu (II) chúng có tọa độ là P = (6, −2), Q = (4, −1), R = (2, −3). Hãy viết công thức đổi mục tiêu từ (I) sang (II).

Bài giải +)Cách 1 : Ta viết được

−−→0 −→ −−→ −→ −−→ −→ −−→ OO = OP − O0 P = OQ − O0 Q = OR − O0 R − → − → − − = 2→ e1 + → e2 − 6e0 1 + 2e0 2 − → − → − − =→ e1 + → e2 − 4e0 1 + e0 2 − → − → − − =→ e −→ e − 2e0 + 3e0 . 1

Giải ra được

2

1

2

− → 1− 1−   e0 1 = → e1 + → e2   3 3 − → 1− 2− e0 2 = − → e1 + → e2 .  3 3   −→ 2− 1−  − OO0 = − → e1 + → e2 3 3  1 1 2   x1 = x0 1 − x0 2 − 3 3 3 Suy ra công thức đổi tọa độ là 1 0 2 0 1 .   x1 = x 1 + x 2 + 3 3 3 11

Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN AFIN

+)Cách 2 : Giả sử công thức đổi tọa độ là ( x1 = a1 x0 1 + a2 x0 2 + a0 . x2 = b1 x0 1 + b2 x0 2 + b0 (

2 = 6a1 − 2a2 + a0 1 = 6b1 − 2b2 + b0

(1) (2)

(

1 = 4a1 − a2 + a0 1 = 4b1 − b2 + b0

(3) (4)

Với điểm P ta có Với điểm Q ta có (

1 = 2a1 − 3a2 + a0 (5) −1 = 2b1 − 3b2 + b0 (6) 1 2 Từ (1), (3), (5) ta có a1 = −a2 = , a0 = − . 3 3 1 2 1 Từ (2), (4), (6) ta có b1 = , b2 = , b0 = . 3 3 3 Thay các giá trị này vào công thức đầu tiên, được kết quả cần tìm. Với điểm R ta có

1.3

Phẳng trong không gian afin

Bài tập 1.3.1. Trong không gian afin A cho m - phẳng α và điểm P ∈ / α. Chứng minh rằng có (m + 1) - phẳng duy nhất chứa α và P .

Bài giải Ta có α là m - phẳng đi qua (m + 1) điểm độc lập A0 , A1 , ..., Am và → − điểm P ∈ / α. Gọi β là không gian véctơ (m + 1) chiều mà → − −−−→ −−−→ −−−→ −−→ β = hA0 A1 , A0 A2 , ..., A0 Am , A0 P i. → − β là (m + 1) - phẳng đi qua A0 có phương là β . Rõ ràng β đi qua P . −−−→ −−−→ −−−→ − Ta có m - phẳng α đi qua A0 phương → α = hA0 A1 , A0 A2 , ..., A0 Am i nên α ⊂ β. Nếu có (m + 1) - phẳng β 0 thỏa mãn điều kiện đầu bài thì khi đó → −0 → − −−−→ −−−→ −−−→ −−→ β = hA0 A1 , A0 A2 , ..., A0 Am , A0 P i = β , và đi qua A0 suy ra β = β 0 .

12 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN AFIN

− − − Bài tập 1.3.2. Trong không gian afin An cho mục tiêu afin {O; → e1 , → e2 , ..., → en } −→ − và các điểm Pi với OP i = ai → ei (ai 6= 0)(i = 1, 2, ..., n). Chứng minh rằng n điểm P1 , P2 , ..., Pn độc lập và phương trình siêu phẳng đi qua n điểm ấy có thể viết dưới dạng: xn x1 x2 + + .... + = 1. a1 a2 an Bài giải −→ −−→ −−→ −−→ − Ta có OP i = ai → ei (ai 6= 0)(i = 1, 2, ..., n). P1 Pi = OPi − OP1 = − − − − − ai → ei − a1 → e1 , i = 2, ..., n. Đặt → µ i = ai → e i − a1 → e1 ta có n X

n

X → − − − − ti → µi = ti (ai → ei − a1 → e1 ) = 0

i=2

i=2

  ai ti = 0, i = 2, ..., n n P ⇒ ⇒ t1 = .... = tn = 0.  −ai ti = 0 i=2

n−−→ −−→ −−→o Hệ P1 P2 , P1 P3 , ..., P1 Pn độc lập tuyến tính nên P1 , P2 , ..., Pn xác định một siêu phẳng α có phương trình u1 x1 + u2 x2 + ... + un xn = b. Vì O ∈ / α nên suy ra b 6= 0 do đó ta có u2 un u1 (1) ⇔ x1 + x2 +....+ xn = 1. b b b Pi có tọa độ thứ i bằng ai còn các tọa độ khác bằng không nên 1 ui = . b ai x1 x2 xn Từ (2) suy ra + + ... + = 1. a1 a2 an

(1) (2)

Bài tập 1.3.3. Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng và siêu phẳng cho bởi các phương trình sau đây: n X x1 − b1 x2 − b2 xn − bn = = ... = và ci xi + d = 0. a1 a2 an i=1

13 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN AFIN

Bài giải Trong không gian afin A đường thẳng ∆ có phương trình x1 − b1 x2 − b2 xn − bn = = ... = a1 a2 an và siêu phẳng α có phương trình n P ci xi + d = 0. n

(1) (2)

i=1

Đặt

xi − bi ⇒ xi = tai + bi ; i = 1, ..., n. ai Thế vào (2) ta được n n P P t c i ai + ci bi + d = 0. t=

i=1

•

n P

(3)

i=1

ci ai = 0.

i=1

Nếu

n P

Nếu

i=1 n P

ci bi + d = 0 tức là (3) đúng với ∀t ⇒ ∆ ⊂ α. ci bi + d 6= 0 ⇒ (3) vô nghiệm ⇒ ∆ không cắt α.

i=1 n P

•

n P i=1

ci b i + d

i=1

ci ai 6= 0 ⇒ t = − P n

⇒ ∆ cắt (α) tại M (x1 , ..., xm ) duy c i ai

i=1

nhất, với xi = ai t + bi (i = 1, ..., n).

1.4

Vị trí tương đối của các phẳng

Bài tập 1.4.1. Cho tập M gồm m + 1 điểm độc lập của không gian afin An (m < n). Gọi N và N 0 là hai tập con không rỗng của M và không giao nhau. Chứng minh rằng có hai cái phẳng chéo nhau α và α0 sao cho N ⊂ α và N 0 ⊂ α0 .

Bài giải

14 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN AFIN

Không làm mất tính chất tổng quát ta có thể giả thiết: M là tập gồm m + 1 điểm P0 , P1 , ..., Pm ; N là tập gồm r + 1 điểm P0 , P1 , ..., Pr ; N 0 là tập gồm m − r điểm Pr+1 , ..., Pm . Cả ba hệ điểm trên   đều độc lập.n −−→ P −−→ ti P0 Pi ⇒ N ⊂ α; α = X : P0 X = i=1   P −−−−→ m−r−1 −−−−−−−→ β = Y : Pr+1 Y = 1k Pr+1 Pr+1+k ⇒ N 0 ⊂ β; k=1 → − → − có thể giả thiết dim α ≥ dim β . → − − + Nếu α//β ⇒ β ⊂ → α. −−−−−−−→ −−→ −−→ ⇒ Pr+1 Pr+1+k biểu thị tuyến tính qua P0 P1 , ..., P0 Pr −−−−−−→ −−−−−−−→ −−−−→ ⇒ P0 Pr+1+k = Pr+1 Pr+1+k + P0 Pr+1 r −−→ −→ P t i P0 Pi . ⇒ P0 I = i=1

Suy ra hệ điểm P0 , P1 , ..., Pr , Pr+1 , Pr+1+k không độc lập. Điều này trái với giả thiết. Nếu α ∩ β 6= ∅. Lấy I ∈ α ∩ β , ta có r −−→ −→ P ti P0 Pi ; P0 I = i=1 m−r P

−−−→ Pr+1 I =

−−−−−−−→ 1k Pr+1 Pr+1+k .

(1) (2)

k=1

Lấy (1) trừ (2) suy ra r P −−−→ P −−→ m−r −−−−→ −−−−−−→ IPr+1 = ti P0 Pi − 1k (Pr+1 P0 + P0 Pr+1+k ). i=1

k=1

Suy ra hệ P0 , P1 , ..., Pm không độc lập (trái với giả thiết). Trường hợp tổng số điểm trong N và N 0 nhỏ hơn (m + 1) thì chứng minh hoàn toàn tương tự chỉ xét như trên các điểm trong N và N 0 . Bài tập 1.4.2. Cho α và β là hai cái phẳng trong không gian afin An . Chứng minh rằng: → − −→ → a) α∩β = ∅ khi và chỉ khi với mọi P ∈ α, mọi Q ∈ β có P Q ∈ /− α+β, → − −→ → hoặc khi và chỉ khi có P ∈ α, Q ∈ β để P Q ∈ /− α + β. 15 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN AFIN

− b) Nếu lấy P ∈ α và Q ∈ β và gọi → γ là không gian véctơ con một −→ chiều gây bởi bởi véctơ P Q, thì −−−→ − → − α ∩ β 6= ∅ khi và chỉ khi α + β = → α + β −−−→ → − − − α ∩ β = ∅ khi và chỉ khi α + β = (→ α + β)⊕→ γ. Bài giải − −→ − → a) Giả sử α ∩ β = ∅ mà có P ∈ α, Q ∈ β sao cho P Q ∈ → α + β thì → − → − → − −→ − − − có thể viết P Q = → a + b với → a ∈→ α , b ∈ β . Lấy điểm A ∈ α sao → − − −→ −→ −→ −→ → − cho P A = → a thì b = P Q − P A = AQ ∈ β . Do đó A ∈ β , suy ra α ∩ β 6= ∅, điều này trái với giả thiết. Vậy với mọi điểm P ∈ α, Q ∈ β → − −→ → đều phải có P Q ∈ /− α + β. → − −→ → Ngược lại, nếu có P ∈ α, Q ∈ β sao cho P Q ∈ /− α + β mà α∩β 6= ∅ thì − −→ −→ −→ − → lấy một điểm chung A ∈ α ∩ β , ta có P Q = P A + AQ ∈ → α + β , nhưng → − → − −→ → −→ → điều này mâu thuẫn với giả thiết P Q ∈ /− α + β . Vậy từ P Q ∈ /− α + β phải suy ra α ∩ β = ∅. −−−→ − → − b)+ Nếu α ∩ β 6= ∅ thì hiển nhiên α + β = → α + β. −−−→ − → − Ngược lại, α + β = → α + β. − − −→ − → −→ − → − − Vì P ∈ α, Q ∈ β nên P Q ∈ → α + β ⇒ PQ = → a + b . Vì → a ∈→ α nên có duy nhất điểm I ∈ α sao cho → − − → − −→ −→ −→ PI = → a ⇒ b = P Q − P I = IQ ⇒ I ∈ β ⇒ α ∩ β 6= ∅. → − −→ → + Nếu α ∩ β = ∅ ⇔ ∀P ∈ α, ∀Q ∈ β ⇒ P Q ∈ /− α + β −−−→ → − − − ⇒ α + β = (→ α + β)⊕→ γ. −−−→ → − −−−→ → − − Ngược lại, giả sử α + β = ( α + β ) ⊕ → γ . Nếu α ∩ β 6= ∅ ⇒ α + β = → − → − α + β . Điều này trái với giả thiết. Vậy α ∩ β = ∅. Bài tập 1.4.3. Cho hai siêu phẳng α và α0 có phương trình lần lượt là: n n P P ai xi + b = 0 và a0 i xi + b0 = 0. i=1

i=1 0

a) Tìm điều kiện để α và α cắt nhau, để α và α0 song song, để α và α0 chéo nhau, để α và α0 trùng nhau. b) Chứng minh rằng phương trình tổng quát của các siêu phẳng đi qua α ∩ α0 (nếu có) hoặc song song với α và α0 (nếu α ∩ α0 = ∅) có thể viết 16 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN AFIN

dưới dạng:    n n P P 0 6 0. λ ai x i + b + µ a i xi + b0 = 0 với |λ| + |µ| = i=1

i=1

Người ta gọi phương trình đó là phương trình chùm siêu phẳng xác định bởi α và α0 .

Bài giải a) Hai siêu phẳng α và α0 có phương trình lần lượt là: n n P P a0 i xi + b0 = 0. ai xi + b = 0 và i=1

i=1

Suy ra

n P → − → − α = { x (x1 , ..., xn ) thỏa mãn ai x i = 0

(1)};

i=1 n P

→ −0 − α = {→ y (y1 , ..., yn ) thỏa mãn a0 i y i = 0 (2)}. i=1 → − − + α//α0 ⇔ → α( ≡ α0 ⇔ (1) và (2) tương đương. → −0 → − α = α + α ≡ α0 ⇔ có điểm chung   (1) tương đương với (2) n P ⇔ .  (ai − a0 i )xi + b − b0 = 0 có nghiệm i=1

0

+ α ∩ α ⇔ (1) và (2) không tương đương. b) Phương  n trình  n  P P 0 λ ai xi + b +µ a i xi + b0 = 0 với |λ|+|µ| = 6 0. i=1

+ α ∩ α0 6= ∅

(∗) ⇔

i=1 n P

(λai + µa0 i )xi + λb + µb0 = 0.

i=1

µa0i

Nếu λai + = 0, i = 1, 2, ..., n. µ Với λ 6= 0 ⇒ ai = − a0i , i = 1, 2, ..., n. λ Suy ra (1) và (2) tương đương, trái với giả thiết. Do đó (*) là phương trình siêu phẳng γ . + α ∩ α0 = ∅ thì α ∩ α0 có phương trình

17 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

(∗)

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN AFIN

 n P   ai xi + b = 0    

i=1 n P

⇒ α ∩ β ⊂ γ.

a0 i xi + b0 = 0

i=1

µ + α ∩ α0 = ∅. Nếu λai + µa0i = 0, i = 1, n thì b = − b0i ⇒ α0 ≡ α λ trái với giả thiết. Cho nên (*) là phương trình siêu phẳng γ . 1.5

Tâm tỉ cự của hệ điểm

Bài tập 1.5.1. Cho G0 là tâm cự củahọ k điểm {P1 , P2 , ..., Pk } gắn  tỉ k P với họ hệ số {λ1 , λ2 , ..., λk }; λi 6= 0 . Cho G00 là tâm tỉ cự của họ i=1

(m − k) điểm ! {Pk+1 , Pk+2 , ..., Pm } gắn với họ hệ số {λk+1 , λk+2 , ..., λm }; m P λj 6= 0 . Cho G là tâm tỉ cự của họ m - điểm {P1 , P2 , ..., Pm } j=k+1 m  P gắn với họ hệ số { λ1 , λ2 , ..., λm } ; λi 6= 0 . Chứng tỏ rằng khi đó i=1

G là tâm tỉ cự của họ hai điểm G0 , G00 gắn với họ hệ số: 0

λ =

k X

00

λi và λ =

i=1

m X

λj .

j=k+1

Bài giải Do điểm G là tâm tỉ cự của họ điểm {P1 , P2 , ..., Pk } gắn với họ hệ số k −−→ → P − {λ1 , λ2 , ..., λk } nên λi G0 Pi = 0 . (1) 0

i=1 00

Tương tự vì G là tâm tỉ cự của họ (m − k) điểm {Pk+1 , Pk+2 , ..., Pm } m −−−→ → P − (2) gắn với họ hệ số {λk+1 , λk+2 , ..., λm } nên λj G00 Pj = 0 . j=k+1

Từ (1) và (2) suy ra k X

m X −−0→ −−−→ → − λi G Pi + λj G00 Pj = 0

i=1

j=k+1 18

Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN AFIN

⇔

k P

m P −−→ −−→0 −−→ −−→ → − λi (GPi − GG ) + λj (GPj − GG00 ) = 0

i=1

j=k+1

! m − − → − − → P −−→ −−→ → − λi GG0 + λj GG00 = 0 λi GPi + λj GPj − ⇔ i=1 i=1 j=k+1 !j=k+1 k m m −−→0 −−→ P P P −−→ λi GPi = λi GG + λj GG00 . (3) ⇔ k P

i=1

m P

k P

i=1

j=k+1

Mặt khác do G là tâm tỉ cự của họ m - điểm {P1 , P2 , ..., Pm } gắn với họ m P −−→ → − λi GPi = 0 . (4) hệ số {λ1 , λ2 , ..., λm } nên i=1 m k −−→ P P −−→0 λj GG00 = λi GG + Từ (3) và (4) suy ra i=1 j=k+1 m k P P Theo giả thiết λi 6= 0 nên λ0 = λi và λ00 i=1 i=1 0 00

→ − 0. =

(5) m P

λj thỏa mãn

j=k+1

λ +λ 6= 0. (6) Từ (5) và (6) suy ra G là tâm tỉ cự của họ hai điểm G0 , G00 gắn với họ hệ số λ0 , λ00 . Bài tập 1.5.2. Cho bốn điểm phân biệt P1 , P2 , P3 , P4 . Xét các đường thẳng đi qua một trong bốn điểm đó và đi qua trọng tâm của ba điểm còn lại (có bốn đường thẳng như vậy). Lại xét các đường thẳng đi qua trung điểm của đoạn thẳng nối hai điểm còn lại (có ba đường thẳng như vậy). Chứng minh rằng bảy đường thẳng nói trên cùng đi qua một điểm. Mở rộng bài toán cho trường hợp có m điểm phân biệt.

Bài giải Gọi G là trọng tâm của hệ bốn điểm P1 , P2 , P3 , P4 . Theo Bài tập 1.5.1, G thuộc đường thẳng nối hai trung điểm của các cạnh đối diện của tứ diện P1 P2 P3 P4 và G thuộc đường thẳng nối đỉnh với trọng tâm của mặt đối diện của tứ diện P1 P2 P3 P4 suy ra bảy đường thẳng đồng quy tại G. Mở rộng cho hệ m điểm phân biệt. Chia hệ m điểm thành hai tập N và N 0 khác ∅ và không giao nhau. 19 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN AFIN

Khi đó các đường thẳng nối trọng tâm của hệ điểm trong N và hệ điểm trong N 0 đồng quy tại G là trọng tâm của hệ m điểm ban đầu.

1.6

Tập lồi trong không gian afin

Bài tập 1.6.1. Chứng minh rằng nếu M nằm giữa hai điểm P và Q thì −−→ −−→ M P = k M Q với k < 0.

Bài giải Vì M nằm giữa hai điểm P và Q nên với điểm O bất kì ta luôn có −−→ −→ −→ OM = αOP + (1 − α)OQ với 0 < α < 1. −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ ⇔ OM = αOM + αM P + (1 − α)OM + (1 − α)M Q −−→ −−→ → − ⇔ αM P + (1 − α)M Q = 0 −−→ α − 1 −−→ ⇔ MP = MQ α α−1 Đặt = k. α ( α−1 α−10 −−→ −−→ Vậy M nằm giữa P và Q thì M P = k M Q với k < 0. Bài tập 1.6.2. Chứng minh rằng giao của hai tập lồi (nếu có) là một tập lồi.

Bài giải Giả sử A và B là hai tập lồi. C = A ∩ B 6= ∅. M ∈ C ⇒ M ∈ A, M ∈ B; N ∈ C ⇒ N ∈ A, N ∈ B. Suy ra đoạn M N ⊂ A và đoạn M N ⊂ B do đó đoạn M N ⊂ C . Vậy C là tập lồi.

20 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN AFIN

1.7

Ánh xạ afin và các phép biến đổi của không gian afin

Bài tập 1.7.1. Chứng minh rằng ảnh và nghịch ảnh của một tập lồi qua ánh xạ afin là những tập lồi.

Bài giải Ánh xạ afin f : A −→ A0 + Cho α là tập lồi của A. Xét f (α). Giả sử M 0 , N 0 ∈ f (α); L0 ∈ [M 0 N 0 ] thì với điểm bất kì O0 ∈ A0 có λ ∈ −−→ −−−→ −−−→ R, 0 ≤ λ ≤ 1 để O0 L0 = (1−λ)O0 M 0 +λO0 N 0 . Giả sử f (O) = O0 , f (L) = −→ −−→ −−→ L0 , f (M ) = M 0 , f (N ) = N 0 và M, N ∈ α thì OL = (1 − λ)OM + λON . Do đó L ∈ [M N ]. Vì α là lồi nên [M N ] ⊂ α ⇒ L ∈ α ⇒ L0 ∈ f (α). Vậy [M 0 N 0 ] ⊂ f(α) tức f (α) là một tập lồi. + Cho α0 là một tập lồi của A0 . Lấy M, N ∈ f −1 (α0 ); L ∈ [M N ] thì −→ −−→ −−→ với bất kì điểm O ∈ A ta có OL = (1 − λ)OM + λON với λ ∈ R, −−→ −−−→ −−−→ 0 ≤ λ ≤ 1. Đặt O0 = f (O), L0 = f (L) thì O0 L0 = (1 − λ)O0 M 0 + λO0 N 0 ⇒ L0 ∈ [M 0 N 0 ] ⊂ α0 ⇒ L ∈ f −1 (α0 ). Vậy [MN] ⊂ f −1 (α0 ) suy ra f −1 (α0 ) là tập lồi. Bài tập 1.7.2. Các ánh xạ afin có giữ nguyên quan hệ sau đây giữa hai cái phẳng không: song song, cắt nhau, chéo nhau?

Bài giải Cho ánh xạ afin f : A −→ A0 , hai cái phẳng α, β của A và hai cái phẳng α0 , β 0 của A0 . Trước hết ta chú ý rằng −−→ → → − −−−−→ → − − − −−→ → − → − −−−−→ → − → − f (α) = f (→ α ); f (β) = f ( β ); f −1 (α0 ) = ( f )−1 ( α0 ); f −1 (β 0 ) = ( f )−1 ( β 0 ). + Nếu α ∩ β 6= ∅ thì có điểm M ∈ α ∩ β nên f (M ) ∈ f (α) ∩ f (β) suy ra f (α) ∩ f (β) 6= ∅. → −− → −→ → − − − + Nếu α//β thì → α ⊂ β , do đó f (→ α ) ⊂ f ( β ) tức là f (α)//f (β). → − → − − − + Nếu α ∩ β 6= ∅ và α, β chéo nhau (tức → α 6⊂ β , β 6⊂ → α ) thì cũng có thể f (α) ∩ f (β) 6= ∅, chẳng hạn trong A3 xét f là phép chiếu song 21 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN AFIN

song lên một mặt phẳng, α và β là hai đường thẳng chéo nhau cùng song song với mặt phẳng đó, ta thấy f (α) cắt f (β). Bài tập 1.7.3. Chứng minh rằng a) Tích hai phép tịnh tiến là một phép tịnh tiến. b) Tích của một phép tịnh tiến và một phép vị tự là một phép vị tự. c) Tích hai phép vị tự là một phép vị tự hoặc một phép tịnh tiến. − a) T→ v

Bài giải → − → − − n và T→ − − n. có T là Id→ có T là Id→ u A A

→ − → − − − − n .Id→ − n. T→ u ◦ T→ v = f có ánh xạ tuyến tính liên kết f và f = Id→ A A → − → − Suy ra f là phép tịnh tiến và T u + v = f. Vì −−−→ → − − T→ v : M → M1 , M M1 = v ; −−−→0 → − 0 − T→ u : M1 → M , M1 M = u ; −−−→0 −−−→ −−−→0 → − M M = M M1 + M1 M = − v +→ u. − − n và g là phép vị tự tâm O , tỉ số vị tự k b) T→ v có ánh xạ liên kết Id→ A − n (với k 6= 1). có ánh xạ liên kết kId→ A → − − → .Id→ − n = kId→ − n. g ◦ T→ = f có f = kId− v An A A Suy ra f là phép vị tự. → − − → →. c) g là phép vị tự có → g = k1 Id− n và f là phép vị tự có f = k2 Id− A An −−→ → → − ⇒ g ◦ f có g ◦ f = − g ◦ f = k k Id−→ . 1 2

An

+ Nếu k1 k2 6= 1 thì g ◦ f là phép vị tự. + Nếu k1 k2 = 1 thì g ◦ f là phép tịnh tiến.

1.8

Nhóm biến đổi afin và hình học afin

Bài tập 1.8.1. Mặt phẳng Ơclit là không gian afin hai chiều. Trong những định lý sau đây về tam giác (đơn hình hai chiều), định lý nào thuộc hình học afin. a) Định lý: “Ba đường trung tuyến đồng qui.” b) Định lý: “Ba đường phân giác đồng qui.” 22 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN AFIN

c) Định lý: Mêhêlauýt “Nếu trên ba cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC lấy ba điểm A0 , B 0 , C 0 thì điều kiện cần và đủ để A0 , B 0 , C 0 thẳng hàng là: [ABC 0 ] . [BCA0 ] . [CAB 0 ] = 1.00 Hãy chứng minh định lý đó.

Bài giải a) Đây là định lý của hình học afin. Vì trong hình học afin phẳng hai tam giác bất kì là tương đương nên ta xét tam giác đều A1 B1 C1 . Khi đó tồn tại f là phép biến đổi afin biến A1 7→ A, B1 7→ B, C1 7→ C. Trong tam giác đều A1 B1 C1 ba đường trung tuyến đồng quy nên từ f biến đổi afin kéo theo f biến ba đường trung tuyến của tam giác đều A1 B1 C1 thành ba đường trung tuyến của tam giác ABC . Suy ra ba đường trung tuyến của tam giác ABC đồng quy. b) Cho ∆ABC không đều, ∆A1 B1 C1 là tam giác đều. Phép biến đổi afin f của mặt phẳng biến: A 7→ A1 , B 7→ B1 , C 7→ C1 . Khi đó f không thể biến các đường phân giác của ∆ABC thành các −→ AB −→ đường phân giác của ∆A1 B1 C1 (phân giác AI ⇒ IB = − IC với AC AB − 6= −1). Còn A1 M1 là đường trung tuyến và là đường phân giác. AC Suy ra định lý “Ba đường phân giác đồng qui” không phải là định lý của hình học afin. c) Định lý Mêhêlauýt là định lý của hình học afin vì giả thiết và kết luận của định lý chỉ phụ thuộc vào tỉ số đơn. + Điều kiện cần: A1 , B1 , C1 thẳng hàng. Từ A vẽ đường thẳng song song với A1 B1 cắt BC tại D. Khi đó [CAB1 ] = [CDA1 ] và [ABC1 ] = [DBA1 ] ⇒ [CAB1 ].[ABC1 ] = [CDA1 ].[DBA1 ] 1 = [CBA1 ] = [BCA1 ] ⇒ [CAB1 ].[ABC1 ].[BCA1 ] = 1. 23 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN AFIN

+ Điều kiện đủ: Giả sử [BCA1 ].[ABC1 ].[CAB1 ] = 1, đường thẳng A1 B1 cắt AB tại C10 ta có [BCA1 ].[CAB1 ].[ABC0 1 ] = 1 ⇒ C1 ≡ C0 1 . Bài tập 1.8.2. Tìm điều kiện để hai tập hợp gồm bốn điểm trong không gian afin An (n ≥ 3) tương đương afin.

Bài giải Cho hai bộ bốn điểm A, B, C, D và A0 , B 0 , C 0 , D0 . a) Nếu hai trong bốn điểm độc lập thì tương đương afin. b) Nếu hai bộ đó cùng không độc lập. + Giả sử A, B, C và A0 , B 0 , C 0 là hai bộ độc lập, khi đó có phép biến đổi afin f : A 7→ A0 , B 7→ B 0 , C 7→ C 0 . Ta có −→ −→ −−→ AD = t1 AB + t2 AC nếu f (D) = D0 −−→ −−→ −−→ → − −−→ ⇔ f (AD) = t1 A0 B 0 + t2 A0 C 0 = A0 D0 . + A, B, C, D và A0 , B 0 , C 0 , D0 là hai bộ bốn điểm thẳng hàng. Khi đó tồn(tại f : A 7→ A0 , B(7→ B 0 . Nếu ( −−→ −−→ −→ −→ 0 f (C) = C AC = t1 AB A0 C 0 = t1 A0 B 0 ⇔ −−→ −→ ⇔ −− → −− → . 0 0 0 0 f (D) = D0 AD = t2 AB A D = t2 A B

24 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN AFIN

1.9

Siêu mặt bậc hai afin

Bài tập 1.9.1. Trong không gian afin An , siêu mặt bậc hai (S) gọi là − − − siêu trụ bậc hai nếu có thể tìm được một mục tiêu afin {O; → e1 , → e2 , ..., → en } để phương trình của (S) có dạng: m X

aij xi xj + 2

m X

i,j=1

ai xi + a0 = 0, 1 ≤ m < n.

(1)

i=1

→ − → − Gọi β là không gian véctơ con của A sinh bởi các véctơ → − − − e m+1 , → e m+2 , ..., → e n. a) Chứng minh rằng nếu điểm M ∈ (S) thì phẳng đi qua M có phương → − β cũng nằm trên (S). Phẳng đó gọi là phẳng sinh của mặt trụ. − b) Gọi α là cái phẳng qua O và có phương → α sinh bởi các véctơ → − → − → − e 1 , e 2 , ..., e m . Chứng minh rằng giao của (S) với α là một siêu mặt − − bậc hai của α mà phương trình của nó đối mục tiêu {O; → e 1 , ..., → e m} của α chính là (1). Siêu mặt đó gọi là đáy của siêu trụ (S), ta kí hiệu nó là (S 0 ). c) Chứng minh rằng nếu p : An −→ α là phép chiếu song song lên α → − theo phương β thì f (S) = S 0 . Bài giải → − − → −→, ..., → − a) Với mục tiêu {O; e1 , ..., em , − em+1 en }, (S) có phương trình m X

aij xi xj + 2

i,j=1

m X

ai xi + a0 = 0.

i,j=1

→ − −→, − −→, ..., → − Giả sử β =< − em+1 em+2 en > và M0 (x01 , x02 , ..., x0n ) ∈ (S). → − β là (n - m) - phẳng đi qua M0 có phương β . M (x1 , ..., xn ) ∈ β nên P −−→ −−−→ n−m M0 M = tj em+j , j=1

25 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN AFIN

  x1 = x01     ..........     x = x0 m m  xm+1 = x0m+1 + t1      ...........    xn = x0n + tn−m m m P P aij xi xj + 2 ai xi + a0 ⇒

=

i=1

i,j=1 m P i,j=1

aij x0i x0j + 2

m P i=1

ai x0i + a0 = 0.

Vậy β ⊂ (S). b) α = {M (x1 , x2 , ..., xm , 0, ..., 0)} ⇒ (S) ∩ α là tập hợp các điểm thuộc α thỏa mãn m m P P aij xi xj + 2 ai xi + a0 = 0, i,j=1

i=1

đó là siêu mặt bậc hai trong (α) gọi là (S 0 ). − −−→ → − c) Với mục tiêu {O; → e1 , ..., − e→ m , em+1 , ..., en }, điểm M (x1 , ..., xn ). m n n X X −−→0 −−→ X → − → − − OM = xi ei + xj ej = OM + xj → ej . i=1

j=m+1

j=m+1

→ − M 0 ∈ α nếu M ∈ (S) suy ra hình chiếu của M theo β lên α là M 0 rõ ràng M 0 ∈ (S 0 ). Bài tập 1.9.2. Trong An cho siêu mặt bậc hai (S) có phương trình n X

aij xi xj + 2

i,j=1

n X i=1

26 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

ai xi + a0 = 0.

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN AFIN

Xét ma trận 

a11   a21  A˜ =   ...   an1 a1

a12 a22 ... an2 a2

... ... ... ... ...

a1n a2n ... ann an

a1 a2 ... an a0

    .   

Chứng minh rằng nếu (S) có điểm kì dị thì det A˜ = 0. Điều ngược lại có đúng không? Tại sao?

Bài giải (S) có phương trình n X

aij xi xj + 2

i,j=1

n X

ai xi + a0 = 0.

i=1

(

I(x1 , x2 , ..., xn ) là điểm kì dị ⇔      a11 a12       a21   a22         ...  x1 +  ...  x2 + ... +             an1   an2   a1 a2

Ax + a = 0 at x + a0 = 0   a1n    a2n     x = ...  n     ann   an

có nghiệm. Ma trận bổ sung của ma  a11 a12 a  21 a22 bs B =  ... ... an1 an2

. −a0 −a2 ... −an −a0

(1)        

trận các hệ số của (2) là  ... a1n −a1 ... a2n −a2    ... ... ...  ... ann −an

(B là ma trận các hệ số của (2)). e = hạng B bs = hạng B ≤ n suy ra det A e = 0. Nên hạng A Điều kiện trên là điều kiện cần không phải điều kiện đủ. 27 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

(2)

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN AFIN

Trong A2 cho đường (S) có phương trình x2 − a = 0(a > 0) có   1 0 0  e= A 0 0 0 0 0 a e = 0 suy ra (S)có tâm I(0, b) và không có điểm kì dị vì I ∈ và det A / (S). Bài tập 1.9.3. Tìm phương tiệm cận và đường tiệm cận của các siêu mặt bậc hai sau đây: a) x21 + 2x22 − x23 + 2x1 x2 + 2x3 − 2 = 0 (trong A3 ); b) x21 + 2x22 + 2x1 x2 − 4x2 x3 + 2x1 + 1 = 0 (trong A3 ).

Bài giải a) (S) có phương trình x21 + 2x22 − x23 + 2x1 x2 + 2x3 − 2 = 0. Ta có     1 1 0 0     A=1 2 0  a =  0 . 0 0 −1 1 → − → −c (c , c , c ) 6= 0 là phương tiệm cận ⇒ phương tiệm cận thỏa mãn 1 2 3 ( c21 + c22 + c23 > 0 . c21 + 2c22 − c23 + 2c1 c2 = 0 Tâm I(x1 , x2 , x3 ) là nghiệm của  =0  x1 + x2 x1 + 2x2 =0 .   −x3 + 1 = 0 −c (c , c , c ) Suy ra I(0, 0, 1), đường thẳng ∆ đi qua I có phương tiệm cận → 1 2 3 có phương trình    x1 = λc1 x2 = λc2   x3 = 1 + λc3 đều là đường tiệm cận (vì không cắt (S)). 28 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN AFIN

b) (S) có phương trình x21 + 2x22 + 2x1 x2 − 4x2 x3 + 2x1 + 1 = 0. Ta có     1 1 0 1     A =  1 2 −2  a =  0 . 0 −2 0 0 → − → −c (c , c , c ) 6= 0 là phương tiệm cận suy ra phương tiệm cận thỏa mãn 1 2 3 ( c21 + c21 + c21 > 0 . c21 + 2c22 + 2c1 c2 − 4c2 c3 = 0 Tâm I(x1 , x2 , x3 ) là nghiệm của   x1 + x2 + 1 = 0 −1 ) và I ∈ (S). x1 + 2x2 − 2x3 = 0 ⇒ I(−1, 0,  2  − 2x3 =0 −c (c , c , c ) có phương Đường thẳng ∆ đi qua I có phương tiệm cận → 1 2 3 trình   x = −1 + λc1   1 x2 = λc2    x3 = − 1 + λc3 2 không phải là đường tiệm cận của (S) (vì tâm I là điểm kì dị). Bài tập 1.9.4. Trong A3 cho siêu mặt bậc hai (S) có phương trình:

x21 − 2x22 + x23 + 4x1 x2 − 8x1 x3 − 14x1 − 14x2 + 14x3 − 11 = 0. a) Tìm tâm của (S). − − b) Cho phương → v = (1, 2, 3). Chứng tỏ rằng → v không phải là phương tiệm cận của (S). Viết phương trình siêu phẳng kính liên hợp với phương → − v của (S). c) Cho điểm M0 (1, −1, 2) ∈ (S). Chứng tỏ rằng M0 không là điểm kì dị của (S). Viết phương trình siêu tiếp diện của (S) tại điểm M0 .

Bài giải a) (S) có 29 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN AFIN

   −7 1 2 −4     a =  −7 . A =  2 −2 0  7 −4 0 1 Tâm I(x1 , x2 , x3 ) là nghiệm của   x1 + 2x2 − 4x3 = 7 2x1 − 2x2 =7   −4x1 + x3 = −7  14   x1 =     13  14 63 35 63 ⇔ x2 = − . ⇒I ,− ,−  13 26 13 26     x3 = − 35 13 → − b) c (c1 , c2 , c3() là phương tiệm cận c21 + c22 + c23 > 0 . ⇔ c21 − 2c22 + c23 + c1 c2 − 8c1 c3 = 0 → − − v (1, 2, 3) 6= 0 và 12 − 2.4 + 9 + 8 − 8.3 = −14 6= 0 nên → v không phải phương tiệm cận. − Siêu phẳng kính liên hợp với → v có phương    trình    1 2 −4 x1 −7      (1, 2, 3)  2 −2 0   x2  +  −7  = 0 −4 0 1 x3 7 ⇔ 7x1 + 2x2 + x3 = 0. c) Đặt F (x1 , x2 , x3 ) = x21 − 2x22 + x23 + 4x1 x2 − 8x1 x3 − 14x1 − 14x2 + 14x3 − 11 = 0.   14 63 35 Vì M0 (1, −1, 2) 6= I ,− ,− suy ra M0 không phải điểm kì 13 26 13 dị và M0 ∈ (S). Ta có ∂F ∂F = (2x1 + 4x2 − 8x2 − 14) ⇒ |M0 = −32, ∂x1 ∂x1 ∂F ∂F = (4x1 − 4x2 − 14) ⇒ |M0 = −6, ∂x2 ∂x2 ∂F ∂F = (2x3 − 8x1 + 14) ⇒ |M0 = 10. ∂x3 ∂x3 

30 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN AFIN

Mặt phẳng tiếp xúc với (S) tại M0 (1, −1, 2) có phương trình 16x1 + 3x2 − 5x3 − 3 = 0. Bài tập 1.9.5. Xác định loại của mặt bậc hai trong A3 . a) 2x21 + 12x1 x2 + 16x22 + 5x1 x3 + 12x2 x3 + 2x23 + x1 + 4x2 + 2x3 = 0; b) x21 + 2x1 x2 + x22 + x23 − 2x1 − 2x2 − 2x3 − 1 = 0.

Bài giải a) + 12x1 x2 + + 5x1 x3 + 12x2 x3 + 2x23 + x1 + 4x2 +2x3 = 0. (1) Vế trái của (1) viết thành VT = 2x21 + 12x1 x2 + 16x22 + 5x1 x3 + 12x2 x3 + 2x23 + x1 +4x2 + 2x3 = 0 5 = 2[x21 + 2x1 (3x2 + x3 )] + 16x22 + 12x2 x3 + 2x23 + x1 + 4x2 + 2x3 . 4 Đổi tọa độ 5    y1 = x1 + (3x2 + x3 ) 4 y = x 2 2    y3 = x 3 3 9 ⇒ V T = 2y12 − 2y22 − 3y2 y3 − y32 + y1 + y2 + y3 8 4 3 3 9 = 2y12 + y1 − 2(y22 + 2. y2 y3 + y32 ) + y2 + y3 4 16 4 3 2 3 2 = 2y1 + y1 − 2(y2 + y3 ) + y2 + y3 . 4 4 Đổi tọa độ   z = y1   1 3 z2 = y2 + y3  4   z1 = y3 1 1 ⇒ 2z12 + z1 − 2z22 + z2 = 2(z1 + )2 − 2(z2 − )2 . 4 4 Phương trình (1) đưa về −T12 + T22 = 0. Vậy (S) là cặp mặt phẳng cắt nhau. 2x21

16x22

31 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN AFIN

b) x21 + 2x1 x2 + x22 + x23 − 2x1 − 2x2 − 2x3 − 1 = 0 ⇔ [x1 + (x2 − 1)]2 + (x3 − 1)2 − 3 = 0. Đổi tọa độ   y1 = x1 + x2 − 1 . y2 = x 2   y3 = x 3 − 1 Phương trình (2) đưa về y12 + y32 = 3. Vậy (S) là trụ eliptic.

1.10

(2)

Một số bài tập đề nghị

→ − − Bài tập 1.10.1. Cho (A, ϕ, A ) là không gian afin, → α là một không → − gian véctơ con của A . Hai điểm M, N ∈ A gọi là tương đương nếu −−→ → MN ∈ − α . Đó là quan hệ tương đương. Lớp tương đương chứa điểm M − kí hiệu là [M ]. Tập hợp các lớp tương tương kí hiệu là A/→ α . Kí hiệu → − → → − − A /− α là không gian véctơ thương của A trên → α . Xét ánh xạ → − − − − φ : A/→ α × A/→ α −→ h A /→ α −−→i ([M ] , [N ]) 7→ M N .  → − → → − − Chứng tỏ rằng A/ α , φ, A / α là không gian afin. 

Bài tập 1.10.2. Chứng minh rằng hệ m + 1 điểm M0 , M1 , ..., Mm của K không gian afin A là độc lập khi và chỉ khi với mọi điểm O bất kì từ hai đẳng thức m X

m X −−→ → − λi OMi = 0 và λi = 0(λi ∈ K)

i=0

i=0

ta suy ra λ0 = λ1 = ... = λm = 0. Bài tập 1.10.3. Trong không gian afin An với mục tiêu đã chọn cho n điểm độc lập P1 , P2 , ..., Pn với Pj = (cji , cj2 , ..., cjn ). Chứng minh rằng 32 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN AFIN

phương trình siêu phẳng đi qua n điểm đó có thể viết dưới dạng:

x1 c11 c21 ... cn1

x2 c12 c22 ... cn2

... ... ... ... ...

xn c1n c2n ... cnn

1 1 1 .. 1

= 0.

− − − Bài tập 1.10.4. Trong An với mục tiêu {O; → e1 , → e2 , ..., → en } cho p - phẳng α và q - phẳng β(p ≤ q) lần lượt có phương trình n X

aij xj + bi = 0, i = 1, 2, ..., n − p,

j=1 n X

cij xj + di = 0, i = 1, 2, ..., n − p.

j=1

− a) Chứng minh rằng không gian chỉ phương → α của phẳng α là tập − − − − hợp các véctơ → x có tọa độ (x1 , x2 , ..., xn ) đối với cơ sở {→ e 1, → e 2 , ..., → e n} thỏa mãn hệ phương trình tuyến tính thuần nhất: n X

aij xj = 0, i = 1, 2, ..., n − p.

j=1

b) Tìm điều kiện cần và đủ để phẳng α song song với phẳng β . Bài tập 1.10.5. Trong An cho m - phẳng α và (n - m) - phẳng β sao cho α ∩ β là một điểm. Chứng minh rằng a) Có các phép chiếu song song → − f : An −→ An theo phương β mà f (An ) = α, − g : An −→ An theo phương → α mà g(An ) = β . b) g ◦ f = f ◦ g = c (c: ánh xạ hằng, tức c biến mọi điểm của An thành một điểm cố định nào đó của An ). Với mọi cặp điểm (X, Y ), X ∈ α, Y ∈ β , có một và chỉ một điểm 33 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN AFIN

M ∈ An sao cho f (M ) = X, g(M ) = Y. Bài tập 1.10.6. Cho biến đổi afin f của không gian afin An với n ≥ 2. Chứng minh rằng nếu f biến mỗi đường thẳng của An thành đường thẳng song song với nó thì f là một phép tịnh tiến hoặc là một phép vị tự. Bài tập 1.10.7. Trong An cho siêu phẳng mặt bậc hai (S) xác định bởi phương trình: x21 − x22 − ... − x2k + x2k+1 + ... + x2n = 1(1 ≤ k < n). Chứng minh rằng: n a) Nếu k < thì (S) có chứa những m - phẳng với m ≤ k . 2 n b) Nếu k ≤ thì (S) có chứa những m - phẳng với m ≤ n − k − 1. 2

34 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

Chương 2

Không gian Ơclit Trong chương này chúng ta cần chú ý đến một số khái niệm cơ bản sau: 2.1. Không gian Ơclit: Không gian Ơclit là không gian afin liên kết với không gian véctơ Ơclit hữu hạn chiều. Không gian Ơclit sẽ gọi là n chiều nếu không gian véctơ Ơclit liên kết với nó có chiều bằng n. Không gian Ơclit thường được kí hiệu là E, không gian véctơ Ơclit → − liên kết với nó được kí hiệu là E . − − − 2.2. Mục tiêu trực chuẩn: Mục tiêu afin {→ e ,→ e , ..., → e } của không 1

2

n

n

gian Ơclit n chiều E gọi là mục tiêu trực chuẩn(hay hệ tọa độ Đề các → − − − − vuông góc) nếu cơ sở ε = {→ e1 , → e2 , ..., → en } của E n là cơ sở trực chuẩn, − − tức là → e i .→ e j = δij . Tọa độ của điểm đối với mục tiêu trực chuẩn gọi là tọa độ trực chuẩn (hay tọa độ Đề các vuông góc). 2.3. Khoảng cách giữa hai điểm: Cho hai điểm M, N của không gian Ơclit En . Khoảng cách giữa hai điểm đó, kí hiệu d(M, N ), được định nghĩa là số

−−→ q−−→2

d(M, N ) = M N = M N . 2.4. Sự trực giao của các phẳng trong En : Trong không gian Ơclit 35 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

→ − − En cho phẳng α với phương → α và phẳng β với phương β . Hai phẳng α → − − và β gọi là trực giao kí hiệu α ⊥ β nếu hai không gian véctơ → α và β → − − trực giao (tức mọi véctơ của → α trực giao với mọi véctơ của β ). → − − Hai phẳng α và β gọi là bù trực giao nếu → α và β bù trực giao trong − → En . 2.5. Khoảng cách giữa hai phẳng: Khoảng cách giữa hai phẳng α và β trong không gian Ơclit En , kí hiệu d(α, β) là số:

d(α, β) = inf d(M, N ). M ∈α N ∈β

Rõ rằng là nếu α ∩ β 6= ∅ thì d(α, β) = 0. 2.6. Đường vuông góc chung của hai phẳng: Đường thẳng ∆ gọi là đường vuông góc chung của hai phẳng α và β nếu ∆ trực giao với cả α và β và ∆ cắt cả α và β . → − − − 2.7. Góc giữa hai véctơ: Góc giữa hai véctơ → u ,→ v khác 0 trong − → En , đó là số θ mà

→ − − u .→ v 0 ≤ θ ≤ π và cos θ = → . − − k u k . k→ vk 2.8. Góc giữa hai đường thẳng: Cho hai đường thẳng a và b trong − →n − − E với phương lần lượt là h→ u i và h→ v i. Góc giữa hai đường thẳng đó là số θ mà − − π |→ u .→ v| 0 ≤ θ ≤ và cos θ = → . − − 2 k u k . k→ vk 2.9. Góc giữa hai siêu phẳng: Cho hai siêu phẳng α và β , lấy hai đường thẳng a, b lần lượt trực giao với α và β . Khi đó góc giữa hai siêu phẳng α và β được định nghĩa là góc giữa hai đường thẳng a và b. 2.10. Góc giữa đường thẳng và siêu phẳng: Cho đường thẳng a và siêu phẳng β . 36 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

Nếu a trực giao với siêu phẳng β thì ta nói góc giữa a và β là góc vuông. Nếu a không trực giao với β , thì ta lấy đường thẳng a0 trực giao với β và xác định được góc θ0 giữa hai đường thẳng a và a0 . Khi đó góc giữa π a và β được xác định là góc θ mà θ ≥ 0 và θ = − θ0 . 2 − Nếu trong mục tiêu trực chuẩn cho phương của a là (→ u ) và véctơ − pháp tuyến của β là → n thì:

sin θ = sin

π

2

−θ

0



− − |→ u .→ n| = cos θ = → , − − k u k . k→ nk 0

2 − − 1 − (→ u .→ n) cos θ = . → −2 → −2 u .n 2.11. Thể tích của hộp: Xét m - hộp H xác định bởi m + 1 điểm −−→ − độc lập P0 , P1 , ..., Pm . Ta đặt P0 Pi = → ui , i = 1, 2, ..., m. Thể tích của m - hộp H được kí hiệu V (H) và được định nghĩa q → − − → u→ V (H) = detGr(− 1 ,u2 , ..., um ).

s

2.12. Thể tích của đơn hình: Cho m - đơn hình S với các đỉnh P0 , P1 , ..., Pm . Gọi H là m - hộp xác định bởi P0 , P1 , ..., Pm . Thể tích của m - đơn hình S , kí hiệu V (S) và được định nghĩa là:

V (S) =

1 V (H). m!

2.13. Ánh xạ đẳng cự của không gian Ơclit: Ánh xạ f : E −→ E0 của các không gian Ơclit E và E0 gọi là ánh xạ đẳng cự nếu f là một → − → − → − ánh xạ afin mà ánh xạ tuyến tính liên kết f : E −→ E0 là một ánh xạ → − → − tuyến tính trực giao của E và E0 . 2.14. Biến đổi đẳng cự: Nếu f : E −→ E là ánh xạ đẳng cự từ 37 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

không gian Ơclit vào chính nó thì vì f là đơn ánh nên nó là một song → − ánh (do E hữu hạn chiều). Khi đó ta gọi nó là một biến đổi đẳng cự → − của không gian Ơclit E. Ánh xạ f liên kết với nó là một biến đổi tuyến → − tính trực giao của E . Rõ ràng tập hợp các phép biến đổi đẳng cự của En làm thành một nhóm con của nhóm Af (En ), nó được kí hiệu là Isom(En ). 2.15. Phép đồng dạng: Phép biến đổi f : En −→ En gọi là phép đồng dạng nếu với hai điểm bất kì M, N và ảnh của chúng M 0 = f (M ), N 0 = f (N ) ta luôn có

d(M 0 , N 0 ) = kd(M, N ), trong đó k là số dương cố định được gọi là tỉ số đồng dạng của phép đồng dạng f. Rõ ràng với k = 1 thì phép đồng dạng f là phép đẳng cự. Phép vị tự tỉ số k là phép đồng dạng tỉ số |k|. 2.16. Hai hình đồng dạng và hình học đồng dạng: Hai hình tương đối với nhóm đồng dạng gọi là hai hình đồng dạng với nhau. Hình học của nhóm đồng dạng gọi là hình học đồng dạng. 2.17. Siêu cầu (thực): Cho điểm I trong không gian Ơclit En và số thực r > 0.Tập hợp:

S(I, r) = {M ∈ En |d(I, M ) = r } gọi là siêu cầu (thực) tâm I , bán kính r. 2.18. Siêu cầu tổng quát: Trong không gian Ơclit En với mục tiêu trực chuẩn, một siêu mặt bậc hai (S) gọi là siêu cầu tổng quát, nếu nó xác định bởi phương trình dạng: n X i=1

x2i

+2

n X

ai xi + a0 = 0; ai ∈ R, i = 0, n.

i=1

38 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

BÀI TẬP 2.1

Không gian Ơclit

Bài tập 2.1.1. Xem R2 = {(x1 , x2 ) |x1 , x2 ∈ R } là không gian afin liên kết chính tắc với không gian véctơ R2 . Đưa vào không gian véctơ R2 tích vô hướng định nghĩa bởi:

(x1 , x2 ).(y1 , y2 ) = x1 y1 +

x1 y2 + x2 y1 x2 y2 + . 2 3

Chứng tỏ rằng khi đó R2 là không gian Ơclit hai chiều. Hãy chỉ ra một mục tiêu trực chuẩn của nó.

Bài giải → − 2 Vì dim R = 2 nên dimR = 2. → = (x , x ), − → Lấy − α 1 1 2 α2 = (y1 , y2 ). Khi đó gọi η là tích vô hướng trên ta có

x1 y2 + x2 y1 x2 y2 →, − → η(− α + . 1 α2 ) = x1 y1 + 2 3 Vì vậy R2 là không gian véctơ Ơclit cùng với tích vô hướng η . → = (1, 0), − → = (0, 1)} là cơ sở của R2 . Ta có Xét {− α α 1 2   → → − − → → − −   ε = α 1  ε1 = (1, 0)  k ε1 k = 1  1 √ . − →.→ − ⇔ → ⇒ α ε 1 2 1 3 → − → − − → − −   ε2 = (− , 1)  k→  ε2 = α2 − → ε2 k = 2 . ε1 − 2 ε1 6 Chuẩn hóa:

 → − ε1  → −   = (1, 0)  e1 = → k− ε1 k . → − √ √  ε 2  → −  = (− 3, 2 3)  e2 = → k− ε k 2

− − Lấy O ∈ R2 khi đó {O; → e1 , → e2 } là một mục tiêu trực chuẩn của R2 .

39 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

− − Bài tập 2.1.2. Cho không gian Ơclit E3 với mục tiêu trực chuẩn {O; → e1 , ..., → e3 }, xét các véctơ     − →0 − →0 1 −2 1 1 2 e1 = √ , 0, √ , e2 = √ , √ , √ . 5 5 6 6 6 o n − − → − → → − → 0 0 0 0 Hãy tìm véctơ e 3 sao cho mục tiêu O; e 1 , e 2 , e 3 là mục tiêu trực chuẩn. Tìm công thức đổi mục tiêu trực chuẩn tương ứng với hai mục tiêu đó.

Bài giải − → 0 Giả sử e 3  = (x1 , x2 , x3 ), khi đó ta có hệ phương trình 1 2   √ √ x + x3 = 0 1    5 5 −2 1 1 √ x1 + √ x2 + √ x3 = 0 .   6 6 6    x2 + x2 + x2 = 1 1

2

3

Giải hệ suy ra   √  √ 2 30 1  30    √ −√  x1 =  15    5 6 √  15 √    5 30  1 5 30 ⇒ C =   0 . √ x2 =   30 6 30  √ √      30   2  30 1   x3 = − √ √ − 30 30 5 6 → − → − → − Ta M có tọaođộ với {O; e1 , e2 , e3 } là (x1 , x2 , x3 ) và M 0 có tọa độ n có − → → − → − với O; e0 1 , e0 2 , e0 3 là (x01 , x02 , x03 ). Khi đó x = Cx0 .

2.2

Các phẳng trong không gian Ơclit

Bài tập 2.2.1. Trong không gian Ơclit E2 với mục tiêu trực chuẩn, cho siêu phẳng α có phương trình:

a1 x1 + a2 x2 + ... + an xn + a0 = 0. 40 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

− a) Chứng tỏ rằng véctơ → n = (a1 , a2 , .., an ) vuông góc với không gian − − phương → α của siêu phẳng α. Véctơ → n gọi là véctơ pháp tuyến của siêu phẳng α. b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M (x01 , x02 , ..., x0n ) trực giao với siêu phẳng α. −−−→ − c) Tìm tọa độ điểm M 0 đối xứng với M qua α (tức M M 0 ⊥ → α và trung điểm của đoạn thẳng M M 0 nằm trên α). Bài giải a) Siêu phẳng α có phương trình a1 x1 + a2 x2 + ... + an xn + a0 = 0. (1) → − → − Phương α là tập hợp các véctơ u (x1 , x2 , ..., xn ) thỏa mãn a1 x1 + a2 x2 + ... + an xn + a0 = 0, → − → − − − khi đó n . u = 0 ⇒ → n vuông góc không gian phương → α → − b) Đường thẳng ∆ ⊥ α ⇒ ∆ nhận n (a1 , a2 , ..., an ) là véctơ chỉ phương nên ∆ có phương trình xi = xi 0 + ai t, i = 1, 2, ...,  n. −−−→ − 00 0 00 00 n và I là trung c) Gọi M có tọa độ x1 , x2 , ..., xn ⇒ M M 0 = k.→ điểm của M M 0 thuộc α.

⇒

0 x0j

0

x0j + x0j kaj + 2x0j 0 − xj = kaj ⇒ = ; j = 1, n. 2 2

41 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

Ta có

I∈α⇒

n X kai + 2x0 i

i=1

− ⇒k=

2 n P i=1

ai + a0 = 0

2ai x0i − 2a0 n P i=1

. a2i n P

0

2ai xi + 2a0   0 0 0 0 Vậy M 0 x01 , x02 , ..., x0n mà x0j = x0j + kaj = x0j − i=1 P aj . n 2 ai i=1

 → − → → − − n Bài tập 2.2.2. Phép chiếu (afin) lên phẳng α theo phương β α ⊕ β = E → − − gọi là phép chiếu vuông góc nếu → α ⊥ β. a) Chứng minh rằng nếu f là phép chiếu vuông góc của En lên m − − phẳng α thì với mọi mục tiêu trực chuẩn {O; → e1 , → e2 , ..., − e→ m } của α ta có: m −−→0 X −−→ − → OM = (OM .→ ei ).− ei (trong đó M 0 = f (M )). i=1

b) Cho f là phép chiếu (afin) từ En lên phẳng α. Chứng minh rằng với mọi cặp điểm M, N ∈ En và M 0 = f (M ), N 0 = f (N ), điều kiện d(M 0 , N 0 ) ≤ d(M, N ) xảy ra khi và chỉ khi f là phép chiếu vuông góc.

Bài giải → −n a) Trong E với mọi cơ sơ trực chuẩn n

X − − − − {→ e1 , ..., → en } , → u = xi → ei ta i=1

− − đều có xi = → u .→ ei , i = 1, 2, .., n. − − + Trong đó m - phẳng α chọn mục tiêu trực chuẩn {O; → e1 , → e2 , ..., − e→ m }. 42 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

→ − −→, ..., → − − − −−→ → − Trong đó β chọn cơ sở trực chuẩn {− em+1 en } để {O; → e1 , → e2 , ..., − e→ m , em+1 , ..., en } là mục tiêu trực chuẩn của An . n m n P P −−→ P → − → − − n x e = x e + x→ Lấy M ∈ A ⇒ OM = e , i i

i i

i=1

j j

i=1

−−→ − với xi = OM .→ ei , (i = 1, 2, ..., m). Khi đó m m − −−→0 P P −→ − → − xi → ei )− ei . OM = ei = (OM .→ i=1

j=m+1

i=1

b) Với mục tiêu trên n n −−→ P −−→ P − − OM = xi → ei ; ON = yi → ei ; i=1

i=1

m m −−→0 P −−→0 P → − − xi ei ; ON = yi → ei . OM = i=1

thì

i=1

s

d(M, N ) =

n P

s 2

0

(yi − xi ) và d(M , N ) =

i=1 0

0

m P

(yi − xi )2 ,

i=1

0

nên d(M , N ) ≤ d(M, N ). Nếu f không phải là phép chiếu vuông góc thì khẳng định trên không − đúng. Chẳng hạn, xét trong E2 , lấy đường thẳng ∆ có phương → u chiếu − − → − − − lên ∆ theo phương → v (không vuông góc với → u ). Khi đó lấy M N ⊥ → v thì d(M 0 , N 0 ) ≥ d(M, N ). Bài tập 2.2.3. Tìm tập hợp các điểm M trong không gian En . a) Cách đều hai điểm cho trước; b) Cách đều m điểm cho trước.

Bài giải − − a) Lấy mục tiêu trực chuẩn {O; → e1 , ..., → en }, cho A(a1 , ..., an ) và B(b1 , ..., bn ) với A 6= B. Với M (x1 , x2 , ..., xn ) ta có n n P P MA = MB ⇔ (xi − ai )2 = (xi − bi )2 ⇔2

n P

i=1

(bi − ai )xi +

i=1

n P i=1

i=1

(a2i − b2i ) = 0,

43 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

(1)

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

và

n P

(bi − ai )2 > 0.

i=1

Khi đó (1) xác định một siêu phẳng vuông góc với AB và đi qua trung điểm của AB . − − b) Cho m điểm A0 , A1 , ..., Am−1 . Chọn mục tiêu trực chuẩn {A0 ; → e1 , ..., → en } n của E , khi đó Ai (ai1 , ..., ain ), i = 1, 2, ..., m − 1. Tập các điểm cách đều {A0 , A1 , ..., Am } có tọa độ thỏa mãn n n P P a2ij = 0, i = 1, 2, ..., m − 1. (∗) aij xj − 2 j=1

j=1

- Nếu hạng (aij ) = m − 1 thì tập các điểm M cách đều A0 , A1 , ..., Am là (n − m + 1) - phẳng có phương trình (*). - Nếu hạng (aij )= r và  n 1P ... a1n a21j   a11 2 j=1     B =  ... ... ... ... .   n 1P 2   a(m−1)j a(m−1)1 ... a(m−1)n 2 j=1 + Nếu hạng B > r thì quỹ tích là tập rỗng. + Nếu hạng B = r thì quỹ tích là (n − r) - phẳng.

2.3

Góc và thể tích trong không gian Ơclit

− − − Bài tập 2.3.1. Cho mục tiêu trực chuẩn {O; → e1 , → e2 , ..., → en } . Với một → − → − → − véctơ u ta gọi αi là góc giữa u và ei . Chứng minh rằng: − − − − − a)→ u = k→ u k (→ e1 cos α1 + → e1 cos α1 + ... + → en cos αn ); 2 2 2 b)cos α1 + cos α2 + ... + cos αn = 1. − a) Đặt → u =

n P

Bài giải

− xi → ei . Theo Bài tập 2.2.2a) ta có i=1 − − − xi = → u .→ ei = k→ u k cosαi . 44

Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

− − − − − Suy ra → u = k→ u k (→ e1 cosα1 + → e2 cosα2 + ... + → en cosαn ). n P → − − − e cosα . b) Ta có k→ u k = 1 và → u = i

i

i=1

2 − Vì vậy từ k→ u k = 1 kéo theo cos2 α1 + cos2 α2 + ... + cos2 αn = 1.

Bài tập 2.3.2. Chứng minh rằng mọi ma thể viết dưới dạng:  cos α11 cos α12 ...  cos α  21 cos α22 ... A=  ... ... ... cos αn1 cos αn2 ...

trận trực giao cấp n đều có

cos α1n cos α2n ... cos αnn

   . 

Trong đó α0 là các góc mà 0 ≤ αij < 180◦ .

Bài giải Ma trận A có tính chất AAt = In . → − Suy ra A là ma trận của tự đẳng cấu trực giao f của E n . − − − Với cơ sở trực chuẩn {→ e1 , → e2 , ..., → en } ta có n

X − − f (→ ej ) = aij → ei . i=1

Áp dụng Bài tập 2.3.1 ta có − − − − f (→ ej ) = → e1 cos α1j + → e2 cos α2j + ... + → en cos αnj . Suy ra   cos α11 cos α12 ... cos α1n  cos α   21 cos α22 ... cos α2n  A= .  ... ... ... ...  cos αn1 cos αn2 ... cos αnn

− − − Bài tập 2.3.3. Trong En với mục tiêu trực chuẩn {O; → e1 , → e2 , ..., → en } . −−→ − Gọi Pi là các điểm mà OPi = ai → ei , i = 1, 2, ..., n. Tính thể tích của (n - 1) - đơn hình S(P1 , P2 , ..., Pn ). 45 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

Bài giải Ta có

−−→ −−→ −−→ − − P1 Pi = OPi − OP1 = ai → e i − a1 → e1 ; −−→ −−→ → − → − → − − P1 Pi .P1 Pj = (ai ei − a1 e1 ) (aj ej − a1 → e1 ) = a21 , i 6= j; q −−→ −−→ −−→ 1 Gr(P1 P2 , P1 P3 , ..., P1 Pn ). V (S) = (n − 1)! Trước hết tính −−→ −−→ −−→ Gr( P P , P P , ..., P 1 Pn ) 1 2 1 3 2 2 2 2 a1 + a2 a ... a 1 1 a2 2 2 2 a1 a1 + a3 ... 1 = = Dn−1 ... ... ... ... 2 2 2 a2 ... a1 + an a1 2 2 1 2 2 a2 a1 0 ... 0 ... a a 1 1 a2 a2 + a2 ... a21 a21 a21 + a23 ... a21 3 = 1 1 + ... ... ... ... ... ... ... ... a2 a2 ... a21 + a2n a21 a21 ... a21 + a2n 12 2 1 a1 a1 ... a21 0 a2 ... a2 3 1 = + a22 Dn−2 = a21 a23 ...a2n + a22 Dn−2 . ... ... ... ... 0 0 ... a2 n Tiếp tục quá trình trên ta được Dn−2 = a21 a24 ...a2n + a23 Dn−3 ⇒ Dn−1 = a21 a23 ...a2n + a21 a22 a24 ...a2n + a22 a23 Dn−3 . Tiếp tục quá trình đó n P D = a2 a2 ...ae2 a2 ...a2 n−1

i=1

1 2

i i+1

n

(kí hiệu ae2i nghĩa là không s chứa a2i trong tích). n P 1 Suy ra V (S) = a21 a21 ...ae2i a2i+1 ...a2n . (n − 1)! i=1

46 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân



CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

−−→ * Với n = 2 thì P1 P2 =

p a21 + a22 . 1!

* Với n = 3 ta có a1 a2 OH = p 2 , a1 + a22 a21 a22 a21 a22 + a21 a23 + a22 a23 2 2 = . P 3 H = a3 + 2 a1 + a22 a21 + a22 Khi đó

1 S∆P1 P2 P3 = P1 P2 .P3 H 2q q 1 1 = a21 + a22 a21 a22 + a21 a23 + a22 a23 . p 2 2 a1 + a22 q 1 a21 a22 + a21 a23 + a22 a23 . = (3 − 1)! 2.4

Ánh xạ đẳng cự và phép biến đổi đẳng cự

Bài tập 2.4.1. Cho f : En −→ En là một biến đổi afin của không gian Ơclit En . Gọi A0 , A1 , ..., An là n+1 điểm độc lập của En và A0i = f (Ai ). Chứng minh rằng f là một ánh xạ đẳng cự khi và chỉ khi

d(Ai , Aj ) = d(A0i , A0j ) với i, j = 0, 1, ..., n. Bài giải 47 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

a) Điều kiện cần: f : En −→ En là ánh xạ đẳng cự, f (Ai ) = A0i , i = 0, 1, 2, ..., n. Suy ra f đẳng cự kéo theo d(Ai , Aj ) = d(A0i , A0j ). b) Điều kiện đủ: Giả sử f : En −→ En biến đổi afin f (Ai ) = A0i , i = 0, 1, 2, ..., n; với điều kiện A0 , A1 , ..., An là hệ điểm độc lập và nếu d(Ai , Aj ) = d(A0i , A0j ) thì f là biến đổi trực giao của En . Lấy M ; N ∈ En và f (M ) = M 0 , f (N ) = N 0 . Khi đó n

−−→ X −−−→ MN = xi A0 Ai . i=1

Nên

n n −−−→ −−−→ P P → − −−→ → − −−−→ f (M N ) = xi f (A0 Ai ) = xi A0 0 A0 i = M 0 N 0 , i=1

i=1

n n P −−→2 −−−→ −−−→ −−→2 P 2− MN = x1 A0 Ai + 2 xi xj A0 Ai .A0 Aj , i=1

i6=j

n n −−−→0 2 −−−→ −−−→ −−− → P P 0 02 2 0 MN = x1 A 0 A i + 2 xi xj A0 0 A0 i .A0 0 A0 j . i=1

i6=j

Ta có

−−→2 −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ Ai Aj = (A0 Aj − A0 Ai )2 = A0 Aj 2 + A0 Ai 2 − 2A0 Aj .A0 Ai , −−−→ −−−→ −− −→ −−−→ −−−→ A0 i A0 j 2 = (A0 0 A0 j − A0 0 A0 i )2 = A00 A0j 2 +A00 A0i 2 −2A0 0 A0 j .A0 0 A0 i . −−→ −−−→ −−−→ −−−→ Do d(Ai , Aj ) = d(A0i , A0j ) ⇒ Ai Aj .A0 Ai = A0 i A0 j .A0 0 A0 i −−−→ −−→ ⇒ M N 2 = M 0 N 02 ⇒ d(M, N ) = d(M 0 , N 0 ). Suy ra f là phép biến đổi đẳng cự của En . Bài tập 2.4.2. Trong En với mục tiêu trực chuẩn đã chọn, cho siêu phẳng có phương trình:

a1 x1 + a2 x2 + ... + an xn + a0 = 0 với

n X

a2i = 1.

i=1

Hãy viết biểu thức tọa độ của phép đối xứng qua siêu phẳng đó. 48 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

Bài giải

Siêu phẳng α có phương trình

a1 x1 + a2 x2 + ... + an xn + a0 = 0 với

n X

a2i = 1.

i=1 0 0 0 0 0 Giả sử M (x1 , x( 2 , ..., xn ), M đối xứng của M qua α và M (x1 , x2 , ..., xn ). −−−→0 − − M M = k→ n, → n (a1 , a2 , ..., an ) ⇒ 0  I trung điểm của M M thuộc α  x0 i = xi + kai , i = 1, 2, ..., n
. ⇔ k  xIi = xi + ai , I(xI1 , xI2 , ..., xIn 2 Do I ∈ (α) nên ta có n n P k k P ai (xi + ai ) + a0 = 0 ⇒ − = ai x i + a0 . 2 2 i=1 i=1  n P Suy ra x0 i = xi − 2 ai xi + a0 ai , i = 1, 2, ..., n. i=1

Bài tập 2.4.3. Hai siêu phẳng α và β gọi là đối vuông góc nếu hai → − − không gian bù vuông góc của → α và β vuông góc với nhau. Chứng minh rằng tích của hai phép đối xứng qua hai siêu phẳng α và β là phép đối xứng qua phẳng α ∩ β khi và chỉ khi α và β là hai siêu phẳng đối vuông góc.

Bài giải 49 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

Gọi γ = α ∩ β, M1 = Dα (M ), M 0 = Dβ (M1 ). −−−→ − − Siêu phẳng α có véctơ pháp tuyến → n ⇒ M M1 = k → n. → −0 −−−→0 → −0 Siêu phẳng β có véctơ pháp tuyến n ⇒ M1 M = t n . −−−→ −−−→ −−−→ → − − Khi đó M M 0 = M M1 + M1 M 0 = k → n + t n0 .

→ − → − − − Ta có h→ n , n0 i bù vuông góc với → α ∩ β suy ra M M 0 cắt α ∩ β tại điểm duy nhất P . −−−→ −−−→ Trong ∆M M1 M 0 vì α và β đối vuông góc nên M M1 ⊥ M1 M 0 . Gọi I là trung điểm của M M1 và J là trung điểm của M1 M 0 . −→ −−−→ −→ −−−→ Suy ra P J ⊥ M1 M 0 và IP ⊥M M1 nên P là trung điểm của M M 0 . Do đó Dβ ◦ Dα là phép đối xứng qua (n − 2) phẳng (α ∩ β). Ngược lại, giả sử Dβ ◦ Dα là phép đối xứng qua (n - 2) phẳng (α ∩ β), ta phải chứng minh siêu phẳng α và β là đối vuông góc. Thật vậy, gọi β 0 là siêu phẳng đi qua α ∩ β và β 0 đối vuông góc với α. Theo cách chứng minh thuận suy ra Dβ ◦ Dα = Dβ 0 ◦ Dα ⇒ β ≡ β 0 . Bài tập 2.4.4. Trong E2 hỏi: a) Tích hai phép quay (quay điểm) là phép gì? b) Tích một phép quay và một phép tịnh tiến là phép gì?

Bài giải 50 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

a) Giả sử Q1 là phép quay tâm O1 góc quay α1 , Q2 là phép quay tâm O2 góc quay α2 . + Nếu O1 ( ≡ O2 thì ( O1 M = O1 M 0 Q1 : M 7→ M1 . ⇒ −−−→ −−−→ Q2 : M1 7→ M 0 (O1 M , O1 M 0 ) = α1 + α2 Suy ra Q2 ◦ Q1 là phép quay Q tâm O1 góc quay α = α1 + α2 . + Nếu O1 không trùng O2 , chọn đường thẳng ∆2 trùng với đường thẳng O1 O2 .

Khi đó Q2 ◦ Q1 = D∆3 ◦ D∆2 ◦ D∆2 ◦ D∆1 = D∆3 ◦ D∆1 , trong đó D∆i là phép đối xứng qua đường thẳng ∆i . −→ → − − Nếu ∆3 //∆1 ⇒ Q2 ◦ Q1 = D∆3 ◦ D∆1 , D∆3 ◦ D∆1 = T→ v ; v = 2IH. − Có nghĩa, nếu α1 = −α2 ⇒ Q2 ◦ Q1 = T→ v. Nếu α1 6= −α2 và ∆1 cắt ∆3 tại O0 thì Q2 ◦ Q1 = D∆3 ◦ D∆1 = Q là phép quay tâm O0 góc quay α = α1 + α2 . − b) Q = D∆2 ◦ D∆1 , ∆2 đi qua và ∆2 ⊥→ v.

0 − − T→ v = D∆3 ◦ D∆2 ⇒ T→ v = D∆3 ◦ D∆2 ◦ D∆2 ◦ D∆1 = D∆3 ◦ D∆1 = Q . (Q0 là phép quay tâm O0 góc quay α (O0 = ∆3 ∩ ∆1 )). 51 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

2.5

Hình học Ơclit

Bài tập 2.5.1. Cho tam giác ABC trong En . Trên các cạnh BC, CA, AB ta lần lượt lấy các điểm M, N, L sao cho

1 [M BC] = [N CA] = [LBA] = . 3 Chứng minh rằng mỗi một đoạn thẳng trong ba đoạn thẳng AM, BN, CL bị hai đoạn kia chắn thành ba đoạn thẳng có có độ dài tỉ lệ với 3 : 3 : 1.

Bài giải Đây là một bài toán afin vì dễ thấy các giả thiết và kết luận là các khái niệm afin. Xét phép biến đổi afin f biến tam giác ABC thành tam giác đều A0 B 0 C 0 . Các giao điểm M, N, L, E, F, G biến thành M 0 , N 0 , L0 , E 0 , F 0 , G0 một cách tương ứng.

Ta có tam giác A0 E 0 N 0 đồng dạng với tam giác A0 C 0 M 0 nên

A0 E 0 E 0N 0 = 0 0. A0 C 0 CM Suy ra

A0 E 0 A0 C 0 C 0B 0 = 0 0 = 0 0 = 3. E 0N 0 CM CM 52

Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

Do tính chất đối xứng, tam giác A0 E 0 N 0 bằng tam giác C 0 G0 M 0 nên E 0 N 0 = G0 M 0 . Từ đó

A0 E 0 = 3.E 0 N 0 = 3.G0 M 0 . Ngoài ra, tam giác A0 L0 G0 đồng dạng với tam giác A0 M 0 B 0 nên ta có

L0 G0 A0 G0 = 0 0. M 0B 0 AB Suy ra

L0 G0 M 0B 0 2 = = . A0 G0 A0 B 0 3 Mà tam giác A0 L0 G0 bằng tam giác B 0 M 0 E 0 nên L0 G0 = E 0 M 0 . 2 E 0M 0 Suy ra 0 0 = . Do đó 2A0 E 0 = E 0 G0 + 3G0 M 0 = E 0 G0 + A0 E 0 , hay AG 3 A0 E 0 = E 0 G0 = 3G0 M 0 . Lý luận tương tự cho các trường hợp còn lại. Phép biến đổi afin f −1 cho ta kết quả tương tự đối với tam giác ABC . Bài tập 2.5.2. Trong E2 , chứng minh rằng nếu một hình bình hành nội tiếp trong một elip thì tâm của hình bình hành trùng với tâm của elip còn các cạnh của hình bình hành thì song song với hai đường kính liên hợp của elip.

Bài giải Xét hình chữ nhật ABCD nội tiếp hình tròn tâm O. Suy ra tâm O là tâm hình chữ nhật. Đường tròn có phương trình 2 x + y 2 = r2 . Elip có phương trình x2 y 2 + = 1. a2 b 2   x0 = x Chọn r = a, phép biến đổi afin f : b .  y0 = y r 53 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

Suy ra đường tròn tâm O biến thành đường elip. Hình chữ nhật ABCD nội tiếp trong hình tròn biến thành hình bình hành A0 B 0 C 0 D0 nội tiếp elip. Tâm hình bình hành là tâm elip vì f bảo tồn tỉ số đơn. I là trung điểm của B 0 A0 , J là trung điểm của C 0 D0 nên IJ//B 0 C 0 , IJ qua −−→ O. Đường kính liên hợp với phương C 0 D0 . Tương tự với cạnh B 0 C 0 .

2.6

Nhóm đồng dạng và hình học đồng dạng

Bài tập 2.6.1. Chứng minh rằng: mọi phép đồng dạng f : En −→ En với tỉ số k 6= 1 đều có điểm bất động duy nhất. Từ đó suy ra mọi phép đồng dạng như thế đều là tích của một phép vị tự tâm I tỉ số k và một phép đẳng cự nhận I là điểm bất động, cách phân tích đó là duy nhất và có thể giao hoán được.

Bài giải − − Trong En lấy mục tiêu trực chuẩn {O; → e1 , ..., → en }, phép đồng dạng f : En −→ En có phương trình x0 = Ax + b. Giả sử I(x1 , ..., xn ) là bất động suy ra x là nghiệm của phương trình x = Ax+b ⇔ (A−In )x+b = 0. (1) → − Mặt khác f có ma trận A là phép biến đổi tuyến tính đồng dạng → − → → − − − − f (− x ). f (→ y ) = k2→ x .→ y và k 6= 1 ⇒ hạng (A − In ) = n. 54 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

Hệ (1) có nghiệm duy nhất suy ra có điểm I bất động duy nhất. Lấy mục tiêu {I; E1 , E2 , ..., En } là mục tiêu trực chuẩn 0 f (I) = I, f (E i ) = E i (i = 1, 2, ..., n),



−−→

−→

IE 0 i = k. IEi , −−→ −−→ − −→ → − −−→ −→ −−→ → k 2 IEi .IEj = f (IEi ). f (IEj ) = IE 0 i .IE 0 j = 0. o n−−→ −−→ 0 0 Suy ra hệ IE 1 , ..., IE n là hệ trực giao. Lấy

−→ −→ −→ 1 −−→0



IFi = IE i , i = 1, ..., n ⇒ IFi = IEi . k

Vì

−→ −→ 1 −−→ 1 −−→0 1 −−→0 IE i . IE i = 2 IE 0 i 2 = IFi 2 = IEi 2 , k k k nên g là phép đẳng cự biến mục tiêu trực chuẩn {I; E1 , E2 , ..., En } thành {I; F1 , F2 , ..., Fn }. Do V là phép vị tự tâm I tỉ số k suy ra Fi 7→ Ei0 , i = 1, 2, ..., n. Rõ ràng tích đó giao hoán được F = V ◦ g = g ◦ V. Bài tập 2.6.2. Hai hình (H) và (H 0 ) gọi là tương đương đồng dạng nếu có phép đồng dạng biến hình này thành hình kia. Xét các hình sau đây có tương đương đồng dạng hay không? a) Hai đoạn thẳng bất kì (có độ dài khác 0). b) H = siêu phẳng α và điểm A, H 0 = siêu phẳng α0 và điểm A0 . c) H = hai siêu phẳng α và β , H 0 = hai siêu phẳng α0 , β 0 .

Bài giải 0 0 a) Xét hai đoạn bất kì A0 A 1 và đoạn A0 A1 . Chọn hai n−− o n o cơ sở trực giao −−0−−→ − − − − → − − − − → −→ −−−→ −−−→ A0 A1 , A0 A2 , ..., A0 An và A 0 A0 1 , A0 0 A0 2 , ..., A0 0 A0 n khi đó, tồn tại phép đồng dạng f : Ai 7→ A0i , i = 0, 1, ..., n. 55 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

n−−→ −−→ −−→o b) Nếu A ∈ α và A ∈ α . Ta chọn hai cơ sở trực giao AA1 , AA2 , ..., AAn o n−−−→ −−−→ −−0 −→ −−→ → − 0 0 0 0 0 trong đó AAi ∈ α , i = 1, 2, ..., n − 1 và A A 1 , A A 2 , ..., A A n trong − −−−→ → đó A0 A0 i ∈ α0 , i = 1, 2, ..., n − 1. Khi đó tồn tại duy nhất phép đồng dạng f : A −→ A0 , Ai −→ A0i , i = 1, ..., n − 1. Khi đó f : α −→ α0 . Nếu ∈ / α và A0 ∈ / α0 . Ta hạ n OA⊥α và O0 A0 ⊥α0 . Chọnohai cơ sở trực n−A o −−−−−→ −−→ −−−→ −→ −−−−→ −→ giao OA1 , ..., OAn−1 , OA và O0 A0 1 , ..., O0 A0 n−1 , O0 A0 , trong đó

−→ −−→ −−→ −−−→







OA = OAi ; O0 A0 = O0 A0 i , (i = 1, 2, ..., n − 1) → − −−→ − −−0−→0 và OA ∈ → α , O A ∈ α0 . 0

i

0

i

Khi đó tồn tạiduy nhất phép đồng dạng 0   O 7→ O f : Ai 7→ A0 i , (i = 1, 2, ..., n − 1).   A 7→ A0 c) Cặp hai siêu phẳng α, β và cặp siêu phẳng α0 , β 0 . *) Nếu α ∩ β 6= ∅ ⇒ α0 ∩ β 0 6= ∅, α ∩ β = γ là (n - 2) - phẳng. Trong γ chọn (n - 1) - đơn hình đều A0 A1 ...An−1 , trong α lấy An sao cho S(A0 A1 ...An ) là đơn hình đều, trong β lấy An+1 sao cho S(A0 A1 ...An An+1 ) là đơn hình đều. Trong α0 ∩ β 0 = γ 0 chọn S(A00 A01 ...A0n−1 ) là (n - 1) - đơn hình đều, trong α0 chọn A0n sao cho S(A00 A01 ...A0n−1 A0n ) là đơn hình đều, trong β 0 chọn A0n+1 sao cho S(A00 A01 ...A0n A0n+1 ) là đơn hình đều. Khi đó tồn tại duy nhất phép afin f : E n −→ E n sao cho Ai 7→ A0i , i = 0, ..., n + 1 A0 i A0 j và = k không đổi. Suy ra f là phép đồng dạng. Khi đó Ai Aj

f : α −→ α0 , β −→ β 0 . *) Nếu α//β ⇒ α0 //β 0 .

56 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

Lấy A0 ∈ α hạ A0 Ano⊥ β và cắt β tại An . Chọn cơ sở trực giao n−− −→ −−−→ −−−−→ −−−→ − A0 A1 , A0 A2 , ..., A0 An−1 với A0 Ai ∈ → α , với i = 1, ..., n − 1 và

−−−→ −

→

−−

A0 An = A0 Ai , (i = 1, ..., n − 1). → − −−−−→ −−−−→ Lấy A00 ∈ α0 , hạ A00 A0n ⊥ β 0 . Trong α0 chọn cơ sở trực giao { A0 0 A0 1 , A0 0 A0 2 −−−−−→ } , sao cho , ..., A0 0 A0 n−1

−−−→

−−0−−→

0

A 0 A n = A0 0 A0 i (i = 1, ..., n − 1). Suy ra tồn tại duy nhất phép đồng dạng f : En −→ En sao cho f (Ai ) = A0i , i = 0, ..., n. Khi đó

f : α −→ α0 , β −→ β 0 . 2.7

Siêu mặt bậc hai Ơclit

Bài tập 2.7.1. Dùng phép biến đổi tọa độ trực chuẩn để đưa các phương trình của đường bậc hai trong E2 sau về dạng chính tắc. a) 5x21 + 4x1 x2 + 8x22 − 32x1 − 56x2 + 80 = 0; b) 5x21 + 12x1 x2 − 22x1 − 12x2 − 19 = 0.

Bài giải − 32x1 − 56x2 + 80 = 0. a) Ta có ! 5−λ 5 2 2 A= ; |A − λI2 | = 2 2 8 8−λ 2 ⇔ λ − 13λ + 36 = 0 ⇔ λ1  = 4, λ2 = 9. → = √2 , − √1 . * Véctơ riêng ứng với λ1 = 4 là − α 1 5  5  → = √1 , √2 . * Véctơ riêng ứng với λ2 = 9 là − α 2 5 5 0 Dùng phép biến đổi trực giao: x = Cx với 5x21

+ 4x1 x2 + 8x22

57 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

(1) =0

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT



 2 1  √5 √ 5   C=  1 2  −√ √ 5 5 thì ma trận A trở thành ma trận ! 4 0 . C t AC = 0 9 Phương trình (1) đưa về 8 144 4x01 2 + 9x02 2 − √ x01 − √ x02 + 80 = 0 25  5 2  1 8 + 9 x02 − √ = 36. ⇔ 4 x01 − √ 5 5 Đổi tọa độ 1 0    X1 = x 1 − √ 5 . 8  0   X2 = x 2 − √ 5 Khi đó phương trình (2) trở thành X12 X22 2 2 + = 1. (elip) 4X1 + 9X2 = 36 ⇔ 9 4 b) 5x21 +12x1 x2 −22x1 −12x2 −19 = 0. Ta có ! 5 6 5−λ 6 A= ; |A − λI2 | = =0 6 6 0 −λ ⇔ λ2 − 5λ − 36 = 0 ⇔ λ1 = −4, λ2 = 9.   3 2 − → . * Véctơ riêng ứng với λ1 = −4 là α1 = √ , − √ 13 13  → = √3 , √2 * Véctơ riêng ứng với λ2 = 9 là − α . 2 13 13 Dùng phép biếnđổi trực giao: x = Cx0 với 2 3  √13 √13   C=  3 2  √ −√ 13 13 thì ma trận A trở thành ma trận 58 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

(2)

(3)

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

−4 0 0 9 Phương trình (3) đưa về C t AC =

! .

8 90 −4x01 2 + 9x02 2 − √ x0 1 − √ x0 2 − 19 = 0 13 13 1 5 ⇔ −4(x0 1 + √ )2 +9(x0 2 − √ )2 = 36. 13 13 Đổi tọa độ  1    X1 = x 0 1 + √ 13 5 .  0   X2 = x 2 − √ 13

(4)

Khi đó phương trình (4) trở thành

−4X12

+

9X22

X12 X22 = 36 ⇔ − + = 1. 9 4

(hyperbol)

Bài tập 2.7.2. Dùng phép biến đổi tọa độ trực chuẩn để đưa các phương trình của mặt bậc hai trong E3 sau về dạng chính tắc. a) x21 + 2x1 + 3x2 + 4x3 + 5 = 0; b) 4x21 +x22 +4x23 −4x1 x2 +4x2 x3 +8x3 x1 −28x1 +2x2 +16x3 +45 = 0.

Bài giải a) + 2x1 + 3x2 + 4x3 + 5 = 0. Đổi tọa độ   X1 = x 1 + 1 . X2 = x 2   X3 = x 3 Từ (1) suy ra X12 +3X2 +4X3 +4 = 0. Đổi tọa độ  X 0 1 = X1   4 X 0 2 = X2 +  3   0 X 3 = X3 ⇒ X10 2 + 3X 0 2 + 4X 0 3 = 0 x21

59 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

(1)

(2)

(3)

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

4 3 (4) ⇔ X10 2 + 5( X 0 2 + X 0 3 ) = 0. 5 5 Đổi tọa độ  Y1 = X 0 1    3 4 Y2 = X 0 2 + X 0 3 . 5 5   4  0  Y2 = X 2 − 3 X 0 3 5 5 Từ (4) suy ra Y12 + 5Y2 = 0. (mặt trụ parabolic) b) 4x21 +x22 +4x23 −4x1 x2 +4x2 x3 +8x3 x1 −28x1 +2x2 +16x3 +45 = 0.(5) Ta có   4 −2 −4   A =  −2 1 2  ⇒ |A − λI| = λ2 (λ − 9). −4 2 2 Đa thức đặc trưng có các giá trị riêng λ1,2 = 0 và λ3 = 9. Với λ1,2 = 0, các véctơ riêng có tọa độ thỏa mãn −2x1 + x2 + 2x3 = 0 5 − − suy ra → u1 = (1, 2, 0) và → u2 = (2, −1, ). 2 Với λ3 = 9( , các véctơ riêng có tọa độ thỏa mãn   1 −5x1 − 2x2 − 4x3 = 0 − ta lấy → v = −1, , 1 . 2 −4x1 + 2x2 − 5x3 = 0 Chọn cơ sở trực chuẩn     1 1 2 4 2   → −  e1 = √ , √ , 0 √ √ −    5  3  5 5 5      2 1  4 2 5  √2  → − −√ ⇒C= e2 = √ , − √ , √ .    3 5 45 45 45 45       5 2  2 1 2  → −  √ 0  e3 = − , , 3 45 3 3 3 Suy ra 



0 0 0   C AC =  0 0 0  . 0 0 9 t

60 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

Dùng phép đổi biến x = Cx0 24 12 (5) ⇒ 9x03 2 − √ x0 1 − √ x0 2 + 30x0 3 + 45 = 0 5 5 8 4 2 ⇒ 3x03 + 10x0 3 − √ x0 1 − √ x0 2 + 15 = 0 5  5   5 25 2 0 10 4 0 02 0 ⇔ 3 x3 + 2. x 3 + −2 √ x1+ √ x2− =0 3 9 3 5 5 ⇒ 3X32 − 2X2 = 0. Suy ra (S) là mặt trụ parabolic. Bài tập 2.7.3. Tùy theo giá trị của α hãy xác định dạng của đường bậc hai S trong E2 xác định bởi phương trình:

x21 + 2αx1 x2 + x22 = 1.

+ + + + + +

2.8

Bài giải α=0 (S) ⇒ x21 + x22 = 1 (đường tròn). α = −1 (S) ⇒ (x1 − x2 )2 = 1 (cặp đường thẳng song song). α (S) ⇒ (x1 + x2 )2 = 1 (cặp đường thẳng song song). (= 1 α 6= 0 (S) : (1 − α)x21 + (1 + α)x22 = 1. α 6= 1 |α| < 1 : (S) là elip. |α| > 1 : (S) là hyperbol. Các bất biến hàm bậc hai và ứng dụng

Bài tập 2.8.1. Dùng bất biến, hãy xác định dạng của các đường bậc hai trong E2 có phương trình sau: a) 5x2 + 16xy + 5y 2 − 6x − 10y − 3 = 0; b) 12xy + 5y 2 − 12x − 22y − 19 = 0.

Bài giải a) 5x2 + 16xy + 5y 2 − 6x − 10y − 3 = 0. Ta có: 61 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

−3 −3 −5 K3 = −3 5 3 −5 3 5 5 3 J2 = = 16 3 5

= −128 6= 0 ⇒ (S) không suy biến.

> 0; J1 = 10; K3 J1 = −1280 < 0 nên

(S) là elip. Có λ2 − 10λ + 16 = 0 ⇒ λ1 = 8, λ2 = 2. Khi đó (S) có phương trình y02 02 02 02 = 1. 8x + 12y = 8 ⇔ x + 4 b) 12xy + 5y 2 − 12x − 22y − 19 = 0. Ta có: −19 −6 −11 K3 = −6 0 6 = 1296 6= 0 ⇒ (S) không suy biến. −11 6 5 0 6 J2 = = −36 6= 0; J1 = 5 nên (S) là hyperbol . 6 5 Có λ2 − 5λ − 36 = 0 ⇒ λ1 = 9, λ2 = −4. Khi đó (S) có phương trình x0 2 y 0 2 02 02 − = 1. 9x − 4y = 36 ⇔ 4 9 Bài tập 2.8.2. Tìm phương trình chính tắc của các mặt bậc hai trong E3 sau: a) 2x2 + 2y 2 − 5z 2 + 2xy − 2x − 4y − 4z + 2 = 0; b) 2x2 + 2y 2 + 3z 2 + 4xy + 2yz + 2zx − 4x + 6y − 2z + 3 = 0.

Bài giải a) 2x + 2y − 5z + 2xy − 2x − 4y − 4z + 2 = 0. Ta có: 2

2

2

62 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

3 −2 3 −1 −2 2 2 1 K4 = = −125; 3 2 2 1 −1 1 1 3 2 2 2 1 2 1 J2 = + + = 10; 2 2 1 3 1 3 2 2 1 J3 = 2 2 1 = 0. 1 1 3 Ta có phương trình đặc trưng λ3 + λ2 − 17λ + 15 = 0 ⇔ (λ − 1)(λ2 + 2λ − 15) = 0 ⇔ λ1 = 1, λ2 = 3, λ3 = −5. Khi đó (S) có phương trình 4 x02 + 3y 02 − 5z 02 + = 0. 5 b) 2x2 + 2y 2 + 3z 2 + 4xy + 2yz + 2zx − 4x + 6y − 2z + 3 = 0. Ta có: 3 −2 3 −1 −2 2 2 1 K4 = = −125; 3 2 2 1 −1 1 1 3 2 2 2 1 2 1 J2 = + + = 10; 2 2 1 3 1 3 2 2 1 J3 = 2 2 1 = 0. 1 1 3 Ta có phương trình đặc trưng
λ3 − J1 λ2 + J2 λ − J3 = 0 ⇔ λ λ2 − 7λ + 10 = 0 ⇔ λ1 = 2, λ2 = 5, λ3 = 0. Khi đó (S) có phương trình

63 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

r

2X 02 + 5Y 02 − 2

25 0 Z = 0. 2

Bài tập 2.8.3. Chứng minh rằng hai hyperbol vuông cắt nhau tại bốn điểm thì mọi đường bậc hai đi qua bốn giao điểm đó đều là hyperbol vuông hoặc cặp đường thẳng vuông góc.

Bài giải Hypebol vuông (1) có phương trình x2 y 2 − = 1. a2 a2 Hypebol vuông (2) có phương trình (x − x0 )2 (y − y0 )2 − = 1. b2 b2 Đường bậc hai đi qua bốn điểm có phương trình !  2  2 2 2 x y (x − x0 ) (y − y0 ) λ − − 1 + µ − −1 =0 a2 a2 b2 b2 tương đương  2   với  2 µ µ µ x x λ λ µ 0 + 2 x2 − 2 + 2 y 2 −2 2 x0 x+2 2 y0 y−λ−µ+µ 2 − 20 = 2 a b a b b b b b 0. Rõ ràng J1 = 0; µ λ   2+ 2 0 µ 2 λ a b   J2 = λ µ = − a2 + b2 < 0. 0 − + a2 b2 Nếu K3 = 0 thì mọi đường bậc hai đi qua bốn giao điểm đó là cặp đường thẳng cắt nhau vuông góc. Nếu K3 6= 0 thì mọi đường bậc hai đi qua bốn giao điểm đó là đường hyperbol vuông. Bài tập 2.8.4. Trong E3 cho hai mặt bậc hai (S) có phương trình:

x2 + y 2 + z 2 + 2axy + 2axz + 2ayz = 1.

64 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

a) Chứng tỏ rằng với mọi a khác 1, (S) là một mặt tròn xoay. b) Với giá trị nào của a, (S) là mặt elipxôit tròn xoay.

Bài giải a) λ là nghiệm của phương trình λ3 − 3λ2 + 3(1 − a2 )λ + 3a2 − 2a3 − 1 = 0   ⇔ (λ − 1 + a) λ2 − λ(a + 2) + 1 + a − 2a2 = 0 có các nghiệm λ1 = λ2 = 1 − a; λ3 = 1 + 2a. K4 = −2a3 + 3a2 − 1. Với a = 0, (S) có phương trình x2 + y 2 + z 2 = 1 ⇒ (S) là mặt cầu. Với a = 1, (S) có phương trình (x + y + z)2 = 1 ⇒ (S) là cặp mặt phẳng song song. 1 9 Với a = − , K3 = − ⇒ (S) có phương trình 2 4 3 2 3 2 X + Y = 1 ⇒ (S) là mặt trụ tròn xoay. 2 2 1 Với a 6= 0; 1; , (S) có phương trình 2 −2a3 + 3a2 − 1 2 2 2 (1 − a)X + (1 − a)Y + (1 + 2a)Z + =0 − (−2a3 + 3a2 − 1) ⇔ (1 − a)X 2 + (1 − a)Y 2 + (1 + 2a)Z 2 − 1 = 0. b) (S) là elipxôit  ( a0 ⇔ ⇔ 1 ⇔ − < a < 1. a>− 2 1 + 2a > 0 2 Bài tập 2.8.5. Thiết lập phương trình của mặt bậc hai (S) chứa các đường hyperbol sau đây:    a2  b2  c2  xz = xy = yz = 2 ; 2 ; 2 .  x=0 y=0 z=0 Xác định dạng của mặt đó và đưa nó về phương trình chính tắc khi 65 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

a = b = c = 1.

Bài giải a) Mặt bậc  hai (S) cóphương  trình 2    2 a b c2 t yz − + h xz − + k xy − = 0. 2 2 2 Để (S) đi qua hyperbol ta cần có t 6= 0; h 6= 0; k 6= 0. Khi đó  các 2 hb kc2     + =0  t = −b2 2 2      hb + kc = 0 2 2  2   ta hb2 h = a2 2 2 ⇔ . ta + hb = 0 ⇒ + = 0 2 2    2 2 b a     k= 2 2 ta2 + kc2 = 0    ta + kc = 0 c2 2 2 Vậy (S) có phương trình       a2 b2 b 2 a2 c2 2 2 −b yz − + a xz − + 2 xy − = 0. 2 2 c 2 b) Khi a = b = c = 1, (S) có phương trình 1 −yz + xz + xy − = 0 2 ⇔ −2yz + 2xz + 2xy − 1 = 0. Ta có đa thức đặc trưng λ3 − J1 λ2 + J2 λ − J3 = λ3 − 3λ + 2 có các nghiệm λ1 = λ2 = 1; λ3 = −2 ⇒ K4 = 2. Vậy (S) có phương trình chính tắc dạng X 2 + Y 2 − 2Z 2 − 1 = 0. 2.9

Siêu cầu trong không gian Ơclit

Bài tập 2.9.1. Trong không gian En cho p điểm A1 , A2 , ..., Ap và họ hệ số λ1 , λ2 , ..., λp . Tìm tập hợp các điểm M sao cho p X

λi d2 (M, Ai ) = k,

i=1

trong đó k là số thực cho trước. 66 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

Bài giải Gọi G là tâm tỉ cự của hệ A1 , A2 , ..., Ap với các hệ số λ1 , λ2 , ..., λp tức là

p P

−−→ → − λi GAi = 0 .

(1)

i=1

Ta có −−→ −−→2 −−→ −−→ −−→ −−→ d (M, Ai ) = M G + GAi = M G2 + 2M G.GAi + GAi 2 . 2

suy ra p X

2

λi d (M, Ai ) =

i=1

=

p X i=1 p X

p

p

i=1

i=1

−−→ X −−→ X λi d (M, G) + 2M G. λi GAi + λi d2 (G, Ai ) 2

λi d2 (M, G) +

i=1

p X

λi d2 (G, Ai ) do (1).

i=1

Suy ra p X

2

λi d (M, Ai ) = k ⇔

i=1

a)

p P

λi d (M, G) = k −

p X

λi d2 (G, Ai ).

i=1

λi = 0 :

*) Nếu

p P

*) Nếu

i=1 p P

b)

2

i=1

i=1

p P

p X

λi d2 (G, Ai ) = k thì tập hợp các điểm M là En . λi d2 (G, Ai ) 6= k thì tập hợp các điểm M là tập rỗng.

i=1

λi 6= 0. Khi đó

i=1

1 d (M, G) = p P λi 2



k−

p P

 λi d (G, Ai ) . 2

i=1

i=1

*) Nếu vế phải là số dương thì tập các điểm M là siêu cầu En tâm G. p P *) Nếu k − λi d2 (G, Ai ) = 0 thì tập các điểm M chỉ là điểm G. i=1

67 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

*) Nếu vế phải là số âm thì tập các điểm M là tập rỗng. Bài tập 2.9.2. Trong En cho siêu cầu (C) và siêu phẳng (α) lần lượt có phương trình:

(C) :

n X

2

2

(xi − ai ) = r ; (α) :

i=1

n X

Ai xi + A0 .

i=1

a) Tìm điều kiện đối với các hệ số ai , Ai , r để (C) và (α): không có điểm chung; cắt nhau; tiếp xúc nhau. b) Trong trường hợp siêu cầu (C) cắt siêu phẳng (α) theo một siêu cầu (C 0 ) trong siêu phẳng (α), hãy tìm bán kính của (C 0 ) và tìm tọa độ tâm của (C 0 ).

Bài giải Gọi I là tâm của siêu cầu (C). n P Ai ai + A0 i=1 s a) Ta có d(I, α) = . n P A2i i=1 s n n P P 1) Nếu Ai ai + A0 > r A2i thì (C) và (α) không có điểm i=1

i=1

chung. s n n P P A2i thì (C) và (α) cắt nhau. 2) Nếu Ai ai + A0 < r i=1 i=1 s n n P P 3) Nếu Ai ai + A0 = r A2i thì (C) và (α) tiếp xúc nhau. i=1

i=1

b) Đường thẳng ∆ qua I và ∆ ⊥ α có phương trình

xi = ai + tAi , i = 1, ..., n.

68 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

Gọi ∆ ∩ α = H , điểm H tương ứng với t xác định như sau n  P − Ai ai + A0 i=1 t= . n P 2 Ai i=1

H có tọa độ (x1 , x2 ,  ..., xn ) trong đó n P Ai ai + A0 i=1 .Ai , (i = 1, ..., n). xi = ai − n P 0 Ai 0

i=1 0

Siêu cầu (C ) có bán kính r trong đó r02 = r2 − d2 (IH). Bài tập 2.9.3. Cho một họ siêu cầu tổng quát trong En sao cho có một siêu phẳng (α) là siêu phẳng đẳng phương của hai siêu cầu phân biệt bất kì của họ. Khi đó họ các siêu cầu ấy gọi là chùm siêu cầu tổng quát. a) Chứng minh rằng mỗi chùm siêu cầu tổng quát được xác định bởi hai siêu cầu tổng quát phân biệt của chùm đó. b) Tìm tập hợp tâm của các siêu cầu tổng quát thuộc một chùm siêu cầu. c) Khi biết phương trình của hai siêu cầu tổng quát của một chùm siêu cầu, hãy viết phương trình một siêu cầu tổng quát tùy ý của chùm.

Bài giải 69 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

a) Siêu cầu (S1 ) có phương trình n n P P x2i + 2 a1i xi + a10 = 0. f1 (x1 , ..., xn ) = i=1

i=1

Siêu cầu (S2 ) có phương trình n n P P x2i + 2 a2i xi + a20 = 0. f2 (x1 , ..., xn ) =

I1 (a11 , a12 , ..., a1n )

i=1 i=1 2 2 I2 (a1 , a2 , ..., a2n ).

Hai siêu cầu (S1 ) và (S2 ) xác 6= Tâm định siêu phẳng đẳng phương (α) có phương trình 2
P a10 − a20 1 2 ai − ai x i + = 0. 2 i=1 Suy ra một chùm cầu được hoàn toàn xác định khi biết hai siêu cầu của chùm. b) Siêu cầu (S) có phương trình n n P P 2 f (x1 , ..., xn ) = xi + 2 ai xi + a0 = 0. i=1

i=1

Khi đó (S) thuộc chùm siêu cầu khi và chỉ khi (S1 ) và (S2 ) nhận α là siêu đẳng phương, suy ra siêu phẳng α0 xác định bởi n P 2 (a1i − ai )xi + a10 − a0 = 0 là siêu phẳng (α) i=1

a10 − a0 1 ⇔ − ai = 1 (ai − a2i ) với i = 1, ..., n. 2 a0 − a0 Ta chú ý rằng phương trình của I1 I2 là       1 2 1 x1 −a1 a1 − a1        ...  =  ...  +  ...  t.       xn −a1n a2n − a1n a1i

Vậy tâm I của siêu cầu (S) trên đường thẳng I1 I2 và I1 I2 ⊥α. c) Lấy (S) có phương trình λf1 (x1 , ..., xn )+µf2 (x1 , ..., xn ) = 0 trong đó λ2 + µ2 > 0 khi và chỉ khi ! ! n n X X X X λ x1i + 2 a1i xi + a10 +µ x2i + 2 a2i xi + a20 = 0. i=1

i=1 70

Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

(1)

(2)

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

Ta chứng minh (S) là siêu cầu. Thậy vậy, nếu λ + µ 6= 0 thì

(2) ⇔

n X i=1

n

x2i

2 X 1 + (λa1i + µa2i )xi + (λa10 +µa20 ) = 0. λ + µ i=1 λ+µ

(3)

Khi đó (3) là phương trình siêu cầu. Ta có (S) thuộc chùm siêu cầu xác định bởi (S1 ) và (S2 ). Siêu phẳng đẳng phương β của (S1 ) và (S) có phương trình

2

n X

(λa1i + µa2i − (λ + µ)a1i )xi + λa10 + µa20 − (λ + µ)a10 = 0

i=1

⇔2

n P i=1

µ(a2i − a1i )xi + µ(a20 − a10 ) = 0.

Rõ ràng α ≡ β. Nếu λ + µ = 0 thì (2) là phương trình siêu đẳng phương α.

2.10

Một số bài tập đề nghị

− − Bài tập 2.10.1. Trong không gian afin An cho một mục tiêu afin {O, → e1 , ..., → en } . Chứng minh rằng có một cách định nghĩa tích vô hướng duy nhất sao cho − − An trở thành không gian Ơclit mà mục tiêu {O; → e1 , ..., → en } trở thành mục tiêu trực chuẩn. Bài tập 2.10.2. Cho phương trình tham số của phẳng α và phương trình tổng quát của phẳng β trong mục tiêu trực chuẩn của không gian Ơclit En . Tìm điều kiện (về các hệ số của các phương trình đó) để α và β trực giao. Bài tập 2.10.3. Đơn hình S(P0 , P1 , ..., Pm ) gọi là vuông tại đỉnh P0 nếu −−→ −−→ P0 Pi .P0 Pj = 0 với i 6= j . Ta xét (m - 1) - đơn hình Si (P0 , ..., Pbi , ..., Pm ) (kí hiệu Pbi nghĩa là bỏ điểm Pi trong tập hợp các điểm P0 , P1 , ..., Pm ).

71 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

Chứng minh rằng: 2

V (S0 ) =

m X

V 2 (Si ).

i=1

Bài tập 2.10.4. Hai đơn hình n chiều S(Ao , A1 , ..., An ) và S(A00 , A01 , ..., A0n ) gọi là bằng nhau nếu

d(Ai , Aj ) = d(A0i , A0j ); i, j = 0, 1, ..., n. Chứng minh rằng nếu hai đơn hình đó bằng nhau thì có một phép đẳng cự duy nhất f : En −→ En sao cho f (Ai ) = A0i . Bài tập 2.10.5. Cho phép đẳng cự f : En −→ En không có điểm bất động. Chứng minh rằng nếu I là điểm mà d(I, I 0 ) ≤ d(M, M 0 ) với mọi điểm M ∈ En (ở đây ta kí hiệu I 0 = f (I), M 0 = f (M )) thì đường thẳng đi qua I và I 0 là đường thẳng bất động. Bài tập 2.10.6. Chứng minh rằng nếu f : En −→ En là phép đẳng cự không có điểm bất động thì mọi đường thẳng bất động đều song song với nhau. Bài tập 2.10.7. Trong E3 cho ba đường thẳng cùng đi qua một điểm và đôi một vuông góc. Gọi f là phép đẳng cự biến tập ba đường thẳng đó thành chính nó. Có bao nhiêu phép khác nhau như vậy? Bài tập 2.10.8. Cho tam giác ABC trong E2 . Mỗi cạnh của nó được chia thành ba đoạn thẳng bằng nhau và nối các điểm chia với đỉnh đối diện với cạnh đó. Ta được 6 đường thẳng làm thành một hình lục giác. Chứng minh rằng các đường chéo của hình lục giác đó đồng quy tại một điểm. Bài tập 2.10.9. Trong E2 , chứng minh rằng: nếu một hình bình hành ngoại tiếp một elip thì các đường chéo của hình bình hành là những đường kính liên hợp của elip. Bài tập 2.10.10. Chứng minh rằng: a) Nếu f : E2 −→ E2 là phép đồng dạng thuận (tức phép đồng dạng 72 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN ƠCLIT

mà detf > 0) và không phải là phép dời hình thì f là tích của phép vị tự tâm I (tỉ số k > 0, khác 1) và một phép quay quanh I . Cách phân tích đó là duy nhất và giao hoán được. b) Nếu f : E2 −→ E2 là phép đồng dạng nghịch (tức là detf < 0) và không phải là phép phản chiếu thì f là tích của phép vị tự tâm I (tỉ số k > 0, k 6= 1) và một phép đối xứng qua một đường thẳng I. Cách phân tích đó là duy nhất và giao hoán được. Bài tập 2.10.11. Giả sử f : E3 −→ E3 là phép đồng dạng mà không phải là phép đẳng cự. Chứng minh rằng: a) Nếu f là đồng dạng thuận thì f là tích của một vị tự tâm I (tỉ số k > 0, k 6= 1) và một phép quay quanh đường thẳng d đi qua I. Cách phân tích đó là duy nhất và giao hoán được. b) Nếu f đồng dạng nghịch thì f là tích của một vị tự tâm I (tỉ số k > 0, k 6= 1) với một phép quay quanh đường thẳng d đi qua I và một phép đối xứng qua mặt phẳng vuông góc với d tại I. Bài tập 2.10.12. Trong hệ tọa độ trực chuẩn của E2 cho đường bậc hai có phương trình:

f (x1 , x2 ) = 3x21 − 2x1 x2 + 2x22 + 6x1 − 9 = 0. a) Chứng tỏ (S) là đường elip. b) Viết phương trình của đường elip có cùng trục đối xứng với (S), nhưng có các bán trục gấp đôi các bán trục của elip đã cho. Bài tập 2.10.13. Viết phương trình mặt nón chứa hai phương trình sau: ( ( 2 2 y + z − 2by = 0 x2 + z 2 − 2ax = 0 ; . x=0 y=0

73 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

Kết luận Khóa luận với đề tài “Hoàn thiện hệ thống bài tập hình học afin và hình học Ơclit”, tôi đã nghiên cứu được nội dung chủ yếu sau: Luận văn trình bày một số bài tập hình học có liên quan đến hình học afin và hình học Ơclit. Đối với những vấn đề đã được lựa chọn cho luận văn, tôi hi vọng rằng đó là những vấn đề có thể giúp cho việc nghiên cứu các vấn đề khác của hình học afin và hình học Ơclit được thuận lợi hơn. Buổi đầu làm quen với nghiên cứu khoa học và do còn hạn chế về thời gian và khả năng chắc chắn luận văn không tránh khỏi thiếu sót, tôi rất mong các thầy cô, các bạn sinh viên đóng góp ý kiến trao đổi để luận văn hoàn thiện hơn và thực sự trở thành tài liệu tài liệu tham khảo bổ ích cho sinh viên. Cuối cùng tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới thầy giáo Phạm Thanh Tâm, người đã hướng dẫn và chỉ bảo tận tình cho tôi nghiên cứu đề tài này. Đồng thời, tôi cũng xin chân thành cảm ơn các thầy cô trong tổ hình học đã đóng góp nhiều ý kiến quý báu cho luận văn.

74 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân

Tài liệu tham khảo [1] Văn Như Cương, Hình học afin và Ơclit, Nhà xuất bản Giáo dục 1998. [2] Nguyễn Mộng Hy, Hình học cao cấp, Nhà xuất bản Giáo dục 2007. [3] Nguyễn Mộng Hy, Bài tập hình học cao cấp, Nhà xuất bản Giáo dục 2007. [4] Hà Trầm, Bài tập hình học afin và Ơclit, Nhà xuất bản Đại học Sư phạm 2008. [5] Phạm Khắc Ban - Phạm Bình Đô, Bài tập hình học afin và Ơclit, Nhà xuất bản Đại học Sư phạm 2008. [6] Các tài liệu khác, nguồn internet, ...

75 Lê Thị Hải Yến - Toán K37 - Cử nhân