kg affine va kg euclide (2)

Bài 1:

Trong KG Affine A(V) cho hai điểm phân biệt A,B .CMR đoạn thẳng AB chính là tập hợp tất cả

các tâm tỷ cự của hệ {A,B} ứng với hệ số { } sao cho =1 và .

Giải

Giả sử G thuộc AB thì ta có:

suy ra

.Ta thấy rằng suy ra .

Vậy G là tâm tỷ cự của AB.

Ngược lại giả sử G là tâm tỷ cự của AB đồng thời thì ta có:

Vậy G thuộc đoạn thẳng AB.

Kết luận: đoạn thẳng AB chính là tập hợp tất cả các tâm tỷ cự của hệ {A, B} ứng với họ hệ số {

} sao cho =1 và .

Bài 2:

Trong không gian affine A(V) cho hệ m+1 điểm độc lập {A0, A1, …, Am} (m nguyên dương).

CMR: m – đơn hình chính là tập hợp tất cả các tâm tỷ cự của hệ {A0, 0; A1, -

1; …; Am, m} sao cho i [0,1] ; i = 0, …, m; .

Giải

Gọi M = , i không âm và . Ta có:

N = , ’i không âm và . Ta có:

Trong đó O là điểm bất kì thuộc A(V).

Theo câu 1, X MN

Bài tập hình học Affine (lần 2) Nhóm 4

Mà không âm và

X là tâm tỷ cự của{A0, A1, …, Am}với các hệ số không âm và tổng =1.

Do đó tập các tâm tỷ cự của hệ {A0, A1, …, Am} là 1 tập lồi.

Gọi Wm là tập các tâm tỷ cự của hệ {A0, A1, …, Am}. Ta sẽ chứng minh Wm là tập lồi bé nhất chứa {A0, A1, …, Am}. Nghĩa là nếu có tập lồi W’ chứa {A0, A1, …, Am} thì WW’.

W’ chứa 2 điểm A0, A1, vì W’ là tập lồi nên nó chứa đoạn thẳng A0A1 nên theo câu 1 W’ chứa tất cả các tâm tỷ cự của A0, A1

W2 W’.

Giả sử W’ chứa k điểm A0, A1, …, Ak thì Wk W’. Ta chứng minh nếu W’ chứa k+1 điểm A0, A1, …, Ak, Ak+1 thì Wk+1 W’.

Gọi M = , i không âm và .

Ta có OA(V): .

Nếu thì k+1 =1 M Ak+1 Wk+1 W’.

Nếu thì: . (1)

Đặt . Ta có : N là tâm tỷ cự của hệ k điểm {A0, A1, …,

Ak} ứng với hệ số không âm và tổng =1.

N W’ (theo giả thuyết quy nạp).

(1)

Mà M NAk+1 W’ (vì W’là tập lồi chứa N, Ak+1).

Wk+1 W’.

Do đó Wm chính là tập lồi bé nhất chứa {A0, A1, …, Am}. Hay Wm là bao lồi của {A0, A1, …, Am}.

Vậy tập các tâm tỷ cự của hệ {A0, 0; A1, 1; …; Am, m} sao cho i [0,1] ; i = 0, …, m;

là một m – đơn hình

Trang 2


Bài 3:

Trong KG Affine thực n – chiều An(Vn) siêu phẳng .Khi đó phần bù An \ của trong An

được chia thành hai tập con rời nhau, mỗi tập con đó được gọi là một nửa không gian có bờ là . CMR mỗi nửa không gian đều là hình lồi.

Giải

Gọi X, Y là hai nửa không gian có bờ là .

Lấy điểm O bất kỳ nằm trong An\ .

Khi đó:

- Tập X là tập gồm những điểm M mà Đoạn thẳng OM không có điểm chung với - Tập Y là tập gồm những điểm M mà Đoạn thẳng OM có điểm chung với

*) CM Tập X là tập lồi (hình lồi)

Trong không gian Affine An(Vn) với mục tiêu đã chọn, siêu phẳng có phương trình là:

a1x1 + a2x2 + …..+ anxn + b = 0

Gọi O(x01 , x02 ,……, x0n)

M(x1 , x2 , ……, xn) X

+) Nếu OM song song với siêu phẳng thì

Hay cùng dấu với

+) Nếu OM cắt tại một điểm M’(x’1 , x’2 , ….., x’n) thì

với > 0

Khi đó và

Hay

Trang 3


cùng dấu

Tương tự, ta có

khác dấu.

Như vậy để cm Tập X, Y là những tập lồi ta cm tập những điểm M có tọa độ thỏa mãn bất đẳng thức sau là tập lồi

hoặc

Thật vậy :

Lấy hai điểm và sao cho:

Lấy

Khi đó M có tọa độ là

Ta có:

M cũng thuộc tập đó

Kết luận: Hai tập X , Y thỏa điều kiện bài toán là những tập lồi

Trang 4


Bài 4:

Xét m - đơn hình (1< m tự nhiên).Lấy I là một tập con k+1 phần tử tùy ý (k<

m) của tập { 0,1,…,m}.Khi đó k-đơn hình Sk mà tập các đỉnh là gọi là một diện k-

chiều hay k- diện của đơn hình đã cho. Đơn hình (m-k-1)- chiều với các đỉnh

là gọi là (m-k-1)- diện đối diện với Sk. Hãy CM các khẳng định sau:

a) Hai diện đối diện luôn nằm trên hai cái phẳng chéo nhau.

b) Các đường thẳng nối trọng tâm của hai diện đối diện đồng quy (tức là cùng cắt nhau) tại một trọng tâm của đơn hình.

Giải

a) Ta có :

là (m+1) đỉnh của m- đơn hình S

k- diện là k- đơn hình Sk (k<m) gồm (k+1) điểm tùy ý của (m+1) điểm trên. Không mất tính

tổng quát ta lấy (k+1) điểm đó là .

(m-k-1)- diện đối diện là (m-k-1)-đơn hình Sm-k-1 với (m-k) đỉnh còn lại là

.

Gọi lần lượt là hai cái phẳng chứa Sk và Sm-k-1:

= ,

= ,

Giả sử

Trang 5


Vậy chéo nhau hoàn toàn.(đpcm)

b)

Gọi G’ là trọng tâm của k- diện qua Sk

G” là trọng tâm của (m-k-1)- diện đối diện qua Sm-k-1

G là trọng tâm của m- đơn hình S.

Ta có:

Từ 3 đẳng thức trên ta được:

Đẳng thức này chứng tỏ G,G’,G” thẳng hàng hay các đường thẳng nối trọng tâm của các cặp diện đối diện đồng quy tại trọng tâm của đơn hình.

Bài 5:

Trong KG Affine cho 2 – đơn hình (tức là miền tam giác) SABC. Trên các đường thẳng BC,

CA, AB lần lượt lấy các điểm bất kỳ M, N, P không trùng với các đỉnh A, B, C. Hãy Cm các khẳng định sau:

a/ (Định lý Menelaus) Điều kiện cân và đủ để M, N, P thẳng hàng là:

(BCM). (CAN). (ABP) = 1.

b/ (Định lý Ceva) Điều kiện cần và đủ để các đường thẳng AM, BN, CP song song hay đồng quy là:

(BCM). (CAN). (ABP) = – 1.

Giải

Nhận xét: Có hai hướng giải bài tập này:

- Một hướng là chia trường hợp và căn cứ vào hình vẽ để giải bài tập này Hướng này mang tính phổ thông, và nhóm 4 thấy rằng nếu áp dụng cách này thì cần phải chứng minh thêm: chỉ có bấy nhiêu trường hợp đó thôi (vấn đề này không đơn giản).

Trang 6


- Hướng thứ hai là chứng minh một cách tổng quát (hoàn toàn dựa vào vector và các tính chất hình học) cách này tuy hơi dài nhưng đã giải quyết được vấn đề mà hướng 1 để lại. Nhóm 4 trình bày hướng này.

a) Chứng minh định lý Menelaus (Hướng 2)

Chiều thuận:

Từ M, N, P thẳng hàng ta phải chứng minh (BCM). (CAN). (ABP) = 1. Thật vậy:

Giả sử M, N, P thẳng hàng

\ {0, 1})

(1)

Đặt (Đ/ kiện: k, m \ {0, 1} & km ≠ 1)

Từ (1) và (2)

(1 ) =

Đặt

Ta có:

mà (A, B, C không thẳng hàng,gt)

(***)

Trang 7


(*) & (***) suy ra: = 0

t =

Thay giá trị của t vào (**) và đơn giản, ta có:

= (BCM) =

(BCM). (CAN). (ABP) = ( ). (k). (m) = 1 ($)

Chiều đảo:

Từ (BCM). (CAN). (ABP) = 1, ta phải chứng minh M, N, P thẳng hàng. Thật vậy:

khi có: (BCM). (CAN). (ABP) = 1

Đặt (Đ/ kiện: k, m \ {0, 1} & km ≠ 1),

như vậy: (BCM) =

– k(m – 1) = = (1 – km)

=

M, N, P thẳng hàng ($$)

Vậy từ ($) và ($$), ta có đpcm.

b) Chứng minh định lý Ceva (Hướng 2)

Chiều thuận:

Trang 8


Từ AM//BN//CN hoặc AM, BN, CP đồng quy, ta phải chứng minh (BCM). (CAN). (ABP) = – 1. Thật vậy:

Trường hợp 1: Giả sử AM, BN, CP đồng quy tại O

Áp dụng định lý Menelaus cho các trường hợp sau:

Xét và đường thẳng NOB

(CMB)(MAO)(ACN)=1 (1)

Xét và đường thẳng POC:

(BMC)(MAO)(ABP)=1 (2)

Từ (1) và (2) (3)

Đặt

Từ (4) ta có:

(do theo gt thì ) (5)

Vậy từ (3), (4) và (5) abc = -1

Trường hợp 2: AM//BN//CP

Đặt (BCM) = k

(CAN) = m (k,t,m )

(ABP) = t

(BCM) = k

(CAN) = m

Trang 9


(ABP) = t

AM,BN,CP song song với nhau.

cùng phương với nhau.

cùng phương với nhau.

(do A,B,C là 3 điểm không thẳng hàng)

Ta được đpcm. (2@)

Nhận xét: Ta cũng có thể xem trường hợp AM, BN, CP song song là đồng quy tại điểm O ở vô cùng. Và làm tương tự như cách 1 trên, ta được đpcm.

Từ (1@) và (2@), ta có được chứng minh cho chiều thuận. ($)

Trang 10


Chiều đảo: Từ (BCM). (CAN). (ABP) = – 1, ta chứng minh AM//BN//CP hoặc chúng cắt nhau. Thật vậy, xét theo vị trí tương đối của các đường thẳng, ta có các trường hợp sau đây (trường hợp trùng nhau không xét do giả thiết)

. Ta gọi (ABP) = c (Với c \ {0, 1})

Nếu AO không cắt BC, hay AO//BC

Từ

Mà theo giả thiết thì C, P, O thằng hàng nên

Do đó : (vô lý)

Nên khi thì AO nhất định cắt BC, ta giả sử . Nên trong ta

có 3 đường thẳng AM’, CP, BN đồng quy, theo chiều thuận đã chứng minh ta được:

(BCM’). (CAN). (ABP) = – 1 (1)

Theo giả thiết ta có:

(BCM). (CAN). (ABP) = – 1 (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

Do đó AM, BN, CP đồng quy. (3@)

BN//CP

Khi đó, hoặc là AM //BN//CP hoặc là AM cắt BN và CP. Trong trường hợp cắt thì làm tương tự như trên, ta suy ra vô lý.

Do đó, chỉ còn trường hợp AM//BN//CP. (4@)

Từ (3@) và (4@) ta có được chứng minh cho chiều đảo. ($$)

Vậy từ ($) và ($$), ta có được chứng minh định lý Ceva.

Bài 6:

Trong với mục tiêu Affine đã chọn , giả sử k điểm có tọa độ là :

với i = 1,2,…,k

Và tâm tỉ cự G có tọa độ thỏa mãn hệ thức :

Với .Chứng minh rằng :

Trang 11


Giải

Với O là gốc tọa độ G là tâm tỉ cự của điểm ta có:

Suy ra với j = 1, 2, …….n

Bài 7:

Cho m_ phẳng xát định bởi m + 1 điểm độc lập P0, P1,…, Pm .Chứng minh rằng là tập hợp các tâm tỉ cự của hệ điểm đó gắn với họ các hệ số khác nhau.

Giải

Gọi G là tâm tỉ cự của hệ điểm P0, P1,…, Pm gắn với học hệ số , ,…, , ta có:

. + +… + = với

( + ) =

Do đó: = . Vậy G

Bây giờ ta lấy điểm G bất kỳ thuộc m_ phẳng ta có :

= t1. +…+ tm.

= . ( - )

(1- ) + . = (1)

Đẳng thức (1) ở trên chứng tỏ rằng G là tâm tỉ cự của hệ điểm P0, P1,…, Pm gắn với họ các hệ số:

, t1 , t2 ,…, tm

to , t1 , t2 ,…, tm

Trang 12


Trong đó to+ t1 + t2 +…+ tm = 1

Vậy là tập hợp các tâm tỉ cự của hệ điểm P0, P1,…, Pm gắn với học các hệ số khác nhau.

Trang 13


Bài 8:

Cho 3 m-phẳng P,Q,R song song của An lần lựơt cắt 2 đường thẳng và tại và

.

Chứng minh rằng:

a) =

b) trong đó

Giải

a) Trong không gian afin An đối với mục tiêu đã chọn, giả sử 3 m-phẳng P,Q,R song song với nhau lần lượt có phương trình là:

Các phẳng P,Q,R có cùng số chiều và song song với nhau nên phương trình của chúng có dạng như trên, trong đó các số pi, qi, ri đôi một khác nhau với chỉ số i nào đó (và cũng có thể với mọi i).

Gọi d1 là đường thẳng đi qua điểm A(ai) và có phương .

Khi đó đường thẳng d1 có phương trình tham số là :

với j = 1,2,…,n

Đường thẳng d1 cắt các m-phẳng P,Q,R lần lượt tại . Giả sử các giao điểm lần lượt

ứng với các giá trị tp, tq, tr của tham số t.

Thay vào phương trình của m phẳng P ta có:

Trang 14


với mọi i =1,2,…n-m

Tương tự ta có :

với mọi i = 1,2,…n-m

với mọi i = 1,2,…n-m

Các giá trị tp, tq, tr không thay đổi với mọi i = 1,2,… n-m

Ta giả sử khi đó

Mà

(với j = 1,2,…n)

Nên ta có :

với j = 1,2,…n

Do đó

Như vậy giá trị tỳ số đơn này không phụ thuộc vào vị trí của đường thẳng d1 nghĩa là ta có

với P2, Q2, R2 là các giao điểm tương ứng của đường thẳng d2 với các mặt phẳng

P,Q,R. Điều này tất nhiên vẫn đúng khi d1 và d2 song song với nhau.

b)

Theo kết quả câu a ta có :

Trang 15


Ta được đpcm.

Bài 9:

Cho 3 siêu phẳng P,Q, R của An cùng đi qua (n-2)-phẳng. Chứng minh rằng nếu P, Q, R cùng cắt 2 đường thẳng song song d1,d2 lần lược tại P1,Q1,R1 và P2,Q2,R2 thì (Q1,R1,P1) = (Q2,R2,P2).

Giải

Các điểm P1,Q1,R1 và P2,Q2,R2 phân biệt nên các đường thẳng d1,d2 không cắt (n-2)-phẳng giao .

d1//d2 xác định 1 mặt phẳng (d1,d2), mặt phẳng này cắt các siêu phẳng P, Q, R theo 3 đường thẳng là P1P2, Q1Q2, R1R2 .

Xét 2 trường hợp :

TH1:

Giả sử : P1P2 ∩ Q1Q2 = thì M thuộc (n-2)-phẳng giao M thuộc siêu phẳng R.

Mặt khác M (d1,d2) nên M ∈ R ∩ (d1,d2) .

Vậy M ∈ R1R2, nghĩa là trong mặt phẳng (d1,d2) , 3 đường thẳng P1P2, Q1Q2, R1R2 đồng quy tại M.

Với phép chiếu song song trong mặt phẳng (d1,d2) theo phương chiếu song song với d1, d2, ta có :

(P1,P2,M) = (Q1,Q2,M) = (R1,R2,M) = k.

Do đó :

Trang 16


Giả sử ta có (Q1,R1,P1) = t,

Suy ra :

⇔ (Q2,R2,P2) = t

Vậy (Q1,R1,P1) = (Q2,R2,P2)

TH2 :

Giả sử : P1P2// Q1Q2 , nghĩa là : P1P2 ∩ Q1Q2= Ø

Nên mỗi đường thẳng P1P2 và Q1Q2 với (n-2)-phẳng giao thì không có điểm chung. Suy ra :

R1R2 // P1P2 và R1R2 // Q1Q2 .( nếu R1R2 cắt 1 trong 2 đường thẳng này thì điểm chung đó phải thuộc (n-2)-phẳng giao, vô lý).

Vậy , 3 đường thẳng P1P2, Q1Q2, R1R2 nằm trong mặt phẳng (d1,d2) và song song với nhau. Theo kết quả của bài 8 thì (Q1,R1,P1) = (Q2,R2,P2) .

Bài 13:

Trong mặt phẳng affine cho phép biến đổi affine f đối với mục tiêu đã chọn:

f: (I)

Hãy tìm phép affine .

Giải

Ta có:

:

( ) (x1, x2) = ( )

Trang 17


(I) được coi là hệ phương trình với ân số là (x1, x2) và phép biến đổi affine là công thức

nghiệm tổng quát (x1, x2) của hệ (I); giải (I) ta được:

Vậy :

Bài 14:

Trong cho phép biến đổi affine f đối với mục tiêu đã chọn:

f: (II)

a/ Tìm ảnh và tạo ảnh của điểm M(1, 2).

b/ Tìm ảnh và tạo ảnh của đường thẳng có phương trình = 0.

c/ Tìm điểm bất động của phép affine f.

Giải

a/ Tìm ảnh và tạo ảnh của điểm M(1, 2).

Gọi A(x1A, x2A), là ảnh của M(1, 2), ta có:

A(x1A, x2A) = f(M) = f(1, 2), do đó:

Thay M(1, 2) vào vế phải của (II) ta được tọa độ của A là A(5, 5).

B(x1B, x2B) là tạo ảnh của M(1, 2) ,ta có:

(II) được coi là hệ phương trình với ân số là (x1, x2) và phép biến đổi affine là công thức

nghiệm tổng quát (x1, x2) của hệ (II); giải (II) ta được phép affine là:

(III)

B(x1B, x2B) = (M) = (1, 2), do đó:

Trang 18


Thay M(1, 2) vào vế phải của (III) ta được tọa độ của B là B(0, ).

b/ Tìm ảnh và tạo ảnh của đường thẳng có phương trình = 0:

Đặt ( ): = 0, ta có:

X’( ) f(X) f( ) X(x1, x2) ( )

3( ) + 2 ( ) – 6 = 0

= 4

Vậy ảnh của ( ) là đường thẳng (d): x1 = 4.

X(x1, x2) ( ) f(X) ( ) X’( ) ( )

3( ) + 2( – 6 = 0

13x1 + 10x2 – 14 = 0

Vậy tạo ảnh của ( ) là đường thẳng (d’): 13x1 + 10x2 – 14 = 0

c/ Tìm điểm bất động của phép affine f

(Q(x1, x2) là điểm bất động của phép affine f) (Q(x1, x2) = f(Q) = f(x1, x2))

Vậy Q (0, 1) là điểm bất động của phép affine f .

Trang 19


Trang 20

kg affine va kg euclide (2)

Documents