Geometria szkolna
Transkrypt
Geometria szkolna
Maciej Czarnecki Geometria szkolna skrypt dla studentów matematyki Wstep , Trzy podstawowe metody geometrii elementarnej Zadanie. Udowodnić, że symetralne boków trójkata przecinaja, sie, w jednym punkcie. , Metoda syntetyczna Niech a, b, c bed ABC. , , a, odpowiednio symetralnymi boków BC, CA, AB trójkata Gdyby prosta a była równoległa do b, to boki CA i AB byłyby równoległe, co w trójkacie jest niemożliwe. , Zatem istnieje jedyny taki punkt O, który należy do a ∩ b. Skorzystamy z faktu, że symetralna odcinka jest zbiorem wszystkich punktów płaszczyzny równoodległych od końców odcinka. Z faktu że O ∈ a wynika, że |OB| = |OC|. Podobnie stad , że O ∈ b mamy |OC| = |OA|. Łacz , ac , te równości otrzymujemy |OA| = |OB|, czyli O ∈ c. Zatem punkt O należy do wszystkich trzech symetralnych boków trójkata. , Metoda analityczna Wiadomo, że trójkat przy wierzchołku A można tak , ABC o najmniejszym kacie , umieścić w układzie współrzednych, że A(0, 0), B(r, 0), C(s, t), gdzie r, s, t > 0. , Symetralna odcinka jest prosta, prostopadła, do odcinka i przechodzac , a, przez jego t , środek. Zatem symetralna a boku BC przechodzi przez punkt K r+s 2 2 i jest pro−−→ stopadła do wektora BC = [s − r, t]. Stad , a : (s − r)x + ty + r2 − s2 − t2 = 0. 2 Analogicznie symetralna b boku CA przechodzi przez punkt L −→ do wektora AC = [s, t]. Zatem b : sx + ty − 1 s2 + t2 = 0. 2 s t 2, 2 i jest prostopadła 2 Proste a i b nie sa, równoległe, bo r 6= 0. Ich jedyny punkt przeciecia O ma pierwsza, , r . Zatem O należy także do trzeciej symetralnej c, która ma współrzedn a równ a , , 2 , r r równanie x = 2 (przechodzi przez punkt M 2 , 0 i jest prostopadła do osi odcietych). , Metoda wektorowa Podobnie jak w metodzie syntetycznej uzasadniamy, że punkt O jest jedynym punktem przeciecia symetralnej a odcinka BC z symetralna, b odcinka CA. , −−→ Wykażemy, że jeżeli M jest środkiem boku AB, to wektor OM jest prostopadły do −−→ wektora AB, co oznaczać bedzie, że OM jest symetralna, boku AB. , Niech K i L bed a odpowiednio środkami boków BC i CA. Zachodza, wówczas , , równości: −−→ −→ 1 −−→ −→ 1 −→ 1 −−→ −→ 1 −−→ OM = OA + AB = OL + CA + AB = OL + CB, 2 2 2 2 −−→ −−→ 1 −−→ −−→ 1 −−→ 1 −−→ −−→ 1 −→ OM = OB + BA = OK + CB + BA = OK + CA. 2 2 2 2 Stad , −−→ −−→ −−→ −→ −−→ −−→ OM ◦ AB = OM ◦ AC + OM ◦ CB −→ 1 −−→ −→ −−→ 1 −→ −−→ = OL + CB ◦ AC + OK + CA ◦ CB 2 2 −→ −→ −−→ −−→ 1 −−→ −→ −→ −−→ = OL ◦ AC + OK ◦ CB + CB ◦ AC + CA ◦ CB = 0, 2 bo proste OL i OK sa, odpowiednio symetralnymi odcinków CA i BC. Maciej Czarnecki Geometria szkolna skrypt dla studentów matematyki Rozdział I Przestrzeń euklidesowa liniowa Niech n ∈ N oraz n 2. Niech Rn oznacza zbiór uporzadkowanych n–tek liczb , rzeczywistych Rn = {(x1 , . . . , xn ) ; x1 , . . . , xn ∈ R}. n Elementy zbioru R nazywamy wektorami. W zbiorze Rn wprowadzamy naturalne działania + (dodawania wektorów) x + y = (x1 + y1 , . . . , xn + yn ) dla x = (x1 , . . . , xn ), y = (y1 , . . . , yn ) ∈ Rn oraz · (mnożenia wektora przez liczbe) , a · x = (ax1 , . . . , axn ) dla x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn , a ∈ R Twierdzenie 1. (Rn , R, +, ·) jest rzeczywista, przestrzenia, liniowa, wymiaru n. Definicja 2. Niech u, v ∈ Rn . Mówimy, że wektor u jest równoległy do wektora v jeżeli układ (u, v) jest liniowo zależny. Piszemy wówczas u k v. Mówimy, że wektor u ma ten sam zwrot co wektor v (lub jest zgodnie zorientowany z wektorem v) jeżeli istnieje s 0 takie, że s · u = v lub s · v = u. Piszemy wówczas u ↑↑ v. Uwaga 3. Wektor u jest równoległy do wektora v wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje s ∈ R takie, że s · u = v lub s · v = u. Twierdzenie 4. Dla dowolnych u, v ∈ Rn sa, spełnione nastepuj ace warunki: , , (1) u k θ oraz u ↑↑ θ. (2) u k −u. (3) u k v wtedy i tylko wtedy, gdy u ↑↑ v lub u ↑↑ −v. (4) u ↑↑ −u wtedy i tylko wtedy, gdy u = θ. Ponadto (5) Relacja równoległości wektorów jest zwrotna i symetryczna w Rn i jest relacja, równoważności w Rn \ {θ}. (6) Relacja zgodnej orientacji wektorów jest zwrotna i symetryczna w Rn i jest relacja, równoważności w Rn \ {θ}. 1 2 Dowód: 1. i 2. sa, oczywiste (wystarczy przyjać , s = 0 lub s = −1). Punkt 3. wynika bezpośrednio z Uwagi 3. Dla dowodu 4. przyjmijmy, że u 6= θ (przypadek u = θ jest trywialny) i istnieje s > 0 spełniajace warunek s · u = −u. Wówczas jednak (s + 1) · u = θ, co daje s = −1, , sprzeczność. Relacje równoległości i zgodnej orientacji sa, zwrotne i symetryczne z samej definicji (oraz na mocy Uwagi 3.). Wykażemy przechodniość relacji równoległości w Rn \ {θ}. Jeżeli u, v, w ∈ Rn \ {θ} sa, takie, że u k v i v k w, to istnieja, liczby s, t 6= 0 spełniajace , warunki v = s · u i w = t · v. Stad , w = ts · u, czyli u k w. Dowód przechodniości relacji zgodnej orientacji jest analogiczny. Definicja 5. Standardowym iloczynem skalarnym (lub krótko iloczynem skalarnym) nazywamy funkcje, h., .i : Rn × Rn → R dana, wzorem hu, vi = n X ui vi dla u = (u1 , . . . , un ), v = (v1 , . . . , vn ) ∈ Rn . i=1 Twierdzenie 6. (Rn , h., .i) jest liniowa, przestrzenia, euklidesowa, , to znaczy dla u, v, w ∈ n R oraz a, b ∈ R sa, spełnione warunki: (1) hu, vi = hv, ui. (2) ha · u + b · v, wi = ahu, wi + bhv, wi. (3) Jeżeli u 6= θ, to hu, ui > 0. n Definicja 7. Norma, (długościa) , wektora u = (u1 , . . . , un ) ∈ R nazywamy liczbe, |u| = q hu, ui = n X u2i . i=1 n Twierdzenie 8. (Rn , |.|) jest przestrzenia, unormowana, , to znaczy dla u, v ∈ R oraz a ∈ R zachodza, warunki: (1) (2) (3) (4) |u| 0. |u| = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy u = θ. |a · u| = |a| |u|. |u + v| ¬ |u| + |v|. Twierdzenie 9. (nierówność Schwarza) Dla dowolnych wektorów u, v ∈ Rn zachodza, nastepuj ace warunki: , , (1) |hu, vi| ¬ |u| |v|. (2) |hu, vi| = |u| |v| wtedy i tylko wtedy, gdy u k v. (3) hu, vi = |u| |v| wtedy i tylko wtedy, gdy u ↑↑ v. Dowód: Zauważmy, że jeżeli chociaż jeden z wektorów jest zerowy, to nierówność 1. i równości z punktów 2.,3. sa, spełnione, zatem na mocy twierdzenia 4.1 równoważności sa, prawdziwe. Załóżmy teraz, że u, v 6= θ. (1) Dla dowolnego λ ∈ R (na podstawie własności iloczynu skalarnego – Twierdzenie 6.) otrzymujemy 0 ¬ hu + λ · v, u + λ · vi = |v|2 λ2 + 2λhu, vi + |u|2 3 Ostatnie wyrażenie jest trójmianem kwadratowym zmiennej λ o dodatnim współczynniku przy λ2 (v 6= θ), wiec , jego wyróżnik jest niedodatni: 0 4hu, vi − 4|u|2 |v|2 , co jest już równoważne tezie. (2) ⇐) Na mocy uwagi 3. możemy założyć, że istnieje s 6= 0 takie, że v = s · u. Wówczas z twierdzeń 6 i 8 otrzymujemy |hu, vi| = |shu, ui| = |s| |u|2 = |u| |s · u| = |u| |v|. ⇒) Jeżeli |hu, vi| = |u| |v|, to 4hu, vi − 4|u|2 |v|2 = 0. Tym samym trójmian kwadratowy hv − λ · u, v − λ · ui = |u|2 λ2 − 2hu, viλ + |v|2 ma pierwiastek (podwójny) λ0 6= 0 (bo u 6= θ). Stad , hv − λ0 · u, v − λ0 · ui = 0 i co za tym idzie v = λ0 · u. (3) ⇐) Dowodzimy analogicznie jak w punkcie 2 korzystajac , z tego, że dla s > 0 zachodzi równość |s| = s. ⇒) Analogicznie jak w punkcie 2. otrzymujemy, że istnieje takie λ0 6= 0, że v = λ0 · u. Korzystamy z założenia i dostajemy λ0 |u|2 = hu, vi = |u| |v| = |λ0 | |u|2 , skad , λ0 > 0. Twierdzenie 10. (równość równoległoboku) Dla dowolnych u, v ∈ Rn zachodzi równość |u + v|2 + |u − v|2 = 2|u|2 + 2|v|2 . Dowód: Bezpośredni rachunek. n Twierdzenie 11. (zwiazek iloczynu skalarnego z norma) , , Dla dowolnych u, v ∈ R zachodzi równość 1 hu, vi = |u + v|2 − |u − v|2 . 4 Dowód: Bezpośredni rachunek. Twierdzenie 12. (zwiazek równoległości i zgodnej orientacji z norma, Dla dowolnych , wektorów u, v ∈ Rn spełnione sa, nastepuj ace warunki: , , (1) u k v wtedy i tylko wtedy, gdy |u + v| = |u| + |v| lub |u + v| = | |u| − |v| |. (2) u ↑↑ v wtedy i tylko wtedy, gdy |u + v| = |u| + |v|. (3) u 6k v wtedy itylko wtedy, gdy | |u| − |v| | < |u + v| < |u| + |v|. Dowód: Zauważmy, że jeźeli którykolwiek z wektorów jest zerowy, to stwierdzenia 1,2,3 sa, oczywiste. Załóżmy wiec, że u, v 6= θ. , (1) ⇐) Jeżeli zachodzi prawa strona równoważności, to |u + v|2 = (|u| ± |v|)2 . Stad , |u| |v| = |hu, vi| i na mocy twierdzenia 9.2 wektory u i v sa, równoległe. ⇒) Załóżmy, że u k v i niech s 6= 0 bedzie takie, że v = s · u. Wówczas , |u + v| = |1 + s| |u|. Dla s > 0 mamy zatem |u + v| = (1 + s)|u| = |u| + |s| |u| = |u| + |v|. 4 Jeżeli s ∈ [−1, 0), to |u + v| = (1 + s)|u| = |u| − |s| |u| = |u| − |v|, a dla s < −1 otrzymujemy |u + v| = −(1 + s)|u| = −|u| + |s| |u| = |v| − |u|. (2) Dowód przebiega tak samo jak w 1. (3) Z twierdzenia 8.4 wynika, że zawsze | |u| − |v| | ¬ |u + v| ¬ |u| + |v|, ale na mocy 1. zachodzenie którejkolwiek z równości jest równoważne równoległości wektorów u i v. Definicja 13. Katem (nieskierowanym) pomiedzy wektorami u, v ∈ Rn \ {0} nazy, , wamy liczbe, hu, vi /(u, v) = arc cos . |u| |v| Wektory u i v sa, prostopadłe jeżeli hu, vi = 0. Piszemy wtedy u ⊥ v. Uwaga 14. Z twierdzenia 9.1 wynika, że kat wektorami niezerowymi jest do, miedzy , brze określony. Wektory niezerowe sa, prostopadłe wtedy i tylko wtedy, gdy /(u, v) = π2 . Ponadto z twierdzenia 9 wynika, że wektory sa, zgodnie zorientowane jeżeli tworza, kat , 0, a równoległe — gdy tworza, kat , 0 lub π. Twierdzenie 15. (cosinusów) Dla dowolnych wektorów u, v ∈ Rn \ {θ} zachodzi równość |u + v|2 = |u|2 + |v|2 + 2|u| |v| cos /(u, v). Dowód: Wynika bezpośrednio z definicji kata i własności iloczynu skalarnego. , Wniosek 16. (twierdzenie Pitagorasa) Dla dowolnych u, v ∈ Rn spełniony jest warunek u ⊥ v wtedy i tylko wtedy, gdy |u + v|2 = |u|2 + |v|2 . n Definicja 17. Niech dane bed , a, wektory v1 , . . . , vk ∈ R . Macierz G(v1 , . . . , vk ) = [ hvi , vj i ]1¬i,j¬k nazywamy macierza, Grama, a jej wyznacznik det G(v1 , . . . , vk ) — wyznacznikiem Grama. Przykład 18. det G(v1 ) = |v1 |2 det G(v1 , v2 ) = |v1 |2 |v2 |2 − hv1 , v2 i2 Twierdzenie 19. Dla dowolnych (v1 , . . . , vk ) ∈ Rn spełnione sa, nastepuj ace warunki: , , (1) det G(v1 , . . . , vk ) 0. (2) det G(v1 , . . . , vk ) = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy (v1 , . . . , vk ) jest układem liniowo zależnym. 5 Dowód: Niech v1 , . . . , vk ∈ Rn . Niech (u1 , . . . , up ) bedzie baza, ortonormalna, pod, przestrzeni liniowej lin(v1 , . . . , vk ) przestrzeni Rn . Położmy wi = (hvi , u1 i, . . . , hvi , up i) ∈ Rp dla i = 1, . . . k. Zauważmy, że hwi , wj i = hvi , vj i dla i, j = 1, . . . , k (iloczyny skalarne odpowiednio w Rp i Rn ). Istotnie, hwi , wj i = p X hvi , ul ihvj , ul i = = Ponadto w przestrzeni hvi , ul ihvj , um ihul , um i l=1 m=1 l=1 * p X p X p X hvi , ul iul , p X + hvj , um ium = hvi , vj i. m=1 l=1 p R w1 h .. G(w1 , . . . , wk ) = [ hwi , wj i ] = . w1T wk . . . wkT skad , i T w1 w1 .. .. = . . , wk wk 2 w1 .. det G(w1 , . . . , wk ) = det . . wk Ostatecznie otrzymujemy det G(v1 , . . . , vk ) = det [ hvi , vj i ]1¬i,j¬k = det [ hwi , wj i ]1¬i,j¬k 2 w1 .. = det G(w1 , . . . , wk ) = det . wk Z ostatniej równości natychmiast otrzymujemy 1. Ponadto det G(v1 , . . . , vk ) = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy układ (w1 , . . . , wk ) jest liniowo zależny, a to z kolei jest równoważne faktowi, że p = dim lin(v1 , . . . , vk ) < k czyli zależności układu (v1 , . . . , vk ). Wniosek 20. Jeżeli v1 , . . . , vn ∈ Rn , to 2 v1 .. det G(v1 , . . . , vn ) = det . . vn Nastepuj ace właności wynikaja, bezpośrednio z definicji wyznacznika Grama , , Twierdzenie 21. Dla dowolnych v1 , . . . , vk ∈ Rn Q (1) det G(v1 , . . . , vk ) ¬ ki=1 |vi |2 . Q (2) Jeżeli v1 , . . . , vk 6= θ, to det G(v1 , . . . , vk ) = ki=1 |vi |2 wtedy i tylko wtedy, gdy układ (v1 , . . . , vk ) jest ortogonalny. (3) Dla dowolnej permutacji σ zbioru {1, . . . , k} det G(v1 , . . . , vk ) = det G(vσ(1) , . . . , vσ(k) ). 6 (4) det G(−v1 , . . . , vk ) = det G(v1 , . . . , vk ). (5) Jeżeli a2 , . . . , ak ∈ R, to det G v1 + k X aj vj , v2 , . . . , vk = det G(v1 , . . . , vk ) j=2 . Definicja 22. Niech v1 , . . . , vn−1 ∈ Rn i niech A bedzie macierza, , której kolejne , wiersze sa, współrzednymi wektorów v , . . . , v . Niech ponadto A oznacza macierz 1 n−1 j , powstała, z macierzy A przez skreślenie w niej j–tej kolumny. Wektor v1 × . . . × vn−1 = (−1)1+n det A1 , . . . , (−1)n+n det An nazywamy iloczynem wektorowym wektorów v1 , . . . vn−1 . Przykład 23. W przestrzeni R3 iloczyn wektorowy wektorów u = (u1 , u2 , u3 ) i v = (v1 , v2 , v3 ) jest równy u u × v = 2 v2 u u3 u1 u2 u3 , . , − 1 v3 v1 v3 v1 v2 Twierdzenie 24. (własności iloczynu wektorowego) Niech v1 , . . . , vn−1 ∈ Rn oraz v = v1 × . . . × vn−1 . Wówczas (1) v ⊥ lin(v p 1 , . . . , vn−1 ). (2) |v| = det G(v1 , . . . , vn−1 ). (3) Jeżeli układ (v1 , . . . , vn−1 ) jest liniowo zależny, to v = θ. (4) Jeżeli układ (v1 , . . . , vn−1 ) jest liniowo niezależny, to układ (v1 , . . . , vn−1 , v) jest dodatnio zorientowana, baza, przestrzeni Rn (to znaczy wyznacznik tego układu wektorów jest dodatni). Ponadto jeżeli pewien wektor v ∈ Rn spełnia warunki 1–4, to v = v1 × . . . × vn−1 . Dowód: Załóżmy, że v1 , . . . , vn−1 ∈ Rn oraz v = v1 × . . . × vn−1 . (1) Dla i = 1, . . . , n − 1 z definicji iloczynu wektorowego otrzymujemy v1 .. . (1) hvi , vi = n X (−1)n+j vij det Aj = det vn−1 j=1 = 0, vi ponieważ ostatni wyznacznik ma dwa takie same wiersze vi . (2) Podobnie jak w punkcie 1. otrzymujemy v1 .. . (2) |v|2 = hv, vi = det vn−1 . v Zależność (1) pozwala przedstawić poszerzona, o v macierz Grama w postaci 0 .. . G(v , . . . , v 1 n−1 ) G(v1 , . . . , vn−1 , v) = 0 ... 0 , 0 |v|2 7 skad , na podstawie wniosku 20 i (2) dostajemy (3) v1 .. . |v|4 = det vn−1 2 = det G(v1 , . . . , vn−1 , v) = |v|2 det G(v1 , . . . , vn−1 ). v p To zaś przy v 6= θ daje |v| = det G(v1 , . . . , vn−1 ). (3) Wynika natychmiast z (3) i twierdzenia 19.2. Gdy v = θ, to rzad , macierzy A jest mniejszy od n − 1 i układ (v1 , . . . , vn−1 ) jest liniowo zależny. Wówczas na mocy twierdzenia 19.2 jego wyznacznik Grama jest zerowy, co dowodzi 2. także w tym przypadku. (4) Jeżeli układ (v1 , . . . , vn−1 ) jest liniowo niezależny, to z (3) otrzymujemy, że v 6= θ, skad , w oparciu o (2) v1 .. . det vn−1 > 0. v Załóżmy teraz, że wektor v spełnia warunki 1.–4. Gdyby v = θ, to z 2. wyznacznik Grama układu (v1 , . . . , vn−1 ) jest równy 0, układ ten jest liniowo zależny i z 3. v1 × . . . × vn−1 = θ = v. Jeżeli v 6= θ, to z 1. i 4. wynika, że v jest generatorem (jednowymiarowej) podprzestrzeni (lin(v1 , . . . , vn−1 ))⊥ . Do wyznaczenia jego długości służy warunek 2, a zwrotu — ponownie 4. Wniosek 25. Jeżeli u, v ∈ R3 \ {θ}, to |u × v| = |u| |v| sin /(u, v). Dowód: Z twierdzenia 24.2 oraz definicji kata pomiedzy wektorami otrzymujemy , , |u × v|2 = det G(u, v) = |u|2 |v|2 − hu, vi2 =|u|2 |v|2 − |u|2 |v|2 cos2 /(u, v) = |u|2 |v|2 sin2 /(u, v), co daje teze, , ponieważ /(u, v) ∈ [0, π] Uwaga 26. Zwrot wektora u×v można wyznaczyć za pomoca, tzw. reguły śruby prawoskretnej. Podczas krecenia zwiniet kciukiem od wektora , , , a, prawa, dłonia, z wysunietym , u do wektora v kierunek ruchu kciuka wskazuje zwrot wektora u × v. Definicja 27. Niech u, v, w ∈ R3 . Liczbe, (u; v; w) = hu × v, wi nazywamy iloczynem mieszanym wektorów u, v, w. Twierdzenie 28. W przestrzeni R3 iloczyn wektorowy jest dwuliniowym operatorem alternujacym, a iloczyn mieszany trójliniowym operatorem alternujacym. Innymi , , słowy, dla u, v, w, z ∈ R3 oraz a, b ∈ R spełnione sa, warunki: (1) (a · u + b · v) × w = a · (u × w) + b · (v × w). (2) v × u = −u × v. (3) (a · u + b · v; w; z) = a(u; w; z) + b(v; w; z). 8 (4) (u; v; w) = −(v; u; w) = −(w; v; u) = −(u; w; v). Ponadto (5) (u × v) × w = hu, wiv − hv, wiu. Dowód: Warunki 1. i 2. wynikaja, bezpośrednio z własności wyznacznika. Dla dowodu 3. i 4. wystarczy zauważyć, że u (u; v; w) = w1 2 v2 u1 u3 − w 2 v3 v1 u1 u3 + w 3 v1 v3 u u2 = det v v2 w i ponownie skorzystać z własności wyznacznika. Warunku 5. dowodzimy bezpośrednio (u × v) × w =(u2 v3 − u3 v2 , −u1 v3 + u3 v1 , u1 v2 − u2 v1 ) × (w1 , w2 , w3 ) =((−u1 v3 + u3 v1 )w3 − (u1 v2 − u2 v1 )w2 , − (u2 v3 − u3 v2 )w3 + (u1 v2 − u2 v1 )w1 , (u2 v3 − u3 v2 )w1 − (−u1 v3 + u3 v1 )w2 ) =((u2 w2 + u3 w3 )v1 − (v2 w2 + v3 w3 )u1 , (u1 w1 + u3 w3 )v2 − (v1 w1 + v3 w3 )u2 , (u1 w1 + u2 w2 )v3 − (v1 w1 + v2 w2 )u3 ) =hu, wiv − hv, wiu Maciej Czarnecki Geometria szkolna skrypt dla studentów matematyki Rozdział II Przestrzenie afiniczne Definicja 1. Niech V bedzie rzeczywista, przestrzenia, liniowa. , Przestrzenia, afiniczna, , o przestrzeni wektorów swobodnych V nazywamy układ (E, V, − → ), gdzie E jest zbiorem niepustym, a − → : E × E → V jest funkcja, taka, , że → (1) Dla dowolnych p ∈ E i v ∈ V istnieje dokładnie jeden q ∈ E taki, że − pq = v. → − → − → − (2) Dla dowolnych p, q, r ∈ E zachodzi zwiazek pq + qr = pr. , Elementy zbioru E nazywamy punktami, a elementy zbioru V wektorami (swobodnymi). Przykład 2. Niech dla p = (p1 , . . . , pn ) oraz q = (q1 , . . . qn ) → − pq = (q − p , . . . , q − p ). 1 Wówczas trójka En . (Rn , Rn , − →) n 1 n jest przestrzenia, afiniczna. oznaczać ja, przez , Bedziemy , W dalszym ciagu, o ile nie zaznaczymy inaczej, bedziemy rozważać przestrzeń afi, , niczna, (E, V, − →), przy czym przestrzeń V jest skończonego wymiaru. Definicja 3. Suma, punktu p ∈ E i wektora v ∈ V nazywamy jedyny taki punkt → q ∈ E, że − pq = v. Piszemy wóczas q = p + v. Jeżeli U ⊂ V , to p + U jest zbiorem wszystkich sum postaci p + u, gdzie u ∈ U . Twierdzenie 4. Dla dowolnych p, q ∈ E oraz u, v ∈ V spełnione sa, nastepuj ace , , warunki: −−−−−−−−→ (1) p + u, p + v = v − u. (2) Jeżeli p + v = q + v, to p = q. (3) Jeżeli p + u = p + v, to u = v. (4) (p + u) + v = p + (u + v). → → → Dowód: Zauważmy, że − pq = θ wtedy i tylko wtedy, gdy p = q oraz że − qp = −− pq. → − → − (1) Niech p + u = q i p + v = r. Wówczas pq = u i pr = v. Stad −−−−−−−−→ − → → p + u, p + v = → qr = − qp + − pr = v − u. 1 , 2 → → → − − → − → (2) Jeżeli r = p + v = q + v, to v = − pr = − qr. Stad , pq = pr − qr = θ. (3) Wynika z 1. → → → (4) Niech p + u = q i q + v = r. Wówczas − pr = − pq + − qr = u + v. Definicja 5. Środkiem cieżkości układu punktów (p0 , . . . , pm ) z przestrzeni E o wa, gach odpowiednio a0 , . . . , am ∈ R takich, że a0 + . . . am = 1, nazywamy punkt p ∈ E, który dla dowolnego q ∈ E spełnia warunek → − → + ...a · − −→. qp = a · − qp qp 0 m 0 m Piszemy wówczas p = a0 p0 + . . . + am pm = m X ai pi . i=0 Zbiór wszystkich środków cieżkości układu (p0 , . . . , pm ) oznaczamy przez af(p0 , . . . , pm ). , Przykład 6. Jedynym środkiem cieżzkości układu jednopunktowego (p0 ) jest punkt , p0 . Środkiem odcinka p0 p1 nazywamy punkt 12 p0 + 12 p1 . Środkiem cieżzkości trójkata , , 1 1 1 p0 p1 p2 (odpowiednio czworościanu p0 p1 p2 p3 ) jest punkt 3 p0 + 3 p1 + 3 p2 (odpowiednio 1 1 1 1 4 p0 + 4 p1 + 4 p2 + 4 p3 ). Uwaga 7. Łatwo zauważyć, że punkt p środkiem cieżkości układu punktów (p0 , . . . , pm ) , z przestrzeni E o wagach odpowiednio a0 , . . . , am ∈ R takich, że a0 +. . . am = 1, wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje punkt q ∈ E taki, że → − → + ...a · − −→. qp = a · − qp qp 0 m 0 m Definicja 8. Podprzestrzenia, afiniczna, przestrzeni afinicznej E nazywamy niepusty podzbiór H ⊂ E, który wraz z dowolnym skończonym układem punktów zawiera jego wszystkie środki cieżkości. , Twierdzenie 9. Podzbiór niepusty H ⊂ E stanowi podprzestrzeń afiniczna, przestrzeni afinicznej E wtedy i tylko wtedy, gdy każdy środek cieżkości dowolnego układu , dwupunktowego z H należy do H. Dowód: ⇒) oczywiste. ⇐) Indukcja ze wzgledu na ilość elementów układu. , Jeżeli p0 , p1 ∈ H, to z założenia af(p0 , p1 ) ⊂ H. Załóżmy teraz, że każdy środek cieżkości dowolnego układu m-elementowego (m , 2) z H należy do H. Niech p0 , . . . , pm ∈ H oraz a0 , . . . , am ∈ R i a0 + . . . + am = 1. Istnieje takie j ∈ {0, . . . , m}, że aj 6= 1 (w przeciwnym wypadku suma wag wynosiłaby m 6= 1), a co za tym idzie m X a= ai 6= 0. i=0,i6=j Rozważmy punkt p= m X i=0,i6=j ai pi . a 3 Jest on środkiem cieżkości ( , drugiej strony m X ai pi = a i=0 Pm ai i=0,i6=j a m X i=0,i6=j = 1) układu m punktów z H, czyli p ∈ H. Z ai pi + aj pj = ap + (1 − a)pj ∈ H. a Niech odtad, dla podzbioru niepustego H ⊂ E, S(H) bedzie zbiorem wszystkich , , → wektorów − pq takich, że p, q ∈ H. Twierdzenie 10. Niech ∅ = 6 H ⊂ E. Wówczas H jest podprzestrzenia, afiniczna, przestrzeni afinicznej E wtedy i tylko wtedy, gdy S(H) jest podprzestrzenia, liniowa, przestrzeni liniowej V . Dowód: ⇐) Załóżmy, że S(H) jest podprzestrzenia, liniowa, V i weźmy dowolne → p0 , p1 ∈ H oraz a0 ∈ R. Wówczas − p− 0 p1 ∈ S(H). Kładac , q = a0 p0 + (1 − a0 )p1 otrzymujemy − −−→ −−→ −−→ p→ 1 q = a0 · p1 p0 + (1 − a0 ) · p1 p1 = (−a0 ) · p0 p1 ∈ S(H) (bo S(H) jest podprzestrzenia, liniowa), , czyli q ∈ H. Na mocy twierdzenia 9, H jest podprzestrzenia, afiniczna. , ⇒) Zalóżmy, że H jest podprzestrzenia, afiniczna, E i weźmy dowolne u, v ∈ S(H) → −−→ oraz a ∈ R. Wówczas istnieja, takie punkty p1 , p2 , q1 , q2 ∈ H, że u = − p− 1 q 1 , v = p2 q 2 . − → Zauważmy, że a · u = p1 q, gdzie q = ap1 + (1 − a)q1 ∈ H. Stad , au ∈ S(H). Kładac , r = 1 · q1 + 1 · q2 + (−1) · p2 ∈ H otrzymujemy na podstawie twierdzenia 4.1, że S(H) 3 − p→r = − p−→ q +− p−→ q −− p−→ p =− p−→ q +− p−→ q = u + v. 1 1 1 1 2 1 2 1 1 2 2 Zatem S(H) jest podprzestrzenia, liniowa. , Definicja 11. Jeżeli H jest podprzestrzenia, afiniczna, przestrzeni afinicznej E, to przedstawienie H w postaci H = p + S(H) nazywamy jej przedstawieniem liniowym, a sama, podprzestrzeń S(H) — przestrzenia, nośna, podprzestrzeni H. Definicja 12. Wymiarem podprzestrzeni afinicznej nazywamy wymiar jej przestrzeni nośnej. Punkt jest podprzestrzenia, afiniczna, wymiaru 0. Podprzestrzeń afiniczna, wymiaru 1 nazywamy prosta, a wymiaru 2 — płaszczyzna. , Jeżeli przestrzeń afiniczna E jest wymiaru n (tzn. dim V = n), to jej podprzestrzeń afiniczna, wymiaru k nazywamy k–wymiarowa, hiperpłaszczyzna, , a gdy k = n − 1 — po prostu hiperpłaszczyzna. , Uwaga 13. Zgodnie z twierdzeniem Kroneckera–Cappellego k–wymiarowa hiperpłaszczyzna przestrzeni En jest zbiorem wszystkich rozwiazań układu równań liniowych o n , niewiadomych, o ile rzad macierzy układu wynosi k. W szczególności hiperpłaszczyzne, , n H (kowymiaru 1) przestrzeni E można opisać nastepuj aco , , H = {(x1 , . . . , xn ) ∈ En ; a1 x1 + . . . + an xn = b} , gdzie a1 , . . . , an , b ∈ R oraz a21 + . . . + a2n > 0. 4 Twierdzenie 14. Jeżeli H1 , . . . , Hm sa, podprzestrzeniami afinicznymi przestrzeni afinicznej E oraz H1 ∩ . . . ∩ Hm 6= ∅, to H1 ∩ . . . ∩ Hm jest podprzestrzenia, afiniczna, przestrzeni afinicznej E i S(H1 ∩ . . . ∩ Hm ) = S(H1 ) ∩ . . . ∩ S(Hm ). Dowód: Niech p ∈ H1 ∩ . . . ∩ Hm . Wystarczy pokazać, że H1 ∩ . . . ∩ Hm = p + S(H1 ) ∩ . . . ∩ S(Hm ), bo cześć wspólna podprzestrzeni liniowych jest podprzestrzenia, liniowa. , , Jeżeli q ∈ H1 ∩ . . . ∩ Hm , to dla każdego i = 1, . . . , m spełniony jest warunek → − pq ∈ S(Hi ). Na odwrót, jeżeli q ∈ p + S(H1 ) ∩ . . . ∩ S(Hm ), to q ∈ p + S(Hi ) = Hi dla i = 1, . . . , m. Definicja 15. Niech H1 , H2 bed , a, podprzestrzeniami afinicznymi przestrzeni afinicznej E. Mówimy, że H1 jest równoległa do H2 i piszemy H1 k H2 , gdy S(H1 ) ⊂ S(H2 ) lub S(H2 ) ⊂ S(H1 ). Twierdzenie 16. Relacja równoległości podprzestrzeni afinicznych jest (1) zwrotna i symetryczna. (2) relacja, równoległości w zbiorze podprzestrzeni afinicznych tego samego wymiaru. Dowód: Cześć 1 jest oczywista, a 2 wynika z faktu, że jeżeli przestrzeń liniowa , k–wymiarowa W1 jest zawarta w przestrzeni liniowej k–wymiarowej W2 , to W1 = W2 . Twierdzenie 17. (V postulat Euklidesa) Niech H bedzie k –wymiarowa, podprze, strzenia, afiniczna, przestrzeni afinicznej E. Dla każdego punktu p ∈ E istnieje dokładnie jedna k–wymiarowa podprzestrzeń afiniczna H0 zawierajaca punkt p i równoległa , do H. Dowód: Wystarczy przyjać , H0 = p + S(H). Zalóżmy teraz, że H1 jest k-wymiarowa, podprzestrzenia, afiniczna, przechodzac , a, przez punkt p i równoległa, do H. Wówczas ze wzgledu na równość wymiarów pod, przestrzeni S(H1 ) = S(H) = S(H0 ), skad , H1 = p + S(H1 ) = p + S(H) = H0 . Uwaga 18. Możliwość udowodnienia V postulatu Euklidesa wynika z oparcia geometrii afinicznej na przestrzeni liniowej Rn . Istnieja, modele geometrii, w której wszystkie postulaty Euklidesa poza piatym sa, , spełnione, a istnieje nieskończenie wiele różnych prostych przechodzacych przez dany , punkt i równoległych do danej prostej. Taka, geometria, jest geometria Bolyai–Łobaczewskiego lub inaczej geometria hiperboliczna. W wymiarze 2 cała, przestrzenia, (czyli płaszczyzna) , jest otwarte koło jednostkowe, a prostymi — średnice tego koła i łuki okregów prostopadłych do brzegu , tego koła. Twierdzenie 19. (wzajemne położenie prostych i płaszczyzn) (1) Dwie proste na płaszczyźnie sa, równoległe lub maja, dokładnie jeden punkt wspólny. (2) Dwie proste w przestrzeni trójwymiarowej sa, równoległe lub maja, dokładnie jeden punkt wspólny lub sa, skośne, tzn. sa, nierównoległe i rozłaczne. 5 (3) Dwie płaszczyzny w przestrzeni trójwymiarowej sa, równoległe lub ich cześci a, , wspólna, jest prosta. (4) Prosta i płaszczyzna w przestrzeni trójwymiarowej sa, równoległe lub maja, dokładnie jeden punkt wspólny. Dowód: Z twierdzenia 14 wynika, że cześci a, wspólna, hiperpłaszczyzn H1 i H2 , jest hiperpłaszczyzna wymiaru nie przekraczajacego min(dim H1 , dim H2 ). , (1) Jeżeli rozważanymi prostymi sa, Li = pi + lin(vi ), i = 1, 2, to możliwe sa, trzy przypadki: – układ (v1 , v2 ) jest liniowo zależny i p1 ∈ L2 — proste pokrywajace sie, , (czyli w szczególności równoległe), – układ (v1 , v2 ) jest liniowo zależny i p1 ∈ / L2 — proste równoległe i rozłaczne, , – układ (v1 , v2 ) jest liniowo niezależny i co za tym idzie stanowi baze, prze→ strzeni nośnej płaszczyzny. Zatem istnieja, takie liczby r, s, że − p− 1 p2 = rv1 − sv2 . Wówczas punkt q = p1 + rv1 = p2 + sv2 należy do obu prostych i jest ich jedynym punktem wspólnym, bo L1 ∩ L2 jest hiperpłaszczyzna, wymiaru ¬ 1, a proste te nie pokrywaja, sie. , (2) Wprowadzajac oznaczenia jak w punkcie 1 otrzymujemy identyczne wnioski , w pierwszych dwóch przypadkach, a w przypadku trzecim układ (v1 , v2 ) nie generuje przestrzeni nośnej przestrzeni trójwymiarowej, wiec , proste L1 i L2 moga, sie, przecinać (oczywiście w dokładnie jednym punkcie) lub być rozłaczne , (wtedy nazywamy je skośnymi). (3) Rozważmy płaszczyzny Pi = pi + lin(ui , vi ), i = 1, 2. Możliwe sa, trzy przypadki: – lin(u1 , v1 ) = lin(u2 , v2 ) i p1 ∈ P2 — płaszczyzny pokrywaja, sie. , – lin(u1 , v1 ) = lin(u2 , v2 ) i p1 ∈ / P2 — płaszczyzny sa, równoległe i rozłaczne. , – lin(u1 , v1 ) 6= lin(u2 , v2 ). Wówczas układ (u1 , v1 , u2 , v2 ) generuje przestrzeń nośna, przestrzeni trójwymiarowej, a układ (u1 , v1 , u2 ) stanowi jej baze, (analogiczne rozumowanie można przeprowadzić, gdy baza, jest układ (u1 , v1 , v2 )). (4) Niech płaszczyzna P i prosta L będą dane następująco: P = p + lin(u, v), L = q + lin(w). Możliwe sa, trzy przypadki: – układ (u, v, w) jest liniowo zależny i q ∈ P ; wtedy L ⊂ P . – układ (u, v, w) jest liniowo zależny i q ∈ / P ; wtedy L k P i L ∩ P = ∅. – układ (u, v, w) jest liniowo niezależny, czyli stanowi bazę przestrzeni trój→ wymiarowej. Zatem istnieją r, s, t ∈ R takie, że − pq = s · u + t · v − r · w. Ale wówczas punkt q + r · w = p + s · u + t · v ∈ L ∩ P , a z uwagi na S(L) ∩ S(P ) = {θ} taki punkt jest tylko jeden. Definicja 20. Układ punktów (p0 , . . . , pm ) przestrzeni aficznej E jest w położeniu szczególnym, jeżeli dla pewnego j = 0, . . . , m punkt pj jest środkiem cieżkości układu , pozostałych punktów (tzn. (pi )i=m ). i=0,i6=j W przeciwnym wypadku układ jest w położeniu ogólnym. Punkty układu nazywamy współliniowymi (odpowiednio współpłaszczyznowymi), jeżeli dowolny podukład trzypunktowy (odpowiednio czteropunktowy) tego układu jest w położeniu szczególnym. 6 Baza, punktowa, przestrzeni afinicznej nazywamy dowolny maksymalny układ punktów w położeniu ogólnym. Twierdzenie 21. (1) Przez dowolne dwa różne punkty przechodzi dokładnie jedna prosta. (2) Przez dowolne trzy niewspółliniowe punkty przechodzi dokładnie jedna płaszczyzna. Dowód: Dla p, q ∈ E, p 6= q, jedyna, prosta, przechodzac , a, przez punkty p i q jest → af(p, q) = {p + a− pq; a ∈ R}. → − Istotnie, jeżeli L jest prosta, przechodzac , a, przez p i q, to S(L) = lin(v), gdzie v k pq, czyli L = af(p, q). Dla niewspółliniowych punktów p, q, r ∈ E jedyna, płaszczyzna, przechodzac , a, przez → → punkty p, q, r jest af(p, q, r) = {p + a− pq + a− pr; a, b ∈ R}. → − − → Istotnie, jeżeli P jest płaszczyzna, przechodzac , a, przez p, q, r, to pq i pr należa, do S(P ) i jako liniowo niezależne stanowia, jej baze. , P = af(p, q, r). , Stad Uwaga 22. Prosta, przechodzac oznaczać pq, , a, przez dwa różne punkty p i q bedziemy , a płaszczyzne, przechodzac a przez trzy niewspółliniowe punkty p, q, r — przez pqr. , , W dalszym ciagu znaczek b nad elementem układu bedzie oznaczał, że element ten , , został z układu usuniety, np. , (p0 , . . . , pbj , . . . , pm ) = (pi )i=m i=0,i6=j . Twierdzenie 23. Niech p0 , . . . , pm ∈ E. Nastepuj ace warunki sa, równoważne: , , (1) Układ (p0 , . . . , pm ) jest w położeniu ogólnym. → − −→ −−−→ d (2) Dla każdego j = 0, . . . , m układ wektorów (− p− j p0 , . . . , pj pj , . . . , pj pm ) jest liniowo niezależny. → − −→ −−−→ d (3) Istnieje j = 0, . . . , m takie, że układ wektorów (− p− j p0 , . . . , pj pj , . . . , pj pm ) jest liniowo niezależny. Dowód: 1 ⇒ 2) Przypuścmy, że dla pewnego j − − → − − → −→ d (pj p0 , . . . , pj pj , . . . , − p− j pm ) jest liniowo zależny. cj , . . . am , że Istnieja, zatem takie liczby a0 , . . . , a m X = 0, . . . , m układ → ai − p− j pi = θ i=0,i6=j oraz pewien współczynnik al 6= 0. Wówczas − → p− j pl = − m X ai −−→ pj pi , a i=0,i6=j,l l skad , m X m X ai −→ ai → → pl =pj + − p− − − pj p i + 1 − − − p− j pl = p j + j pj a a l l i=0,i6=j,l i=1,i6=j,l m X ai ai = − pi + 1 − − pj al al i=0,i6=j,l i=0,i6=j,l m X ∈ af(p0 , . . . , pbl , . . . , pm ), co jest sprzeczne z ogólnościa, położenia układu (p0 , . . . , pm ). 7 2 ⇒ 3) oczywiste. → − −→ −−−→ d 3 ⇒ 1) Załóżmy, że dla pewnego j = 0, . . . , m układ (− p− j p0 , . . . , pj pj , . . . , pj pm ) jest liniowo niezależny i przypuśćmy, że dla pewnego l = 0, . . . , m m X pl = ai pi . i=0,i6=l Wówczas m X − → p− j pl = → ai − p− j pi , i=0,i6=j,l → − −→ −−−→ d co przeczy liniowej niezależności układu (− p− j p0 , . . . , pj pj , . . . , pj pm ). Twierdzenie 24. Niech p0 , . . . , pm ∈ E. Nastepuj ace warunki sa, równoważne: , , (1) Układ (p0 , . . . , pm ) jest baza, punktowa, przestrzeni E. → − −→ −−−→ d (2) Dla każdego j = 0, . . . , m układ wektorów (− p− j p0 , . . . , pj pj , . . . , pj pm ) jest baza, przestrzeni liniowej S(E) = V . → − −→ −−−→ d (3) Istnieje j = 0, . . . , m takie, że układ wektorów (− p− j p0 , . . . , pj pj , . . . , pj pm ) jest baza, przestrzeni liniowej S(E) = V . (4) Każdy punkt p ∈ E można jednoznacznie przedstawić jako środek cieżkości , układu (p0 , . . . , pm ). Dowód: Punkt 2 wynika z 1 na podstawie twierdzenia 21, a wynikanie 2 ⇒ 3 jest oczywiste. → − −→ −−−→ d 3 ⇒ 4) Załóżmy, że dla pewnego j = 0, . . . m układ (− p− j p0 , . . . , pj pj , . . . , pj pm ) jest cj , . . . , am , że baza, przestrzeni V i niech p ∈ E. Wówczas istnieja, takie liczby a0 , . . . , a m X − → p→ p = ai − p− j j pi , i=0,i6=j a co za tym idzie p= m X ai pi , gdzie aj = 1 − i=0 m X ai . i=0,i6=j Jednoznaczość tego przedstawienia wynika z jednoznaczności przedstawienia wektora − p→ j p w bazie przestrzeni V . 4 ⇒ 1) Jeżeli każdy punkt można jednoznacznie przedstawić w postaci środka cieżzkości , układu (p0 , . . . , pm ), to w szczególności pj = 1 pj + X 0 pi dla j = 0, . . . , m i=0,i6=j i żaden punkt pj nie jest środkiem cieżkości układu złożonego z pozostałych punktów. , Zatem układ (p0 , . . . , pm ) jest w położeniu ogólnym. Bezpośrednio z założenia 4 wynika, że układ ten jest maksymalny. Definicja 25. Niech p0 ∈ E oraz układ wektorów (v1 , . . . vn ) bedzie baza, przestrzeni , V. Układ (p0 ; v1 , . . . , vn ) nazywamy układem współrzednych przestrzeni E o poczatku , , w punkcie p0 rozpietym na wektorach v , . . . , v . 1 n , 8 Dla dowolnego punktu p ∈ E układ współczynników (a1 , . . . , an ) jednoznacznego P (na podstawie twierdzenia 22) przedstawienia punktu p w postaci p = p0 + ni=0 ai vi nazywamy współrzednymi punktu p. , Przykład 26. W przestrzeni En czesto rozważamy standardowy układ współrzednych , , o poczatku w punkcie (0, . . . , 0) i rozpi ety na wektorach bazy kanonicznej e1 , . . . , en , , przestrzeni Rn . Definicja 27. Odcinkiem o końcach p, q ∈ E nazywamy zbiór pq = {ap + bq; a + b = 1, a, b 0}. Otoczka, wypukła, zbioru A ⊂ E nazywamy zbiór conv(A) wszystkich środków cieżkości skończonych układów punktów ze zbioru A o nieujemnych wagach. , Twierdzenie 28. Jeżeli p, q ∈ E, to (1) pq ⊂ af(p, q). (2) pq = conv(p, q). → (3) pq = {p + a− pq; a ∈ [0, 1]}. Dowód: wynika bezpośrednio z definicji. Definicja 29. Zbiór A ⊂ E nazywamy wypukłym, jeżeli dla dowlonych p, q ∈ A odcinek pq zawiera sie, w A. Przykład 30. Zbiorami wypukłymi sa, odcinki i wszystkie podprzestrzenie afiniczne, w szczególności proste i płaszczyzny. Twierdzenie 31. Jeżeli A ⊂ E, to conv(A) jest najmniejszym zbiorem wpukłym zawierajacym zbiór A. , Dowód: Wykażemy najpierw, że conv(A) jest zbiorem wypukłym. Niech r1 , r2 ∈ conv(A). Wówcza istnieja, takie punkty p0 , . . . , pm , q0 , . . . , ql ∈ A oraz układy nieujemnych wag (a0 , . . . , am ), (b0 , . . . , bl ), że r1 = m X i=0 ai pi , r2 = l X bj q j . j=0 Niech r ∈ pq, r = (1 − a)r1 + ar2 , gdzie a ∈ [0, 1]. Wtedy r = ((1 − a)a0 )p0 + . . . + ((1 − a)am )pm + (ab0 )q0 + . . . + (abl )ql ∈ conv(A), bo liczby (1 − a)a0 , . . . , (1 − a)am , ab0 , . . . , abl sa, nieujemne oraz (1 − a)a0 + . . . + (1 − a)am + ab0 + . . . + abl = (1 − a) m X i=0 ai + a l X bj = (1 − a) + a = 1. j=0 Załóżmy teraz, że B ⊂ E jest zbiorem wypukłym zawierajacym A. Wykażemy , indukcyjnie, że dla dowolnego m ∈ N środek cieżkości dowolnego układu m + 1 punk, tów ze zbioru A o nieujemnych wagach należy do B, z czego bedzie wynikała inkluzja , conv(A) ⊂ B. Dla m = 0 stwierdzenie jest oczywiste, bo jedynym środkiem cieżkości układu , jednopunktowego (p0 ) jest 1p0 = p0 . Przypuśćmy, że dla pewnego m 0 środek cieżkości dowolnego układu o co , najwyżej m + 1 punktach ze zbioru A o nieujemnych wagach należy do B. Niech 9 p0 , . . . , pm , pm+1 ∈ A oraz a0 , . . . , am , am+1 0, a0 + . . . + am + am+1 = 1. Jedna z wag aj 6= 1 (bo m + 2 6= 1), wiec , liczby d a0 aj am+1 ,..., ,..., 1 − aj 1 − aj 1 − aj tworza, układ m + 1 nieujemnych wag. Z założenia indukcyjnego mamy, że m+1 X i=0,i6=j ai pi ∈ B, 1 − aj co wraz z wypukłościa, zbioru B daje ostatecznie m+1 X ai pi = aj pj + (1 − aj ) i=0 m+1 X ai pi ∈ B 1 − aj i=0,i6=j kończac , indukcje. , Twierdzenie 32. Niech H bedzie hiperpłaszczyzna, (kowymiaru 1) przestrzeni afi, nicznej E. Zbiór E\H można jednoznacznie przedstawić w postaci sumy mnogościowej zbiorów wypukłych W1 i W2 . Ponadto zbiory W1 ∩ W2 = ∅ oraz zbiory W1 ∪ H i W2 ∪ H sa, wypukłe. Dowód: Niech p0 ∈ H oraz q ∈ E \ H. Ponieważ wektor − p→ 0 q nie należy do S(H) oraz kowymiar H jest równy 1, wiec V = S(H) ⊕ lin(− p→q). Zatem każdy punkt p ∈ E 0 , można jednoznacznie przedstawić w postaci p = p0 + a − p→ 0 q + v, gdzie a ∈ R oraz v ∈ S(H). Niech W1 = {p0 + a− p→ 0 q + v; v ∈ S(H), a < 0}, W2 = {p0 + a− p→ 0 q + v; v ∈ S(H), a > 0}. Oczywiście W1 ∩ W2 = ∅ i W1 ∪ W2 = E \ H, gdyż H = {p0 + v; v ∈ S(H)}. Pokażemy, że W1 jest zbiorem wypukłym. Niech p, q ∈ W1 , czyli p = p0 + a1 − p→ q = p0 + a2 − p→ 0 q + v1 , 0 q + v2 , gdzie v1 , v2 ∈ S(H) oraz a1 , a2 > 0. Dla a ∈ [0, 1] otrzymujemy → −→ p + a− pq =p0 + a1 − p→ 0 q + v1 + a ((a2 − a1 )p0 q + v2 − v1 ) =p0 + ((1 − a)a1 + aa2 ) − p→ 0 q + ((1 − a)v1 + av2 ) , → − skad , z uwagi na (1 − a)a1 + aa2 > 0 otrzymujemy, że p + apq ∈ W1 . To implikuje wypukłość zbioru W1 . Analogicznie dowodzimy wypukłości zbiorów W2 , W1 ∪ H, W2 ∪ H. Pokażemy teraz, że jeżeli U1 ∪ U2 = E \ H oraz zbiory U1 I U2 sa, wypukłe, to U1 = W1 i U2 = W2 lub U1 = W2 i U2 = W1 . Przypuśćmy przeciwnie; istnieja, wtedy punkty p1 ∈ W1 , p2 ∈ W2 należace do , jednego ze zbiorów Ui (np. U1 ). Mamy zatem, że p =p +a − p→q + v , p =p +a − p→q + v , 1 gdzie a1 < 0 i a2 > 0. 0 1 0 1 2 0 2 0 2 10 1 Połóżmy a = a1a−a i zauważmy, że a ∈ (0, 1). Z wypukłości U1 dostajemy p1 p2 ⊂ 2 − − → U1 , a wiec , p1 + ap1 p2 ∈ U1 ⊂ E \ H. Z drugiej strony p + a− p−→ p =p + a ((a − a )− p→q + v − v ) 1 1 2 1 2 1 0 2 1 a1 (v2 − v1 ) a1 − a2 a2 a1 a1 (v2 − v1 ) = p0 − v1 + v2 ∈ H, =p0 + v1 + a1 − a2 a1 − a2 a1 − a2 =p1 − a1 − p→ 0q + sprzeczność. Definicja 33. Dla hiperpłaszczyzny H przestrzeni afinicznej E każda, z dwóch składowych wypukłych zbioru E \ H nazywamy półprzestrzenia, otwarta, , a sume, półprzestrzeni otwartej i wyznaczajacej j a hiperpłaszczyzny — półprzestrzeni a. , , , Pólprzestrzeń wymiaru 1 (pochodzac a od hiperpłaszczyzny wymiaru 0 — punktu) nazywamy pół, , prosta, , a półprzestrzeń wymiaru 2 (wyznaczona, przez prosta) , — półpłaszczyzna. , Uwaga 34. Półprosta, wyznaczona, przez punkt p i zawierajac , a, punkt q 6= p oznaczamy → przez pq . Jeżeli punkty p, q, r sa, niewspółliniowe, to symbol pqr→ oznacza półpłaszczyzne, wyznaczona, przez prosta, pq i zawierajac , a, punkt q. Analogicznie dla niewspółpłaszczyznowych punktów p, q, r, s symbolem pqrs→ oznaczamy półprzestrzeń trójwymiarowa, wyznaczona, przez płaszczyzne, pqr i zawierajac , a, punkt s. Przykład 35. Jeżeli w przestrzeni En hiperpłaszczyzna H jest dana (na podstawie uwagi 13) równaniem a1 x1 + . . . an xn = b, to każda z półprzestrzeni jest opisana jedna, z nierówności a1 x1 + . . . an xn ¬ b, a1 x1 + . . . an xn b, a każda z nierówności a1 x1 + . . . an xn < b, opisuje półprzestrzeń otwarta. , a1 x1 + . . . an xn > b Maciej Czarnecki Geometria szkolna skrypt dla studentów matematyki Rozdział III Wielościany i objętość Niech (E, V, − →) bedzie przestrzenią afiniczną skończonego wymiaru n. Definicja 1. Niech układ punktów (p0 , . . . , pk ) będzie ciągiem punktów w położeniu ogólnym. Zbiór conv(p0 , . . . , pk ) nazywamy k–wymiarowym sympleksem rozpiętym na punktach p0 , . . . , pk , a same te punkty wierzchołkami sympleksu. Przykład 2. Punkt jest sympleksem zerowymiarowym, a odcinek — sympleksem jednowymiarowym. Sympleks dwumiarowy nazywamy trójkątem, a sympleks trójwymiarowy — czworościanem. Definicja 3. Niech układ punktów (p0 , . . . , pk ) będzie ciągiem punktów w położeniu ogólnym, a układ (pi0 , . . . , pil ) jego podciągiem. Sympleks conv(pi0 , . . . , pil ) nazywamy l–wymiarową ścianą sympleksu conv(p0 , . . . , pk ). Przykład 4. Zerowymiarową ścianą sympleksu jest każdy jego wierzchołek. Jednowymiarowe ściany trójkąta nazywamy bokami. Jednowymiarowe ściany czworościanu nazywamy krawędziami, a ściany dwuwymiarowe po prostu ścianami. Definicja 5. Niech p0 ∈ E i niech (v1 , . . . , vk ) będzie liniowo niezależnym układem wektorów. Zbiór ( P(p0 ; v1 , . . . , vk ) = p0 + k X ) ai vi ; ai ∈ [0, 1], i = 1, . . . , k i=1 nazywamy k–wymiarowym równoległościanem rozpiętym na wektorach v1 , . . . , vk zaczepionych w punkcie p0 . Punkty postaci p0 + k X εi vi , gdzie εi ∈ {0, 1} i=1 nazywamy wierzchołkami tego równoległościanu. Przykład 6. Równoległościanem jednowymiarowym jest odcinek, a równoległościany dwu– i trójwymiarowy nazywamy odpowiednio równoległobokiem i równoległościanem. 1 2 Twierdzenie 7. Dla dowolnego k ∈ N równoległościan k–wymiarowy jest zbiorem wypukłym. Dowód: Definicja 8. Kompleksem symplicjalnym w przestrzeni afinicznej E nazywamy taki układ sympleksów (S1 , . . . , Sm ) w tej przestrzeni, że dla dowolnych i, j = 1, . . . , m zbiór Si ∩ Sj jest pusty lub jest wspólną ścianą sympleksów Si i Sj . Podzbiór przestrzeni afinicznej E, który można przedstawić jako sumę mnogościową sympleksów pewnego kompleksu symplicjalnego składającego sie tylko z sympleksów k–wymiarowych nazywamy k–wymiarowym wielościanem, a jego przedstawienie w postaci sumy sympleksów kompleksu symplicjalnego — triangulacją. Wieościan dwuwymiarowy nazywamy wielokątem. Przykład 9. Każdy podzbiór skończony jest wielościanem zerowymiarowym. Zbiór posiadający triangulację postaci (p1 p2 , . . . , pm pm+1 ) nazywamy łamaną otwartą, jeżeli punkty p1 , . . . , pm+1 są parami różne, a łamaną zamkniętą — jeżeli punkty p1 , . . . , pm są parami różne oraz p1 = pm+1 . Zbiór, który jest sumą sympleksów kompleksu symplicjalnego zawierającego tylko sympleksy wymiaru nie przekraczającego 1, nazywamy grafem skończonym. Definicja 10. Dla sympleksu (k − 1)–wymiarowego ∆(k−1) = conv(p0 , . . . , pk−1 ) i → −−−−→ wektora v ∈ / lin(− p− 0 p1 , . . . , p0 pk−1 ) zbiór Q(∆(k−1) , v) = [ (∆(k−1) + α · v) 0¬α¬1 nazywamy k–wymiarową przymą o podstawach ∆(k−1) i ∆(k−1) + v. Punkty p0 , . . . , pk−1 , p0 + v, . . . , pk−1 + v nazywamy wierzchołkami tej pryzmy. Przykład 11. Równoległobok jest pryzmą dwuwymiarową. Pryzmę trójwymiarową nazywamy graniastosłupem trójkątnym. Twierdzenie 12. Dla dowolnego k ∈ N pryzma k–wymiarowa jest zbiorem wypukłym. Dowód: Rozważmy pryzmę Q(∆(k−1) , v), gdzie ∆(k−1) = conv(p0 , . . . , pk−1 ). Jeżeli p, q ∈ Q(∆(k−1) , v), to istnieją liczby a0 , . . . , ak−1 , b0 , . . . , bk−1 , α, β ∈ [0, 1] takie, że p = a0 p0 + . . . + ak−1 pk−1 + α · v, q = b0 p0 + . . . + bk−1 pk−1 + β · v. Wówczas dla a ∈ [0, 1] ap + (1 − a)q =(aa0 + (1 − a)b0 )p0 + . . . + (aak−1 + (1 − a)bk−1 )pk−1 + (aα + (1 − a)β) · v ∈ Q(∆(k−1) , v), ponieważ sympleks ∆(k−1) jest wypukły oraz aα + (1 − a)β ∈ [0, 1]. Twierdzenie 13. Dla dowolnego k ∈ N pryzma k–wymiarowa jest wielościanem k– wymiarowym. Pewna triangulacja pryzmy Q(conv(p0 , . . . , pk−1 ), v) składa się z k sympleksów, z → −−−−→ których każdy jest rozpięty na k wektorach postaci ε1 · − p− 0 p1 + . . . + εk−1 · p0 pk−1 + ε · v, gdzie ε1 , . . . , εk−1 , ε ∈ {−1, 0, 1}. 3 Dowód: nie kładąc Zbudujemy triangulację L(k) pryzmy Q(conv(p0 , . . . , pk−1 ), v) indukcyj (1) (m) L(1) = ∆1 (1) , gdzie ∆1 = conv(p0 , p0 + v) a dla m 2 L(m) = ∆1 , . . . , ∆(m) , m (m) ∆i (m−1) = conv ∆i gdzie , pm−1 + v dla i = 1, . . . , m − 1 ∆(m) m = conv(p0 , . . . , pm−1 , pm−1 + v) Fakt, że ciąg sympleksów L(k) jest triangulacją pryzmy i że każdy z tych sympleksów → −−−−→ jest rozpięty na wektorach ε1 · − p− 0 p1 , . . . , εk−1 · p0 pk−1 , ε·v, gdzie ε1 , . . . , εk−1 , ε ∈ {0, 1}, sprawdzimy tylko dla k ∈ {2, 3}. Dla pryzmy dwuwymiarowej Q(conv(p0 , p1 ), v) mamy (1) ∆1 = conv(p0 , p0 + v), (2) ∆1 = conv(p0 , p0 + v, p1 + v), (2) ∆2 = conv(p0 , p1 , p1 + v), (2) (2) (2) (2) skąd ∆1 ∩ ∆2 = conv(p0 , p1 + v) ∆1 ∪ ∆2 = Q(conv(p0 , p1 ), v) , czyli L(2) jest (2) triangulacją tej pryzmy. Ponadto sympleks ∆1 jest zaczepiony w punkcie p0 + v (2) → i rozpięty na wektorach − p− jest zaczepiony w punkcie p1 i 0 p1 , −v, a sympleks ∆2 → rozpięty na wektorach −− p− 0 p1 , v. Dla pryzmy trójwymiarowej Q(conv(p0 , p1 , p2 ), v) mamy (3) ∆1 = conv(p0 , p0 + v, p1 + v, p2 + v), (3) ∆2 = conv(p0 , p1 , p1 + v, p2 + v), (3) ∆3 = conv(p0 , p1 , p2 , p2 + v), skąd (3) (3) (3) (3) (3) (3) (3) (3) (3) ∆1 ∪ ∆2 ∪ ∆3 = Q(conv(p0 , p1 , p2 ), v), ∆1 ∩ ∆2 = conv(p0 , p1 + v, p2 + v), ∆1 ∩ ∆3 = conv(p0 , p2 + v), ∆2 ∩ ∆3 = conv(p0 , p1 , p2 + v), (3) czyli L(3) jest triangulacją tej pryzmy. Ponadto sympleks ∆1 jest zaczepiony w punk(3) → −−→ cie p0 + v i rozpięty na wektorach − p− 0 p1 , p0 p2 , −v, sympleks ∆2 jest zaczepiony w (3) → −−→ −−→ punkcie p1 i rozpięty na wektorach −− p− 0 p1 , −p0 p1 + p0 p2 + v, v, a sympleks ∆3 jest → −−→ −−→ zaczepiony w punkcie p2 i rozpięty na wektorach −− p− 0 p2 , p0 p1 − p0 p2 , v. Twierdzenie 14. Dla dowolnego k ∈ N równoległościan k–wymiarowy jest wielościanem k–wymiarowym. Pewna triangulacja równoległościanu P(p0 ; v1 , . . . , vk ) składa się z k! sympleksów, z których każdy jest rozpięty na k wektorach postaci ε1 · v1 + . . . + εk · vk , gdzie ε1 , . . . , εk ∈ {−1, 0, 1}. 4 Dowód: Przeprowadzimy tylko rozumowanie dla k ∈ {2, 3}. Równoległościan dwuwymiarowy jest pryzmą dwuwymiarową, zatem wystarczy w tym przypadku zastosować twierdzenie 13 i zauważyć, że 2! = 2. Równoległościan trójwymiarowy P(p0 ; v1 , v2 , v3 ) można przedstawić jako sumę mnogościową dwóch pryzm trójwymiarowych P(p0 ; v1 , v2 , v3 ) =Q(conv(p0 , p0 + v1 , p0 + v2 ), v3 ) ∪ Q(conv(p0 + v1 , p0 + v2 , p0 + v1 + v2 ), v3 ), których częścią wspólną jest dwuwymiarowa pryzma (równoległobok) Q(conv(p0 + v1 , p0 + v2 ), v3 ). Triangulując obie pryzmy trójwymiarowe jak w dowodzie twierdzenia 13 otrzymujemy 3! = 6 sympleksów: ∆1 = conv(p0 , p0 + v3 , p0 + v1 + v3 , p0 + v2 + v3 ), ∆2 = conv(p0 , p0 + v1 , p0 + v1 + v3 , p0 + v2 + v3 ), ∆3 = conv(p0 , p0 + v1 , p0 + v2 , p0 + v2 + v3 ), ∆4 = conv(p0 + v1 , p0 + v1 + v3 , p0 + v2 + v3 , p0 + v1 + v2 + v3 ), ∆5 = conv(p0 + v1 , p0 + v2 , p0 + v2 + v3 , p0 + v1 + v2 + v3 ), ∆6 = conv(p0 + v1 , p0 + v2 , p0 + v1 + v2 , p0 + v1 + v2 + v3 ). Wystarczy sprawdzić, ∆i ∩ ∆j , gdzie i = 1, 2, 3, j = 4, 5, 6, jest zbiorem pustym lub wspólną ścianą sympleksów ∆i i ∆j . Opis wierzchołków sympleksów bezpośrednio wskazuje, że wektory je rozpinające są żądanej postaci. Załóżmy od tego miejsca, że w przestrzeni V jest okreslony iloczyn skalarny h.,.i. Definicja 15. Podprzestrzenie afiniczne H1 i H2 są prostopadłe, jeżeli S(H1 ) jest ortogonalna do S(H2 ), tzn. v1 ⊥ v2 dla vi ∈ S(Hi ), i = 1, 2. Twierdzenie 16. Dla dowolnego punktu p ∈ E i dowolnej k–wymiarowej podprzestrzeni afinicznej H istnieje dokładnie jedna (n − k)–wymiarowa podprzestrzeń afiniczna H ⊥ (p) przechodząca przez punkt p i prostopadła do H. Dowód: Podprzestrzeń H ⊥ (p) ma przedstawienie liniowe p + (S(H))⊥ , gdzie (S(H))⊥ jest dopełnieniem ortogonalnym podprzestrzeni S(H). Przykład 17. Jeżeli H jest hiperpłaszczyzną w E, p ∈ E i wektor v 6= θ jest prostopadły do H (czyli do S(H)), to mówimy, że v jest wektorem normalnym do hiperpłaszczyzny H. Wówczas → H ⊥ (p) = p + lin(v), H = {q ∈ E ; − pq ⊥ v} . W szczególności jeżeli H jest hiperpłaszczyzną w En opisaną równaniem a1 x1 + . . . + an xn + b = 0, to wektorem normalnym do H jest v = (a1 , . . . , an ). Istotnie, jeżeli q = (q1 , . . . , qn ), r = (r1 , . . . , rn ) ∈ H, to → h− qr, vi =h(r − q , . . . , r − q ), (a , . . . , a )i 1 1 n n 1 n =a1 r1 + . . . + an rn + b − (a1 q1 + . . . + an qn + b) = 0. 5 Twierdzenie 18. Dla dowolnej podprzestrzeni afinicznej H i i dowolnego punktu p ∈ E zbiór H ∩ H ⊥ (p) jest jednopunktowy. Jeżeli r ∈ H oraz r0 ∈ H ⊥ (p), to z uwagi na V = S(H) ⊕ S H ⊥ (p) → istnieją wektory u ∈ S(H) oraz u0 ∈ S H ⊥ (p) takie, że − pq = u + u0 . Wówczas Dowód: r + u = r0 − u0 ∈ H ∩ H ⊥ (p), czyli zbiór ten jest niepusty. Z drugiej strony jeżeli q, q 0 ∈ H ∩ H ⊥ (p), to − → qq 0 ∈ S H ∩ H ⊥ (p) = S(H) ∩ S H ⊥ (p) = {θ}, czyli q = q 0 . Definicja 19. Niech H bedzie podprzestrzenią afiniczną. Rzutem prostopadłym punktu p ∈ E na podprzestrzeń H nazywamy jedyny punkt πH (p) ∈ H ∩ H ⊥ (p). Definicja 20. Funkcję d : E × E → R daną wzorem → d(p, q) = |− pq| = q → → h− pq, − pqi dla p, q ∈ E nazywamy odległością w przestrzeni E. Zamiast d(p, q) piszemy często |pq|. Odległością punktu p od zbioru niepustego A ⊂ E nazywamy liczbę d(p, A) = inf{d(p, q) ; q ∈ A}, a odległością zbiorów niepustych A, B ⊂ E — liczbę d(A, B) = inf{d(q, r) ; q ∈ A, r ∈ B}. Twierdzenie 21. (E, d) jest przestrzenią metryczną, to znaczy dla p, q, r ∈ E spełnione są warunki (1) d(p, q) = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy p = q, (2) d(q, p) = d(p, q), (3) d(p, q) ¬ d(p, r) + d(r, q). Dowód: Wynika bezpośrednio z własności normy (twierdzenie I.8). Twierdzenie 22. Niech H będzie podprzestrzenią afiniczną. Punkt πH (p) jest jedynym punktem podprzestrzeni H odległym od punktu p o d(p, H). −−−−→ −−−−→ Dowód: Jeżeli q ∈ H, to z uwagi na pπH (p) ⊥ qπH (p) i twierdzenie Pitagorasa (wn. I.16) otrzymujemy −−−−→2 −−−−→2 → (d(p, q))2 = |− pq|2 = pπH (p) + qπH (p) = (d(p, πH (p)))2 + (d(q, πH (p)))2 . Zatem d(p, q) d(p, πH (p) dla q ∈ H, czyli d(p, πH (p) = d(p, H). Ponadto na podstawie powyższego równoważne są warunki: d(p, q) = d(p, πH (p)); d(q, πH (p)) = 0; q = πH (p). Tym samym punkt podprzestrzeni H odległy od p o d(p, H) jest wyznaczony jednoznacznie. Twierdzenie 23. Jeżeli (p; v1 , . . . , vk ) jest układem współrzędnych podprzestrzeni afinicznej H, to dla dowolnego punktu q ∈ E s → det G (v1 , . . . , vk , − pq) d(q, H) = . det G(v1 , . . . , vk ) 6 −−−−→ → −−−−→ Dowód: Niech q ∈ E. Wówczas wektor qπH (q) = − qp+ pπH (q) różni się od wektora → − qp o kombinację liniową wektorów v1 , . . . , vk , bo rozpinają one przestrzeń S(H). Stąd i z twierdzenia I.21.3-5 otrzymujemy −−−−→ → det G(v1 , . . . , vk , − pq) = det G(v1 , . . . , vk , qπH (q)). −−−−→ Z definicji wyznacznika Grama po uwzględnieniu warunku qπH (q) ⊥ S(H), czyli −−−−→ qπH (q) ⊥ vi dla i = 1, . . . k, i twierdzenia 22. dostajemy −−−−→2 → det G(v1 , . . . , vk , − pq) = qπH (q) det G(v1 , . . . , vk ) = (d(q, H))2 det G(v1 , . . . , vk ). Teza wynika teraz z dodatniości wyznacznika Grama dla układu liniowo niezależnego (v1 , . . . , vk ) (tw. I.21.1-2). Twierdzenie 24. Jeżeli v jest wektorem normalnym do hiperpłaszczyzny H i p ∈ H, to dla q ∈ E → |h− pq, vi| d(q, H) = . |v| W szczególności, jeżeli hiperpłaszczyzna H ⊂ En jest określona równaniem a1 x1 + . . . + an xn + b = 0, to dla q = (q1 , . . . , qn ) ∈ En d(q, H) = |a1 q1 + . . . + an qn + b| q . a21 + . . . + a2n → Dowód: Zauważmy, że dla q ∈ E rzut ortogonalny wektora − pq na kierunek wektora v jest postaci → −−−−→ h− pq, vi −qπH (q) = − · v, |v|2 skąd na mocy twierdzenia 22 otrzymujemy → −−−−→ |h− pq, vi| d(q, H) = |qπH (q)| = . |v| Dla hiperpłaszczyzny H : a1 x1 + . . . an xn + b = 0 zawartej w En i punktu q ∈ En wybierzmy dowolny punkt p ∈ H. Wówczas a1 p1 + . . . an pn + b = 0 i korzystając z wyprowadzonego już wzoru ogólnego oraz faktu, że v = (a1 , . . . , an ) dostajemy d(q, H) = |(q1 − p1 )a1 + . . . + (qn − pn )an | q = |a1 q1 + . . . + an qn + b| q . a21 + . . . + a2n a21 + . . . + a2n Twierdzenie 25. Jezeli hiperpłaszczyzny H1 i H2 są równoległe, to dla p1 ∈ H1 i p2 ∈ H 2 d(H1 , H2 ) = d(p1 , H2 ) = d(p2 , H1 ). W szczególności, jeżeli hiperpłaszczyzny H1 i H2 są dane odpowiednio równaniami a1 x1 + . . . an xn + bi = 0, i = 1, 2, to |b1 − b2 | d(H1 , H2 ) = q a21 + . . . + a2n . 7 Dowód: Niech najpierw p1 , p01 ∈ H1 , p2 ∈ H2 i niech v bedzie wektorem normalnym do hiperpłaszczyzny H2 . Wówczas v jest normalny także do H1 , bo H1 k H2 , −−→ skąd wynika, że p1 p01 ⊥ v. Zatem na mocy twierdzenia 24 mamy −−→ −−→ → |hp1 p01 + p01 p2 , vi| |h− p− 1 p2 , vi| = d(p1 , H2 ) = |v| |v| −− → |hp0 p2 , vi| = 1 = d(p01 , H2 ). |v| Tym samym odległość punktów hiperpłaszczyzny H1 od hiperpłaszczyzny H2 jest stała. → Niech teraz q1 ∈ H1 , q2 = πH2 (q1 ). Wówczas − q− 1 q2 ⊥ S(H1 ) = S(H2 ), skąd dla → −−→ −−→ r1 ∈ H1 oraz r2 ∈ H2 mamy − r− 1 q1 + q2 r2 ⊥ q1 q2 , co wraz z twierdzeniem Pitagorasa daje podobnie jak w dowodzie tw.22, że d(r1 , r2 ) d(q1 , q2 ). Tym samym na mocy poprzedniego spostrzeżenia d(H1 , H2 ) = d(q1 , q2 ) = d(q1 , H2 ) = d(p1 , H2 ) i analogicznie d(H1 , H2 ) = d(p2 , H1 ). Jeżeli w przestrzeni En hiperpłaszczyzna Hi jest dana równaniem a1 x1 +. . .+an xn + bi = 0, i = 1, 2 oraz q ∈ H1 , to na mocy pierwszej części twierdzenia i twierdzenia 25 otrzymujemy d(H1 , H2 ) =d(q, H2 ) = = |a1 q1 + . . . + an qn + b2 | q a21 + . . . + a2n |(a1 q1 + . . . + an qn + b1 ) + (b2 − b1 )| q a21 + . . . + a2n |b2 − b1 | =q . a21 + . . . + a2n Wniosek 26. W przestrzeni E3 odległość prostej L od płaszczyzny P , gdzie L k P , jest równa d(P, P1 ), przy czym płaszczyzna P1 zawiera L i P1 k P . Twierdzenie 27. Niech Li = pi + lin(vi ), i = 1, 2, będą prostymi w przestrzeni E3 , gdzie układ (v1 , v2 ) je liniowo niezależny. Wówczas → → |hv1 × v2 , − p− |(v1 ; v2 ; − p− 1 p2 )| 1 p2 i| d(L1 , L2 ) = = . |v1 × v2 | |v1 × v2 | → Dowód: Istnieją takie punkty qi ∈ Li , i = 1, 2, że − q− 1 q2 ⊥ lin(v1 , v2 ). Istotnie, jeżeli q = p + t v , i = 1, 2, to warunek − q−→ q ⊥ lin(v , v ) jest równoważny układowi i i i i 1 2 równań 1 2 → t1 |v1 |2 − t2 hv1 , v2 i = h− p− 1 p2 , v1 i − − 2 t1 hv2 , v1 i − t2 |v2 | = hp1→ p2 , v2 i który ma dokładnie jedno rozwiązanie, bo jego wyznacznik jest równy − det G(v1 , v2 ). → −−→ −−→ Dla tak wyznaczonych q1 i q2 oraz r1 ∈ L1 , r2 ∈ L2 mamy − q− 1 q2 ⊥ r1 q1 + q2 r2 i na mocy twierdzenia Pitagorasa: 2 2 2 (d(r , r ))2 = |− r−→ r | = |− q−→ q | + |− r−→ q +− q−→ r | 1 2 1 2 1 2 2 (d(q1 , q2 )) . 1 1 2 2 8 → −−→ Zatem d(L1 , L2 ) = d(q1 , q2 ), co wraz z faktem − p− 1 q1 + q2 p2 ∈ lin(v1 , v2 ) oraz własnością z twierdzenia I.24.1 daje → → v1 × v2 −−→ |hv1 × v2 , − q− |hv1 × v2 , − p− 1 q2 i| 1 p2 i| = = , q1 q2 |v1 × v2 | |v1 × v2 | |v1 × v2 | → = |− q− 1 q2 | = d(L1 , L2 ), bo w przestrzeni trójwymiarowej wektor − q−→ q prostopadły do liniowo niezależnych 1 2 wektorów v1 , v2 jest równoległy do ich iloczynu wektorowego v1 × v2 . Przykład 28. Jeżeli na płaszczyźnie E2 prosta L jest dana równaniem Ax+By+C = 0, gdzie A2 + B 2 > 0, oraz p = (x0 , y0 ) ∈ E2 , to d(p, L) = |Ax0 + By0 + C| √ . A2 + B 2 Jeżeli w E2 proste równoległe L1 i L2 opisane są równaniami Ax + By + C1 = 0 i Ax + By + C2 = 0, odpowiednio, to |C1 − C2 | d(L1 , L2 ) = √ . A2 + B 2 Uwaga 29. Jeżeli dwie poprzestrzenie afiniczne przecinają się chociaż w jednym punkcie, to ich odległość wynosi 0. Dwie równoległe podprzestrzenie afiniczne H1 i H2 wymiaru k < n − 1 można −−−−−−→ e = p1 + S(H1 ) ⊕ lin p1 πH (p1 ) wymiaru k + 1, umieścić w przestrzeni afinicznej E 2 gdzie p1 ∈ H1 . Będą one wtedy hiperpłaszczyznami kowymiaru 1 i można zastosować wzór z twierdzenia 25. Definicja 30. Niech k ∈ N. Miarą k–wymiarową (objętością k–wymiarową) układu punktów (p0 , . . . , pk ) zawartego w przestrzeni afinicznej E nazywamy liczbę 1q → −−→ det G(− p− 0 p1 , . . . , p0 pk ). k! Jeżeli wielościan k–wymiarowy P ma triangulację postaci ∆i = conv(pi0 , . . . , pik ) i=1,...,l złożoną z różnych sympleksów, to objętością k–wymiarową wielościanu P nazywamy sumę objętości k–wymiarowych układów punktów rozpinających sympleksy ∆i , i = 1, . . . , l. Innymi słowy volk (p0 , . . . , pk ) = volk (P ) = l X volk (pi0 , . . . , pik ). i=1 Objętość dwuwymiarową nazywamy polem i oznaczamy przez P , a trójwymiarową — po prostu objętością i oznaczamy przez V . Uwaga 31. Z własności wyznacznika Grama wynika, że objętość układu punktów nie zależy od ich kolejności. Można udowodnić, że tak funkcja volk nie zależy od triangulacji wielościanu. Twierdzenie 32. Dla dowolnego k 2 i dowolnego układu punktów (p0 , . . . , pk ) zachodzi równość 1 volk (p0 , . . . , pk ) = d(pk , H) · volk−1 (p0 , . . . , pk−1 ), k gdzie H = af(p0 , . . . , pk−1 ). 9 Dowód: Jeżeli układ punktów (p0 , . . . , pk−1 ) jest w położeniu szczególnym, to także układ (p0 , . . . , pk ) jest w położeni szczególnym i obie objętości są równe 0. Załóżmy teraz, że układ (p0 , . . . , pk−1 ) jest w położeniu ogólnym. Przyjmując vi = − → p− 0 pi dla i = 1, . . . , k −1 otrzymujemy, że (p0 ; v1 , . . . , vk−1 jest układem współrzędnych na H = af(p0 , . . . , pk−1 ). Z twierdzenia 23. i definicji objętości otrzymujemy zatem, że 1 d(pk , H)·volk−1 (p0 , . . . , pk−1 ) k s q → 1 det G(v1 , . . . , vk−1 , − p− 1 0 pk ) = · det G(v1 , . . . , vk−1 ) k det G(v1 , . . . , vk−1 ) (k − 1)! 1q → = det G(v1 , . . . , vk−1 , − p− 0 pk ) = volk (p0 , . . . , pk−1 , pk ). k! Przykład 33. Pole trójkąta 4ABC = conv(A, B, C) wyraża się wzorem 1 1 P (4ABC) = vol2 (4ABC) = vol1 (AB) · d(C, af(A, B)) = |AB| · hC , 2 2 czyli jest połową iloczynu długości podstawy i długości wysokości opuszczonej z punktu nienależącego do tej podstawy. Analogicznie objętość czworościanu conv(A, B, C, D) wyraża się wzorem 1 V (conv(A, B, C, D)) =vol3 (conv(A, B, C, D)) = vol2 (4ABC) · d(D, af(A, B, C)) 3 1 = P (4ABC) · hD , 3 czyli jest trzecią częścią iloczynu pola podstawy i długości wysokości opuszczonej z punktu nienależącego do tej podstawy. Twierdzenie 34. (objętość sympleksu, pryzmy i równoległościanu) Niech (p0 , . . . , pk ) → będzie układem punktów w położeniu ogólnym, vi = − p− 0 pi dla i = 1, . . . , k oraz v ∈ S(E). Wówczas p 1 det G(v1 , . . . , vk ), (1) volk (conv(p0 , . . . , pk )) = k! p 1 (2) volk (Q(conv(p0 , . . . , pk−1 ), v)) = (k−1)! det G(v1 , . . . , vk−1 , v), (3) volk (P(p0 ; v1 , . . . , vk )) = p det G(v1 , . . . , vk ). Dowód: (1) Każdy sympleks ma triangulację złożoną z niego samego. (2) Zgodnie z twierdzeniem 13. pryzma Q(conv(p0 , . . . , pk−1 ), v) ma triangulację złożoną z k sympleksów, z których każdy jest rozpięty na k liniowo niezależnych wektorach postaci ε1 v1 + . . . + εk−1 vk−1 + εk vk , gdzie ε1 , . . . , εk−1 , ε ∈ {−1, 0, 1}. Z własności wyznacznika Grama (tw. I.21) wynika, że każdy z tych sympleksów ma tę samą objętość równą objętości sympleksu rozpiętego na wektorach v1 , . . . , vk−1 , v. Zatem volk (Q(conv(p0 , . . . , pk−1 ), v)) =k · volk (conv(p0 , p0 + v1 , . . . , p0 + vk−1 , p0 + v)) 1q det G(v1 , . . . , vk−1 , v) =k · k! q 1 = det G(v1 , . . . , vk−1 , v). (k − 1)! 10 (3) Rozumowanie przebiega analogicznie jak dla przyzmy. Korzystamy z twierdzenia 14, które orzeka, że pewna triangulacja równoległościanu P(p0 ; v1 , . . . , vk ) składa się z k! sympleksów o objętościach równych objętości sympleksu rozpiętego na wektorach v1 , . . . , vk . Stąd i z (1) wynika teza. Wniosek 35. (pole trójkąta i równoległoboku oraz objętość czworościanu i równoległościanu) Dla wektorów u, v, w ∈ R3 oraz punktu p ∈ E3 zachodzą wzory (1) P (4(p, p + u, p + v)) = 21 |u × v|, (2) P (P(p; u, v)) = |u × v|, (3) V (conv(p, p + u, p + v, p + w)) = 16 |(u; v; w)| = 16 |hu × v, wi|, (4) V (P(p; u, v, w)) = |(u; v; w)| = |hu × v, wi|. Dowód: Wzory (1) i (2) wynikają z tw. I.24.2 oraz tw. 34. Natomiast wzory (3) i (4) są bezpośrednią konsekwencją zależności det(u, v, w) = (u; v; w), wn. I.20 i tw. 34. Definicja 36. Prostokątem n-wymiarowym nazywamy równoległościan n–wymiarowy rozpięty przez układ wektorów wzajemnie prostopadłych. Prostokąt dwuwymiarowy nazywamy po prostu prostokątem, a prostokąt trójwymiarowy — prostopadłościanem. Wniosek 37. (pole prostokąta i objętość prostopadłościanu) Załóżmy, że wektory v1 , . . . , vk są niezerowe i wzajemnie prostopadłe oraz p ∈ E. Wówczas (1) volk (P(p; v1 , . . . , vk )) = |v1 | · . . . · |vk |, (2) P (P(p; v1 , v2 )) = |v1 | · |v2 |, (3) V (P(p; v1 , v2 , v3 )) = |v1 | · |v2 | · |v3 |. Dowód: Grama. Wzory wynikają bezpośrednio z twierdzenia 34. oraz definicji wynacznika Definicja 38. Niech P będzie wielokątem wypukłym, p ∈ E, v ∈ V . Wielościan trójwymiarowy Q(P, v) = X (P + αv) 0¬α¬1 nazywamy graniastosłupem o podstawach P i P + v. Wielościan trójwymiarowy conv(P, p) nazywamy ostrosłupem o podstawie P i wierzchołku p. Twierdzenie 39. Niech P bedzie wielokątem wypukłym zawartym w płaszczyźnie H, p ∈ E \ H, v ∈ V \ S(H). Wówczas (1) V (conv(P, p)) = 13 P (P) · d(p, H), czyli objętość ostrosłupa jest trzecią częścią iloczynu pola jego podstawy i wysokości opuszczonej na tę podstawę z wierzchołka, (2) V (Q(P, v)) = P (P) · d(q + v, H) dla dowolnego punktu q ∈ P, czyli objętość graniastosłupa jest iloczynem pola jego podstawy i wysokości opuszczonej na tę podstawę z punktu drugiej podstawy. Dowód: Niech ∆i = conv(pi0 , pi1 , pi2 ),i = 1, . . . , l, będzie dwuwymiarową triangulacją wielokąta P. 11 (1) Czworościany conv(∆i , p), i = 1, . . . , l, stanowią triangulację ostrosłupa conv(P, p). Ponieważ każdy z trójkatów ∆i jest zawarty w płaszczyźnie H, więc na mocy twierdzenia 32 dostajemy V (conv(P, p) = l X V (conv(∆i , p)) = i=1 l X 1 i=1 3 P (∆i ) · d(p, H) 1 = P (P) · d(p, H). 3 (2) Graniastosłup Q(P, v) jest sumą mnogościową pryzm Q(∆i , v), przy czym częściami wspólnymi tych pryzm są zbiór pusty lub równoległobok (o objętości 0). Dla q ∈ P+v i dowolnego i = 1, . . . , l na mocy twierdzenia 25. d(p2i +v, H) = d(q, H), bo płaszczyzny H i H + v są równoległe. Z twierdzenia 13. wynika, że dla każdego i pryzma Q(∆i , v) posiada triangulację złożoną z trzech czworościanów o objętościach równych objętości czworościanu conv(p10 , pi1 , pi2 , pi2 +v). Zatem na podstawie twierdzenia 25. dla q ∈ H+v otrzymujemy V (Q(P, v)) = = l X V (Q(∆i , v)) = i=1 l X l X 3V (conv(pi0 , pi1 , pi2 , pi2 + v)) i=1 1 3 · P (conv(pi0 , pi1 , pi2 )) · d(pi2 + v, H) 3 i=1 =d(q, H) · l X i=1 P (∆i ) = P (P) · d(q, H). Maciej Czarnecki Geometria szkolna skrypt dla studentów matematyki Rozdział IV Przekształcenia Rozważamy przestrzeń afiniczną En ze standardowym iloczynem skalarnym. Norma wektorów i odległość punktów pochodzą od tego iloczynu. Definicja 1. Niech f bedzie funkcją działającą ze zbioru En w zbiór En . Funkcję f nazywamy przekształceniem afinicznym, jeżeli środek ciężkości dowolnego skończonego układu punktów z En przekształca na środek ciężkości ich obrazów o tych samych wagach. Innymi słowy, dla p0 , . . . , pk ∈ En oraz a0 , . . . , ak ∈ R, gdzie a0 + . . . + ak = 1, f (a0 p0 + . . . + ak pk ) = a0 f (p0 ) + . . . + ak f (pk ). Twierdzenie 2. Przekształcenie afiniczne przekształca podprzestrzeń afiniczną H przestrzeni afinicznej En na podprzestrzeń afiniczną przestrzeni afinicznej En wymiaru nieprzekraczającego dim H. W szczególności, przekształcenie afiniczne przekształca prostą na prostą lub punkt, a płaszczyznę — na płaszczyznę, prostą lub punkt. Różnowartościowe przekształcenie afiniczne przekształca podprzestrzeń k–wymiarową na podprzestrzen k–wymiarową, w szcególności prostą na prostą a płaszczyznę na płaszczyznę. Twierdzenie 3. Funkcja f : En → En jest przekształceniem afinicznym wtedy i tylko wtedy, gdy f przekształca środek ciężkości dowolnego układu dwupunktowego (p, q) na środek ciężkości układu (f (p), f (q)) o tych samych wagach. Twierdzenie 4. Funkcja f : En → En jest przekształceniem afinicznym wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje przekształcenie liniowe fe : Rn → Rn takie, że dla pewnego (odpowiednio: dowolnego) punktu p ∈ En i dowolnego wektora v ∈ Rn zachodzi równość f (p + v) = f (p) + fe(v). Definicja 5. Translacją (przesunięciem równoległym) o wektor v ∈ Rn nazywamy przekształcenie Tv : En → En dane wzorem dla x ∈ En . Tv (x) = x + v 1 2 Uwaga 6. Często mówi się, że przekształcenie afiniczne jest złożeniem przekształcenia liniowego z translacją, co odpowiada twierdzeniu 5. po utożsamieniu przestrzeni liniowej Rn z przestrzenią afiniczną p + Rn (odpowiednio przestrzenią f (p) + Rn ). Twierdzenie 7. Każda translacja jest przekształceniem afinicznym. Zbiór translacji z działaniem składania stanowi grupę izomorficzną z grupą (Rn , +). Dowód: Aby wykazać, że Tv jest przekształceniem afinicznym wystarczy przyjąć fv = idRn . T Grupowość działania składania translacji wynika ze wzoru Tu ◦ Tv = Tu+v prawdziwego dla u, v ∈ Rn . Izomorfizm na grupę (Rn , +) jest dany wzorem Tv 7→ v. Definicja 8. Niech H bedzie podprzestrzenią afiniczną wymiaru k, a H 0 podprzestrzenią afiniczną taką, że S(H) ⊕ S(H 0 ) = Rn (wynika stąd w szczególności, że dim H 0 = n − k). Rzutem równoległym na podprzestrzeń H w kierunku podprzestrzeni H 0 : En → En takie, że dla każdego p ∈ En H 0 nazywamy przekształcenie πH 0 H πH (p) ∈ (p + S(H 0 )) ∩ H. Jeżeli H 0 ⊥ H, to na oznaczenie rzutu piszemy πH . Uwaga 9. Dowód poprawności definicji rzutu równoległego przebiega tak samo jak dowód twierdzenia III.18. Określony w definicji III.19 rzut prostopadły na H jest rzutem równoległym na H w kierunku q + S(H)⊥ , gdzie q ∈ En . Twierdzenie 10. Każdy rzut równoległy jest przekształceniem afinicznym. Dowód: Twierdzenie 11. (Talesa) Stosunek długości rzutów równoległych odcinków niezdegenerowanych pq i rs na podprzestrzeń H w kierunku podprzestrzeni H 0 , gdzie pq k rs 6k H 0 , jest równy stosunkowi długości odcinków pq i rs. Innymi słowy 0 0 H (p)π H (q)| |πH |pq| H = . 0 0 H H |rs| |πH (r)πH (s)| Dowód: Twierdzenie 12. (odwrotne do twierdzenia Talesa) Niech dane będą proste L i L0 oraz punkty p, q, r, s ∈ L, p0 , q 0 , r0 , s0 ∈ L0 parami różne z wyjątkiem być może par (p, p0 ), (q, r) i (q 0 , r0 ). Jeżeli |p0 q 0 | |pq| = 0 0 , |rs| |r s | 0 0 0 to proste qq , rr i ss są równoległe. Dowód: 3 Definicja 13. Jednokładnością o środku p ∈ En i skali s 6= 0 nazywamy przekształcenie Jps : En → En dane wzorem → Jps (x) = p + s · − px dla x ∈ En . Twierdzenie 14. Każda jednokładność jest przekształceniem afinicznym. Dla ustalonego punktu p zbiór wszystkich jednokładności o środku p z działaniem składania tworzy grupę izomorficzną z grupą (R \ {0}, ·). Dowód: Aby wykazać, że Jps jest przekształceniem afinicznym wystarczy przyjąć Jfps = s · idRn . Grupowość działania składania jednokładności w zbiorze {Jps ; s 6= 0} wynika ze wzoru Jps1 ◦ Jps2 = Jps1 s2 prawdziwego dla s1 , s2 6= 0. Izomorfizm na grupę (R\{0}, ·) jest dany wzorem Jps 7→ s. Definicja 15. Izometrią przestrzeni afinicznej E (z odległością d indukowaną przez iloczyn skalarny) nazywamy każde przekształcenie E na E zachowujące odległość, tzn. spełniające warunek d(f (x), f (y)) = d(x, y) dla x, y ∈ E. Zbiór wszystkich izometrii przestrzeni E oznaczamy przez Isom(E). Twierdzenie 16. Zbiór Isom(E) z działaniem składania przekształceń tworzy grupę. Dowód: Jeżeli f ∈ Isom(E), to warunek f (x) = f (y) pociąga za sobą kolejno warunki d(f (x), f (y)) = 0, d(x, y) = 0, x = y. Oznacza to, że każda izometria jest przekształceniem różnowartościowym. Wystarczy zatem sprawdzić, że Isom(E) jest podgrupą grupy wszystkich bijekcji zbioru E na siebie. Jeżeli f ∈ Isom(E), to dla x, y ∈ E d(f −1 (x), f −1 (y)) = d(f (f −1 (x)), f (f −1 (y))) = d(x, y), czyli odwzorowanie odwrotne do izometrii jest izometrią. Jeżeli teraz f1 , f2 ∈ Isom(E), to dla x, y ∈ E d(f1 ◦ f2 (x), f1 ◦ f2 (y)) = d(f1 (f2 (x)), f1 (f2 (y))) = d(f2 (x), f2 (y)) = d(x, y) czyli także złożenie dwóch izometrii jest także izometrią. Przykład 17. Każda translacja jest izometrią, bo dla v ∈ V oraz x, y ∈ E −−−−−−−−→ d(Tv (x), Tv (y)) = d(x + v, y + v) = x + v, y + v = |− x,→ y| = d(x, y). Rzut równoległy na podprzestrzeń wymiaru mniejszego niż n nie jest izometrią, bo nie jest różnowartościowy (wszystkie punkty kierunku rzutowania H1 przekształcane są na jeden punkt). Jednokładność o skali ±1 jest izometrią. Jednokładności o innych skalach nie są izometriami, bo dla x, y ∈ E zachodzi d(Jps (x), Jps (y)) = |s|d(x, y). Definicja 18. Niech H będzie podprzestrzenią afiniczną przestrzeni afinicznej E, a πH rzutem prostopadłym na tę podprzestrzeń. Przekształcenie sH : E → E dane wzorem −−−−−→ sH (x) = x + 2xπH (x) dla x ∈ E 4 nazywamy symetrią względem podprzestrzeni H. Symetrię wzgledem punktu nazywamy symetrią środkową, względem prostej — symetrią osiową, a względem płaszczyzny — symetrią płaszczyznową. Przykład 19. Jeżeli H = {p}, to rzut πH jest odwzorowaniem stałym πH : E → {p} i symetria środkowa wyraża się wzorem → = p + (−1) · − → s (x) = x + 2− xp px, p czyli jest także jednokładnością o środku p i skali −1. Jeżeli H jest hiperpłaszczyną przechodzącą przez punkt p o jednostkowym wektorze normalnym u, to dla x ∈ E −−−−→ − → − h− → ui · u, pπ (x) = px px, H skąd → ui · u. πH (x) = x − h− px, Zatem → uiu. sH (x) = x − 2h− px, W szczególności rozważając symetrię osiową w E2 wzgledem prostej L : y = mx + n (m,−1) otrzymujemy, że p = (0, n), u = √ . Zatem dla dowolnego punktu (x, y) ∈ E2 m2 +1 (m, −1) (m, −1) sL (x, y) =(x, y) − 2 (x, y − n), √ ·√ m2 + 1 m2 + 1 ! 2 (1 − m )x + 2my − 2mn 2mx − (1 − m2 )y + 2n = , m2 + 1 m2 + 1 Jeżeli natomiast prosta L jest dana w E2 równaniem x = c, to sL (x, y) = (2c − x, y) dla (x, y) ∈ E2 . Twierdzenie 20. Niech H bedzie podprzestrzenią afiniczną przestrzeni afinicznej E. Symetria sH względem podprzestrzeni H ma następujące własności: (1) sH jest inwolucją, tzn. sH ◦ sH = idE , (2) sH jest izometrią, (3) podprzestrzeń H jest zbiorem wszystkich punktów stałych przekształcenia sH , tzn. sH (x) = x wtedy i tylko wtedy, gdy x ∈ H. Dowód: Oznaczmy krótko przez s symetrię wzgledem podprzestrzeni H, a przez π rzut prostopadły na tę podprzestrzeń. (1) Dla x ∈ E mamy −−−−−−− − −− −− −− −→ −→ −−−−−−−− −−−→ −− −− → −−−→ s ◦ s(x) =s x + 2xπ(x) = x + 2xπ(x) + 2 x + 2xπ(x) π x + 2xπ(x) − −−−−− −−−→ −− −− −− →−−−−→ −−−→ −−−→ =x + 2xπ(x) + 2 x + 2xπ(x) π(x) = x + 2xπ(x) − 2xπ(x) = x. (2) Zauważmy, że dla x, y ∈ E −−−−−→ −−−−−→ −−−−−−→ −−−−−→ s(x)s(y) =s(x)π(x) + π(x)π(y) + π(y)s(y) −−−−−− −−−−−− −−−−−→ −− −− −− →−−−−→ −−−−−−→ −− −− −→ = x + 2xπ(x) π(x) + π(x)π(y) + y + 2yπ(y) π(y) −−−→ −−−→ − −−−−−→ = − xπ(x) + xπ(x) + π(x)π(y) 5 i ostatni wektor jako należący do S(H) jest prostopadły do sumu dwóch pozostałych (każdy z nich należy do S(H)⊥ ). Stąd i z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy −−−−−→2 −−−→ −−−→2 − →2 −−−−− (d(s(x), s(y)))2 = s(x)s(y) = xπ(x) + xπ(x) + π(x)π(y) −−−→ −−−→ − −−−−−→2 → 2 = (d(x, y))2 , = xπ(x) + xπ(x) + π(x)π(y) = |− xy| co wraz z (1) oznacza, że przekształcenie s jest izometrią. −−−→ (3) Dla x ∈ E następujące warunki są równoważne s(x) = x, 2xπ(x) = θ, x = π(x), x ∈ H. Twierdzenie 21. Składanie symetrii środkowych ma nastepujące własności: (1) złożenie dwóch symetrii środkowych jest translacją, a dokładniej → sq ◦ sp = T2− pq dla p, q ∈ E. (2) złożenie trzech symetrii środkowych jest symetrią środkową, a dokładniej → sr ◦ sq ◦ sp = sr+− pq dla p, q, r ∈ E. (3) każda translacja jest złożeniem pewnych dwóch symetrii środkowych. Dowód: (1) Dla x ∈ E mamy −−−−− → = x + 2− → + 2− →−→q sq ◦ sp (x) =sq (x + 2− xp) xp (x + 2− xp) → + 2 (− → − 2− → = x + 2− → =x + 2− xp xq xp) pq = T → 2− pq (x). (2) Z (1) dla x ∈ E otrzymujemy −−−−−→ −−→ → → sr ◦ sq ◦ sp (x) =sr (x + 2− pq) = x + 2− pq + 2(x + 2− pq) r −−−−−− → → → − 2− → → → =x + 2− pq + 2 (− xr pq) = x + 2x (r + − pq) = sr+− pq (x). (3) Na mocy (1) wystarczy dla dowolnej translacji Tv i dowolnego punktu p ∈ E przyjąć q = p + 12 v. Definicja 22. Macierzą ortogonalną stopnia n nazywamy macierz kwadratową A stopnia n spełniającą warunek A · AT = I. Zbiór wszystkich macierzy ortogonalnych stopnia n oznaczamy przez O(n), a jego podzbiór zawierający wszystkie macierze o wyznaczniku 1 — przez SO(n). Twierdzenie 23. O(n) z działaniem mnożenia macierzy stanowi grupę, a SO(n) jej podgrupę. Dowód: 6 Przykład 24. Macierz A = a b c d jest ortogonalna wtedy i tylko wtedy, gdy 2 2 a +b =1 ac + bd = 0 c2 + d2 = 1 Wówczas przyjmując a = cos ϕ, b = − sin ϕ, c = sin ψ, d = cos ψ otrzymujemy, że A ∈ O(2) wtedy i tylko wtedy, gdy sin(ψ − ϕ) = 0. Stąd O(2) = cos ϕ ∓ sin ϕ sin ϕ ± cos ϕ ; ϕ∈R , SO(2) = cos ϕ − sin ϕ sin ϕ cos ϕ ; ϕ∈R Twierdzenie 25. Przekształcenie liniowe przestrzeni liniowej Rn w siebie zachowuje standardowy iloczyn skalarny wtedy i tylko wtedy, gdy jego macierz należy do O(n). Definicja 26. Obrotem przestrzeni En dookoła punktu p ∈ En nazywamy przekształcenie postaci −1 → ◦ A ◦ T− T− → , θp θp gdzie A jest przekształceniem afinicznym, dla którego macierz przekształcenia liniowego należy do SO(n) i A(θ) = θ. Inaczej mówiąc, obrót jest sprzężony za pomocą translacji ze specjalnym odwzorowaniem ortogonalnym. Przykład 27. Z postaci grupy SO(2) wynika, że dowolny obrót płaszczyzny E2 dookoła punktu (0, 0) wyraża się wzorem Rϕ (x, y) = (x cos ϕ − y sin ϕ, x sin ϕ + y cos ϕ) dla (x, y) ∈ E2 . Liczbę ϕ nazywamy wtedy kątem obrotu Rϕ . Lemat 28. Dla dowolnych punktów x, , y, z ∈ E warunek z ∈ xy jest równoważny warunkowi d(x, y) = d(x, z) + d(z, y). Dowód: Jeżeli którekolwiek dwa punkty są równe, to teza jest oczywista. Załóżmy, że punkty x, y, z są parami różne Warunek d(x, y) = d(x, z) + d(z, y) jest równoważny równości → 2 = |− → − → 2 = |− → 2 +|− → 2 +2h− → − → = |− → 2 +|− → 2 +2|− → − → = (|− → + |− → 2, |− xy| xz+ zy| xz| zy| xz, zyi xz| zy| xz|·| zy| xz| zy|) która zgodnie z nierównością Schwarza zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy wektory → − → są zgodnie zorientowane. niezerowe − xz, zy r 1 To zaś jest równoważne istnieniu liczby r > 0 takiej, że z = r+1 x + r+1 y czyli faktowi, że z ∈ xy \ {x, y}. Definicja 29. Załóżmy, że grupa H działa na grupę G, tzn. istnieje homomorfizm Ψ działający z H do grupy automorfizmów grupy G. Niech Ψ(h) = ϕh dla h ∈ H. Iloczynem półprostym grup G i H nazywamy zbiór G × H z działaniem określonym wzorem (g, h) · (g 0 , h0 ) = (gΨh (g 0 ), hh0 ) dla (g, h), (g 0 , h0 ) ∈ G × H. 7 Twierdzenie 30. (klasyfikacja izometrii przestrzeni En ) Każda izometria przestrzeni En jest przekształceniem afinicznym. Co więcej, grupa Isom(En ) jest izomorficzna z iloczynem półprostym grup Rn i O(n). Dowód: Dla dowodu pierwszej części wystarczy wykazać, że każde przekształcenie ϕ : Rn → Rn zachowujące θ oraz odległość d daną wzorem d(u, v) = |u − v| dla u, v ∈ Rn jest odwzorowaniem liniowym. Wniosek 31. Każda izometria przestzreni En zachowuje kąt pomiędzy wektorami. Dowód: Wynika z twierdzeń 25. i 30. Wniosek 32. Każda izometria przestrzeni En zachowuje k–wymiarową objętość dla k ¬ n, tzn. jeżeli P jest k–wymiarowym wielościanem w En a f izometrią, to volk (f (P)) = volk (P). Dowód: Objętość wielościanu jest sumą objętości sympleksów, a objętość sympleksów zależy tylko od wyznacznika Grama wektorów je rozpinających. Z twierdzeń 25 i 30 wynika, że izometria przestrzeni En zachowuje iloczyn skalarny, a więc także wyznacznik Grama. Definicja 33. Podobieństwem o skali s > 0 nazywamy każde przekształcenie f przestrzeni En na siebie takie, że dla x, y ∈ En d(f (x), f (y)) = s · d(x, y). Twierdzenie 34. Zbiór podobieństw przestrzeni En z działaniem składania stanowi grupę. Dowód: Wystarczy zauważyć, że złożenie podobieństwa o skali s1 z podobieństwem o skali s2 jest podobieństwem o skali s1 s2 . Twierdzenie 35. Każde podobieństwo przestrzeni En jest złożeniem jednokładności z izometrią. 1 Dowód: Jeżeli f jest podobieństwem w En o skali s > 0, to złożenie ϕ = Jθs ◦ f jest izometrią przestrzeni En . Ale wtedy f = Jθs ◦ ϕ. Wniosek 36. Każde podobieństwo przestrzeni En o skali s > 0 mnoży k–wymiarową objętość przez sk dla k ¬ n, tzn. jeżeli P jest k–wymiarowym wielościanem w En a f podobieństwem o skali s, to volk (f (P)) = sk · volk (P). Dowód: Na mocy wniosku 33. i twierdzenia 35. wystarczy sprawdzić tylko, że Jθs mnoży k–wymiarową objętość przez sk . Przekształceniem liniowym dla Jθs jest s · idRn , które powoduje mnożenie wyznacznika Grama przez s2k . Objętość pojedynczego sympleksu jest równa stałej razy pierwiastek z wyznacznika Grama, czyli jednokładność mnoży ją przez sk . 8 Przykład 37. Istnieją przekształcenia afiniczne, które nie są podobieństwami. Powinowactwo prostokątne o osi x i skali l > 1 dane na E2 wzorem F (x, y) = (x, ly) zachowuje długość odcinków równoległych do osi x, a zwiększa długość tych równoległych do osi y. Maciej Czarnecki Geometria szkolna skrypt dla studentów matematyki Rozdział V Wielokąty Niech p będzie ustaloną płaszczyzną w przestrzeni euklidesowej E. Definicja 1. Niech punkty A, B, C ∈ p będą niewspółliniowe. Bokami trójkąta 4ABC nazywamy odcinki AB, BC oraz CA, długościami boków — liczby a = d(B, C), b = d(C, A) oraz c = d(A, B), a miarami nieskierowanych kątów wewnętrznych (lub − − −→ −→ −→ −−→ po prostu kątami wewnętrznymi) — liczby α = ^ AB, AC , β = ^ BA, BC oraz −→ − −→ γ = ^ CA, CB . Powyższe przypisanie liczb a, b, c oraz α, β, γ traktujemy jako oznaczenia standardowe. Mówimy, że bok BC leży naprzeciw kąta α, bok CA — naprzeciw kąta β, a bok AB — naprzeciw kąta γ. Mówimy także, że bok przylega do kąta, jeżeli nie leży naprzeciw tego kąta. Kąt jest zawarty między bokami, które do niego przylegają. Twierdzenie 2. (twierdzenie cosinusów) W trójkącie kwadrat długości boku jest równy sumie kwadratów długości pozostałych boków pomniejszonej o podwojony iloczyn długości tych boków i cosinusa kąta zawartego pomiędzy nimi. Innymi słowy, przy standardowych oznaczeniach w trójkącie 4ABC zachodzą równości c2 =a2 + b2 − 2ab cos α, b2 =c2 + a2 − 2ca cos β, a2 =b2 + c2 − 2bc cos γ. Dowód: Z twierdzenia cosinusów w przestrzeni euklidesowej otrzymujemy − D−→ − →2 −→2 −−→2 −→E − c2 = AB = AC + CB + 2 AC, CB −→ − D−→ − −→ − −→E → −→ − =b2 + a2 − 2 CA, CB = b2 + a2 − 2 CA · CB · cos ^ CA, CB =b2 + a2 − 2ba cos γ 1 2 Wniosek 3. (twierdzenie Pitagorasa) W trójkącie jeden z kątów jest prosty wtedy i tylko wtedy, gdy kwadrat długości boku leżącego naprzeciw tego kąta jest równy sumie kwadratów długości pozostałych boków. Innym słowy, przy standardowych oznaczeniach w trójkącie 4ABC: π γ = ⇐⇒ c2 = a2 + b2 . 2 Twierdzenie 4. (twierdzenie sinusów) W trójkącie stosunek długości boku do sinusa kąta leżącego naprzeciw tego boku jest stały. Innym słowy, przy standardowych oznaczeniach w trójkącie 4ABC: a b c = = . sin α sin β sin γ Dowód: Ze względu na symetrię oznaczeń wystarczy udowodnić pierwszą równość. −−→ −→ −−→ Niech u = BC, v = CA. Wówczas AB = −u − v oraz α = ^(−u − v, −v), β = ^(u + v, u), skąd p | − u − v|2 · | − v|2 − h−u − v, −vi2 = | − u − v| · | − v| sin α = p |u + v|2 · |v|2 − hu + v, vi2 |u + v| · |v| p = |u|2 · |v|2 − hu, vi2 |u + v| · |v| oraz p sin β = |u + v|2 · |u|2 − hu + v, ui2 = |u + v| · |u| p |u|2 · |v|2 − hu, vi2 . |u + v| · |u| Zatem |v| a |u| |u + v| · |u| · |v| b = = =p 2 = . 2 2 sin α sin α sin β sin β |u| · |v| − hu, vi Twierdzenie 5. Suma miar kątów wewnętrznych w trójkącie wynosi π. Innym słowy, przy standardowych oznaczeniach w trójkącie 4ABC: α + β + γ = π. Dowód: Załóżmy, że α ¬ β ¬ γ. Z twierdzenia sinusów wynika, że istnieje liczba dodatnia D taka, że D= a b c = = . sin α sin β sin γ Podstawiając stąd za a, b, c do pierwszego wzoru w twierdzeniu cosinusów otrzymujemy równość D2 sin2 γ = D2 sin2 α + D2 sin2 β − 2D2 sin α sin β cos γ, która po zastosowaniu jedynki trygonometrycznej staje się rónaniem kwadratowym ze względu na cos γ: cos2 γ − 2 sin α sin β cos γ + sin2 α + sin2 β − 1 = 0 3 o nieujemnym wyróżniku ∆ = 4(1 − sin2 α)(1 − sin2 β). Zatem cos γ = sin α sin β − cos α cos β = cos(π − (α + β)) lub cos γ = sin α sin β + cos α cos β = cos(α − β). Ponieważ α, β, γ ∈ (0, π), więc także |π − (α + β)|, |α − β| ∈ (0, π), a to wraz z powyższymi warunkami na cos γ daje γ = |π − (α + β)| lub γ = |α − β|. Tym samym spełniony jest co najmniej jeden z warunków α + β + γ = π, π + γ = α + β, α = γ + β, β = γ + α. Teza wynika ze sprzeczności ostatnich trzech z nich z założeniem 0 < α ¬ β ¬ γ < π. Definicja 6. Okręgiem o środku S ∈ p i promieniu r > 0 zawartym w płaszczyźnie p nazywamy zbiór O(S, r) = {X ∈ p ; |XS| = r}. Zbiory K(S, r) = {X ∈ p ; |XS| < r}, K(S, r) = {X ∈ p ; |XS| ¬ r} nazywamy odpowiednio kołem otwartym i kołem domkniętym o środku S i promieniu r. Definicja 7. Niech S ∈ p i r > 0. Prostą l zawartą w płaszczyźnie p nazywamy (1) styczną do okręgu O(S, r), jeżeli d(S, l) = r, (2) sieczną okręgu O(S, r), jeżeli d(S, l) < r, (3) zewnętrzną do okręgu O(S, r), jeżeli d(S, l) > r. Uwaga 8. Z twierdzenia III.22 wynika, że jeżeli prosta l jest styczna do okręgu O(S, r), to zbiór l ∩ O(S, r) jest jednopunktowy i jego jedyny element A spełnia warunek −→ SA ⊥ l. Definicja 9. Niech P bedzie ustalonym wielokątem zawartym w płaszczyźnie p. Bokiem wielokąta P nazywamy odcinek w nim zawarty, który przy dowolnej triangulacji wielokąta P zawiera bok trójkąta należącego do tej triangulacji i niebędący bokiem żadnego innego trójkąta tej triangulacji. Wierzchołkiem wielokąta P nazywamy każdy koniec boku tego wielokąta. Okręgiem opisanym na wielokącie P nazywamy okrąg zawierający wszystkie wierzchołki wielokąta P . Okręgiem wpisanym w wielokąt P nazywamy okrąg styczny do każdej z prostych zawierających boki wielokąta w punkcie należącym do boku wielokąta P , ale niebędącym wierzchołkiem tego wielokąta. Definicja 10. Osią symetrii zbioru f nazywamy prostą l taką, że sl (f ) = f (czyli gdy zbiór f jest niezmienniczy względem działania symetrii o osi l). Symetralną niezdegenerowanego odcinka AB nazywamy oś symetrii tego odcinka różną od prostej AB. Twierdzenie 11. Symetralną odcinka AB ⊂ p zawartą w płaszczyźnie p jest jest 1 1 ⊥ prosta l 2 A + 2 B , gdzie l = AB. 4 Dowód: Niech m ⊂ p będzie symetralną odcinka AB ⊂ p, to znaczy osią symetrii tego odcinka różną od prostej l = AB. Wówczas sm (A) = B, skąd i z definicji symetrii l ⊥ m. Ponadto wspólny rzut prostopadły D punktów A i B na prostą m spełnia warunki −−→ −−→ −−→ 2AD = 2DB = AB, co pociąga za sobą równości 1 |AB| = |AD| + |DB| i |AD| = |AB|. 2 Zgodnie z lematem IV.28 punkt D ∈ m jest środkiem odcinka AB. Ponieważ dim p = 2, więc istnieje dokładnie jedna prosta zawarta w płaszczyźnie p, prostopadła do prostej AB i przechodząca przez środek odcinka AB; jest nią właśnie l⊥ 12 A + 12 B . Twierdzenie 12. Symetralna odcinka AB ⊂ p zawarta w płaszczyźnie p jest zbiorem wszystkich punktów płaszczyzny p równoodległych od A i B. Dowód: ⊂) Jeżeli m jest symetralną odcinka AB, to jak w dowodzie tw. 11 sm (A) = B. Ponieważ symetria osiowa sm jest izometrią i zbiorem jej punktów stałych jest prosta m, więc dla dowolnego punktu X ∈ m spełniony jest warunek |AX| = |sm (A)sm (X)| = |BX|. ⊃) Niech na odwrót punkt X ∈ p będzie równoodległy od punktów A i B, a D niech bedzie jego rzutem prostopadłym na prostą l = AB. Wówczas −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ XD ⊥ DA k AB i XD ⊥ DB k AB, co wraz z twierdzeniem Pitagorasa i założeniem daje |DA|2 = |AX|2 − |XD|2 = |BX|2 − |XD|2 = |DB|2 . Zatem D ∈ l jest środkiem odcinka AB oraz XD ⊥ l. To na mocy tw. 11 oznacza, że XD jest symetralną odcinka AB, czyli punkt X należy do tej symetralnej. Definicja 13. Niech u, v ∈ S(p) \ {θ}, O ∈ p. Załóżmy, że wektory u i v nie są przeciwnie skierowane. (Wypukłym) kątem płaskim o wierzchołku O rozpiętym na wektorach u i v nazywamy zbiór ∠uOv = {O + s · u + t · v ; s, t 0}, Ou→ Półproste = O, O + u→ i Ov → nazywamy ramionami kąta, a zbiór {O + s · u + t · v ; s, t > 0} — obszarem kąta. Wklęsłym kątem płaskim o wierzchołku O rozpiętym na wektorach u i v nazywamy zbiór ∠− uOv = (p \ ∠uOv) ∪ Ou→ ∪ Ou→ Jego ramionami są półproste Ou→ = i Ov → , a obszarem — zbiór {O +s·u+t·v ; s < 0 lub t < 0}. Jeżeli u ↑↓ v, to (wypukłym) kątem płaskim ∠uOv nazywamy każdą z półpłaszczyn domkniętych o krawędzi O, O + u = O, O + v, a jego obszarem — odpowiednią półpłaszczyznę otwartą. Miarą wypukłego kąta płaskiego ∠uOv jest liczba |∠uOv| = ^(u, v) 5 (czyli miara kąta pomiędzy wektorami u i v), natomiast miarą wklęsłego kąta płaskiego ∠− uOv liczba |∠− uOv| = 2π − ^(u, v). Uwaga 14. Kąt płaski zapisuje się często w postaci ∠AOB, gdzie A ∈ Ou→ , B ∈ Ov → . Wypukły kąt płaski jest zbiorem wypukłym. Wypukły kąt płaski ∠uOv nazywamy zerowym — gdy u ↑↑ v, a prostym — gdy u ⊥ v. Płaszczyznę z wyróżnioną półprostą nazywamy kątem pełnym, a półpłaszczynę domkniętą z wyróżnionym punktem na jej krawędzi— kątem półpełnym. Definicja 15. Dwusieczną kąta płaskiego o wierzchołku O nazywamy półprostą o początku O zawartą w tym kącie i jego osi symetrii (a w przypadku kąta pełnego uzupełniającą jedyne ramię do prostej). Twierdzenie 16. Dwusieczna kąta płaskiego zawartego w płaszczyźnie p, który nie jest pełny, jest zbiorem wszystkich punktów tego kąta równoodległych od jego obu ramion. Dowód: Twierdzenie 17. Na każdym trójkącie można opisać okrąg. Środek okręgu opisanego na trójkącie jest jedynym punktem wspólnym symetralnych wszystkich boków tego trójkąta. Dowód: W trójkącie 4ABC niech k, l, m oznaczają dopowiednio symetralne boków BC, CA, AB. Dowolna para symetralnych przecina się w dokładnie jednym punkcie ze względu na ogólne położenie wierzchołków. Niech O ∈ k ∩ l. Wtedy z tw. 12 wynika, że |OB| = |OC| i |OC| = |OA|. Stąd także |OA| = |OC| i stosując ponownie tw. 12 otrzymujemy, że O ∈ k ∩ l ∩ m. Wysatrczy przyjąć R = |OA|, a by okrąg O(O, R) był opisany na danym trójkącie. Na odwrót, jeżeli okrąg jest opisany na trójkącie, to jego środek leży na każdej z symetralnych (na mocy tw. 12). Twierdzenie 18. W każdy trójkąt można wpisać okrąg. Środek okręgu wpisanego w trójkąt jest jedynym punktem wspólnym dwusiecznych wszystkich wewnętrznych kątów płaskich tego trójkąta (to znaczy kątów wyznaczonych przez wektory wychodzące z danego wierzchołka). Dowód: Ze względu na analogię twierdzeń 12 i 16 dowód przebiega podobnie jak dla okręgu opisanego. Za środek okręgu wpisanego wystarczy przyjąć punkt O przecięcia dwusiecznych kątów wewnętrznych, a za promień — liczbę r = d(O, AB) = d(O, AB → ). Definicja 19. Środkową boku w trójkącie nazywamy odcinek, którego jednym z końców jest środek tego boku, a drugim wierzchołek przeciwległy temu bokowi. Twierdzenie 20. (o środkowych w trójkącie) Środkowe w trójkącie mają dokładnie jeden punkt wspólny. Jest nim środek ciężkości tego trójkąta (czyli środek ciężkości układu jego wierzchołków o jednakowych wagach). Tym samym środkowe w trójkącie dzielą się wzajemnie w stosunku 2 : 1 (licząc od wierzchołka do przeciwległego boku). 6 Dowód: Wystarczy zauważyć, że w trójkącie 4A1 A2 A3 dla dowolnych parami różnych liczb i, j, k ∈ {1, 2, 3} zachodzi równość 1 1 2 1 1 A1 + A2 + A3 = Ai + 3 3 3 3 3 1 1 Aj + Ak . 2 2 Twierdzenie 21. Przy oznaczeniach standardowych w trójkącie 4ABC środkowa boku BC ma długość √ 2b2 + 2c2 − a2 ma = . 2 Dowód: Niech D będzie środkiem odcinka BC oraz niech ϕ i ψ oznaczają miary kątów wewnętrznych przy wierzchołku D odpowiednio w 4ABD i 4DCA. Wówczas − − − −→ −−→ −→ −−→ −→ −−→ ψ = ^ DA, DC = π − ^ DA, −DC = π − ^ DA, DB = π − ϕ. Stosując tweirdzenie cosinusów do trójkątów 4ABD i 4DCA otrzymujemy 1 c2 =m2a + a2 − ma a cos ϕ 4 1 1 2 2 b =ma + a2 − ma a cos ψ = m2a + a2 + ma a cos ϕ, 4 4 skąd po dodaniu stronami wynika teza. Twierdzenie 22. (o kątach w kole) Jeżeli punkty A, B, C leżą na okręgu O(O, R), to dla wypukłych kątów płaskich ∠AOB i ∠ACB zachodzi równość |∠AOB| = 2 · |∠ACB|. Innymi słowy, kąt środkowy ma dwa razy większą miarę niż kąt wpisany oparty na tym samym łuku. Dowód: Twierdzenie 23. (ogólne twierdzenie sinusów) W trójkącie stosunek długości boku do sinusa kąta leżącego naprzeciw tego boku jest satły i równy średnicy (podwojonemu promieniowi) okręgu opisanego na tym trójkącie. Innymi słowy, jeżeli R oznacza promień okręgu opisanego na 4ABC, to przy standardowych oznaczeniach a b c = = = 2R. sin α sin β sin γ Dowód: Niech α ¬ β ¬ γ. Wówczas z twierdzenia 5 wynika, że α < π2 . Jeżeli O(O, R) jest okręgiem opisanym na trójkącie 4ABC, to z twierdzenia 22 otrzymujemy, że |∠COB| = 2α < π. Zastosowanie twierdzenia cosinusów do trójkąta 4COB daje równość a2 =|BC|2 = |BO|2 + |CO|2 − 2|BO| · |CO| · cos 2α =2R2 (1 − cos 2α) = 4R2 sin2 α równoważną tezie na mocy twierdzenia sinusów (tw. 4). 7 Definicja 24. Wysokością opuszczoną z wierzchołka X trójkąta na przeciwległy bok nazywamy odcinek łączący punkt X z jego rzutem prostopadłym X 0 na prostą zawierającą przeciwległy bok. Długość tej wysokości oznaczamy przez hX , a punkt X 0 nazywamy spodkiem wysokości. Twierdzenie 25. Proste zawierające wysokości trójkąta przecinają się w jednym punkcie — ortocentrum trójkąta. Dowód: Niech w trójkącie 4ABC proste zawierające wysokości opuszczone z punktów A i B przecinają się w punkcie H (nie mogą być one równoległe, bo wierzchołki trójkąta są w położeniu ogólnym). Zatem −−→ −−→ −−→ −→ HA ⊥ BC i HB ⊥ CA. −−→ −−→ Wystarczy pokazać, że HC ⊥ AB. Z powyższych zależności wynika, że D−−→ − −→E D−−→ −→E D−−→ − −→E HC, AB = − HC, CA − HC, BC D−−→ −→E D− −→ −→E D−−→ −−→E D−→ −−→E = − HB, CA − BC, CA − HA, BC + CA, BC = 0. Uwaga 26. Do oznaczen standardowych w trójkącie 4ABC z definicji 1 dołączamy symbole hA , hB , hC na oznaczenie długości wysokości opuszczonych z odpowiednich wierzchołków, ma , mb , mc — na oznaczenie długości środkowych odpowiednich boków, R — promień okręgu opisanego na trójkącie, r — promien okręgu wpisanego w trójkąt, p = a+b+c — połowę obwodu trójkąta i S — pole trójkata. 2 Twierdzenie 27. (wzory na pole trójkata) Przy standardowych oznaczeniach w trójkącie 4ABC prawdziwe są natępujace wzoryna pole trójkąta: (1) S = (2) (3) (4) (5) (6) (7) S S S S S S −−→ 1 −−→ −−→ 1 1 −→ 2 CA × CB = 2 BC × BA = 2 1 1 1 2 ab sin γ = 2 ca sin β = 2 bc sin α, 1 1 1 2 ahA = 2 bhB = 2 chC , p − → −→ − AB × AC , = = = p(p − a)(p − b)(p − c) (wzór Herona), = rp, = abc 4R , = 2R2 sin α sin β sin γ. Dowód: (1) Wynika z wniosku III.35. (2) Wynika z (1) i wniosku I.25. (3) Wynika z wniosku III.32 i jest omówiony w przykładzie III.33. 8 (4) Z twierdzenia cosinusów wynika, że 2 a2 + b2 − c2 sin γ =1 − cos γ = 1 − (2ab)2 2ab − a2 − b2 + c2 2ab + a2 + b2 − c2 = 4a2 b2 c2 − (a − b)2 (a + b)2 − c2 = 4a2 b2 (c − a + b)(c + a − b)(a + b − c)(a + b + c) = 4a2 b2 4p(p − a)(p − b)(p − c) = . a2 b2 2 2 Stąd i z (2) 1 S 2 = a2 b2 sin2 γ = p(p − a)(p − b)(p − c). 4 (5) Niech O(O, r) będzie okręgiem wpisanym w trójkąt 4ABC. Wówczas odległości punktu O od wszystkich boków tego trójkąta są równe r. Tym samym długości wysokości opuszczonych z punktu O w trójkątach 4AOB, 4BOC i 4COA są równe r, co wraz z (2) i faktem, że trójkąty te stanowią triangulację trójkąta 4ABC pociąga za sobą 1 1 1 S = P (4AOB) + P (4BOC) + P (4COA) = cr + br + ar = pr. 2 2 2 c (6) Z tw. 23 sin γ = 2R i wystarczy zastosować (2). (7) Z tw. 23 a = 2R sin α, b = 2R sin β, c = 2R sin γ i wystarczy zastosować (6) Twierdzenie 28. (twierdzenie o dwusiecznej) Dwusieczna płaskiego kąta wewnętrznego w trójkącie dzieli bok przeciwległy na dwa odcinki proporcjonalne do boków trójkata przylegających do tych odcinków. Jeżeli w trójkącie 4ABC D jest punktem przecięcia boku BC dwusieczną płaskiego kąta wewnętrznego ∠BAC, to przy standardowych oznaczeniach |BD| c = . |CD| b Co więcej |BD| = ac , a+c |CD| = ab . b+c Dowód: Niech w trójkącie 4ABC punkt D będzie punktem przecięcia boku BC przez dwusieczną płaskiego kąta wewnętrznego ∠BAC. Ponieważ symetria osiowa o osi AD jako izometria zachowuje miary kątów pomie−−→ −−→ dzy wektorami, więc |∠DAB| = |∠DAC| = α2 . Ponadto DB ↑↓ DC, skąd |∠DAC| = π − |∠DAB|. Stosując twierdzenie sinusów do trójkątów 4ABD i 4ACD otrzymujemy c b |CD| |BD| , = , = sin |∠DAB| sin |∠DAC| sin α2 sin α2 9 skąd |BD| c = . |CD| b Druga część tezy wynika z pierwszej po uwzglednieniu równości |BD| + |CD| = a.