www.VNMATH.com
DANH SÁCH SINH VIÊN NHÓM 3 LỚP TOÁN 2007B
1 Trần Thị Tài Nguyên 2 Nguyễn Thị Ngọc Hân 3 Trần Thị Thu Trúc 4 Nguyễn Lê Phương Thùy 5 Nguyễn Văn Nghĩa 6 Hồ Anh Thi 7 Hồ Kim Chọn 8 Võ Huỳnh Duy Khánh 9 Trần Vĩnh Thông 10 Ngô Văn Trọng 11 Nguyễn Hiền Nhân
0
www.VNMATH.com
MỤC LỤC PHẦN I - LÝ THUYẾT 1 Ánh xạ xạ ảnh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Các phép thấu xạ trong không gian Pn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Các định lí cơ bản của phép biến đổi xạ ảnh . . . . . . . . . . . . . . . . . . PHẦN II - BÀI TẬP
1 2 4 7 9
Tài liệu
24
0
www.VNMATH.com
PHẦN II
BÀI TẬP
9
www.VNMATH.com Bài 1: trang 74 Cho không gian xạ ảnh (Pn , p, Vn+1 ). Các phép vị tự của Vn+1 đại diện cho những phép biến đổi xạ ảnh nào của Pn ? Giải Các phép vị tự k.idv : Vn+1 −→ Vn+1 → − → → x 7−→ k.idv (− x ) = k.− x diện cho phép biến đổi xạ ảnh đồng nhất. idv : Pn −→ Pn M 7−→ idv (M ) = M
(k ∈ K∗ )
là ánh xạ tuyến tính đại
Bài 2: trang 74 Nếu biến đổi xạ ảnh f : Pn −→ Pn giữ bất động r + 1 điểm độc lập nằm trên một r phẳng thì nó có giữ bất động mọi điểm của r - phẳng đó không? Giải Nếu f giữ bất động r + 1 điểm độc lập nằm trên r - phẳng thì f không giữ bất động mọi điểm của r - phẳng đó. Chẳng hạn, trong P2 ta xét0 phép biến đổi xạ ảnh f có biểu thức tọa độ: kx0 = 4x0 − x1 0 kx1 = 6x0 − 3x1 0 kx2 = x0 − x1 − x2 cho đường thẳng (d): x0 − x1 = 0. Ta thấy f biến điểm A(0: 0: 1) và B(1: 1: 0) nằm trên d thành chính nó. Nhưng M(1: 1: 1) thuộc d mà f (M ) = (3 : 3 : 1) 6= M . Bài 3 trang 74 Trong Pn cho r-phẳng U , trên U lấy r + 2 điểm trong đó bất kì R + 1 điểm nào đều độc lập. Chứng tỏ rằng, nếu r + 2 điểm đó đều bất qua phép biến đổi xạ ảnh của Pn , thì mọi điểm của U đều bất động. Giải Giả sử S0 , S1 , . . . , Sr , E là n + 2 điểm trong r-phẳng U thỏa điều kiện bài toán. → → → → Gọi − e0 , − e1 , . . . , − er , − e lần lượt là các vectơ đại diện cho S0 , S1 , . . . , Sr , E là n + 2. Trên U ta có r điểm độc lập S0 , S1 , . . . , Sr , E là n + 2. Vì E ∈ U nên ta có → − → → → e = t0 − e0 + t1 − e1 + . . . + tr − er (1) →0 − → − → − → → → Đặt e0 = t0 − e0 , e01 = t1 − e1 , . . . , e0r = tr − er . Đây cũng là các vectơ đại điện cho điểm S0 , S1 , . . . , Sr . → − − → → − → (1) ⇒ − e = e00 + e01 + . . . + e0r
10
www.VNMATH.com Vì S0 , S1 , . . . , Sr , E bất động nên → − → − ϕ( e00 ) = k0 e00 → − → − ϕ( e01 ) = k1 e01 ... →0 − → − ϕ( er ) = kr e0r
Do đó
ki 6= 0, ∀i = 1, r k 6= 0
→ − − → → − − ϕ(→ e ) = e00 + e01 + . . . + e0r ) → − − → → − → − → − → − ⇒ k( e00 + e01 + . . . + e0r ) = k0 e00 + k1 e01 + . . . + kr e0r → − → − → − ⇒ (k − k0 ) e00 + (k − k1 ) e01 + . . . + (k − kr ) e0r = 0
→ − → → − − Vì { e00 , e01 , . . . , e0r } độc lập tuyến tính nên k = k0 = k1 = . . . = kr . → Lấy M ∈ U có vectơ đại diện là − m. Khi đó → − → → → m = l0 − e0 + l1 − e1 + . . . + lr − er → − → − → − → ⇒ ϕ(− m) = kl0 e00 + kl1 e01 + . . . + klr e0r ) → − → − → − = k(l0 e00 + l1 e01 + . . . + lr e0r → = k− m Do đó f (M ) = M . Vậy mọi điểm thuộc U đều bất động. Bài 4: trang 74 0
Trong Pn cho phép biến đổi xạ ảnh có biểu thức tọa độ: k.x = A.x. Tìm tọa độ của: a Ảnh của siêu phẳng u = (u0 : u1 : ... : un ). b Tạo ảnh của điểm X , = (x,0 : x,1 : ... : x,n ) . c Tạo ảnh của siêu phẳng u, = (u,0 : u,1 : ... : u,n ). Giải a. Cho siêu phẳng u = [u0 : u1 : ... : un ]. Ta có: [u]t .[x] = 0. Mặt khác phép biến đổi xạ ảnh biến siêu phẳng u thành siêu phẳng u, có biểu thức tọa 0 độ là k.x = A.x. 0 Khi tọa độ của các điểm thuộc siêu phẳng u thỏa: đó [u]t .[x] = 0 [u]t .[x] = 0 ⇒ , k.[x ] = A[x] k.[u].A−1 [x, ] = [u]t .[x] Do detA 6= 0 =⇒ ∃A−1 =⇒ k.[u]t .A−1 [x, ] = 0 (1) 11
www.VNMATH.com Do đó (1) là ảnh của siêu phẳng u. 00 00 00 00 b. Với X = (x0 : x1 : ... : xn ) Suy ra tọa độ tạo ảnh là [x] = k.A−1 .[x00 ] 0 0 0 0 0 0 c. Ta có: u = [u0 : u1 : ... : un ] =⇒ [u ]t .[x ] = 0 0 Khi tọa độ các điểm thuộc tạo ảnh của siêu phẳng u thỏa đó 0 0 [u ].[x ] = 0 0 ⇒ [u ]t .A.[x] = 0 0 k.[x ] = A[x] Bài 5: trang 74 0
Trong Pn cho phép biến đổi xạ ảnh f có biểu thức tọa độ: k.x = A.x. Gọi χ(λ) = det(A − λIn ) là đa thức đặc trưng của ma trận A (In lmatrnØnvcpn). Chứng minh rằng: a Tọa độ (x0 : x1 : ... : xn ) của điểm bất động là nghiệm của hệ phương trình: A − λIn )x = 0, trong đó λ là nghiệm của đa thức đặc trưng. b Tọa độ (u0 : u1 : ... : un ) của siêu phẳng bất động là nghiệm của hệ: (At − λIn ) = 0, trong đó λ là nghiệm của đa thức đặc trưng. c Nếu λ là nghiệm đơn của đa thức đặc trưng thì điểm bất động và siêu phẳng bất động ứng với nghiệm đó không thuộc nhau. Giải a) Phép biến đổi xạ ảnh f có phương trình: 0
kx = Ax Khi đó phương trình tìm điểm bất động của f là: kx = Ax ⇔ (A − kIn )x = 0
(1)
Đây là hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có n + 1 phương trình với n + 1 ẩn số. Muốn hệ phương trình này có nghiệm không tầm thường thì |A − kIn | = 0 với mọi nghiệm k = λi của hệ phương trình |A − kIn |. Ta có các điểm bất động của f ứng với giá trị riêng λi có tọa độ thỏa mãn hệ phương trình (A − kIn )x = 0. Bài 6: trang 75 Trong P2 cho mục tiêu xạ ảnh S0 , S1 , S2 ; E.Tìm biểu thức tọa độ của các phép biến đổi xạ ảnh thỏa mãn một trong các điều kiện sau đây: a. Các Si đều là điểm bất động (tức là biến thành chính nó). b. Các điểm S0 , S1 , S2 lần lượt biến thành S1 , S2 , S0 và điểm E bất động. c. Điểm S0 bật động, đường thẳng S1 S2 bật động (đường thẳng biến thành chính nó) và S1 biến thành S2 .
12
www.VNMATH.com Giải → → → Gọi − e0 , − e1 , − e2 lần lượt là các véctơ đại diện cho các điểm S0 , S1 , S2 . → → a. vì f (S0 ) = S0 ⇒ ϕ(− e0 ) = k0 − e0 → − → − f (S1 ) = S1 ⇒ ϕ( e1 ) = k1 e1 → → f (S2 ) = S2 ⇒ ϕ(− e2 ) = k2 − e2 Biểu thức tọa độ của phép biến đổi xạ ảnh f là: 0 0 k x 0 = k0 x 0 0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
k x1 =
k1 x1
(k0 ; k1 ; k2 6= 0)
k x2 = k0 x 2 → − → b.Vì f (S0 ) = S1 ⇒ ϕ( e0 ) = k0 − e1 → − → f (S1 ) = S2 ⇒ ϕ( e1 ) = k1 − e2 → − → − f (S2 ) = S0 ⇒ ϕ( e2 ) = k2 e0 Biểu thức tọa 0 0 độ của f có dạng k2 x 2 k x0 = k x 1 = k0 x 0
(k0 ; k1 ; k2 6= 0)
k x2= k1 x 1 k = k2 Vì f(E) = E nên k = k0 ⇒ k0 = k1 = k2 = k k = k1 Chọn k = 1. biểu thức tọa độ của f cần tìm có dạng: Vậy 0 0 x2 k x0 = k x1 = x0
k x2 = x1 → → c. Vì f (S0 ) = S0 ⇒ ϕ(− e0 ) = k0 − e0 → → f (S1 ) = S2 ⇒ ϕ(− e1 ) = k1 − e2 Biểu thức tọa cảu f có dạng: độ 0 0 + a2 x 2 k x 0 = k0 x 0 0 0 k x1 = k1 x 1 + b2 x 2 0 0 c2 x2 k x2 = Phương trình tổng quát của đường thẳng S1 S2 : x0 = 0 0 0 0 Vì M (0 : y1 : y2 ) ∈ S1 S2 biến thành M (0 : y1 : y2 ) ∈ S1 S2 ( + a2 y 2 0 =0 a2 = 0 k1 y 1 + b2 y 2 Nên ky1 = ⇒ k1 , c2 6= 0 0 ky2 = c2 y2 Vậy biểu thức độ của f cần tìm là: tọa 0 0 k x = k0 x 0 0 0 0 với k0 , k1 , c2 6= 0. k x1 = k1 x 1 + b2 x 2 0 0 k x2 = c2 x2 Bài 7: trang 75 Gọi S0 , S1 , S2 , S3 ; E là mục tiêu xạ ảnh trong P3 . Tìm biểu thức tọa độ của tất cả các phép biến đổi xạ ảnh f : P3 −→ P3 thỏa mãn một trong các điều kiện sau đây: a Các điểm S0 , S1 , S2 , S3 điều biến thành chính nó. 13
www.VNMATH.com b Hai đường thẳng S0 S1 và S2 S3 điều biến thành chính nó. c Các đường thẳng S0 S1 biến thành đường thẳng S2 S3 . d Chỉ có hai điểm bất động là S0 , S2 và chỉ có một đường thẳng bất động là S1 , S3 . e Có hai đường thẳng bất động là S0 S1 và S2 S3 , không có điểm bất động và đường thẳng bất động. f Các điểm S0 , S1 và mọi điểm trên S2 S3 đều bất động. g Các điểm của mặt phẳng < S0 , S1 , S2 > đều bất động và đường thẳng S0 S3 bất động. Giải a. Biểu thức tọa độ của f có dạng: 0 x0 x01 k x02 = x03
a 0 0 0
0 b 0 0
0 0 c 0
0 x0 x1 0 0 x2 d x3
Ta có: f (E) = E 0 kx00 kx01 ⇒ (f ) : kx02 kx03
= k0 x 0 = k1 x 1 = k2 x 2 = k3 x 3
Với ki 6= 0 tùy ý, i = 0, 3. → → → → b. Gọi − e0 , − e1 , − e2 , − e3 lần lượt là các vector đại diện của S0 , S1 , S2 , S3 . x2 = 0 S0 S1 : x3 = 0 Phương trình tổng quát của các đường thẳng : x0 = 0 S2 S3 : x1 = 0 Biểu thức tọa độ của f có dạng: 0 0 k x = a0 x 0 + a1 x 1 + a2 x 2 + a3 x 3 0 00 k x 1 = b0 x 0 + b1 x 1 + b2 x 2 + b3 x 3 f: k 0 x0 = c0 x0 + c1 x1 + c2 x2 + c3 x3 0 20 k x3 = d0 x0 + d1 x1 + d2 x2 + d3 x3 Vì M (y0 : y1 : 0 : 0) ∈ S0 S1 biến thành M 0 (y0 0 : y1 0 : 0 : 0) ∈ S0 S1 . Nên: ky00 = a0 y0 + a1 y1 c0 = c1 = 0 0 ky1 = b0 y0 + b1 y1 d 0 = d1 = 0 f: ⇒ a0 a1 0 = c y + c y 0 0 1 1 6= 0 0 = d0 y0 + d1 y1 b0 b1 Tương tự N (0 : 0 : z2 : z3 ) ∈ S2 S3 biến thành N 0 (0 : 0 : z2 0 : z3 0 ) ∈ S2 S3 . Nên: 0 = a z + a z a2 = a3 = 0 2 2 3 3 0 = b2 z2 + b3 z3 b 2 = b3 = 0 f: ⇒ c2 c3 k”z20 = c2 z2 + c3 z3 d2 d3 6= 0 k”z30 = d2 z2 + d3 z3 14
www.VNMATH.com Vậy biểu thức tọa độ của f cần tìm là : 0 0 k 0x00 = a0 x0 + a1 x1 k x 1 = b0 x 0 + b1 x 1 f: k 0 x0 = c2 x2 + c3 x3 0 02 k x3 = d2 x2 + d3 x3 a0 a1 6= 0 b b 0 1 Với c2 c3 6= 0 d2 d3 c. Phương trình tổng quát của các đường thẳng (S0 S1 ):
x2 = 0 ; (S2 S3 ): x3 = 0
x0 = 0 x1 = 0
Biểu thức tọa độ của f có dạng: 0 0 k x = a0 x 0 + a1 x 1 + a2 x 2 + a3 x 3 0 00 k x 1 = b0 x 0 + b1 x 1 + b2 x 2 + b3 x 3 f: k 0 x0 = c0 x0 + c1 x1 + c2 x2 + c3 x3 0 02 k x3 = d0 x0 + d1 x1 + d2 x2 + d3 x3 Vì M (y0 : y1 : 0 : 0) ∈ S0 S1 biến thành điểm N (0 : 0 : z2 : z3 ) ∈ S2 S3 . Nên: 0 = a0 y 0 + a1 y 1 a0 = a1 = 0 0 = b0 y 0 + b1 y1 b0 = b1 = 0 f: ⇒ c0 c1 kz = c y + c y 2 0 0 1 1 6= 0 kz3 = d0 y0 + d1 y1 d0 d1 Vậy biểu thức tọa độ của f cần tìm là: a2 k 0 x00 = a2 x2 + a3 x3 k 0 x00 = b2 x2 + b3 x3 b2 ⇒ f: kz2 = c0 x0 + c1 x1 + c2 x2 + c3 x3 c0 kz3 = d0 x0 + d1 x1 + d2 x2 + d3 x3 d0
a3 b3 c1 d1
6= 0 6= 0
→ → → → d. Ta có f (S0 ) = S0 , f (S2 ) = S2 . Nên φ(− e0 ) = k0 − e0 , φ(− e2 ) = k2 − e2 . Biểu thức tọa độ của phép biến đổi xạ ảnh f có dạng: 0 0 k x = k 0 x 0 + a1 x 1 + a3 x 3 0 00 k x1 = b1 x 1 + b3 x3 0 0 k x = c x + k x + c3 x3 1 1 2 0 20 k x3 = d1 x1 + d3 x x0 = 0 Phương trình tổng quát của đường thẳng (S1 S3 ): x2 = 0 0 0 Vì M (0 : y1 : 0 : y3 ) ∈ S1 S3 biến thành M (0 : y1 : 0 : y30 ) ∈ S1 S3 . Nên: 0 = a y + a y a1 = a3 = 0 1 1 3 3 ky10 = b1 y1 + b3 y3 c 1 = c3 = 0 f: ⇒ b1 b3 0 = c1 y1 + c3 y3 6= 0 0 ky3 = d1 y1 + d3 y3 d1 d3 15
www.VNMATH.com Vậy biểu thức tọa độ của f cần tìm là: 0 0 0 = k0 x 0 k0 x 0 b1 x 1 + b3 x 3 k x1 = 0 0 k2 x 2 kx = 0 02 k x3 = d1 x1 + d3 x3 k0 , k2 6= 0 b1 b3 Với 6= 0 d1 d3 e. Theo câu có biểu thức tọa độ của f là: b0 ta 0 a a k x = a x + a x 0 1 0 0 1 1 0 6= 0 b0 b1 k 0 x0 = b x + b x 0 0 1 1 1 , với f: 0 0 c c = c x + c x k x 2 2 3 3 2 3 2 6= 0 0 0 d d k x3 = d2 x2 + d3 x3 2 3 Ta có phương trình của f là: a0 − k a1 0 0 b b1 − k 0 0 0 =0 0 0 c2 − k c3 0 0 d d − k 3 2 a − k a c − k c 1 2 3 0 ⇔ =0 b0 b1 − k d2 d3 − k ⇔ [(a0 − k)(b1 − k) − b0 a1 ][(c2 − k)(d3 − k) − c3 d2 ] = 0 2 ⇔ (k " − (a0 + b1 )k + c2 d3 − c3 d2 ) = 0 k 2 − (a0 + b1 )k + a0 b1 − a1 b0 = 0(1) ⇔ k 2 − (c2 + d3 )k + c2 d3 − c3 d2 = 0(2) Để qua phép biến đổi xạ ảnh f trong P3 không có điểm bất động và mặt phẳng bất động thì phương trình ( (1) và (2) chỉ có nghiệm kép. Tức là (a0 + b1 )2 − 4(a0 b1 − a1 b0 ) = 0 (c2 + d3 )2 − 4(c2 d3 − c3 d2 ) = 0 ( (a0 − b1 )2 + 4a1 b0 = 0 ⇔ (c2 − d3 )2 + 4c3 d2 = 0 a1 b 0 < 0 c3 d2 < 0 p ⇔ a0 − b1 = ±2 −a1 b0 p c2 − d3 = ±2 −c3 d2 Vậy
16
www.VNMATH.com
0 0 k x0 k 0 x0 1 f: 0 0 k x2 0 0 k x3
a1 b 0 < 0 c3 d2 < 0 p a − b = ±2 −a1 b0 0 1 = a0 x0 + a1 x1 p c2 − d3 = ±2 −c3 d2 = b0 x 0 + b1 x 1 , với a a = c2 x2 + c3 x3 0 1 6= 0 b0 b1 = d2 x2 + d3 x3 c c 2 3 d d 6= 0 2 3
f. Theo đề bài ta có: f (S0 ) = S0 , f (S1 ) = S1 f (S2 ) = S2 , f (S3 ) = S3 → → → → Khi đó: ψ(− e0 ) = k0 − e0 , ψ(− e1 ) = k1 − e1 → − → − → − → − ψ( e2 ) = k2 e2 , ψ( e3 ) = k3 e3 Biểu thức tọa độ của f có dạng: 0 0 k x = k0 x 0 0 00 k1 x 1 k x1 = 0 0 = k2 x 2 k x 0 02 k x3 = k3 x 3 x0 = 0 Phương trình tham số của đường thẳng S2 S3 : x1 = 0 Vì M (0 : 0 : 1 : a) ∈ S2 S3 biến thành chính nó nên ta có: f (M ) = M ∗ k .0 = k0 .0 ∗ k .0 = k1 .0 ⇒ ∗ k = k2 ∗ ak = ak3 ⇒ k2 = k3 = k ∗ Ta có biểu thức tọa độ của f cần tìm là: 0 0 k x = k0 x 0 0 00 k x1 = k1 x 1 0 0 x = k ∗ x2 k 0 02 k x3 = k ∗ x3
(k0 , k1 6= 0)(k ∗ 6= 0)
g. Ta có: f (S0 ) = S0 , f (S1 ) = S1 , f (S2 ) = S2 . Biểu thức tọa độ của f có dạng: 0 0 k x = k0 x 0 + a3 x 3 0 00 k x1 = k1 x 1 + b3 x 3 0 0 kx = k2 x 2 + c3 x3 0 20 k x3 = d3 x3 Phương trình tổng quátcủa < S0 , S1 , S2 > là: x3 = 0. x1 = 0 S0 S 3 : x2 = 0 17
www.VNMATH.com Vì M (a : b : 1 : 0) ∈< S0 , S1 , S2 > biến thành chính nó nên: f (M ) = M ak = ak0 bk = bk1 ⇒ k = k 0k = 0d3 ⇒ k0 = k1 = k2 = k Vì N (1 : 0 : 0 : c) ∈ S0 S3 biến thành điểm N 0 (1 : 0 : 0 : c0 ) ∈ S0 S3 . Nên: k = k 0 + a3 c 0= b3 c 0= c3 c 0 kc = d3 c b3 = 0 c3 = 0 ⇒ d3 6= 0 Vậy biểu thức tọa độ của f cần tìm là: 0 0 k x = kx0 + a3 x 3 0 00 k x1 = kx1 + b3 x 3 (d3 6= 0, k 6= 0) (f ) : 0 0 = kx + c3 x3 k x 2 2 0 0 d3 x3 k x3 =
Bài 8: Trang 76 Các phép biến đổi xạ ảnh dưới đây của P3 sinh ra những phép afin nào, giải thích ý nghĩa hình học của những phép afin đó? 0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
a kx0 = x0 , kxi = −xi , i = 1, 2, 3 0
b kx0 = x0 , kx1 = x1 , kx2 = −x2 , kx3 = x3 c kx0 = x0 , kx1 = x1 , kx2 = x2 , kx3 = −x3 d kx0 = x0 , kx1 = x1 , kx2 = x2 , kx3 = −2x1 − 2x2 − x3 Giải a. Phép afin sinh ra bởi phép xạ ảnh là: 0 Xi = −Xi , i = 1, 2, 3 ? Ý nghĩa hình học: Phép biến đổi afin sinh ra trong ánh xạ xạ ảnh trên là phép đối xứng tâm là gốc tọa độ. b. Phép afinsinh ra bởi phép xạ ảnh là: 0 X1 = X1 0
f: X2 = 0 X3 =
−X2
X3 18
www.VNMATH.com
? Ý nghĩa hình học: M (X1 , X2 , X3 ) → f (M ) = (X1 , −X2 , X3 ) ⇒ Phép afin sinh ra trong ánh xạ xạ ảnh trên là phép lấy đối xứng qua mặt phẳng x2 = 0. c. Phép afin sinh ra bởi phép xạ ảnh là: 0 X1 = X1 0
f:
X2 =
X2
0
−X3
X3 =
? Ý nghĩa hình học: M (X1 , X2 , X3 ) ∈ A3 → f (M ) = (X1 , X2 , −X3 ) ⇒ Phép afin sinh ra trong ánh xạ xạ ảnh trên là phép lấy đối xứng qua mặt phẳng x3 = 0. d.Phép afin sinh ra bởi phép xạ ảnh là: 0 X1 = X1 0
f:
X2 =
X2
0
X3 = −2X1 − 2X2 − X3
Bài 1 trang 85: Trong P 3 cho mục tiêu {S0 , S1 , S2 , S3 ; E}. Viết biểu thức của phép thấu xạ 1-cặp với cơ sở là cặp đường thẳng S0 S1 , S2 S3 và có tỉ số k. Giải Phương trình tổng quát của các đường thẳng x2 = 0 x0 = 0 (S0 S1 ): ; (S2 S3 ): x3 = 0 x1 = 0 A(1 : 1 : 0 : 0) ∈ S0 S1 B(0 : 0 : 1 : 1) ∈ S2 S3 x0 − x1 = 0 ⇒ (AB): x2 − x3 = 0 0 lấyE(1 : 1 : 1 : 1) ∈ AB. Gọi E = f (E) ∈ AB 0 ⇒ E (x0 : x0 : x1 : x1 ) (x0 , x1 6= 0) Theo giả thiết ta có : 1 1 x0 1 1 0 x1 0 0 : = k ⇔ x0 = kx1 [E, E , A, B] = k ⇔ 1 0 x0 0 1 1 x1 1 0 Vậy E (k : k : 1 : 1). Vì f là phép thấu xạ 1-cặp với cơ sớ là cặp đường thẳng S0 S1 , S2 S3 nên ta có: f (S0 ) = S0 , f (S1 ) = S1 , f (S2 ) = S2 , f (S3 ) = S3 0 0 k x 0 = a0 x 0 0 0 k x1 = b1 x1 Biểu thức tọa độ f có dạng: 0 0 c2 x2 kx = 0 20 k x3 = d3 x 3 k k = a 0 0 k0 k = b1 a0 = b 1 = a 0 Vì f (E) = E nên: ⇒ k0 = c 2 k2 = d3 = c k0 = d3
19
www.VNMATH.com 0 0 k x = ax0 0 00 k x1 = ax1 Vậy biểu thức tọa độ cần tìm của f là:(f) 0 0 kx = cx2 0 02 k x3 =
với a,c 6= 0 dx3
Bài 2 trang 85: 0 kx0 = 2x0 + x1 + x2 0 Trong P 2 , cho phép biến đổi xạ ảnh: kx1 = x0 + 2x1 + x2 . Chứng tỏ rằng đó là một 0 kx2 = x0 + x1 + 2x2 phép thấu xạ cặp. Xác định cơ sở và tỉ số thấu xạ. Giải 2−k 1 1 2−k 1 =0 Tìm các điểm bất động của f. Ta có: 1 1 1 2−k k1 = 4 ⇔ −k 3 + 6K 2 − 9k + 4 = 0 ⇔ k2 = k3 = 1 −2x0 + x1 + x2 = 0 x0 − 2x1 + x2 = 0 Với k1 = 4 ta có hệ: ⇔ x0 = x1 = x2 ⇒ O(1 : 1 : 1) x0 + x1 − 2x2 = 0 Với k2 = k3 = 1 ta có hệ: x0 + x1 + x2 = 0 x0 + x1 + x2 = 0 ⇔ x0 + x1 + x2 = 0 x0 + x1 + x2 = 0 Nên f là phép thấu xạ 0-cặp với cơ sở là ⇒ x0 + x1 + x2 = 0 vì O ∈V 0-cặp (O,V) Tỉ số thấu xạ: Lấy B(0:1:-1) ∈ V, M=2(O)+(B)= (2:3:1) ∈ OB 0 f (M ) = M = (8 : 9 : 7) ∈ OB 8 1 2 1 9 1 3 1 0 = 4 k = [M, M , O, B]= : 2 0 8 1 3 1 9 1 Bài 3: trang 85 Trong P3 cho mặt phẳng V có phương trình: x0 + x1 + x2 + x3 = 0. Gọi f là phép thấu xạ đơn có cơ sở V, có tâm thấu xạ (1: 0: 0: 0). Tìm biểu thức tọa độ của f trong các trường hợp sau đây: a Tỉ số thấu xạ k = 3. b f biến điểm (0: 1: 1: 1) thành điểm (3: 1: 1: 1). Tìm tỉ số thấu xạ. c f có tính chất đối hợp, nghĩa là f 2 là phép đồng nhất. Giải
20
www.VNMATH.com a) Lấy M (0 : 1 : 0 : 0) ∈ / V và M 6= O =⇒ (OM ) :
x2 = 0 x3 = 0
0
A = OM ∩ V =⇒ A(1 : −1 : 0 : 0). Gọi f (M ) = M 0 0 0 M ∈ OM =⇒ M (t1 : t2 : 0 : 0). Mà [O, A, M, M ] = 3 1 0 1 0 0 1 −1 1 0 : = 3 ⇔ t1 = 2t2 ⇒ M (2 : 1 : 0 : 0) ⇔ 1 t1 1 t1 0 t2 −1 t2 Lấy N(0: 1: -1: 0), P(0: 0: 1: -1), B(1: 0: 0: -1) thuộc V. Biểu thức tọa độ của f có dạng: 0 kx0 = a0 x0 + a1 x1 + a2 x2 + a3 x3 0 kx1 = b0 x0 + b1 x1 + b2 x2 + b3 x3 0 kx2 = c0 x0 + c1 x1 + c2 x2 + c3 x3 0 kx3 = d0 x0 + d1 x1 + d2 x2 + d3 x3 0 = a1 − a2 k1 = b1 − b2 +f (0 : 1 : −1 : 0) = (0 : 1 : −1 : 0) =⇒ −k 1 = c1 − c2 0 = d1 − d2 0 = a2 − a3 0 = b2 − b3 +f (0 : 0 : 1 : −1) = (0 : 0 : 1 : −1) =⇒ k2 = c2 − c3 −k2 = d2 − d3 k 3 = a0 − a3 0 = b0 − b3 +f (1 : 0 : 0 : −1) = (1 : 0 : 0 : −1) =⇒ 0 = c0 − c3 k3 = d0 − d3 k 4 = a0 0 = b0 +f (1 : 0 : 0 : 0) = (1 : 0 : 0 : 0) =⇒ 0 = c0 0 = d0 2k5 = a1 k5 = b1 +f (0 : 1 : 0 : 0) = (2 : 1 : 0 : 0) =⇒ 0 = c1 0 = d1 k1 = k 2 = k 3 = k5 =⇒ k4 = 3k1 Vậy 0 kx0 = 3k1 x0 + 2k1 x1 + 2k1 x2 + 2k1 x3 0 kx1 = k1 x 1 (f ) : 0 kx2 = k1 x 2 0 kx3 = k1 x 3
21
www.VNMATH.com . Hay
0 kx0 0 kx1 (f ) : 0 kx2 0 kx3
= 3x0 + 2x1 + 2x2 + 2x3 = x1 = x2 = x3
b) (V):x0 + x1 + x2 + x3 = 0. Lấy A, B, C thuộc V: A(0: 0: 1: -1), B(1: -1: 0: 0), C(1: 0: 0: -1). Biểu thức tọa độ của f có dạng: 0 kx0 = a0 x0 + b0 x1 + c0 x2 + d0 x3 0 kx1 = a1 x0 + b1 x1 + c1 x2 + d1 x3 0 kx2 = a2 x0 + b2 x1 + c2 x2 + d2 x3 0 kx3 = a3 x0 + b3 x1 + c3 x2 + d3 x3 + f (A) = A.
+ f (B) = B.
+ f (C) = C.
Suy ra: 0 = c0 − d0 0 = c1 − d1 k = c2 − d2 −k = c3 − d3
(I)
k = a0 − b 0 −k = a1 − b1 0 = a2 − b 2 0 = a3 − b 3
(II)
k = a0 − d0 0 = a1 − d1 0 = a2 − d2 −k = a3 − d3
(III)
Suy ra:
Suy ra:
0
Ta có: D(0: 1: 1: 1), D (3 : 1 : 1 : 1) 0 + f (D) = (D ). Suy ra: 3k = b0 + c0 + d0 k = b1 + c1 + d1 k = b2 + c2 + d2 k = b3 + c3 + d3 Từ các hệ (I), (II), (III), và (IV), ta suy ra: a0 = 2k0 b0 = c0 = d0 = k0 b1 = k1 c1 = d1 = a1 = 0 a 2 = b2 = d2 = 0 a3 = b3 = d3 = 0 c = k2 2 d3 = k 22
(IV )
www.VNMATH.com Thay vào biểu thức tọa độ của f ta có: 0 kx0 = 2k1 x0 + k1 x1 + k1 x2 + k1 x3 0 kx1 = k1 x1 0 kx2 = k1 x2 0 kx3 = k1 x3 Vậy:
0 kx0 0 kx1 0 kx2 0 kx3
(f ) :
= 2x0 + x1 + x2 + x3 = x1 = x2 = x3
∗ (OD): x0 x1 x2 x3
= t1 = t2 = t2 = t2
Gọi E = OD ∩ V =⇒ E(−3 : 1 : 1 : 1) =⇒
3 0 1 1 1 0 0 : [D, D , O, E] = 0 −3 3 1 1 1
1 0 = −2 −3 1
Vậy k = - 2. c) f có tính chất đối hợp. Ta có: 0
0
f (M ) = M , f (M = M ) 0
[O, A, M, M ] = k 1 =k [O, A, M, M 0 ] k = −1 2 =⇒ k = 1 ⇔ k = ±1 =⇒ k = 1(loai) 0
⇔ [O, A, M , M ] = K ⇔
Do f có tínhchất đối hợp suy ra k = -1. M (0 : 1 : 0 : 0) ∈ / V và O 6= M x2 = 0 (OM ) : x3 = 0 0 0 0 Mà A = OM ∩ V =⇒ A(1 : −1 : 0 : 0). Gọi M = f (M ) =⇒ M ∈ OM =⇒ M (a : b : 0 : 0) 0 Theo gải thiết ta có: [O, A, M, M ] = −1
⇔
1 0 1 0
0 1 a b
⇔
1 b
:
1 a+b
:
1 −1 1 −1
= −1
0 1 a b
= −1
⇔
0
Chọn b = 1 =⇒ a = −2 =⇒ M (−2 : 1 : 0 : 0). 23
a b
= −2
⇒ a = −2b
www.VNMATH.com Lấy N (0 : 1 : −1 : 0), P (0 : 0 : 1 : −1), B(1 : 0 : 0 : −1) thuộc V. Ta có: 0 = a1 − a2 k1 = b1 − b2 +f (0 : 1 : −1 : 0) = (0 : 1 : −1 : 0) =⇒ −k1 = c1 − c2 0 = d1 − d2 0 = a2 − a3 0 = b2 − b3 +f (0 : 0 : 1 : −1) = (0 : 0 : 1 : −1) =⇒ k2 = c 2 − c 3 −k2 = d2 − d3 k 3 = a0 − a3 0 = b0 − b3 +f (1 : 0 : 0 : −1) = (1 : 0 : 0 : −1) =⇒ 0 = c0 − c3 k3 = d0 − d3 k 4 = a0 0 = b0 +f (1 : 0 : 0 : 0) = (1 : 0 : 0 : 0) =⇒ 0 = c0 0 = d0 −2k5 = a1 k5 = b1 +f (0 : 1 : 0 : 0) = (−2 : 1 : 0 : 0) =⇒ 0 = c1 0 = d1 Từ các hệ phương trình trên ta suy ra: k 1 = k2 = k3 = k5 k4 = −k1 Vậy
Hay
0 kx0 0 kx1 0 kx2 0 kx3
= −k1 x0 − 2k1 x1 − 2k1 x2 − 2k1 x3 = k1 x 1 = k1 x 2 = k1 x 3
0 kx0 0 kx1 0 kx2 0 kx3
= −x0 − 2x1 − 2x2 − 2x3 = x1 = x2 = x3
Bài 4: trang 85 Trong P2 cho các điểm A = (1: 1: 1), B = (0: 1: 2), C(1: 0: 3), D = (1: 2: 0), E = (3: 0: 2). Tìm biểu thức tọa độ của phép biến đổi xạ ảnh f : P2 −→ P2 , biết rằng f giữ bất động các điểm A, B, C và biến điểm D thành điểm E. Đó có phải là phép thấu xạ không? Giải
24
www.VNMATH.com Biểu tọa độ của f có dạng: thức 0 0 k x 0 = a0 x 0 + a1 x 1 + a2 x 2 0 0 k x 1 = b0 x 0 + b1 x 1 + b2 x 2 0 0 k x2 = c0 x0 + c1 x1 + c2 x2 k1 = a0 + a1 + a2 (1) Vì f (1 : 1 : 1) → (1 : 1 : 1) nên k1 = b0 + b1 + b2 (2) k = c + c + c (3) 0 1 2 1 0 = a1 + 2a2 (4) Vì f (0 : 1 : 2) → (0 : 1 : 2) nên k2 = b1 + 2b2 (5) 2k = c + 2c (6) 1 2 2 k3 = a0 + 3a2 (7) Vì f (1 : 0 : 3) → (1 : 0 : 3) nên 0 = b0 + 3b2 (8) 3k3 = c0 + 3c2 (9) 3k4 = a0 + 2a1 (10) Vì f (1 : 2 : 0) → (3 : 0 : 2) nên 0 = b0 + 2b1 (11) 2k = c + 2c (12) 4 0 2 3k1 + k3 a0 = 4 k1 − k3 Từ (1), (4), (7) ta được a1 = 2 k − a2 = 3 k 1 4 3 b0 = (k1 − k2 ) 4 k1 + k 2 Từ (2), (5), (8) ta được b1 = 2 k − k1 2 b2 = 4 3k1 + 3k3 − 6k2 c0 = 4 2k2 − 3k3 + k1 Từ (3), (6), (9) ta được c1 = 2 3k − k 1 + 2k2 c2 = 3 4 Thay các ai , bi , ci (i = 0, 2) vào hệ (*) ta được k1 = k4 7k − 3k = 12 3 1 7k1 + k2 = 0 ⇔ k2 = −7k4 5 7k + 2k − 9k = 8k k3 = − k3 1 2 3 4 3 Do đó 1 a0 = k 4 3 b = 6k 0 4 c0 = 10k4 4 b1 = −3k4 , c1 = −4k4 a1 = k 4 , 3 b3 = −2k4 c3 = −5k4 a3 = − 2 k 4 3 Vậy biểu thức tọa độ của f cần tìm là: 25
(*)
www.VNMATH.com 1 4 2 0 0 k x0 = 3 x0 + 3 x1 − 3 x2 (f): k 0 x0 = 6x − 3x − 2x k 6= 0 0 1 2 1 k 0 x0 = 10x − 4x − 5x 2
0
1
2
Hay
0 kx0 = x0 + 4x1 − 2x2 0 (f): kx1 = 18x0 − 9x1 − 6x2 k 6= 0 0 kx2 = 30x0 − 12x1 − 15x2 Phương trình đặt trưng của f là: 1 − k 4 −2 9−k −6 18 =0 30 − 12 − 15 − k k1 = 3 3 2 ⇔ −k − 23k − 27k + 315 = 0 ⇔ k2 = −21 k3 = −5 Vì phương trình đặt trưng chỉ có nghiệm đơn nên f chỉ có 3 điểm bất động là A, B, C. A 1 1 1 Vì B = 0 1 2 = 4 6= 0 C 1 0 3 Nên A,B, C không thẳng hàng do đó f không phải là phép thấu xạ vì không tồn tại đường thẳng d nào để mọi điểm trên d qua f đều bất động. Bài 5 trang 86: Trong P3 cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình: ( ( x0 − x1 = 0. 4x0 − 3x1 + x3 = 0. 2x0 + x2 + 3x3 = 0. x0 + x2 = 0.
Tìm biểu thức tọa độ của phép thấu xạ 1 - cặp với cơ sở là cặp (d, d’) và tỉ số thấu xạ k = -1. Giải ( x0 − x1 = 0. Đặt (d) : 2x0 + x2 + 3x3 = 0. ( 4x0 − 3x1 + x3 = 0. (d’) : . x0 + x2 = 0. Trên d lấy điểm A(-2 : -2 : 1 : 1) và B(1 : 1 : -2 : 0). Trên d’ lấy điểm C(-1 : 0 : 1 : 4) và D(0 : 1 : 0 : 3). Lấy G(3 : 3 : 0 : 2) ∈ d và H(1 : 1 : -1 : -1) ∈ d’. Phương trình tham số của đường thẳng
26
www.VNMATH.com x0 = 3t1 + t2 x = 3t + t 1 1 2 (GH) : x2 = −t2 x3 = 2t1 − t2 Phương ( trình tổng quát của GH là: x0 − x1 = 0. (GH) : 2x1 + 5x2 − 3x3 = 0. Lấy M(4 : 4 : -1 : 1) ∈ GH. Khi đó f (M ) = M 0 (a : a : b :
2a + 5b ) ∈ GH. 3
Theo giả thiết k = −1 ⇔
⇔ [M, M 0 , G, H] = −1 4 3 a 3 −1 0 b 0 : = −1 ⇔ a = 2b 4 3 a 1 −1 0 b −1
Vậy M’(2 : 2 : 1 : 3). Vì f là phép thấu xạ 1 - cặp với cặp cơ sở là cặp đường thẳng d và d’ nên f giữ bất động các điểm A, B, C, D. Biểu thức tọa độ của f có dạng: 0 kx0 = a0 x0 + a1 x1 + a2 x2 + a3 x3 kx0 = b x + b x + b x + b x 0 0 1 1 2 2 3 3 1 0 kx2 = c0 x0 + c1 x1 + c2 x2 + c3 x3 0 kx3 = d0 x0 + d1 x1 + d2 x2 + d3 x3 Ta có A → A −2k0 −2k 0 ⇒ k0 k0
= −2a0 − 2a1 + a2 + a3 = −2b0 − 2b1 + b2 + b3 = −2c0 − 2c1 + c2 + c3 = −2d0 − 2d1 + d2 + d3
(1) (2) (3) (4)
B→B k1 = a0 + a1 − 2a2 (5) k = b + b − 2b (6) 1 0 1 2 ⇒ −2k1 = c0 + c1 − 2c2 (7) 0 = d0 + d1 − 2d2 (8) C→C −k2 = −a0 + a2 + 4a3 0 = −b + b + 4b 0 2 3 ⇒ k2 = −c0 + c2 + 4c3 4k2 = −d0 + d2 + 4d3
(9) (10) (11) (12) 27
www.VNMATH.com D→D 0 = a1 + 3a3 k = b + 3b 3 1 3 ⇒ 0 = c1 + 3c3 3k3 = d1 + 3d3 M →M 2k4 2k 4 ⇒ k4 3k4
(13) (14) (15) (16)
= 4a0 + 4a1 − a2 + a3 = 4b0 + 4b1 − b2 + b3 = 4c0 + 4c1 − c2 + c3 = 4d0 + 4d1 − d2 + d3
(∗)
Từ (1), (5), (9), (13) ta có: −2k0 = −2a0 − 2a1 + a2 + a3 k = a0 + a1 − 2a2 1 −k2 = −a0 + a2 + 4a3 0 = a1 + 3a3 a0 = 2k0 + 3k1 − 4k2 a = −3k + 3k 1 1 2 ⇔ a2 = 2k0 − k1 − k2 a3 = k 1 − k 2 Từ (2), (6), (10), (14) ta có −2k0 = −2b0 − 2b1 + b2 + b3 k = b + b − 2b 1 0 1 2 0 = −b0 + b2 + 4b3 k3 = b1 + 3b3 b0 = 2k0 + 3k1 − 5k3 b = −3k + 4k 1 1 3 ⇔ b = 2k − k − k3 2 0 1 b3 = k1 − k3 Từ (3), (7), (11), (15) ta có k0 = −2c0 − 2c1 + c2 + c3 −2k = c + c − 2c 1 0 1 2 k2 = −c0 + c2 + 4c3 0 = c1 + 3c3 c0 = −k0 − 6k1 + 4k2 c = 6k − 3k 1 1 2 ⇔ . c 2 = −k0 + 2k1 + k2 c3 = −2k1 + k2 28
www.VNMATH.com
Từ (4), (8), (12), (16) ta có: k0 = −2d0 − 2d1 + d2 + d3 0 = d + d − 2d 0 1 2 4k2 = −d0 + d2 + 4d3 3k3 = d1 + 3d3 d0 = −k0 + 16k2 − 15k3 d = −12k + 4k 1 2 3 ⇔ . d 2 = −k0 + 4k2 − 3k3 d3 = 4k2 − 3k3 Thay vào (∗) ta được 6k0 + 2k1 − 4k2 = 2k4 6k + 2k − 4k = 2k 0 1 2 4 −3k0 − 4k1 + 4k2 = k4 −3k0 + 16k2 − 12k3 = 3k4 k0 = 4k4 1 k1 = k4 2 7 k2 = k4 4 k3 = 7 k4 4 Thay các giá trị của k0 , k1 , k2 , k3 để tìm ai , bi , ci , di i = 1, 3 5 3 a = b0 = k4 k 0 4 2 4 15 a1 = k4 b1 = 11 k4 4 2 ; 23 23 a2 = k 4 b2 = k4 4 4 a3 = −5 k4 b3 = −5 k4 4 4 −21 9 c0 = k4 d0 = k4 4 4 d1 = 0 c1 = 9 k4 4 ; . −5 −5 d2 = k4 c = k 2 4 4 4 7 3 c3 = k4 d3 = k4 4 4 Vậy biểu thức tọa độ của f cần tìm là
29
www.VNMATH.com 5 15 23 5 = x0 + x1 + x2 − x3 2 4 4 4 3 11 23 5 = x0 + x1 + x2 − x3 4 2 4 4 −21 9 5 3 0 kx2 = x0 + x1 − x2 + x3 4 4 4 4 kx0 = 9 x0 − 9 x2 + 7 x3 3 4 4 0 0 4 k x0 = 10x0 + 15x1 + 23x2 − 5x3 k 0 x0 = 3x + 22x + 23x − 5x 0 1 2 3 1 ⇔ 0 0 k x2 = −21x0 + 9x1 − 5x2 + 3x3 0 0 k x3 = 9x0 − 9x2 + 7x3 kx00 kx01
Bài 8: trang 86 Trong P n với mục tiêu xạ ảnh {S0 , S1 , . . . , Sn ; E} cho phép thấu xạ đơn f khác phép dồng nhất sao cho mọi điểm Si đều bất động. a Chứng tỏ rằng tâm của phép thấu xạ là một trong các đỉnh Si . b Viết biểu thức tọa độ của f nếu Si là tâm thấu xạ. Giải Vì f là phép thấu xạ đơn nên trong n + 1 điểm bất động Si , (i = 0, n) phải có n điểm thuộc siêu phẳng bất động. Gọi αi là siêu phẳng đi qua các đỉnh tọa độ trừ đỉnh Si . Lấy M ∈ αi khi đó: M (1 : 1 : . . . 1 : 0 : 1 : . . . : 1). Vì các điểm Sj , (i 6= j) và M đều bất động nên biểu thức độ của f có dạng: tọa 0 kxi = ai xi (i 6= j) 0 kxj = aj xj Vì Si cũng bất động ta có: f (Si ) = Si nên 0 kxi = ai xi ⇒f : (i 6= j) 0 kxj = axj Trong đó ai 6= a vì nếu ai = a thì f là phép đồng nhất. Ta sẽ chứng minh điểm Si là tâm của phép thấu xạ: Ta có Si bất động. Gọi d là đường thẳng bất kì đi qua Si . Ta sẽ chứng minh d là bất động. Lấy X(x0 : x1 : . . . : xn ) ∈ d f (X) = (ax0 : ax1 : . . . : ai xi : . . . : axn ) = aM + xi (ai − a)Si ∈ d Vậy Si là tâm thấu xạ của f
30
www.VNMATH.com
Tài liệu 1. Văn Như Cương - Hình học xạ ảnh - Nhà xuất bản Đại học sư phạm. 2. Phạm Bình Đô - Bài tập hình học xạ ảnh - Nhà xuất bản Đại học sư phạm. 3. Nguyễn Mộng Hy - Bài tập hình học cao cấp - Nhà xuất bản Giáo dục.
31
