KG Affine & KG Euclide (1)

Trường Đại Học Sư Phạm TP. Hồ Chí Minh

BÀI TẬP HÌNH HỌC AFFINE

Nhóm IV (Toán 2B)

1. Phạm Văn Trí

2. Phạm Phú Minh Quân

3. Trương Hữu Phúc

4. Phạm Võ Thanh Qúy

5. Đinh Anh Thi

6. Nguyễn Duy Quang

7. Võ Văn Vinh Quang

8. Văn Ngọc Thảo Quyên

9. Đinh Chí Việt

10. Nguyễn Thái Trung

11. Lương Thị Bảo Thoa

12. Lê Minh Tuấn

13. Trần Hạnh Tường Vy

14. Nguyễn Thành Phương

15. Nguyễn Thanh Phong

16. Dương Minh Vũ

Bài tập hình học Affine Nhóm 4

Trang 2

Bài 1:

Tập nào trong các tập hợp dưới đây có thể được trang bị 1 cấu trúc không gian Affine. Nếu

được, hãy chỉ ra cấu trúc Affine trên tập đó và xác định số chiều của không gian nhận được.

a) Tập K[x] các đa thức một biến x với hệ số trên K (K là R hay C).

b) Tập Kn[x] các đa thức một biến x với hệ số trên K bậc không quá n (n N).

g) Tập Z các số nguyên.

h) Tập Zn (lũy thừa Để các cấp n của Z, n nguyên dương).

Giải

a) Theo Đại Số Tuyến Tính, K[x] là không gian vector nên K[x] là 1 không gian affine với

cấu trúc chính tắc:

A: K[x] x K[x] K[x]

(A,B) A(A, B): = B - A

Đây là không gian vô hạn chiều.

b) Theo Đại Số Tuyến Tính, Kn[x] là không gian vector nên Kn[x] là không gian affine với

cấu trúc chính tắc:

A: Kn[x] x Kn[x] Kn[x]

(A,B) A(A, B) : =B-A

dim K n X = n + 1

g) Theo Đại số tuyến tính Z không là không gian vector nên nó không là không gian affine.

h) Theo Đại số tuyến tính Zn không là không gian vector nên nó không là không gian affine.

Bài 2:

Giả sử A, B lần lượt là không gian Affine trên nền là kgvt V,W tương ứng. Hãy làm cho tập

tích AxB trở thành một kg Affine trên nền là kgvt tích VxW

Giải

Ta có � là kg Affine trên nền kgvt �, do đó tồn tại ánh xạ:

�: � × � ⟶ �

(��, ��)⟼ �(� �, ��)

Tương tự, ta có � là kg Affine trên nền kgvt � , do đó cũng tồn tại ánh xạ:


Trang 3

ℬ: � × � ⟶ �

(��, ��)⟼ ℬ(� �, ��)

Hiển nhiên, hai ánh xạ � & � thỏa mãn hai tiên đề (��) & (� �) (1)

Ta sẽ chứng minh là tập � × � là kg Affine trên nền kgvt � × � .

Trước hết, ta thiết lập một ánh xạ:

�: � × � × � × � ⟶ � × �

(��, ��, ��, ��) ⟼ (� (��, ��), ℬ(��, ��))

Ta sẽ chứng minh ánh xạ � thỏa hai tiên đề (��) & (� �).

Rõ ràng � thỏa tiên đề (��) vì từ (1) ta suy ra:

∀�� ∈ �, ∀� ∈ � → ∃! �� ∈ �: �(��, ��)= �

∀�� ∈ �, ∀� ∈ � → ∃! � � ∈ �: ℬ(��, ��) = �

Do đó:

∀�� ∈ �, ∀�� ∈ �, ∀� ∈ �, ∀� ∈ � → ∃! �� ∈ �, ∃! �� ∈ �: � (��, ��, ��, ��) = (�, �)

Xét tiên đề (��), ta cần chứng minh:

� (��, ��, ��, ��)+ � (��, ��, ��, ��) = � (��, ��, ��, ��) (*)

��(∗) = ��(��, ��), ℬ(��, ��)�+ ��(��, ��), ℬ(��, ��)�

= ��(��, ��)+ � (��, ��), ℬ(��, ��)+ ℬ (��, ��)�

= ��(��, ��), ℬ(��, ��)�

= � (��, ��, ��, ��)= ��(∗)

Vậy ánh xạ � thỏa hai tiên đề (��) & (� �) nên � × � là kg Affine trên nền kgvt � × � .

Bài 3:

Giả sử A là không gian Affine trên nền là KGVT V. Xét kgvt con W tùy ý của V. Trên A ta

định nghĩa một quan hệ 2 ngôi ~ như sau: (M ~ N) MN W , M, N A

a) CMR quan hệ ~ đó là một quan hệ tương đương.

b) Hãy làm cho tập thương A/~ trở thành một kg Affine trên nền là kgvt thương V/W.

Giải

a) Tính phản xạ: MM 0 W

M ~ M., M A


Trang 4

Tính đối xứng: M ~ N MN W NM W, M, N A

N ~ M

Tính bắc cầu: M ~ N MN W

và N ~ Q NQ W

, M, N, Q A

MQ MN + NQ W

M ~ Q.

Vậy quan hệ ~ là một quan hệ tương đương.

b) Gọi [M] là lớp tương đương của chứa M.

Xét ánh xạ:

A/~ x A/~ V/W

( [M],[N] ) [ MN

]

Cho tùy ý lớp [M] A/~ với mỗi [ u

] V/W. Khi đó với M A và u V có duy nhất N

A sao cho MN

= u

, tức là có [N] A/~ sao cho:

( [M] , [N] ) [ MN

] = [ u

]

Nếu lấy M’ [M] và u'

[ u

] thì có duy nhất N’ A sao cho M'N'

= u'

. Từ đó:

MN

- M'N'

= u

- u'

W MM'

+ M'N

- M'N

- NN'

= u

- u'

W

MM'

- NN'

= u

- u'

W, vì M’ [M] nên MM'

W nên NN'

W N’ [N].

Do đó ta có [M] A/~ , [ u

] V/W thì ![N] A/~ để ( [M] , [N] ) [ MN

] = [ u

].

M, N, Q A, ta có MQ MN NQ

nên [M], [N], [Q] A/~ : [ MQ

] = [ MN

] + [ NQ

]

Vậy với cấu trúc:

A/~ x A/~ V/W

( [M],[N] ) [ MN

]

thì A/~ là kg Affine trên nền là kgvt thương V/ W.

Bài 4:

Cho A là không gian Affine trên nền là kgvt V. Trên A A, có một quan hệ 2 ngôi ~

sau: (M, N) ~ (P, Q) ( PQMN ), M, N, P, Q A.

a) Cmr: quan hệ ~ đó là quan hệ tương đương.

b) Hãy làm cho tập thương A × A/~ trở thành một kgvt trên nền kgvt V

Giải

a) Quan hệ = là một quan hệ tương đương nên nó có các tính chất phản xạ, đối xứng, bắc cầu.

Ta có: M, N A, ( , ) ~ ( , )MN MN M N M N

~ có tính phản xạ.

Oliver

Typewriter

ớ

Oliver

Typewriter

Vôùi moïi M thuoäc A, [M] laø taäp hôïp taát caû caùc phaàn töû coù quan heä ~ vôùi M, [M] laø taäp con cuûa A


Trang 5

M, N, P, Q A:

( , ) ~ ( , ) ( , ) ~ ( , ) ~ có tính dxM N P Q MN PQ PQ MN P Q M N

A, B, C, D, E, F A:

( , ) ~ ( , ) (( , ) ~ ( , ) ~ có tính bc

( , ) ~ ( , ) )

A B C D AB CDAB EF A B E F

C D E F CD EF

Quan hệ ~ nói trên có tính chất phản xạ, đối xứng,bắc cầu.

Quan hệ ~ đó là một quan hệ tương đương trên tập AxA(đpcm).

b) Với (��, ��) ∈ � × � , ta có tập hợp:

( , ) {( , ) | ( , ) ~ ( , )}i i i iC A B M N M N A B A A là một lớp tương đương ~ của (��, ��) đối

với quan hệ tương đương ~.

Ta có: ( , ) ( , ), ( , ) ( , )i i i iC A B C M N M N C A B

Và ( , ) ( , ) or ( , ) ( , )i i j j i i j jC A B C A B C A B C A B

( , ), ( , )i i j jA B A B A A , các lớp tương đương phân biệt của tập AxA đối với ~ chia tập

tích A x A ra thành các phần rời nhau, khác rỗng, thỏa mãn:

( , ) , ( , ) : ( , ) ( , )i i i iM N C A B M N C A B A A

Tập thương AxA /~ là tập hợp tất cả các lớp tương đương phân biệt của tập AxA đối với

quan hệ ~. Trên tập AxA/~ , ta định nghĩa hai phép toán “+”, “.” như sau :

Phép cộng:

( , ) ( , ) {( , ) | }, ( , ), ( , ) \ ~i i j j i i j j i i j jC A B C A B M N MN A B A B C A B C A B A A A A

Phép nhân:

. ( , ) {( , ) | . }, , ( , ) \ ~i i i i i ia C A B M N MN a A B a C A B A A K A A

Ta dễ dàng kiểm tra được 8 tiên đề trong định nghĩa về KGVT đối với tập AxA/~ với 2 phép

toán “+”, “.” như vừa định nghĩa. Suy ra tập AxA/~ với 2 phép toán “+”, “.” như vừa định nghĩa

làm thành một KGVT trên trường K.

Ta sẽ chứng minh 2 KGVT AxA/~ và V là đẳng cấu, thật vậy, ta có:

, ( , ) :i i i iu A B A B u V A A


Trang 6

( , ) {( , ) | ( , ) ~ ( , )}

{( , ) | , }

i i i i

i i

C A B M N M N A B

M N MN A B u

A A

A A

Tồn tại ánh xạ: f: V AxA

u ( ) ( , ) {( , ) | }i if u C A B M N MN u A A

Ta có:

, , :

, ( , ) :

( , ) {( , ) | }

: ( ) / ~

i i i

i i

A u B AB u

u A B A B u

C A B M N MN u

u f u

A V A

V A A

A A

V A A

f toàn ánh (1).

Và, giả sử: , : ( ) ( )u v f u f v V V

Ta có: ( ) {( , ) | }

( ) {( , ) | }

f u M N MN u

f u M N MN v

A A

A A

Mặt khác:

( ) ( ) ( ) ( )

( , ) ( ) ( , ) ( )

Mà : (vì ( , ) ( ))

f u f v f u f v

M N f u M N f v

MN v

MN u M N f u u v

f đơn ánh (2).

Từ (1) và (2) ta suy ra f là song ánh (*)

Ngoài ra, f là một ánh xạ tuyến tính, vì:

, ( ) / ~u v u v f u v V V A A

Hơn nữa:

( ) {( , ) | }

( ) {( , ) | }

( ) ( , ) | }

f u M N MN u

f u M N MN v

f u v M N MN u v

A A

A A

A A

Theo cách định nghĩa phép cộng (“+”) thì:


Trang 7

( ) ( ) {( , ) | } ( )f u f v M N MN u v f u v A A

Tương tự, ta chứng minh được: ( . ) . ( ), ,f a u a f u a u K V

Vậy f là một ánh xạ tuyến tính .(**)

Từ (*) và (**) f là một đẳng cấu giữa 2 KGVT AxA/~ và V

Kết luận: AxA/~ và V là 2 KGVT đẳng cấu .

Bài 5:

Chứng minh rằng trong không gian afin nA một hệ gồm m + 1 điểm A0, A1, A2,…, Am là

độc lập khi và chỉ khi với điểm O bất kỳ, thì đẳng thức:

m

ii = 0

λ OA = 0i

và m

ii = 0

λ = 0

Ta suy ra oλ = 1λ = 2λ =…= mλ = 0.

Giải

Chiều thuận:

Giả sử trong không gian afin nA một hệ gồm m + 1 điểm A0, A1, A2,…, Am là độc lập. Với

O là một điểm bất kỳ , từ đẳng thức:

m

ii 0

λ .OAi

= 0

và

m

0iiλ = 0

Ta suy ra oλ = 1λ = 2λ =…= mλ = 0.

Ta có: m

i ii 0

λ OA

=

m

ii 0

λ .(OA A A )0 0 i

.

0

= m

ii 0

λ .OA0

+

m

ii 0

λ .A A0 i

.

0

= m

ii 0

λ .OA0

+ oλ 00AA + m

ii 1

λ .A A0 i

.

Vì

m

0iiλ = 0

m

ii 0

λ .OA0

= 0

Ta lại có oλ . 00AA = 0


Trang 8

m

ii 1

λ .A A0 i

= 0

Mà hệ A0, A1, A2,…, Am là độc lập nên 1λ = 2λ =…= mλ = 0. ( Định nghĩa )

Ta lại có:

m

0iiλ = 0 (gt) oλ = 0 hay oλ = 1λ = 2λ =…= mλ = 0

Chiều nghịch:

Từ hai đẳng thức m

ii 0

λ .OAi

= 0

và

m

0iiλ = 0

oλ = 1λ = 2λ =…= mλ = 0. Ta chứng minh hệ gồm m + 1 điểm A0, A1, A2,…, Am là độc lập.

Ta có: m

ii 0

λ .OAi

=

m

ii 0

λ .(OA A A )0 0 i

.

0

= m

ii 0

λ .OA0

+

m

ii 0

λ .A A0 i

.

Vì

m

0iiλ = 0 và 1λ = 2λ =…= mλ = O nên với

m

ii 0

λ .A A0 i

= 0

Ta suy ra hệ m vectơ

0 i{A A }

với i = m,1 là độc lập tuyến tính .Do đó hệ (m + 1) điểm A0, A1, A2,…, Am là độc lập.

Bài 6

Trong không gian Affine n chiều An(Vn) cho hệ m + 1 điểm độc lập Affine {A0,A1, …,

Am} (m,n nguyên dương, m <n). CMR ta luôn có thể bổ sung thêm n – m điểm {Am+1, …, An} để

nhận dược hệ n+1 điểm độc lập (tức là mục tiêu Affine) {A0; A1, …, An}.

Giải

Hệ 0 1{ , ,..., }mA A A độc lập Affine

Hệ { 0 1 0 2 0, ,..., mA A A A A A

} độc lập truyến tính trong Vn.

Trong Vn, đặt 0 , 1,i ia A A i m

1{ ,..., }ma a độc lập truyến tính trong Vn.

Theo Đại số tuyến tính, ta có thể bổ sung thêm ( n m ) vecto { 1,...,m na a } thuộc Vn để được

1 cơ sở trong Vn : { 1 2 1, ,..., , ,...,m m na a a a a }

Với 0 , , 1,n niA A A A i m n mà:

1 0 1 0,...,m m n na A A a A A

.


Trang 9

Hệ { 0 1 0 2 0, ,..., nA A A A A A

} độc lập truyến tính.

Hệ ( 1n ) điểm 0 1{ , ,..., }nA A A độc lập Affine trong An.

Vậy ta có thể bổ sung thêm ( n m ) điểm 1{ ,..., }m nA A để nhận được hệ ( 1n ) điểm độc

lập (tức là mục tiêu Affine) 0 1{ ; ,..., }nA A A .

Bài 7 ( Bài tập 1.2 trang 70 sách Hình học cao cấp của Nguyễn Mộng Hy )

Trong không gian affine 3A cho một hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có AA’//BB’//CC’//DD’.

Ta chọn mục tiêu affine 0 1 2 3E , E , E , E như sau: 0 1 2 3E A, E A , E B, E C .Hãy tìm tọa

độ các đỉnh còn lại và tọa độ tâm của các mặt bên của hình hộp.

Giải

Ta biết rằng tọa độ của một điểm X trong không gian affine 3A đối với mục tiêu affine

0 1 2 3, , ,E E E E chính là tọa độ véc tơ 0E X

đối với cơ cơ sở tương ứng với mục tiêu đó là

0 1 0 2 0 3, ,E E E E E E

.

Với mục tiêu affine theo đề bài , , ,A A B D thì cơ sở tương ứng với nó là , ,AA AB AD

.

Theo cách chọn mục tiêu affine đó tọa độ các điểm A, A , B, D là: A(0,0,0); A’(1,0,0);

B(0,1,0); D(0,0,1).

Ta có:

+ AC AB AD

,do vậy tọa độ của C là C(0,1,1).

+ AC AC AA AB AD AA

,do vậy tọa độ của C là C (1,1,1).

+ AB AB AA

,do vậy tọa độ của B là B (1,1,0).

+ AD AD AA

,do vậy tọa độ của D là D (1,0,1).

Gọi M, N, P, Q, K, L là tâm của các mặt ABCD,

ABA B , CDD C , ADD A , BCC B , A B C D

Ta có: 1

2AM AB AD

,nên tọa độ của M là M(0,1 1

,2 2

).

+ 1

2AN AB AA

,nên tọa độ của N là N(1 1

,2 2

,0).


Trang 10

+ 1

2AP AD DP AD AN AB AA AD

,nên tọa độ của P là P(1 1

,2 2

,1).

+ 1

2AQ AD AA

,nên tọa độ của Q là Q(1

2,0,

1

2).

+ 1

2AK AB BK AB AQ AD AA AB

,nên tọa độ của Q là Q(1

2,1,

1

2).

+ 1

2AL AA A L AA AM AB AD AA

,nên tọa độ của L là L(1,1 1

,2 2

).


Chứng minh rằng có một và chỉ một (m+1)-phẳng đi qua một điểm cho trước và qua m-

phẳng cho trước và không chứa điểm đó.

Giải

Gọi Pm(A0,Wm) là m-phẳng và B là điểm không thuộc Pm cho trứơc.

Hệ {A0,A1,…,Am} là một mục tiêu Affine của Pm ứng với 0 1 1 0{ ,..., }m mA A w A A w

là cơ

sở của Wm.

Vì 0 1 0{ ,..., , }m m mB P A B W w w A B

độc lập có m+1 vectơ, cũng chính là cơ sở của

Wm+1 (có m+1 chiều). Do đó, hệ gồm 0 1 1 0 0{ ,..., , }m mA A w A A w A B

là cơ sở nền của

Pm+1(A0,Wm+1).

Ta đã chứng minh phẳng Pm+1 là duy nhất.

Giả sử có (m+1)-phẳng: 1m mQ P , ta chứng minh 1 1m mQ P

Ta có: 1 0 1 0 1 1 0 0 1{ ,..., , } { ,..., , }m m m m m m mQ P A A B Q A A w A A w A B Q

cũng

chính là cơ sở của 1mQ . Do đó 1 1m mQ P

Vậy ta có đpcm.


Viết phương trình tham số và phương trình tổng quát của m-phẳng P đi qua các điểm E0, E1,

E2, …, Em(m<n) của mục tiêu {E0, Ei} và của phẳng Q xác định bởi các phẳng còn lại của mục

tiêu. Xét trường hợp m=n.

Giải

Oliver

Typewriter

Do neáu heä döôùi ko ñoäc laäp thì vector(AoB) coù theå bttt qua caùc vector coøn laïi, nghóa laø

Oliver

Typewriter

B thuoäc phaúng Pm (traùi vôùi giaû thieát)

Oliver

Strikeout


Trang 11

Phương trình tham số của m-phẳng P xác định bởi m + 1 điểm độc lập E0, E1, E2, …, Em

(m < n) của muc tiêu {E0, Ei} :

X P E X = t E E + t E E + ... + t E E0 1 0 1 2 0 2 m 0 m

x 1 0 01

x 0 1 02

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

x t 0 t 0 ... t 1m 1 2 m0 0 0xm+1... ... .....0 0xn

x = t1 1

x = t2 2

...

x = tm m

x = 0m+1

....

0x = 0

n

Lập phương trình tổng quát của P là cái phẳng m chiều bằng cách khử các tham số t1, t2, …,

tm từ phương trình tham số trên ta được phương trình tổng quát gồm (n – m) phương trình sau:

x = 0m+1

...

x = 0n

Phương trình tham số của mặt phẳng Q xác định bởi các đỉnh còn lại Em+1, Em+2,…, En của mục tiêu {E0, Ei} là :

X Q E X = t E E + t E E + ... + t E Em+1 m+1 m+2 m+1 m+3 m+1 nm+2 m+3 n

x = 0x 11 0 0x = 0x 0 0 22...... ... ...

x = 0x 0 0 mmt ... t m+2 n x = 1 - t - t - ... x - 1 -1 -1 m+1 m+2 m+3m+1

1 0xm+2... ......0 1xn

- tn

x = tm+2 m+2

...

x = tn n

Lập phương trình tổng quát của Q là cái phẳng (n-m-1) chiều bằng cách khử các tham số

tm+2, tm+3, …, tn từ phương trình tham số trên của Q ta được phương trình tổng quát gồm (m + 1)

pt :

Oliver

Typewriter

Do ñieåm Em+1 coù toïa ñoä laø (0,...,1,0...,0) neân môùi coù xm+1-1 nhö beân phaûi!


Trang 12

Khi m = n, ta có phẳng P chứa n+1 đỉnh E0, E1, E2, …, En của mục tiêu {E0, Ei} nên P là toàn bộ không gian affin An . Lúc đó sẽ không còn phẳng Q nữa.

Bài 12: ( Bài tập 1.13 trang 71 sách Hình học cao cấp của Nguyễn Mộng Hy )

Trong A4 viết phương trình tổng quát của cái phẳng có số chiều bé nhất chứa các điểm 1M

(1,1,-3,-2), 2M (-2,0,0,0),

3M (1,2,0,-1), và có phương chứa các phương a

(3,3,1,0), b

(1,1,1,0).

Giải

Ta xét: 1 2M M

= (-3,-1,3,2); 1 3M M

= (0,1,3,1).

Xét hạng của hệ 1 2M M

,1 3M M

, a

và b

:

A =

3 1 3 2

0 1 3 1

3 3 1 0

1 1 1 0

1 1 1 0

0 1 3 1

0 0 2 0

0 2 6 2

1 1 1 0

0 1 3 1

0 0 2 0

0 0 0 0

Vậy rankA = 3 < 4 1 2M M

,1 3M M

,a

, b

là 1 hệ pttt.

Vậy ta sẽ chọn hệ đltt {1 3M M

, a

,b

} làm cơ sở nền.

Gọi là phẳng qua điểm 1M và có KG phương là

. Trong đó

nhận {a

, b

,1 3M M

} là

cơ sở. Phẳng với cách chọn như vậy sẽ thoả yêu cầu của bài toán.

N 1 2 3 4 1 1 2 3 1 3x ,x ,x ,x M N t a t b t M M

Phương trình tham số của :

x = 01

x = 02

...

x = 0m

x + x + ... + x = 1m+1 m+2 n

Oliver

Typewriter

Töø ñaây ta thaáy, cô sôõ neàn luoân coù soá vector <= chieàu!

Oliver

Typewriter

ta phaûi tìm rank cuûa heä caùc vector naøy ñeå xaùc ñònh ñuùng caùc cô sôû neàn!


Trang 13

1 1 2

2 1 2 3

3 1 2 3

4 3

x 3t t 1

x 3t t t 11

x t t 3t 3

x t 2

Từ 3 phương trình đầu của hệ (1), ta giải được

1 1 2 3

2 1 2 3

3 1 2

3 1t x x x 2

2 2

9 3t 4x x x 5

2 2

t x x

.

Thế vào phương trình còn lại của hệ (1), ta có:

1 2 4x x x 2 0

Đây chính là phương trình tổng quát cần tìm của .


Trong A5 viết phương trình tham số và phương trình tổng quát của mặt phẳng P đi qua điểm (2,-

1,3,4,0),(-1,1,0,1,5),(1,2,7,6,1) và viết phương trình tổng quát của mặt phẳng P’ song song với P

đồng thời đi qua điểm M(0,0,1,2,3).

Giải

Gọi A, B, C là ba điểm có tọa độ sau đây:

A = (2, -1, 3, 4, 0)

B = (-1, 1, 0, 1, 5)

C = (1, 2, 7, 6, 1)

Ta có: ��⃗ = (-3, 2, -3, -3, 5)

��⃗ = (-1, 3, 4, 2, 1)

Hai véctơ ��⃗ , ��⃗ là một hệ độc lập tuyến tính vì ma trận tọa độ của chúng có định thức cấp

hai khc khơng - Mặt phẳng P đi qua ba điểm A, B, C độc lập nhận ��⃗ , ��⃗ lm cặp véc tơ chỉ

phương

X � P ↔ ��⃗ = t1��⃗ + t2��⃗

Oliver

Typewriter

quaù trình khöû tham soá!


Trang 14

↔

⎣⎢⎢⎢⎡�� −− 22�� + 1�� − 3�� − 4�� − 0 ⎦

⎥⎥⎥⎤

= t1

⎣⎢⎢⎢⎡−32

−3−35 ⎦

⎥⎥⎥⎤

+ t2

⎣⎢⎢⎢⎡−13421 ⎦

⎥⎥⎥⎤

Ta có phương trình tham số của mặt phẳng P l:

↔

⎩⎪⎨

⎪⎧

�� = 2 − 3� � − � � (1)

�� = −1 + 2� � + 3� � (2) �� = 3 − 3� � + 4� � (3) �� = 4 − 3� � + 2� � (4)

�� = 5� � + � � (5)

�

Lấy (1) + (5) ta có : x1 + x5 = 2 + 2t1 t1 = ��

�

Từ (5) ta có : t2 = x5 – 5t1 = x5 – �(��)

�

Do đó : t2 = ��

�

Thay các giá trị t1, t2 vừa yìm được vào (2), (3), (4) ta có :

⎩⎪⎨

⎪⎧�� = −1 + � � + � � − 2 +

3

2(−5� � − 3� � + 10)

�� = 3 − 3

2(�� + � � − 2 )− 10� � − 6� � + 20

�� = 4 −3

2(�� + � � − 2 )− 5� � − 3� � + 10

�

Phương trình tổng quát của mặt phẳng P là :

�

6,5�� + � � + 3,5�� − 12 = 011,5�� + � � + 7,5�� − 26 = 06,5�� + � � + 4,5�� − 17 = 0

�

Phẳng P’ song song với phẳng P nên P’ nhận cặp vector AB��⃗ , AC��⃗ làm vector chỉ phương

M0 (x1, x2, x3, x4, x5 ) ∈ P’ ↔ MM0��⃗ = t1 AB��⃗ + t2 AC��⃗

↔

⎣⎢⎢⎢⎡

x�

x�

x� − 1x� − 2x� − 3 ⎦

⎥⎥⎥⎤

= t1

⎣⎢⎢⎢⎡−32

−3−35 ⎦

⎥⎥⎥⎤

+ t2

⎣⎢⎢⎢⎡−13421 ⎦

⎥⎥⎥⎤


Trang 15

↔

⎩⎪⎨

⎪⎧

x� = −3t � − t � (1)

x� = 2t � + 3t � (2)x� = 1 − 3t � + 4t � (3)x� = 2 − 3t � + 2t � (4)x� = 3 + 5t � + t � (5)

�

Phương trình tham số của P’ là hệ gồm 5 phương trình trên

Từ (1) và (5) ta có: t1 = �

�(x1 + x5 – 3) ; t2 =

�

�(-5x1 – 3x5 +9)

Thay các giá trị này vào phương trình (2), (3), (4) ta được:

⎩⎪⎨

⎪⎧ x� = x � + x � − 3 +

3

2 ( −5x � − 3x � + 9)

x� = 1 −1

2(x� + x � − 3 )+ 2(−5x � − 3x � + 9)

x� = 2 −3

2(x� + x � − 3 )+ (−5x � − 3x � + 9)

�

Rút gọn ta được phương trình tổng quát của P’ như sau:

�

−6,5x� − x � − 3,5x� + 10,5 = 0−10,5x� − x � − 6,5x� + 20,5 = 0−6.5x � − x � − 4,5x� + 15,5 = 0

�

Bài 14 (Bài tập 1.15 trang 72 sách Hình học cao cấp của Nguyễn Mộng Hy)

Viết phương trình tham số của cái phẳng cho bởi phương trình tổng quát sau đây trong A5:

1 2 3 4 5

1 2 3 4 5

5 6 2 7 4 3 0

2 3 4 2 6 0

x x x x x

x x x x x

Giải

Hệ trên được viết dưới dạng hệ thức như sau:

5 6 2 7 4 3

2 3 1 4 2 6

1 0 0 1 0 9

0 3 1 6 2 24

1 0 9 0 1 0

0 3 24 1 6 2

Ta có:


Trang 16

1 4

2 3 4 5

9

3 24 6 2

x x

x x x x

Đặt:

3 1

4 2

5 3

x t

x t

x t

Vậy phương trình tham số của phẳng cần tìm là:

1 2

2 1 2 3

3 1

4 2

5 3

9

1 28 2

3 3

x t

x t t t

x t

x t

x t


Trong A5, xét vị trí tương đối của hai cái phẳng P và Q sau đây:

3 4 5

1

2

3

: 0

0

: 0

1

P x x x

x

Q x

x

Giải

Ta có:

3 4 5

1 2

3

: 0

: 0:

1

P x x x

P Q P Qx xQ

x

Và dễ thấy các phương ,P Q

của các phẳng P,Q có {0}P Q

Do đó P và Q chéo nhau.

Oliver

Typewriter

pt tham soá cuûa P laø: x1=t1; x2=t2; x3=0+0t3;...

Oliver

Typewriter

pt tham soá cuûa Q laø: x1;x2;x3=1+0t3;x4=t4;x5=t5

Oliver

Typewriter

--> phöông (1,1,0,0,0)

Oliver

Typewriter

--> phöông (0,0,0,1,1)

Oliver

Typewriter

==> giao cuûa hai phöông laø {0}, nghóa laø 2 phaúng ko coù phöông chung


Trang 17


Cho 2 cái phẳng Ap và Aq (p q) của không gian affine An có phương trình tổng quát là:

Ap : n

ij j ij=1

a x + b = 0 với i = 1, 2, …, n – p.

Aq : n

ij j ij=1

c x + d = 0 với i = 1, 2, …, n – q.

Chứng minh rằng Ap cùng phương với Aq khi và chỉ khi hệ phương trình:

n

ij jj=1

c x = 0 với i = 1, 2, …, n – q.

là hệ quả của hệ phương trình:

n

ij jj=1

a x = 0 với i = 1, 2, …, n – p.

Giải

Ta gọi Vp và Vq lần lượt là phương của 2 cái phẳng Ap và Aq. Ta chứng minh tập tọa độ của

vector x bất kì của Vp sẽ thỏa hệ pt: n

ij jj=1

a x = 0 . Và ta gọi hệ này là hệ pt của phương Vp.

n

ij j ij=1

a x + b = 0

a x + ... + a x + b = 011 1 1n n 1

...

a x + ... + a x + b = 0n-p,1 1 n-p,n n n-p

(1)

n

ij jj=1

a x = 0

a x + ... + a x = 011 1 1n n

...

a x + ... + a x = 0n-p,1 1 n-p,n n

(1’)

y (y1, y2, …, yn) Vp thì sẽ có 2 điểm C(c1, …, cn), D(d1, …, dn) Ap sao cho y = CD

, và:

yi = di – ci , i = 1, n .

A, B Ap nên di, ci thỏa (1). Thay (di – ci) vào (1’) ta được:


Trang 18

11 1 1 1n n n 11 1 1n n 11 1 1n n

n-p,1 1 1 n-p,n n n n-p,1 1 n-p,n n n-p,1 1 n-p,n n

a (d - c ) + ... + a (d - c ) = 0 a d + ... + a d - (a c + ... + a c ) = 0

... ...

a (d - c ) + ... + a (d - c ) = 0 a d + ... + a d - (a c + ... + a c ) = 0

1 1

n-p n-p

b - b 0

...

b - b 0

yi = di – ci , i = 1, n là nghiệm của (1’).

Giả sử z (z1, z2, …, zn) V (là kgvt nền của An) trong đó (z1, z2, …, zn) là nghiệm của (1’). Lấy điểm C(c1, …, cn) Ap thì tọa độ điểm D(c1 + z1, …, cn + zn) An sẽ thỏa (1) vì:

11 1 1 1n n n 1 11 1 1n n 11 1 1n n 1

n-p,1 1 1 n-p,n n n n-p n-p,1 1 n-p,n n n-p,1 1 n-p,

a (c + z ) + ... + a (c + z ) + b = 0 a c + ... + a c + (a z + ... + a z ) + b = 0

... ...

a (c + z ) + ... + a (c +z ) + b = 0 a c + ... + a c + (a z + ... + a

n n n-pz ) + b = 0

11 1 1n n 1

n-p,1 1 n-p,n n n-p

a c + ... + a c + b = 0

...

a c + ... + a c + b = 0

(đúng).

D(c1 + z1, …, cn + zn) Ap.

Vậy từ hai chứng minh trên ta suy ra:

Nếu Ap có pt tổng quát là: n

ij j ij=1

a x + b = 0 thì pt của phương Vp sẽ là: n

ij jj=1

a x = 0 .

Dựa vào phương trình tổng quát của 2 phẳng Ap và Aq ta có thể suy ra phương trình của

phương tương ứng là:

Vp : n

ij jj=1

a x = 0 với i = 1, 2, …, n – p. (1)

Vq : n

ij jj=1

c x = 0 với i = 1, 2, …, n – q. (2)

)

Ta có: xVp => x thỏa pt (1)

Mà (2) là hệ quả của (1) => x thỏa pt (2) => xVq nên ta suy ra Vp Vq.

Nên Ap cùng phương với Aq.

)

Oliver

Typewriter

caùi naøy laø ta choïn 2 ñieåm z thuoäc V, C thuoäc A, chöùng minh D thuoäc A (ñeå D-C =z thuoäc V)

Oliver

Typewriter

caùi naøy laø chöùng minh C,D thuoäc A thì D-C seõ thuoäc V


Trang 19

Ap cùng phương với Aq => Vp Vq nên hiển nhiên (2) là hệ quả của (1).


Trong kg Affine A4, với mục tiêu affin cho trước , hãy tìm giao điểm của đường thẳng AB với

các siêu phẳng tọa độ, biết rằng:

a) A(4,3,-1,2) B(-1,-2,1,5)

b) A(1,-1,2,-2) B(3,2,-3,1)

Giải

a) Ta có ��⃗ = (−5, −5,2,3) là vector chỉ phương của đường thẳng AB, suy ra phương trình

tham số của AB là:

�

�� = 4 − 5�� = 3 − 5�

�� = −1 + 2�� = 2 + 3�

� , (� ∈ ℝ)

Với siêu phẳng x1 = 0, ta có tọa độ giao điểm là 3 22

(0, 2, , )5 5

C �


(1,0, , )5 5

D

Với siêu phẳng x3 = 0, ta có tọa độ giao điểm là 3 1 7

( , ,0, )2 2 2

E


( , , ,0)3 3 3

F

b) Ta có ��⃗ = (2,3, −5,3) là vector chỉ phương của đường thẳng AB, suy ra phương trình tham

số của AB là:

�

�� = 1 + 2�� = −1 + 3�� = 2 − 5�

�� = −2 + 3�

� , (� ∈ ℝ)


(0, , , )2 2 2

G


( ,0, , 1)3 3

H


( , ,0, )5 5 5

I

Oliver

Strikeout


Trang 20


( ,1, ,0)3 3

J


Trong không gian Affine �� cho m-phẳng �� và một điểm B không thuộc m-phẳng đó. Chứng

minh rằng, tồn tại duy nhất một m-phẳng chứa điểm B và song song với m-phẳng �� đã cho.

Giải

Cách 1:

Gọi �� là phương của m-phẳng ��.

Khi đó, nếu theo phương �� thì �∀� ∉ ��

∀�� ∈ �� → ∃! ��: ��

��⃗ = �⃗ � (theo tiên đề ��). Suy ra

tồn tại duy nhất một m-phẳng qua B và có phương �� (gọi là m-phẳng �� ) (1)

Bây giờ, ta cần chứng minh �� song song với ��.

Thật vậy, giả sử:

�� ∩ �� ≠ ∅ → ∃� � ∈ �� ∩ �� → �� ∈ ��

�� ∈ �� → �

∃� ∈ ��: ��⃗ = �⃗ ∈ ��

��⃗ = �⃗

�

→ ��⃗ − ��

��⃗ = 0 ⇔ ��⃗ = 0 ⇔ � ≡ � ⇔ � ∈ � � (trái giả thiết)

Do đó điều ta giả sử là sai. Suy ra �� ∩ �� = ∅ , nên theo định nghĩa vị trí tương đối của

hai phẳng, ta suy ra �� song song với �� (2)

Từ (1) và (2) ta kết luận: qua B bên ngoài m-phẳng ��, tồn tại duy nhất m-phẳng song song

với m-phẳng �� (đpcm).

Cách 2:

Giả sử m-phẳng �� và �� cắt nhau. Theo định lí về tổng số chiều của tổng và giao của 2

cái phẳng trong trường hợp có điểm chung, ta có:

dim(�� + � �)= dim (��)+ dim (��)− dim (� � ∩ ��)

Mà: dim(�� ∩ ��)= dim (�� ∩ ��)= dim (��)= �

Do đó ta suy ra:

dim(�� + � �)= � + � − � = �

Vậy �� + � � = � � hay �� trùng với ��, nghĩa là �� không chứ điểm B (không thuộc

��) là điều trái giả thiết. Như vậy, �� và �� không cắt nhau và có phương chung �� nên ��

song song với ��.

Từ đó ta có đpcm.


Trang 21

Bài 23:

Trong không gian n chiều (1< n N) An (Vn) với hệ tọa độ đã chọn cho hệ n điểm độc

lập Affine {A1, A2, …, An}. CMR: phương trình tổng quát của siêu phẳng qua hệ đó có thể viết

dưới dạng sau:

1 n

11 1n

n1 nn

x ... x 1

a ... a 1 = 0

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

a ... a 1

;

ở đó, Ai có tọa độ là (ai1, …, ain), i = 1, …, n.

Giải

Ta có:

A1( 11 12 1 na , a , ..., a )

A2 21 22 2 na , a , ..., a )

…

An( n1 n2 n na , a , ..., a )

Phương trình tổng quát của siêu phẳng qua n điểm đó phải có dạng :

1 1 2 2 n n 0c x + c x + ... + c x + c = 0 (trong đó các ci không đồng thời bằng 0)

A1 , …, A n nên ta có hệ sau:

1 1 2 2 n n 0

1 11 2 12 n 1 n 0

1 21 2 22 n 2 n 0

1 n1 2 n2 n n n 0

c x + c x + ... + c x + c = 0

c a + c a + ... + c a + c = 0

c a + c a + ... + c a + c = 0

...

c a + c a + ... + c a + c = 0

Hệ trên có (n + 1) phương trình, (n + 1) ẩn là (c1, c2, …, cn, co). Đây là hệ thuần nhất có

nghiệm khác (0, 0, ..., 0) nên định thức các hệ số của hệ phải bằng không. Hay:

1 2 n

11 12 1 n

21 22 2 n

n1 2 n n n

x x ... x 1

a a ... a 1

a a ... a 1

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

a a ... a 1

= 0 (đpcm).


Trang 22

Bài 24:

Trong kg n chiều (1<nN ) An(Vn) với hệ toạ độ đã chọn cho hệ n điểm độc lập Affine

1 2 n{A ,A ,...,A }.

iA có toạ độ là (0,…,

ia ,…,0), trong đó chỉ có 1 toạ độ khác không là 0

ia ở vị trí thứ i; i =

1,…,n.

CMR phương trình tổng quát qua hệ điểm đã cho có thể viết dưới dạng sau:

1 n

1 n

x x... 1.

a a

Giải

Cách 1:

Do {1 2 nA ,A ,...,A } là 1 hệ độc lập Affine nên nếu chọn

1A làm gốc ta sẽ có {

1 1 n 1 12 ne A A ,...,e A A

} là 1 hệ gồm n-1 vectơ đltt.

1 1 2

2 1 3

n 1 1 n

e ( a ,a ,0,...,0)

e ( a ,0,a ,..., 0)

...

e ( a ,0,0,...,a )

Gọi là siêu phẳng qua hệ {1 2 nA ,A ,...,A } nói trên và có KG phương

nhận {

1 1 n 1 12 ne A A ,...,e A A

} làm cơ sở.

N 1 n 1 1 1 2 2 n 1 n 1x ,...,x A N t e t e ... t e

Phương trình tham số của :

1 1 1 1 1 2 1 n 1

2 2 1

3 3 2

n n n 1

x a a t a t ... a t

x a t

x a t

....

x a t

11 2 n

1

21

2

32

3

nn 1

n

x1 t t ... t (1)

a

xt

a

xt

a

...

xt

a

( do ia 0, i 1,n )


Trang 23

Thế tất cả các it , i 1,n 1 vào phương trình (1) của hệ ta được phương trình tổng quát của

có dạng:

31 2 n

1 2 3 n

xx x x... 1

a a a a

đpcm.

Cách 2:

Ta có phương trình tổng quát của siêu phẳng trong An là:

b1 x1 b2 x2 bn xn c 0 (trong đó ∑ �� ≠ 0�

�� ) (*)

Vì siêu phẳng này qua A1 a1 , 0, ,0b c

Q b1 a1 c 0

Vì siêu phẳng này qua A2 0,a2 , ,0b c

Q b2 a2 c 0

…

Vì siêu phẳng này qua An 0, 0, ,a n

b c

Q bn an c 0

Và do ∑ �� ≠ 0�

�� , suy ra c ≠ 0.

Suy ra:

b1 @c

a1

ffffff

b2 @ca2

ffffff

bn @c

an

fffffff

X

^

^

^

^

^

^

^

^

^

^

^

^

\

^

^

^

^

^

^

^

^

^

^

^

^

Z

, (do �� ≠ 0, � = 1, �� ) (1)

Thay (1) vào (*), ta được:

@ca1

fffffx1@

ca2

ffffffx2@@

ca n

fffffffxn @ c

hay: 31 2 n

1 2 3 n

xx x x... 1

a a a a

Ta có đpcm.


Trang 24

Bài 25:

Trong không gian n chiều (1 < n N) An(Vn) với hệ tọa độ đã chọn cho 2 siêu phẳng α, α'

có phương trình tổng quát lần lượt là:

n

i ii =1

a x + b = 0 và n

i ii =1

a' x + b' = 0 .

CMR mọi siêu phẳng chứa α α' (nếu nó khác rỗng) hoặc song song với α, α' (nếu giao này

rỗng, tức α // α' ) đều có phương trình dạng:

n n

i i i ii =1 i =1

λ a x + b + λ' a' x + b' = 0 ;

ở đó λ, λ' không đồng thời triệt tiêu (thường gọi là phương trình của chum siêu phẳng xác định

bởi α, α' ).

Giải

Ta gọi V và V’ lần lượt là phương của 2 cái phẳng α, α' . Theo chứng minh ở bài 19 thì dựa

vào phương trình tổng quát của 2 phẳng α, α' ta có thể suy ra phương trình của phương tương

ứng là:

V: n

i ii =1

a x = 0 và V’ : n

i ii =1

a' x = 0

Xét 2 ma trận sau:

B = 1 2 n

1 2 n

a a ... a

a' a' ... a'

và B’ = 1 2 n

1 2 n

a a ... a b

a' a' ... a' b'

.

Xét α α' sẽ xảy ra các trường hợp sau:

TH1: rank B = rank B’ = 1 thì α α' .

(Vì hệ

n

i ii =1

n

i ii =1

a x + b = 0

a' x + b' = 0

có nghiệm và n -1V V' = V .)

Khi đó gọi là siêu phẳng cần tìm thì: β, α, α' trùng nhau nên dễ thấy sẽ có dạng:

n n

i i i ii =1 i =1

λ a x + b + λ' a' x + b' = 0 ( λ, λ' K không đồng thời = 0)


Trang 25

TH2: rank B = 2 thì α, α' cắt nhau theo (n – 2) - phẳng.

(Vì hệ

n

i ii=1

n

i ii=1

a x = 0

a' x = 0

có vô số nghiệm phụ thuộc (n – 2) tham số nên theo đstt 1 => n -2V V' = V

).

Giả sử có định thức cấp 2 1 2

1 2

a a 0

a' a' . Và gọi siêu phẳng chứa α α' có phương trình

tổng quát là: n

i ii =1

c x + c = 0

Khi đó hệ

n

i ii =1

n

i ii =1

n

i ii =1

a x + b = 0

a' x + b' = 0

c x + c = 0

có nghiệm nghĩa là:

rank

1 2 n

1 2 n

1 2 n

a a ... a

a' a' ... a'

c c ... c

= rank

1 2 n

1 2 n

1 2 n

a a ... a b

a' a' ... a b'

c c ... c c

= 2.

Suy ra tồn tại λ, λ' K không đồng thời = 0 sao cho:

1 1 1

2 2 2

i i i

c = λa + λ'a'

c = λa + λ'a'

=> c = λa + λ'a' , i = 1,n.

=> c = λb + λ'b'

Vậy n

i ii =1

c x + c =n n

i i i ii =1 i =1

λ a x + b + λ' a' x + b' = 0

Xét α / / α' => rank B = 1 và rank B’ = 2


Trang 26

(Vì hệ

n

i ii =1

n

i ii =1

a x + b = 0

a' x + b' = 0

vô nghiệm => α α' = và n -1V V' = V ).

Giả sử có một định thức cấp 2 n

n

a b 0

a' b'

Siêu phẳng // α // α' có phương trình tổng quát là: n

i ii =1

c x + c = 0

Khi đó

rank

1 2 n

1 2 n

1 2 n

a a ... a

a' a' ... a'

c c ... c

= 1 và rank

1 2 n

1 2 n

1 2 n

a a ... a b

a' a' ... a b'

c c ... c c

= 2

Suy ra

i n

i n

i n

a a b

a' a' b'

c c c

= 0

=> tồn tại λ, λ' K không đồng thời = 0 sao cho i i ic = λa + λ'a' , i = 1,n.

=> c = λb + λ'b'

Vậy n

i ii =1

c x + c =n n

i i i ii =1 i =1

λ a x + b + λ' a' x + b' = 0

Kết luận:

Phương trình của chùm siêu phẳng xác định bởi α, α' có dạng:

n n

i i i ii =1 i =1

λ a x + b + λ' a' x + b' = 0 .

Documents

KG Affine & KG Euclide (1)