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.