Không gian xạ ảnh
Cho một tập hợp P và một K-không gian vectơ n+1 chiều V n +1, với song ánh p: [V n +1 ]−→P Bộ ba (P,p,V n +1 ) được định nghĩa là không gian xạ ảnh n chiều trên trường K, liên kết với K-không gian vectơ V n +1 thông qua song ánh p.
Cho không gian xạ ảnh (P n , p,V n +1 ) Gọi W là không gian vectơ con m+1 chiều củaV n +1 (m≥0) Khi đó tập hợp p([W]) được gọi là cái phẳng m chiều (hoặc m-phẳng) của P n
1.3 Phương trình tổng quát của m-phẳng
Một m-phẳng α (m ≥ 1) có thể xem là giao của n-m siêu phẳng độc lập Do đó phương trình của m-phẳng α có dạng
. ur 0x0+ .+urnxn = 0 với rank(Uij) = n - m.
Trong không gian P n = (P, p, V n +1), một bộ n+2 điểm (S0, , Sn; E) được gọi là một mục tiêu xạ ảnh nếu mọi n+1 điểm trong bộ đó là độc lập Các điểm S0, , Sn được xác định là các đỉnh, trong khi điểm E được gọi là điểm đơn vị.
Bộ n+2 điểm (S0, , Sn; E) là một mục tiêu khi và chỉ khi có thể tìm được các vectơ −→e0, , −→en, −→e lần lượt đại diện cho các điểm S0, , Sn; E sao cho
→e =−→e0+ .+−→en Bộ vectơ (−→e0, , −→en) là một cơ sở củaV n +1 , ta gọi cơ sở này là cơ sở đại diện cho mục tiêu (S0, , Sn; E).
1.5 Tỷ số kép của bốn điểm thẳng hàng
Trong K - không gian xạ ảnh P n liên kết với V n +1 cho bốn điểm thẳng hàng A, B,
Trong không gian vectơ 2 chiều, với ba điểm A, B, C không trùng nhau, ta có các vectơ −→a, −→b, −→c, −→d đại diện cho các điểm này Trong đó, vectơ −→a và −→b là độc lập tuyến tính Từ đó, có thể suy ra các hệ số k1, l1 và k2, l2 tương ứng.
→c =k1−→a + l1−→ b −→ d =k2−→a + l2−→ b Khi đó, nếu tỉ số k2 l2
: k1 l1 có nghĩa tức là l2 6=0, thì nó được gọi là tỉ số kép của 4 điểm thẳng hàng A, B, C, D và ký hiệu là [A, B, C, D].
Nếu l2 = 0 thì phân số k2 l2 không có nghĩa, khi đó ta xem tỷ số kép của 4 điểm A,
Trong không gian xạ ảnh P n , tập hợp các siêu phẳng cùng đi qua một (n-2)-phẳng được gọi là chùm siêu phẳng với giá là (n-2)-phẳng đó.
Cho bốn siêu phẳng U, V, W, Z thuộc một chùm, với U, V, W đôi một phân biệt Nếu có một đường thẳng d cắt bốn siêu phẳng này tại các điểm A, B, C, D (không cắt giá của chùm), thì tỉ số kép của bốn điểm A, B, C, D sẽ không phụ thuộc vào vị trí của đường thẳng d.
Tỉ số kép nói trên được gọi là tỉ số kép của chùm bốn siêu phẳng, ký hiệu
Trong P n hai cặp khái niệm sau gọi là đối ngẫu nguyên thuỷ;
( m-phẳng ; (n-m-1)-phẳng) (k-phẳng thuộc vào m-phẳng; (m-k-1)-phẳng chứa (n-m-1)-phẳng)
Tỷ số kép của bốn điểm thẳng hàng và tỷ số kép của bốn siêu phẳng thuộc một chùm được xem xét trong bài viết Giả sử P là một mệnh đề mô tả các siêu phẳng của Pn và mối quan hệ giữa chúng Khi thay thế trong P mỗi từ "m-phẳng" bằng "(n-m-1)-phẳng", từ "thuộc vào" bằng "chứa", từ "chứa" bằng "thuộc vào", và giữ nguyên các từ khác, P sẽ trở thành Pk, được gọi là mệnh đề đối ngẫu của P.
Nếu Plà định nghĩa của một khái niệm N thì P k là định nghĩa của một khái niệm
N ∗ nào đó Khái niệm N ∗ được gọi là khái niệm đối ngẫu của N.
Nguyên tắc đối ngẫu: Nếu P là một định lý thì P k là một định lý.
Bài tập 1.1.1 Chứng minh rằng trong không gian xạ ảnh P 2
1 Qua hai điểm phân biệt có một và chỉ một đường thẳng.
2 Hai đường thẳng phân biệt có duy nhất một điểm chung.
Giả sử A và B là hai điểm phân biệt trong không gian P2, được biểu diễn bởi hai vectơ độc lập tuyến tính −→a và −→b Từ đó, có một không gian vectơ 2 chiều chứa cả hai vectơ này Điều này dẫn đến việc tồn tại duy nhất một đường thẳng trong P2 đi qua hai điểm A và B.
2 Giả sử α, β là hai đường thẳng phân biệt của P 2
Nếuα∩β = ∅, thì dim α + dim β = dim(α+β) - 1 hay 1 + 1 = 2 - 1, vô lý!
Vậy α∩β 6=∅và dim α + dimβ = dim (α+β) + dim(α∩β).
Suy ra dim(α∩β) = 0, tức làα∩β tại một điểm.
Trong không gian xạ ảnh P3, có những cặp đường thẳng không giao nhau, được gọi là các đường thẳng chéo nhau Đồng thời, bất kỳ một đường thẳng nào cũng luôn cắt một mặt phẳng, đảm bảo rằng chúng luôn có ít nhất một điểm chung.
Giải a) Giả sử α, β là hai đường thẳng phân biệt của P 3 Ta có:
Nếu α∩β =∅ thì: dimα+dimβ =dim < α+β >−1.
Trong không gian P3, các đường thẳng α và β có thể không nằm trên cùng một mặt phẳng hoặc có thể là hai đường thẳng chéo nhau Điều này dẫn đến việc tồn tại những cặp đường thẳng trong P3 không có điểm chung Khi xem xét đường thẳng a và mặt phẳng α trong P3, chúng ta cần phân tích mối quan hệ giữa chúng để hiểu rõ hơn về cấu trúc không gian này.
+) Nếu α∩a =∅ thì dimα+dima=dim < α+a >−1 ⇔2 + 1 = 3 - 1, vô lý.
Vậy α∩a 6=∅, khi đó dimα+dima=dim < α+a >+dim(α∩a).
Nếu α∩a=O thì dimα+dima=dim < α+a >+dim(α∩a).
Nếu a∈α thì dimα+dima=dim < α+a >+dim(α∩a).
Vậy trong P 3 một đường thẳng và mặt phẳng luôn có điểm chung.
Trong không gian P n, có một số mệnh đề quan trọng cần chứng minh Đầu tiên, giao của hai phẳng không rỗng sẽ tạo thành một phẳng Thứ hai, một p-phẳng và một (n-p)-phẳng luôn có ít nhất một điểm chung Cuối cùng, giao của một siêu phẳng với một m-phẳng không nằm trên siêu phẳng đó sẽ là một (m-1)-phẳng.
Giải a Giả sử trong P n có m-phẳngα và p-phẳng β (m, p ≤ n).
Nếuα∩β 6=∅ thì: dimα+dimβ =dim < α+β > +dim(α∩β).
Suy ra m + p = n + dim(α∩β) hay dim(α∩β) = m + p - n Vậy α∩β là (m + n - p)-phẳng nào đó. b Giả sử trong P n có p-phẳng α và (n-p)-phẳng β.
+) Nếu α∩β =∅, thì dim < α+β >=dimα+dimβ +1 = p + (n-p) +1 = n + 1, vô lý!
+) Nếu < α+β >=P n thì từ α∩β 6=∅ ta có: dimα+dimβ =dim < α+β >+dim(α∩β) , hay p + (n-p) = n + dim (α + β).
Vậy dim(α+β) = 0, tức là α∩β là một điểm. c Giả sử trong P n có siêu phẳng α và m-phẳng β, β không nằm trong α Suy ra, α∩β 6=∅ Khi đó, dim (α∩β) = dim α + dim β - dim = (n-1) + m - n = m - 1.
Bài tập 1.1.4 Trong P n cho hệ điểm độc lập S0, S1, , Sk Chứng minh rằng, phẳng
và phẳng không có điểm chung.
Giả sử các tập hợp S0, S1, , Sk được biểu diễn bởi các vectơ −→a0, −→a1, , −→ak Nếu các tập hợp này độc lập, thì các vectơ tương ứng cũng sẽ độc lập tuyến tính Điều này có nghĩa là mọi tập con của {S0, S1, , Sk} đều độc lập Trong đó, α =< S0, , Sp > là một p-phẳng và β =< Sp +1, Sp +2, , Sk > là một (k-p-1)-phẳng.
Vì ∩ =~0 nên α∩β =∅.
Bài tập 1.1.5 Trong P 2 cho bốn điểm A, B, C, D trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng Trên các đường thẳng AB, BC, CD, DA lần lượt lấy các điểm M, N, P,
Chứng minh rằng nếu ba đường thẳng MN, AC, PQ đồng quy, thì ba đường thẳng MQ, BD, NP cũng sẽ đồng quy và ngược lại Điều này có nghĩa là sự đồng quy của ba đường thẳng đầu tiên sẽ kéo theo sự đồng quy của ba đường thẳng thứ hai, tạo ra mối liên hệ chặt chẽ giữa chúng.
Xét hai bộ ba điểm (M, A, Q) và (N, C, P), theo định lý Desargues thứ nhất, các đường thẳng MN, AC, PQ sẽ đồng quy tại điểm I khi và chỉ khi ba điểm B, Q, J thẳng hàng, với J được xác định là giao điểm QM ∩.
PN Vậy MQ, BD, NP đồng quy tại J Bài toán được chứng minh.
Các mô hình của không gian xạ ảnh
Bài tập 1.2.1 đề cập đến siêu cầu thực S n trong không gian Euclide E n +1, với tập hợp các điểm xuyên tâm {S n } Cần chứng minh rằng {S n } có thể coi là một mô hình của không gian xạ ảnh n chiều liên kết với các yếu tố liên quan.
E n +1 b) Trong mô hình trên, các m-phẳng của {S n } là những tập hợp nào?
E n +1 là không gian vectơ liên kết của E n +1, trong khi S n là siêu cầu thực tâm I Tập hợp các điểm xuyên tâm {S n} tạo thành không gian xạ ảnh n chiều liên kết với −−−→.
E n +1 không gian con một chiều Gọi {A, A ′ } là giao của đường thẳng qua tâm I có phương ~u với S n Đặt f() = {A, A ′ } Khi đó f là một song ánh từ [−−−→
E n +1 ] đến {S n }. b) m-phẳng trong{S n }là tập hợp các cặp điểm xuyên tâm thuộc một phẳng m+1 chiều trong E n +1
Bài tập 1.2.2 đề cập đến siêu cầu thực S n − 1 trong không gian Euclide n chiều E n, với [S n − 1 ] là tập hợp các điểm nằm trong và trên S n − 1 Để biến [S n− 1 ] thành không gian xạ ảnh n chiều, cần xác định cấu trúc và tính chất của nó Trong không gian xạ ảnh này, các m-phẳng sẽ được xác định dựa trên các tập hợp điểm tương ứng.
E n ]−→[S n− 1 ] sao cho mỗi không gian vectơ con một chiều của−→
E n thành đường kính là giao của đường thẳng qua tâm với S n− 1
Trong không gian xạ ảnh n chiều, bộ ba (E n, p, [S n− 1 ]) được xác định, trong đó m-phẳng là tập hợp các đường kính của S n− 1 thuộc vào phẳng m+1 chiều trong E n.
Bài tập 1.2.3 Chứng minh rằng các tập hợp sau đây lập thành những mô hình của không gian xạ ảnh P n trong không gian afin A n +1 a) Tập hợp [−−→
A n +1 ] (tập các phương một chiều của A n +1 ). b) Tập hợp B các đường thẳng của A n +1 đi qua một điểm O ∈A n +1 c) Tập hợp H các siêu phẳng afin của A n +1 đi qua một điểm O ∈A n +1
A n +1 ]−→P là một ánh xạ đồng nhất, ta có p là song ánh nên có mô hình ([−−→
A n +1 −→ B cho ứng mỗi phần tử ∈ [−−→
Trong không gian A n +1, với đường thẳng (l) thuộc B, đi qua điểm O và có phương v, ta có thể kết luận rằng B là mô hình của P n Xét một mục tiêu afin (0, −→ e 1 , ,−−→ e n +1 ) trong A n +1, mỗi siêu phẳng đi qua O sẽ có phương trình dạng u1x1 + + unxn = 0, với điều kiện (u1, , un) khác không.
= (u1, , un) thì có song ánh q : [−−→
A n+1 ] −→H theo quy tắc cho tương ứng với siêu phẳng α có phương trình u1x1+ .+unxn = 0 Vậy H là một mô hình của P n Bài tập 1.2.4 Trong A n chứng minh rằng tập hợp Q = A n ∪[−→
Mô hình Pn được lập thành từ tập hợp A n, trong đó các phần tử của A n được gọi là điểm (xạ ảnh) thông thường Ngược lại, các phần tử của [-→A n] được định nghĩa là điểm (xạ ảnh) vô tận Tập hợp các điểm vô tận này tạo thành một siêu phẳng Pn−1, được gọi là siêu phẳng vô tận.
Giải Giả sửA n là không gian afin n-chiều trên trường K Có thể lập ánh xạq : [K n +1 ]−→
Lấy một mục tiêu afin (0, −→e1, ,−→en) nào đó của A n Nếu~v = (v0, , vn)∈K n+1 ,
~v 6=~0mà v0 6= 0 thì đặt q là điểm M(v1 v0
)∈A n Nếu~v = (v0, , vn) khác~0 của K n +1 cóv0 = 0, thì đặt q = ∈[−→
A n ] Khi đó q là song ánh Suy ra Q là mô hình của P n
Bài tập 1.2.5 yêu cầu xem xét mặt cầu đơn vị S với phương trình x² + y² + z² = 1, tập trung vào bán cầu bắc (z ≥ 0) và đường xích đạo (z = 0) Gọi G là tập hợp các điểm thuộc bán cầu bắc nhưng không nằm trên đường xích đạo và các cặp điểm đối tâm của đường xích đạo Nhiệm vụ là chứng minh tính chất của tập hợp G trong bối cảnh hình học của mặt cầu.
G là một mô hình của P 2 thực Trong mô hình này, đường thẳng xạ ảnh là gì?
Gọi B là tập hợp các đường thẳng trong không gian E3 đi qua điểm O Ánh xạ q:B −→G được thiết lập như sau: nếu đường thẳng l không nằm trên mặt phẳng Oxy, nó sẽ cắt bán cầu bắc tại một điểm duy nhất M, và ta đặt q(l) = M Nếu l nằm trong mặt phẳng Oxy, nó sẽ cắt xích đạo của S tại hai điểm đối tâm M1 và M2, và ta đặt q(l) = {M1, M2} Như vậy, q là một ánh xạ song ánh, dẫn đến G trở thành một mô hình của P2 thực, vì B cũng là một mô hình của P2 thực.
Mục tiêu xạ ảnh và Toạ độ xạ ảnh
Bài tập 1.3.1 Cho mục tiêu xạ ảnh {Si, E} trong không gian xạ ảnh P n Tìm điều kiện để điểm X = (x0 :x1 : .:xn) nằm trên m-phẳng toạ độ hS0, S1, , Smi.
Giải Điều kiện để M ∈ hS0+ .+Smi là:
Bài tập 1.3.2 Trong P n với mục tiêu xạ ảnh đã chọn, cho r điểm A1, A2, , Ar biết toạ độ của chúng là Ai = (ai0 :ai1 : .:ain), i = 1, 2, , r.
Tìm điều kiện để r điểm đó độc lập.
Giải Điều kiện để A1, A2, , Ar độc lập là các vectơ đại diện của chúng độc lập tuyến tính, điều đó có nghĩa là a10 a1 n
Bài tập 1.3.3 TrongP 2 với mục tiêu xạ ảnh đã chọn, cho các điểm A = (a0 :a1 :a2),
B = (b0 : b1 : b2), C = (c0 : c1 : c2) Chứng minh rằng A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi
Giải Gọi−→a ,−→b ,−→c là các vectơ lần lượt đại diện cho các điểm A, B, C.
A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi {−→a ,−→ b ,−→c} phụ thuộc tuyến tính
Bài tập 1.3.4 Trong không gian xạ ảnh P 2 cho mục tiêu {S0, S1, S2, E} Gọi:
Tìm toạ độ các điểm E0, E1, E2, E0 ′ , E1 ′ , E2 ′
Giải Trong không gian xạ ảnh P 2 cho mục tiêu {S0, S1, S2, E} Khi đó:
S0 = (1 : 0 : 0); S1 = (0 : 1 : 0); S2 = (0 : 0 : 1); E = (1 : 1 : 1). Áp dụng công thức tính toạ độ đường thẳng nối hai điểm phân biệt ta được:
Theo công thức tính toạ độ giao điểm M của hai đường thẳng phân biệt u(u0 :u1 : u2),v(v0 :v1, v2) có toạ độ M(x0 :x1 :x2) xác định bởi x0 u1 u2 v1 v2
Bài tập 1.3.5 yêu cầu phân tích không gian xạ ảnh P n với mục tiêu xạ ảnh {Si, E} Trong đó, Ek được định nghĩa là giao điểm giữa đường thẳng SkE và siêu phẳng đi qua các đỉnh của mục tiêu, ngoại trừ một đỉnh.
Sk Hãy tìm toạ độ của điểm Ek.
Gọi αk là siêu phẳng đi qua các đỉnh trừ Sk Điểm M thuộc vào αk nếu và chỉ nếu tọa độ của M là tổ hợp tuyến tính của tọa độ các điểm Sj, với j khác k.
Do đó toạ độ của M có dạng
Điểm N thuộc vào SkE khi và chỉ khi bộ tọa độ của N là tổ hợp tuyến tính của tọa độ của Sk và E Do đó, tọa độ của N có dạng λ(0, , 1, , 0) + à(1, , 1) = (à, , λ, , à).
Do đó Ek có toạ độ dạng
Suy ra λ= 0, à6= 0 Vậy cú thể lấyEk = (1 : .: 0 : .: 1).
Bài tập 1.3.6 yêu cầu viết công thức đổi tọa độ trong P2 cho các trường hợp cụ thể Đầu tiên, chuyển từ mục tiêu {S0, S1, S2, E} sang {S2, S0, S1, E} Tiếp theo, đổi từ {S0, S1, S2, E} sang {S0, S1, S2, E′} với tọa độ điểm E’ được xác định là E’ = (a0 :a1 :a2) Cuối cùng, thực hiện chuyển đổi từ {S0, S1, S2, E} sang {E, S0, S1, S2}.
Giải Gọi cơ sở đại diện cho mục tiêu {S0, S1, S2, E} là {−→e0,−→e1,−→e2}, cơ sở đại diện cho mục tiêu{S2, S0, S1, E} là{−→ e ′ 0,−→ e ′ 1,−→ e ′ 2}. Theo đề bài ta có
Chọn k0 =k1 =k2 =k3 = 1, ta có công thức đổi toạ độ là:
λx0 =x ′ 1 λx1 =x ′ 2 λx2 =x ′ 0 b) Bằng cách đặt cơ sở tương tự câu a) ta có
Chọn k3 = 1, ta có, công thức đổi toạ độ:
Công thức đổi toạ độ là
Bài tập 1.3.7 Trong P 3 cho mục tiêu xạ ảnh {S0, S1, S2, S3, E} cho các điểm:
Chứng minh rằng, {S0 ′ , S1 ′ , S2 ′ , S3 ′ , E} là một mục tiêu xạ ảnh Tìm ma trận chuyển từ mục tiêu thứ nhất sang mục tiêu thứ hai.
Suy ra (S0 ′ , S1 ′ , S2 ′ , S3 ′ ;E) là một mục tiêu.
Gọi(−→e0,−→e1,−→e2,−→e3)là cơ sở đại diện cho mục tiêu {S0, S1, S2, S3;E} Ta có
Công thức đổi toạ độ là
Phương trình phẳng trong không gian xạ ảnh
Trong bài tập 1.4.1, chúng ta cần chứng minh rằng: a) Ba điểm thẳng hàng nếu và chỉ nếu định thức của ma trận gồm ba cột tọa độ của chúng bằng 0 b) Ba đường thẳng đồng quy nếu và chỉ nếu định thức của ma trận gồm ba cột tọa độ của chúng cũng bằng 0 c) Đối với hai điểm đã cho, việc xác định tính chất thẳng hàng hoặc đồng quy sẽ dựa vào các điều kiện trên.
A = (a0 :a1 :a2) và B = (b0 :b1 :b2) thì đường thẳng có toạ độ (u0 :u1 :u2), trong đó: u0 a1 a2 b1 b2 u1 a2 a0 b2 b0 u2 a0 a1 b0 b1
d) Nếu cho hai đường thẳng: p = (p0 :p1 :p2) và q = (q0 :q1 :q2) thì giao điểm của chúng có toạ độ là: p1 p2 q1 q2
Giải a) Giả sử ba điểm thẳng hàng A(a0 :a1 :a2), B(b0 :b1 :b2), C(c0 :c1 :c2) có vectơ đại diện lần lượt là −→a ,−→b ,−→c.
Ta có A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi {−→a ,−→b ,−→c} phụ thuộc tuyến tính khi và chỉ khi a0 a1 a2 b0 b1 b2 c0 c1 c2
= 0. b) Giả sử ba đường thẳng d1(u0 : u1 : u2), d2(v0 : v1 : v2), d3(w0 : w1 : w2) đồng quy khi và chỉ khi {d1, d2, d3} phụ thuộc khi và chỉ khi{u, v, w}phụ thuộc tuyến tính khi và chỉ khi u0 u1 u2 v0 v1 v2 w0 w1 w2
= 0. c) Gọi X(x0, x1, x2)∈AB khi và chỉ khi A, B, X thẳng hàng Theo ý a) ta có x0 x1 x2 a0 a1 a2 b0 b1 b2
Vậy toạ độ đường thẳng đi qua A và B là (u0 :u1 :u2), trong đó: u0 a1 a2 b1 b2 u1 a2 a0 b2 b0 u2 a0 a1 b0 b1 d) Tương tự ý c) sử dụng kết quả ý b) ta suy ra điều phải chứng minh.
Bài tập 1.4.2 Chứng minh định lý Pappus trong P 2 Cho 6 điểm phân biệt và không thẳng hàng A0, B0, C0, A1, B1, C1 trong đó A0, B0, C0 thẳng hàng và A1, B1, C1 thẳng hàng Gọi:
Chứng minh rằng, ba điểm A2, B2 và C2 thẳng hàng.
Giải Chọn mục tiêu (S0, S1, S2, S3;E) trong đó S0 = A0B0C0∩A1B1C1, S1 ∈ A0B0C0,
S2 ∈ A1B1C1 mà S1 không trùng với A0, B0, C0 còn S2 không trùng với A1, B1, C1. Điểm E chọn tuỳ ý Khi đó ta có:
Từ đó ta tính được:
Cộng ba dòng toạ độ của A2, B2, C2 lại ta được (0 : 0 : 0) nên bb ′ −cc ′ b ′ −c ′ b−c cc ′ −aa ′ c ′ −a ′ c−a aa ′ −bb ′ a ′ −b ′ a−b
Bài tập 1.4.3 Trong P 2 cho mục tiêu {S0, S1, S2;E} Gọi:
Chứng minh rằng, các giao điểm EiEj ∩SiSj với i 6= j, nằm trên một đường thẳng.
Khi đó S0S1 có phương trình x0 x1 x2
Trong bài tập 1.4.4, chúng ta xét hai đường thẳng d và d’ không có điểm chung, được mô tả bằng phương trình tổng quát Với tọa độ của điểm M không nằm trên hai đường thẳng này, nhiệm vụ là viết phương trình của đường thẳng đi qua điểm M, đảm bảo rằng đường thẳng này cắt cả d và d’.
Giải Gọi M(a0 : a1 :a2 :a3) và hai đường thẳng d và d’ có phương trình tổng quát lần lượt là: d:
P là mặt phẳng đi qua M và d có phương trình dạng λ
Thay toạ độ điểm M vào có thể lấy
Tồn tại đường thẳng (l) = P ∩ Q đi qua M và cắt d và d’ Phương trình của (l) là hệ hai phương trình của P và Q.
Tỷ số kép của hàng điểm và chùm bốn siêu phẳng
Bài tập 1.5.1 Trong P 3 cho bốn điểm:
Chứng minh rằng 4 điểm đó thẳng hàng và tìm tỉ số kép [A, B, C, D] Với giá trị nào của p và q thì A, B, C, D là hàng điểm điều hoà.
Dễ thấy C = A + B nên 3 điểm A, B, C phụ thuộc tuyến tính.
Suy ra A, B, C thẳng hàng hay C ∈ AB (1)
D = pA + qB nên 3 điểm A, B, D phụ thuộc tuyến tính.
Suy ra A, B, D thẳng hàng hay D ∈AB (2)
Từ (1) và (2) ta có A, B, C, D thẳng hàng Khi đó:
A, B, C, D là hàng điểm điều hoà khi và chỉ khi [A, B, C, D] = p q = -1 hay q = -p.
Trong bài tập 1.5.2, cho ba điểm A, B, C không thẳng hàng và ba điểm P, Q, R lần lượt nằm trên các đường thẳng BC, CA và AB, không trùng với A, B, C Điểm E được xác định là điểm không nằm trên các đường thẳng BC, CA, AB.
Gọi A ′ = AE ∩BC, B ′ = BE ∩CA, C ′ = CE ∩AB Chứng minh rằng, tích số: [B, C, A ′ , P].[C, A, B ′ , Q].[A, B, C ′ , R] bằng 1 là điều kiện cần và đủ để các đường thẳng
AP, BQ, CR đồng quy, và tích số đó bằng -1 là điều kiện cần và đủ để 3 điểm P, Q,
Để chứng minh rằng ba điểm P, Q, R thẳng hàng, tích số [B, C, A′′, P] · [C, A, B′′, Q] · [C, A, C′′, R] bằng 1 là điều kiện cần và đủ Ngoài ra, nếu tích số này bằng -1, thì ba đường thẳng AP, BQ, CR sẽ đồng quy.
Giải a) Chọn mục tiêu (A, B, C, E) ta có A(1 : 0 : 0), B(0 : 1 : 0), C(0 : 0 : 1), E(1 : 1 : 1 : 1).
Tương tự Q ∈ AC nên gọiQ= (b2 : 0 : b1).
CE = (−1 : 1 : 0); AB = (0 : 0 : 1) ⇒ C ′ AB = (1 : 1 : 0). Áp dụng công thức tỷ số kép
Ta lại có AP = (0 :−a2 :a1), BQ= (b1 : 0 : −b2), CR= (−c2 :c1 : 0).
+) Điều kiện cần và đủ để AP, BQ, CR đồng quy là: o −a2 a1 b1 0 −b2
+) Điều kiện cần và đủ để P, Q, R thẳng hàng là o a1 a2 b2 0 b1 c1 c2 0
Xét hình bốn đỉnh toàn phần ABCE ta được [BCA ′′ A ′′′ ] = −1 Áp dụng ý a) suy ra:
+) Điều kiện cần và đủ để P, Q, R thẳng hàng
⇔ [BCP A ′′ ].[BCA ′′ A ′′′ ].[CAQB ′′ ].[ABRC ′′ ] = −1 mà [BCA ′′ A ′′′ ] =−1 Suy ra
+) Điều kiện cần và đủ để AP, QB, CR đồng quy là
Bài tập 1.5.3 Cho 4 điểm phân biệt thẳng hàng A, B, C, D sao cho[A, B, C, D]>0. Chứng minh rằng có cặp điểm P, Q duy nhất sao cho [A, B, P, Q] = [C, D, P, Q] = −1.
Giải Lấy mục tiêu trên đường thẳng d là (A, B; C) Ta có A(1 : 0), B(0 : 1), C(1 : 1). Nếu D có toạ độ dạng (0 : d) thì D = 0A + dB và C = A + B.
Khi đó [ABCD] = 0 (trái giả thiết [ABCD] > 0.
Vậy D có toạ độ dạng (1 : d), D = A + dB
1 = 1 d > 0 hay d > 0. Để [ABPQ] = [CDPQ] = -1 thì P, Q ∈ AB nên gọi P(1 : p), Q(1 : q) Khi đó:
Bài tập 1.5.4 Trong P 2 cho 4 đường thẳng có phương trình lần lượt là: x0−x1+ 2x2 = 0; 3x1+x2 = 0; x0+ 2x1+ 3x3 = 0; 3x0+ 7x2 = 0.
Chứng tỏ rằng, chúng cùng thuộc một chùm đường thẳng Tính tỷ số kép của bốn đường thẳng theo thứ tự đã cho.
3 đường thẳng (α); (β); (γ) cắt nhau tại điểm I có toạ độ là nghiệm của hệ
Dễ thấy I ∈ (δ), do đó, (α),(β),(γ),(δ) thuộc vào một chùm đường thẳng tâm I(7 :−1 : 3). Áp dụng công thức tính tỷ số kép choα= (1 :−1 : 2),β = (0 : 3 : 1),γ = (1 : 2 : 3), δ= (3 : 0 : 7) ta được [α, β, γ, δ]= 3.
Bài tập 1.5.5 Xét mục tiêu {S0, S1, S2, S3;E} của không gian P 3 và điểm M (a0 : a1 : a2 : a3) Tìm tỉ số kép của bốn mặt phẳng : , ,
Giải Xét mục tiêu {S0, S1, S2, S3;E} của không gian P 3 Ta có: S0 = (1 : 0 : 0 : 0),
M = (a0 :a1 :a2 :a3) α đi qua S0, S1, S2 có phương trìnhx3 = 0. β đi qua S0, S1, S3 có phương trình x2 = 0. γ đi qua S0, S1, E có phương trìnhx2−x3 = 0. δ đi qua S0, S1, M có phương trình a3x2−a2x3 = 0.
Trong bài tập 1.5.6, chúng ta có hai đường thẳng phân biệt d và d’ cắt nhau tại điểm A Trên đường thẳng d, ta chọn ba điểm phân biệt B, C, D khác với A, và trên đường thẳng d’, ta cũng chọn ba điểm phân biệt B’, C’, D’ khác với A Để chứng minh rằng ba đường thẳng BB’, CC’, DD’ đồng quy, ta cần xác định điều kiện cụ thể cho sự đồng quy này.
Cần thêm điều kiện gì để ngoài ra còn có DC’, BB’, CD’, đồng quy?
Giải +) BB’, CC’, DD’ đồng quy tại O khi và chỉ khi
+) DC’, BB’, CD’ đồng quy tại O’ khi và chỉ khi
Vì các điểm A, B, C, D phân biệt nên [A, B, C, D]6= 1
Do đó A, B, C, D là hàng điểm điều hoà.
Bài tập 1.5.7 yêu cầu tìm quỹ tích các điểm N sao cho tứ giác [A, B, M, N] có diện tích k không đổi, trong đó M là một điểm không nằm trên hai đường thẳng phân biệt a và b Đường thẳng qua M cắt a tại A và b tại B, tạo thành mối quan hệ giữa các điểm này.
B N Đặt O = a ∩ b, m là đường thẳng OM.
Qua O dựng đường thẳng n sao cho [a, m, b, n] = k.
Nếu N ∈ n, N6= O và MN cắt a, b tại A, B thì [A, B, M, N] = k.
Ngược lại, nếu N là điểm khác O sao cho [A, B, M, N] = k, trong đó A=a∩MN,
B =b∩MN thì [OA, OB, OM, ON] = k.
Vậy quỹ tích N là đường thẳng n trừ điểm O.
Bài tập 1.5.8 TrongP 2 cho hai đường thẳng a, b và điểm M không nằm trên chúng.
Vẽ qua M hai đường thẳng thay đổi, cắt a ở A và A ′ , và cắt b ở B và B ′ Tìm quỹ tích giao điểm của AB ′ và A ′ B.
I M Đặt O = a ∩ b, m là đường thẳng OM, n là đường thẳng ON.
Từ hình bốn đỉnh toàn phần AA’BB’ suy ra [abmn] = -1 Vì a, b, m cố định nên n cố định, do đó N ∈n.
Hơn nữa N khác O vì nếu N ≡ O thì A, A ′ , B, B ′ trùng nhau tại O và các đường thẳng AB ′ , A ′ B không xác định.
Ngược lại, cho N ∈ n, N 6= O Lấy đường thẳng bất kỳ qua N không qua O cắt b tại B, đường thẳng NB cắt a tạiA ′ Đường thẳng A ′ M cắt B tại B ′ Đặt A1 =NB ′ ∩a, A2 =BM ∩a, I = NB ∩ m, J =NB ′ ∩m Ta có
Xét chùm tâm M với hai cát tuyến BN và NB’ lại có
Vậy mọi điểm N ∈n mà N 6=O đều thoả mãn đầu bài, suy ra quỹ tích các điểm N là đường thẳng n, trừ đi điểm O.
Nguyên tắc đối ngẫu
Bài tập 1.6.1 Phát biểu định lý đối ngẫu của định lý Pappus và định lý Desargues trong P 2
Trong không gian P2, định lý Desargues thứ nhất có tính đối ngẫu, với định lý thuận và định lý đảo là hai mệnh đề đối ngẫu nhau Đối ngẫu của định lý Pappus phát biểu rằng: Trong P2, cho hai điểm phân biệt D và D′ cùng với ba đường thẳng phân biệt a, b, c đi qua D và ba đường thẳng phân biệt a′, b′, c′ đi qua D′, nếu đường thẳng DD′ không trùng với sáu đường thẳng đã cho, thì ba đường thẳng nối các cặp điểm (a∩b′, a′∩b), (b∩c′, b′∩c), (c∩a′, c′∩a) sẽ đồng quy.
Bài tập 1.6.2 Phát biểu định lý đối ngẫu của định lý Cêva và Meunelaus trong P 2
Giải Đối ngẫu của định lý Cêva là: " TrongP 2 cho ba đường thẳng phân biệt a, b, c không đồng quy và ba đường thẳng m, n, p lần lượt đi qua M = b∩c, N = c∩a,
P =a∩b Ba đường thẳng a ′ , b ′ , c ′ lần lượt đi qua M, N, P nối với một điểm D không nằm trên a, b, c Cần và đủ để các điểm a∩m, b∩n,c∩p thẳng hàng là
[b, c, m, a ′ ].[c, a, n, b ′ ].[a, b, p, c ′ ] =−1." Đối ngẫu của định lý Menelaus: " Trong P 2 cho ba đường thẳng phân biệt a, b, ckhông đồng quy và ba đường thẳng m, n, plần lượt đi qua M =b∩c,N =c∩a,
P =a∩b Ba đường thẳng a ′ , b ′ , c ′ lần lượt đi qua M, N, P nối với một điểm D không nằm trên a, b, c Cần và đủ để m, n, p đồng quy là
Bài tập 1.6.3 " Trong P 2 cho 4 đường thẳng a, b, c, d cùng đi qua điểm O Một đường thẳng m không đi qua O cắt a, b, c, d lần lượt tại A, B, C, D thì tỷ số kép [A,
B, C, D] không phụ thuộc vào m" Hãy phát biểu mệnh đề đối ngẫu.
Giải Trong P 2 cho 4 điểm A, B, C, D cùng nằm trên một đường thẳng d Một điểm M không thuộc d, nối M với A, B, C, D ta được chùm đường thẳng có tỷ số kép [MA,
MB, MC, MD] không phụ thuộc vị trí điểm M.
Mô hình xạ ảnh của không gian afin
Bài tập 1.7.1 yêu cầu chứng minh các định lý trong mặt phẳng afin bằng phương pháp xạ ảnh Đầu tiên, hai đường chéo của hình bình hành cắt nhau tại trung điểm mỗi đường, khẳng định tính chất đối xứng của hình bình hành Thứ hai, trong hình thang, trung điểm hai cạnh đáy chia điều hoà cặp giao điểm hai đường chéo và giao điểm hai cạnh bên, thể hiện mối quan hệ tỉ lệ giữa các đoạn thẳng Cuối cùng, đường trung bình trong hình thang luôn song song với hai cạnh đáy, nhấn mạnh tính chất song song trong hình học.
Giải a) Phân tích: Trong P 2 cho W, A 2 =P 2 \W.
Hình bình hành ABCD có:
Vì I là tâm hình bình hành nên [ACIP] = [DBIQ] = −1 với P = AC ∩ W,
Bài tập xạ ảnh: Trong P 2 cho hình tứ đỉnh toàn phần ABCD có hai điểm chéo
AB ∩CD = J ∈ W và AD∩BC = K ∈ W Gọi I = AC ∩ BD, P = AC ∩W,
Xét hình tứ đỉnh toàn phần ABCD có
[KJQP] =−1(tính chất hình tứ đỉnh toàn phần).
Xét chùm đường thẳng DA, DC, DI, DP có
[ACIP] = [DA, DC, DI, DP] = [KJQP] =−1.
Xét chùm đường thăng CA, CB, CI, CQ có
[DBIQ] = [CD, CB, CI, CQ] = [JKP Q] = 1
Hình thang ABCD có AB // CD ⇒ AB∩ CD = I ∈W.
M, N là trung điểm của AB và CD
Bài tập xạ ảnh: Cho hình tứ đỉnh toàn phần ABCD sao cho AB∩CD = I ∈ W. Lấy hai điểm M, N sao cho [ABMI] = −1, [CDNI] = −1 Gọi Q = AD∩ BC,
P ∩BD Chúng minh rằng M, N, P, Q thẳng hàng và [MNP Q] =−1.
Xét hình tứ đỉnh toàn phần ABCD có ba điểm chéo I, P, Q.
P Q∩AB =M ′ ;CD∩P Q=N ′ Theo tính chất hình tứ đỉnh toàn phần:
Mặt khác, xét chùm đường thẳng tâm D có:
[M ′ IAB] = [DM ′ , DN ′ , DA, DB] = [M ′ N ′ P Q] =−1.
[BAM ′ I] = [ABMI] ⇒ M ′ ≡M, N ′ ≡N. Vậy M, N, P, Q thẳng hàng và [MNP Q] =−1. c) Phân tích:
ABCD là hình thang, AB // CD suy ra AB∩CD =I ∈W.
M là trung điểm của AD suy ra [ADMP] =−1 với P ∈ W.
N là trung điểm của BC suy ra [BCNQ] =−1 với Q∈ W.
MN // AB // CD suy ra MN, AB, CD đồng quy tại I∈ W.
Bài tập xạ ảnh: Cho hình tứ đỉnh ABCD sao cho AB ∩CD = I ∈ W Gọi P AD∩W, Q = BC∩W Gọi M, N ∈ AB, BC sao cho [ADMP] = [BCNQ] = −1. Chứng minh M, N, I thẳng hàng.
Giả sử IN ∩AD tại M’ Chứng tỏ M’ ≡ M.
Thật vậy, xét chùm đường thẳng tâm I có
Bài tập 1.7.2 yêu cầu giải các bài toán dựng hình trong mặt phẳng afin chỉ bằng thước kẻ Cụ thể, bài toán đầu tiên là dựng trung điểm của đoạn thẳng AB đã cho, với điều kiện có một đường thẳng d song song với AB Bài toán thứ hai yêu cầu xác định điểm C là trung điểm của đoạn thẳng AB và một điểm D không nằm trên cùng một đường thẳng với AB.
A, B Dựng qua D một đường thẳng song song với AB.
Giải a) Phân tích: Đưa bài toán trong không gian afin vào không gian xạ ảnh.
Trong A 2 ta có d//AB nên trong P 2 , d∩AB =F ∈W.
Gọi J là trung điểm của AB trong A 2 thì trong P 2 có[ABJF] =−1.
Giả sử có hai điểm C và D bất kỳ trên đoạn thẳng d, khi đó tứ giác ABCD được hình thành là một hình tứ đỉnh toàn phần, với giao điểm AB và CD là F thuộc tập hợp W Gọi E là giao điểm của AD và BC, K là giao điểm của AC và BD, và I là giao điểm của EK với DC Từ đó, có thể suy ra rằng các điểm E, I, K, J nằm trên một đường thẳng, dẫn đến kết luận rằng J là giao điểm của EK và AB.
Ta suy ra cách dựng:
-) Lấy C, D tuỳ ý thuộc đường thẳng d sao cho: AD∩BC =E, AC∩BD=K. -) Dựng EK.
-) Dựng J ∩EK Ta được J là điểm cần dựng.
Chứng minh: Đưa bài toán trong không gian afin vào không gian xạ ảnh.
Trong không gian P2, ta có đoạn thẳng AB và CD với điều kiện AB ∩ CD = F, thuộc W trong P2 Xét hình tứ đỉnh EDKC với các giao điểm ED ∩ CK = A, EC ∩ KD = B, J ∩ EK và F ∩ DC Từ đó, suy ra rằng diện tích [ABJF] = -1 trong P2, cho thấy J là trung điểm của đoạn thẳng AB.
Bài toán này có nghiệm hình duy nhất do xác định được duy nhất hai điểm E và K Để giải quyết, cần phân tích bài toán trong không gian afin và chuyển đổi nó sang không gian xạ ảnh.
Giả sử có đường thẳng d đi qua điểm A trong không gian P2, với giao điểm F thuộc đường thẳng AB C là trung điểm của đoạn thẳng AB, do đó diện tích tứ giác ABCF bằng -1 Nếu M và D nằm trên đường thẳng d, ta có thể tạo ra hình tứ đỉnh toàn phần EDKM, trong đó A là giao điểm của ED và MK, B là giao điểm của EM và DK, K là giao điểm của AM, và F là giao điểm của DM.
C =EK ∩AB.Từ đó suy ra.
Cách dựng: Ta có đoạn AB và C là trung điểm của AB.
Dựng điểm E bất kỳ trên đường thẳng BM, M bất kỳ.
Khi đó DM là đường thẳng cần tìm.
Chứng minh: A 2 =P 2 \W Xét trongP 2 , giả sửAB∩W =F Vì C là trung điểm của AB nên [ABCF]=-1.
Gọi I =EK∩DM Trong hình tứ đỉnh toàn phần ABMD có [ABCF]=-1 Suy ra [EA, EB, EC, EF] =−1⇒ [ED, EM, EI, EF] =−1 ⇒[DMIF] = −1 hay D, M, I,
F thẳng hàng Do đó DM ∩AB =F ∈W nên DM // AB.
Biện luận: Bài toán có một nghiệm hình vì chỉ xác định duy nhất các giao điểm K vàD.
Bài tập 1.7.3 Từ các định lý Desargues, Meunelaus, Cêva trong mặt phẳng xạ ảnh, hãy suy ra những định lý của hình học afin.
Trong mô hình xạ ảnh A2, ba điểm độc lập A, B, C tạo thành các đỉnh của tam giác ABC, trong khi các điểm vô tận A'', B'', C'' biểu diễn các điểm trên đường thẳng d Các tỷ số kép xạ ảnh [BCP A''], [CAQB''], [ABRC''] tương ứng với các tỷ số đơn afin [BCP], [CAQ], [ABR], từ đó dẫn đến định lý Menelaus và định lý Ceva trong mặt phẳng afin A2 Định lý Menelaus khẳng định rằng trong mặt phẳng afin A2, nếu ba điểm P, Q, R lần lượt nằm trên ba cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC mà không trùng với các đỉnh A, B, C, thì các điểm này sẽ thỏa mãn một tỷ lệ nhất định.
Điều kiện cần và đủ để ba điểm P, Q, R thẳng hàng trong mặt phẳng A2 là tích ba tỷ số đơn [BCP][CAQ][ABR] = 1 Theo định lý Ceva, trong tam giác ABC, nếu ba điểm P, Q, R nằm trên ba cạnh khác nhau, thì ba đường thẳng AP, BQ, CR sẽ đồng quy khi và chỉ khi tích ba tỷ số đơn [BCP][CAQ][ABR] = 1.
Một số bài tập đề nghị
Bài tập 1.8.1 đề cập đến hai mặt phẳng U và V trong không gian P n Tổng của U và V, ký hiệu là U + V, được định nghĩa là mặt phẳng bé nhất chứa cả U và V Cần chứng minh rằng: a U + V bao gồm tất cả các mặt phẳng chứa cả U và V b Nếu giao của U và V không rỗng (U ∩ V ≠ ∅), thì dim(U + V) = dimU + dimV - dim(U ∩ V) Ngược lại, nếu U và V không giao nhau (U ∩ V = ∅), thì dim(U + V) = dimU + dimV + 1.
Bài tập 1.8.2 Chứng minh rằng, r siêu phẳng độc lập khi và chỉ khi chúng không cùng đi qua một (n - r + 1) phẳng.
Trong bài tập 1.8.3, chúng ta có hai điểm phân biệt O và O’ trên đường thẳng a, cùng với ba đường thẳng b, c, d đi qua O’ và không trùng với a Cần chứng minh rằng ba giao điểm của các đường thẳng b và b’, c và c’, d và d’ sẽ nằm trên một đường thẳng nếu và chỉ nếu một điều kiện nào đó được thỏa mãn.
Cần thêm điều kiện gì để ngoài ra còn có: ba giao điểm b∩b ′ , d∩c ′ , c∩d ′ cũng thẳng hàng?
Trong không gian P n với n điểm độc lập Ai = (ai0 : ai1 : : ain) cho i = 1, 2, , n, chúng ta có thể chứng minh rằng phương trình tổng quát của siêu phẳng đi qua các điểm Ai có thể được biểu diễn dưới dạng: x0 x1 x2 xn ai0 ai1 ai2 ain.
Trong bài tập 1.8.5, chúng ta cần xác định điều kiện về các hệ số của phương trình tổng quát hai đường thẳng trong P3 để chúng không cắt nhau Điều kiện này cũng đồng thời chứng minh rằng hai đường thẳng đó không nằm trên cùng một mặt phẳng.
Bài tập 1.8.6 Trong P n cho hai siêu phẳng phân biệt U và V có phương trình lần lượt là:
Mọi siêu phẳng đi qua giao điểm U ∩ V đều có thể được biểu diễn bằng phương trình k(U) t (X) + l(V) t (X) = 0, với k và l không đồng thời bằng 0 Điều này chứng minh sự tồn tại của ánh xạ xạ ảnh và biến đổi xạ ảnh trong không gian này.
Trong chương này chúng ta cần chú ý tới một số khái niệm cơ bản sau:
Ánh xạ xạ ảnh
Cho các K-không gian xạ ảnh (P, p, V) và (P’, p’, V’) Một ánh xạ f: P −→ P ′ được gọi là ánh xạ xạ ảnh nếu có ánh xạ tuyến tính ϕ : V −→V ′ , sao cho nếu vectơ
Trong không gian V, nếu điểm X ∈ P được đại diện bởi ~x∈V, thì vectơ ϕ(~x)∈V ′ sẽ đại diện cho điểm f(X) ∈ P’ Điều này có nghĩa là nếu p() = X, thì p ′ (ϕ < ~x >) = f(X) Khi đó, ánh xạ tuyến tính ϕ được xem là đại diện cho ánh xạ xạ ảnh f Ánh xạ xạ ảnh là một đơn ánh, và nếu P và P’ có cùng số chiều, thì ánh xạ xạ ảnh f: P −→ P’ sẽ là một song ánh, được gọi là đẳng cấu xạ ảnh giữa P và P’ Ngoài ra, ánh xạ xạ ảnh f: P −→ P còn được gọi là biến đổi xạ ảnh của P.
Mọi ánh xạ xạ ảnh đều giữ nguyên tính chất của m-phẳng và bảo toàn tỷ số kép của bốn điểm thẳng hàng hoặc bốn siêu phẳng trong cùng một chùm Ngược lại, các ánh xạ xạ ảnh f: P n −→ P ′ n có khả năng biến đường thẳng thành đường thẳng và bảo toàn tỷ số kép của bốn điểm thẳng hàng cũng chính là các ánh xạ xạ ảnh.
Trong P n cho r-phẳng α và (n-r-1)-phẳng β mà α∩β =∅ và dim α ≤ dim β Ta gọi cặp (α, β) là một r-cặp Một biến đổi xạ ảnh f: P n −→ P n mà f(M) = M với mọi
M được gọi là một phép thấu xạ (qua) r-cặp với cơ sở (α, β) nếu M ∈ α∪β Nếu f khác id, với mọi cặp điểm (M, M’), trong đó M’=f(M) và M’ khác M, thì đường thẳng MM’ sẽ cắt α và β tại hai điểm A và B Tỷ số kép [ABMM’] = k là một hằng số không phụ thuộc vào vị trí của M.
M Số k gọi là tỷ số thấu xạ của f.
2.3 Biểu thức toạ độ xạ ảnh
Cho biến đổi xạ ảnh f: P n −→P n (n ≥1) và một mục tiêu (S0, , Sn;E) của P n Giả sử f đại diện bởi ϕ : V n +1 −→ V n +1 , mục tiêu (S0, , Sn;E) đại diện bởi cơ sở
(−→e0, ,−→en) của V n +1 và cho biết
Khi đó điểm M(x0 : .:xn) ∈ P n có ảnh M’ = f(M) = (x ′ 0 : .:x ′ n ) xác định bởi
Bài tập 2.1.1 trong không gian P n cho phép thực hiện biến đổi xạ ảnh với công thức k.x’ = A.x Cần tìm tọa độ của các đối tượng sau: 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) Phương trình của siêu phẳng u dưới dạng ma trận là u t x= 0, u
Ảnh của u được xác định bởi phương trình ma trận u t A − 1 x = 0, với cột tọa độ u’ = (A − 1 ) t u Biểu thức tọa độ cho phép biến đổi xạ ảnh dưới dạng ma trận là kx’ = Ax, trong đó k khác 0.
Do đó tạo ảnh của X ′ (x ′ 0 : .:x ′ n )là X(x0 : .:xn) xác định bởi kx = A − 1 x ′ (k 6= 0). c) Tạo ảnh của siêu phẳng u’ là siêu phẳng u có cột toạ độ u = A t u ′ và (A − 1 ) t = (A t ) − 1
Bài tập 2.1.2 trong P 2 yêu cầu tìm biểu thức tọa độ của phép biến đổi xạ ảnh {S0, S1;E} với các điều kiện cụ thể Đầu tiên, nếu các điểm Si đều là điểm bất động, chúng sẽ biến thành chính nó Thứ hai, nếu các điểm S0, S1, S2 lần lượt biến thành S1, S2, S0 và điểm E giữ nguyên vị trí, điều này cũng cần được xem xét Cuối cùng, khi điểm S0 bất động, đường thẳng S1S2 giữ nguyên và điểm S1 biến thành điểm S2, ta cũng cần tìm biểu thức tọa độ phù hợp.
Gọi (~e0, ~e1, ~e2) là cơ sở đại diện (S0, S1, S2;E) và ϕ là biến đổi tuyến tính đại diện cho f Tất cả các vectơ Si đều bất động, vì chúng là vectơ đại diện có sai khác hằng số k, do đó ta có: ϕ(e~0) = k0e~0; ϕ(~e1) = k1e~1; ϕ(e~2) = k2e~2.
Do đó biểu thức toạ độ của f có dạng:
λx ′ 0 =k0x0 λx ′ 1 =k1x1 λx ′ 2 =k2x2 λ6= 0;k0, k1, k2 6= 0. b) S0, S1, S2 biến thànhS1, S2, S0, E biến thành chính nó, nên ϕ(~e0) = k0e~1, ϕ(~e1) = k1e~2, ϕ(e~2) = k2e~0, ϕ(e~0+e~1+e~2) =k3(~e0+e~1+e~2).
Do đó biểu thức toạ độ của f là:
λx ′ 0 =kx0 λx ′ 1 =kx1 λx ′ 2 =kx2 λ 6= 0. c)S0 bất động, S1 thành S2, đường thẳng S1S2 bất động Khi đó
Biểu thức toạ độ của f là:
Vì f biến M(0 : a : b) ∈ S1S2 thành M’(0 : a’ : b’) ∈ S1S2 nên ta có:
Lấy b = 1 Biểu thức toạ độ của f có dạng
Bài tập 2.1.3 yêu cầu tìm biểu thức tọa độ cho các phép biến đổi xạ ảnh f: P 3 → P 3 với các điều kiện cụ thể Đầu tiên, nếu các điểm S0, S1, S2, S3 đều biến thành chính nó, chúng ta cần xác định cách thức xạ ảnh giữ nguyên các điểm này Thứ hai, khi đường thẳng S0S1 biến thành đường thẳng S2S3, điều này cho thấy mối quan hệ giữa các điểm và đường thẳng trong không gian Cuối cùng, trong trường hợp chỉ có hai điểm bất động S0, S2 và một đường thẳng bất động S1S3, chúng ta cần phân tích cách thức xạ ảnh tác động lên các điểm và đường thẳng còn lại.
Giải Gọi(e~0, ~e1, ~e2, ~e3)đại diện cho(S0, S1, S2, S3;E)vàϕlà biến đổi tuyến tính đại diện f. a) Theo bài ra ta có
Biểu thức toạ độ của f là:
Tương tự M(a:b: 0 : 0)∈S1S2 biến thành N(0 : 0 :c:d)∈S2S3 ta có
Biểu thức toạ độ của f là:
λx ′ 0 = a02x2+a03x3 λx ′ 1 = a12x2 +a13x3 λx ′ 2 =αx0+βx1+a22x2+a23x3 λx ′ 3 =γx0+δx1+a32x2+a33x3 λ, α, β, γ, δ 6= 0. c)S0, S2 bất động và S1S3 bất động nên ta có
Biểu thức toạ độ của f:
Các phép thấu xạ trong P n
Bài tập 2.2.1 TrongP 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 S0S1, S2S3 và có tỉ số k.
Giải Lấy các điểm A(1 : 1 : 0 : 0), B(0 : 0 : 1 : 1) ta có A = S1 +S2, B = S2+S3 nên
Vì E = A + B nên E ∈ AB Đặt E’ = f(E) thì E’ ∈ AB nên E’ = pA + qB.
Từ giả thiết [ABEE’] = k ta được p q = k, ta có thể lấy q = 1, p = k.
Từ f(Si) = Si, i = 0, 1, 2, 3 và f(E) = E’ ta lập được biểu thức toạ độ của f là:
Bài tập 2.2.2 Trong P 2 cho phép biến đổi xạ ảnh:
Chứng tỏ rằng đó là một phép thấu xạ cặp Xác định cơ sở và tỉ số thấu xạ.
Giải Để tìm điểm bất động của f ta giải phương trình đặc trưng
Với λ = 4 điểm bất động xác định bởi hệ phương trình
Khi đó f có điểm bất động I(1 : 1 : 1).
Với λ2, λ3 = 1 điểm bất động xác định bởi phương trình x0+x1+x2 = 0.
Khi đó một đường thẳng hoàn toàn bất động
Khi đó f là thấu xạ 0-cặp (I,∆).
Lấy M(1 : 0 : 0) không bất động vì f(M) = (2 : 1 : 1) =M ′ 6=M.
Ta có MM ′ có phương trình x0 x1 x2
Gọi J là giao điểm của ∆và MM ′ , suy ra J(−2 : 1 : 1).
Vậy f là phép thấu xạ 0-cặp (I,∆) với tỷ số thấu xạ λ= 2.
Bài tập 2.2.3 Trong P 3 cho mặt phẳng V có phương trình: x0 +x1+x2+x3 = 0.
Gọi f là thấu xạ đơn với cơ sở V và tâm thấu xạ tại (1 : 0 : 0 : 0) Trong trường hợp tỉ số thấu xạ k = 3, ta cần tìm biểu thức toạ độ của f Nếu f biến điểm (0 : 1 : 1 : 1) thành điểm (3 : 1 : 1 : 1), ta sẽ xác định tỉ số thấu xạ Cuối cùng, nếu f có tính chất đối hợp, tức là f^2 là phép đồng nhất, thì cũng cần làm rõ biểu thức toạ độ tương ứng.
Giải Giả sử mục tiêu {Si;E}, gọi {e~i} với i = 0, 1, 2, 3, là cơ sở đại diện của mục tiêu. Trên V lấy 4 điểm:
Vì V là cơ sở của thấu xạ f nên f(Ei) = Ei ⇒ϕ(−→
Vì O là tâm của thấu xạ đơn cơ sở V nên OE0 bất động.
Giả sử M = O + E0 nên M(2 : -1 : 0 : 0) cùng với M ′ = kO + lE0, ta có
Vì O là tâm đối xứng nên f(O) = O suy ra ϕ(−→e0) =k4−→e0 (3)
Từ (1), (2) và (3) ta tính được k0 =k1 = k2 =k3 = k5, k4 = 3k0 Chọn k0 = 1 ta được
Vậy f có biểu thức toạ độ:
Ta có biểu thức toạ độ của f là:
λx ′ 0 = 4x0 +x1 +x2 +x3 λx ′ 1 = 3x1 λx ′ 2 = 3x2 λx ′ 3 = 3x3 λ 6= 0. c) Giả sử M có ảnh là M’ Vì f 2 =Id P 3 nên f(M ′ ) = M.
Do biến đổi xạ ảnh bảo toàn tỷ số kép của hàng 4 điểm nên
Tương tự ý a) M ′ = (2 :−1 : 0 : 0)ta tính được k0 =k1 =k2 =k3 =k4 =k5 = 1. Biểu thức toạ độ của f:
Ta có biểu thức toạ độ của f là :
Bài tập 2.2.4 TrongP 2 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 toạ độ của phép biến đổi xạ ảnh f:
P 2 →P 2 , 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?
4C nên A, B, C , D lập thành một mục tiêu.
4C nên A, B, C, E lập thành một mục tiêu.
Do đó tồn tại duy nhất biến đổi xạ ảnh f:P 2 →P 2 giữ bất động A, B, C và biến D thành E.
Trong mục tiêu xạ ảnh đã chọn, ϕ là biến đổi tuyến tính đại diện cho f thì
Khi đó, biểu thức toạ độ của f là:
Ta có phương trình đặc trưng
Khi đó điểm bất động là A(1 : 1 : 1).
Tương tự, với λ =−21ta có điểm bất động B(0 : 1 : 2).
Với λ =−5 ta có điểm bất động C(1 : 0 : 3).
Vậy f không là phép thấu xạ.
Các định lý cơ bản của phép biến đổi xạ ảnh
Bài tập 2.3.1 Nêu ví dụ về các ánh xạ f: P n → P n , bảo tồn sự thẳng hàng của ba điểm, nhưng không biến m-phẳng thành m-phẳng.
Khi đó f biến đường thẳng xạ ảnh thành 0-phẳng.
Bài tập 2.3.2 Nêu các ví dụ về các song ánh f: P n −→ P n , bảo tồn sự thẳng hàng của ba điểm, nhưng không phải là phép biến đổi xạ ảnh.
Khi đó f là song ánh do:
+) A(1 : x) 6=A ′ (1 : y) thì x 6= y hay x 3 6=y 3 nên f(A) = (1 : x 3 ) 6=f(A ′ ) = (1 : y 3 ) f là đơn ánh.
+) Với mỗi B(1 : y) ∈ P 1 (R) luôn tồn tại A(1 : x) ∈ P 1 (R) với x = √ 3 y sao cho f(A) = B hay f là toàn ánh Do đó f là song ánh.
Hiển nhiên f bảo toàn tính thẳng hàng vì xét trên P 1 (R).
Từ cách cho f ta thấy f không là ánh xạ xạ ảnh.
Một số bài tập đề nghị
Trong không gian P n, cho r-phẳng U và r+2 điểm nằm trên U, trong đó bất kỳ r+1 điểm nào đều độc lập Nếu tất cả r+2 điểm này không thay đổi qua phép biến đổi xạ ảnh của P n, thì mọi điểm trên r-phẳng U cũng sẽ giữ nguyên.
Bài tập 2.4.2 Cho f: P 3 −→ P 3 là phép thấu xạ song trục, với trục d và d’ Phép f sinh ra phép afin nào của P 3 \W nếu W là mặt phẳng đi qua d’?
Bài tập 2.4.3 Chứng minh rằng, mọi phép biến đổi xạ ảnh của P n , khác phép đồng nhất, có n+1 điểm bất động đều là tích của n phép thấu xạ đơn.
Bài tập 2.4.4 TrongP n cho hai hệ điểm độc lậpA0, A1, , An vàB0, B1, , Bn sao cho Ai không thuộc đường thẳng BiBj (j 6=i tuỳ ý), Bi không thuộc đường thẳng AiAj
(j 6= i tuỳ ý) Chứng minh rằng hai điều kiện sau đây tương đương: a Các đường thẳng AiBj đồng quy. b Các giao điểm AiAj và BiBj cùng nằm trên một siêu phẳng.
Bài tập 2.4.5 đề cập đến việc biến đổi xạ ảnh f trong không gian P n với biểu thức tọa độ k.x’ = A.x Đa thức đặc trưng của ma trận A được ký hiệu là χ(λ) = det(A−λIn), trong đó In là ma trận đơn vị cấp n.
Chứng minh rằng: a Toạ độ (x0 : x1 : :xn) của điểm bất động là nghiệm của hệ phương trình (A
Trong hệ phương trình (A t − λIn)u = 0, λ là nghiệm của đa thức đặc trưng, cho thấy tọa độ (u0 : u1 : : un) của siêu phẳng bất động Nếu λ là nghiệm đơn của đa thức đặc trưng, điểm bất động và siêu phẳng bất động tương ứng với nghiệm đó sẽ không thuộc về nhau.
Bài tập 2.4.6 yêu cầu phân tích các phép biến đổi xạ ảnh của P3 để xác định các phép afin tương ứng và giải thích ý nghĩa hình học của chúng Cụ thể, trong trường hợp a, phép biến đổi giữ nguyên x0 và đảo ngược các tọa độ x1, x2, x3, tạo ra một phép phản xạ qua mặt phẳng chứa x0 Trong trường hợp b, x0 và x1 giữ nguyên trong khi x2 bị đảo ngược, x3 không thay đổi, cho thấy sự phản chiếu một phần trong không gian Cuối cùng, trường hợp c giữ nguyên x0, x1, x2, trong khi x3 được biến đổi thành một tổ hợp tuyến tính của các tọa độ khác, thể hiện phép biến đổi phức tạp hơn, có thể liên quan đến sự co giãn hoặc xoay trong không gian.
Trong bài tập 2.4.7, chúng ta xem xét không gian P n với mục tiêu xạ ảnh {S0, S1, , Sn;E}, cho phép thấu xạ đơn f khác phép chiếu đồng nhất, đảm bảo rằng mọi đỉnh Si đều bất động Để chứng minh rằng tâm của thấu xạ f là một trong các đỉnh Si, ta cần phân tích tính chất của xạ ảnh Nếu Si được chọn làm tâm thấu xạ, ta có thể viết biểu thức tọa độ của f dựa trên vị trí của Si trong không gian.
Bài tập 2.4.8 Trong P 3 cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình:
Tìm biểu thức toạ độ của phép thấu xạ 1-cặp với cơ sở là cặp (d, d’) và tỉ số thấu xạ k
Siêu mặt bậc hai trong P n
Trong chương này chúng ta cần chú ý tới một số khái niệm cơ bản sau:
Siêu mặt bậc hai xạ ảnh
Trong P n (n ≥ 1)trên trường số k cho một mục tiêu (S0, , Sn;E) Tập hợp (G) các điểm M(x0 : .:xn)∈ P n thoả mãn một phương trình dạng:
X j =0 aijxixj = 0 với các hệ số aij ∈K, aij =aji, có ít nhất một aij 6= 0, được gọi là một siêu mặt bậc hai của P n Ma trận
Ma trận của (G) liên quan đến mục tiêu đã cho Nếu định thức |A| khác 0, (G) được coi là không suy biến; ngược lại, nếu |A| bằng 0, (G) được xem là suy biến hoặc là một siêu nón Phương trình của S có thể được diễn đạt dưới dạng ma trận.
, trong đó A 6=∅ và A t = A Điểm M(x0 : :xn) ∈ (G) gọi là điểm chính quy hay kì dị tuỳ theo Ax 6= 0 hay
Với n = 2, (G) gọi là một đường bậc hai.
Với n = 3, (G) gọi là mặt bậc hai.
Điểm liên hợp Phẳng tiếp xúc Siêu diện lớp hai
Trong không gian P n với một mục tiêu xác định, siêu mặt bậc hai (S) được mô tả bởi phương trình x t Ax = 0 Hai điểm Y = (y0, y1, , yn) và Z = (z0, z1, , zn) được xem xét, trong đó điểm Y được gọi là điểm liên hợp với điểm Z đối với siêu mặt (S) nếu điều kiện y t Az = 0 được thỏa mãn, với y và z là các ma trận cột tọa độ tương ứng của điểm Y và Z.
Khi Ay = 0, điểm Z sẽ trở thành điểm liên hợp với điểm Y đối với mặt cầu (S) Do đó, chúng ta có thể khẳng định rằng hai điểm Y và Z liên hợp với nhau trong không gian này.
Siêu phẳng đối cực của điểm Y trên siêu mặt bậc hai (S) được xác định khi tập hợp các điểm liên hợp với Y tạo thành một siêu phẳng, ký hiệu là Y ∗ Ngược lại, điểm Y được gọi là điểm đối cực của siêu phẳng Y ∗.
3.4 Siêu phẳng tiếp xúc của siêu mặt bậc hai
Nếu điểm Y nằm trên siêu mặt bậc hai (S) và không phải là điểm kì dị, thì siêu phẳng đối cực Y* của Y đối với (S) được xác định là siêu phẳng tiếp xúc của (S) tại điểm Y.
Y, hay còn gọi là siêu tiếp diện của (S) tại Y Rõ ràng là điểm Y nằm trên Y ∗ Điểm
Bất kỳ m-phẳng nào đi qua điểm Y và nằm trong siêu tiếp diện Y ∗ của bề mặt (S) tại Y đều được gọi là m-phẳng tiếp xúc của (S) tại Y Đặc biệt, khi m = 1, chúng ta có đường thẳng tiếp xúc của (S) tại điểm Y.
Y , hay còn gọi là tiếp tuyến của (S) tại Y.
Nếu Y là điểm kì dị của (S) thì mọi m-phẳng đi qua Y (m < n) đều gọi là m-phẳng tiếp xúc với (S) tại Y.
Hai siêu phẳng U và V được xem là liên hợp với nhau khi chúng tương ứng với một siêu phẳng bậc hai không suy biến (S), trong đó hai điểm đối cực của chúng liên hợp với nhau đối với (S).
3.6 Ánh xạ xạ ảnh giữa hai hàng điểm
Tập hợp các điểm thuộc một đường thẳng gọi là một hàng điểm.
Trong P 2, hai đường thẳng phân biệt s và s’ cùng với một song ánh f: s−→s’ từ hàng điểm s đến hàng điểm s’ được xem xét Theo định lý cơ bản của ánh xạ xạ ảnh, song ánh f: s −→ s’ là một ánh xạ xạ ảnh nếu và chỉ nếu nó bảo tồn tỉ số kép của bốn điểm bất kỳ trên s Ngoài ra, trong P 2, với hai đường thẳng s và s’ cùng một điểm P không thuộc chúng, ánh xạ f: s −→ s’ biến mỗi điểm M ∈ s thành điểm M’ = s’ ∩ PM, được gọi là phép chiếu xuyên tâm từ s đến s’, với điểm P là tâm của phép f.
3.7 Ánh xạ xạ ảnh giữa hai chùm đường thẳng
Chùm đường thẳng tâm S, ký hiệu là {S}, là tập hợp tất cả các đường thẳng trong không gian P2 đi qua một điểm S Khái niệm chùm đường thẳng đối ngẫu với khái niệm hàng điểm.
Trong không gian P2, hai chùm đường thẳng {S} và {S ′ } được phân biệt Ánh xạ f : {S} −→ {S ′ } được gọi là ánh xạ xạ ảnh nếu nó biến một đường thẳng của {S} thành một đường thẳng của {S ′ } và bảo tồn tỷ số kép của bốn đường thẳng bất kỳ.
3.8 Phép biến đổi xạ ảnh đối hợp của đường thẳng
Phép biến đổi xạ ảnh f: P n −→ P n được gọi là phép biến đổi xạ ảnh đối hợp (gọi tắt là phép đối hợp) của P n nếu f 2 =Id P n
3.9 Mô hình xạ ảnh của không gian Ơclit
Xét không gian xạ ảnh thực P n , một siêu phẳng ∆ của P n ,thì có mô hình xạ ảnh
A n p = P n \∆ của không gian afin thực n chiều xác định bởi một mục tiêu xạ ảnh (S0, , Sn;E), với S0, , Sn ∈ ∆.
Xét mục tiêu afin (S0,→−e1, ,−→en), trong đó−→ei =−−→
S0Ei và Ei là giao điểm của S0Si với siêu phẳng αi đi qua E, Sj (j = 1, 2, , n, j ≠ i) Ta có thể định nghĩa một tích vô hướng Ω trong A n p như sau: với −→x = x1−→e1 + + xn−→en và −→y = y1−→e1 + + yn−→en, thì Ω(−→x ,−→y) = x1y1 + + xnyn Như vậy, A n p trở thành không gian Ơclit n-chiều, được ký hiệu là E n p và được gọi là mô hình xạ ảnh của không gian Ơclit n chiều.
3.1 Siêu mặt bậc hai xạ ảnh
Bài tập 3.1.1 yêu cầu viết phương trình các đường bậc hai trong mặt phẳng xạ ảnh thực P2 cho các mục tiêu sau: a Đường bậc hai đi qua ba điểm S0, S1, S2 b Đường bậc hai đi qua bốn điểm S0, S1, S2 và E c Đường bậc hai đi qua năm điểm S0, S1, S2, E và A = (1 : 1 : -1) d Đường bậc hai đi qua năm điểm (0 : 0 : 1), (0 : 1 : 1), (1 : 0 : 1), (2 : -5 : 1), (-5 : 2 : 1).
Giải Phương trình đường bậc hai có dạng a00x 2 0+a11x 2 1+a22x 2 2+ 2a01x0x1+ 2a12x1x2 + 2a02x0x2 = 0. a) Thay toạ độ của S0, S1, S2 vào ta được a00 =a11 =a22= 0.
Vậy đường bậc hai có phương trình: a01x0x1+a12x1x2 +a02x0x2 = 0 với (a01, a12, a02)6= (0,0,0). b) Thay toạ độ của S0, S1, S2, E vào ta được: a00 =a11 =a22= 0, a01+a12+a02 = 0.
Vậy đường bậc hai có phương trình a01x0x1+a12x1x2+a02x0x2 = 0 với (a01, a12, a02)6= (0,0,0) vàa01+a12+a02 = 0. c) Thay toạ độ của S0, S1, S2, E, D vào ta được
Chọn a12 =−1, a02= 1 Khi đó phương trình đường bậc hai là x0x2−x1x2 = 0 d) Thay toạ độ của 5 điểm vào ta được
Bài tập 3.1.2 Chứng minh rằng mặt kẻ bậc hai trong P 3 : −x 2 0−x 2 1+x 2 2+x 2 3 = 0 có chứa những đường thẳng.
Giải Phương trình của mặt kẻ bậc hai có thể viết thành
Với mỗi số thực k và l ta có các cặp đường thẳng: α:
( l(x2+x0) =x1−x3 x2−x0 =l(x1+x3) Vậy mặt kẻ trên chứa các đường thẳng α, β.
Bài tập 3.1.3 Trong P n với mục tiêu {Si;E} cho siêu mặt bậc hai (S) có phương trình:
Để giải bài toán này, ta có phương trình −x²₀ − x²₁ − − x²ₚ₋₁ + x²ₚ + + x²ₚ₊ₗ₋₁ = 0, với điều kiện q ≥ p > 0 và 0 < p + q < n + 1 Đầu tiên, gọi Q là một (n - p - q)-phẳng đi qua n - p - q + 1 đỉnh Sp + q, Sp + q + 1, , Sn Ta cần chứng minh rằng Q chứa trong S Tiếp theo, xét A là một điểm bất kỳ thuộc S nhưng không nằm trên Q, và từ đó chứng minh rằng
- p - q + 1)-phẳng đi qua Q và A cũng chứa trong S.
Chính vì các tính chất a, b mà người ta gọi mặt (S) như thế là siêu nón với phẳng đỉnh là Q.
Giải a)Q là (n-p-q)-phẳng nên X(x0, x1, , xn)∈Q cóx0 = .=xp + q − 1 = 0
Thay vào phương trình của S ta thấy X ∈S VậyQ⊂S. b) Gọi điểm B thuộc (n-p-q+1)-phẳng đi qua A và Q Ta có toạ độ diểm B thoả mãn: x0 = .=xp + q− 1 = 0.
Suy ra B có toạ độ thoả mãn phương trình của S Hay B ∈S
Vậy (n - p - q + 1)-phẳng đi qua Q và A cũng chứa trong S.
3.2 Điểm liên hợp Phẳng tiếp xúc Siêu diện lớp hai
Bài tập 3.2.1 TrongP 2 với mục tiêu {Si;E}cho đường bậc hai (S) cho phương trình:
−x 2 0+x 2 2 + 2x0x1−2x0x2 = 0. a Chứng minh rằng, hai điểm A = (1 : 0 : 0) và B = (1 : 1 : 0) liên hợp với nhau đối với (S). b Tìm toạ độ điểm C liên hợp với cả A và B.
Khi đó F(1, 0, 0, 1, 1, 0) = 0 Do đó A và B liên hợp với nhau đối với đường bậc hai (S). b) Gọi C(a : b : c) liên hợp với cả A và B ta có hệ:
−a+b+a−c= 0 ⇒b=c, a= 0 Chọn b = c = 1, ta được C(0 : 1 : 1) liên hợp với cả A và B.
Bài tập 3.2.2 yêu cầu xem xét đường bậc hai (S) và ba điểm A, B, C không thẳng hàng, trong đó mỗi cặp điểm đều liên hợp với nhau đối với (S) Một đường thẳng m sẽ cắt các đường thẳng BC.
Trong tam giác ABC, với các điểm A, B, C lần lượt tại P, Q, R, ta định nghĩa các điểm P′, Q′, R′ nằm trên các cạnh BC, CA, AB, tương ứng với các điểm P, Q, R và có tính chất liên hợp đối với điểm S Cần chứng minh rằng ba đường thẳng AP′, BQ′ và CR′ đồng quy tại một điểm.
Vì P nằm trên đường đối cực BC của A nên P liên hợp với A và P liên hợp với P ′
Do đó P là cực của AP ′
Tương tự, suy ra Q là cực của BQ ′ , R là cực củaCR ′
Vì P, Q, R thẳng hàng trên m nên AP ′ , BQ ′ , CR ′ đồng quy tại cực của m.
Bài tập 3.2.3 Trong P 2 cho ôvan (S), ba điểm độc lập A, B, C và ba điểm độc lập
A ′ , B ′ , C ′ sao cho các đường thẳngB ′ C ′ , C ′ A ′ , A ′ B ′ lần lượt là đường thẳng đối cực của
A, B, C đối với (S) Chứng minh: a Các đường thẳng BC, CA, AB lần lượt là đối cực của A ′ , B ′ , C ′ đối với (S). b Các đường thẳng AA ′ , BB ′ , CC ′ đồng quy.
Giải a) Nếu B ′ C ′ , C ′ A ′ , A ′ B ′ lần lượt là đường thẳng đối cực của A, B, C đối với (S),thì:
AB là đối cực của B ′ C ′ ∩C ′ A ′ =C ′
BC là đối cực của C ′ A ′ ∩A ′ B ′ =A ′
CA là đối cực của A′B′, trong đó B′C′ = B′ C có đối cực là A′B′ và C′ có đối cực là AB, do đó CC′ có cực là C0 = A′B′ ∩ AB Trong hình bốn cạnh toàn phần với bốn cạnh AB, BB′, B′A′, A′A, có ba cặp đỉnh đối diện là (A, B′), (B, A′), và (C0, C1) với C1′ ∩ BB′.
Vì A liên hợp với B ′ và B liên hợp với A ′ nên theo định lý Staud suy raC0 liên hợp với C1.
Từ đó suy ra đối cực của C0 đi qua C1.
Vì đối cực của C0 là CC ′ nên CC ′ đi qua C1.
Vậy AA ′ , BB ′ , CC ′ đồng quy.
Ánh xạ xạ ảnh giữa đường và chùm trong P 2
Bài tập 3.3.1 yêu cầu tìm quỹ tích giao điểm của hai đường thẳng AB' và A'B, trong đó S là đường ôvan với hai điểm cố định A và B, và một đường thẳng d cố định không đi qua A và B Khi điểm M thay đổi trên S, các đường thẳng AM và BM sẽ cắt đường thẳng d tại các điểm A' và B' Bài toán đối ngẫu cũng cần được phát biểu rõ ràng.
Cho đường thẳng AB là đường thẳng vô tận, hãy suy từ bài toán trên thành bài toán trong mặt phẳng afin.
Xét ánh xạ f: {A} → {B}, AN 7→ BN.
Có thể phân tích f = g◦h◦g, trong đó: g :AN 7→BB ′ (phép chiếu xuyên trục với trục là d). h:BB ′ 7→AA ′ (ánh xạ xạ ảnh theo định lý Steiner). g :AA ′ 7→BA ′ ≡ BN.
Vậy f là ánh xạ xạ ảnh. ĐặtA ′ 0là giao điểm của d với tiếp tuyến của (S) tại A, ta thấyf(AB) ′ 0 6.
Do đó f không là phép chiếu xuyên trục.
Quỹ tích điểm N là một đường bậc hai không suy biến, tiếp xúc với hai đường thẳng BA' và AB1', trong đó B1' là giao điểm của đường thẳng d với tiếp tuyến của đường ôvan (S) tại điểm B Nếu đường thẳng d cắt đường ôvan (S), thì mỗi giao điểm của chúng đều thuộc quỹ tích Đối ngẫu, với đường ôvan (S) và hai đường thẳng a, b cố định tiếp xúc với nó, có một điểm D cố định không nằm trên a và b Khi thay đổi tiếp tuyến m của (S), ta nối D với các điểm M = a ∩ m và N = b ∩ n Đường thẳng đi qua hai giao điểm a ∩ DM và b ∩ DN sẽ tiếp xúc với một đường ôvan nào đó đi qua DA ∩ b và a ∩ DB.
+) Với AB là đường thẳng vô tận, ta có bài toán afin sau:
Hãy xem xét một hyperbol (H) với hai phương tiệm cận là −→c1 và −→c2 Gọi M là một điểm thuộc (H) và d là một đường thẳng bất kỳ có phương khác với hai tiệm cận Điểm A′ được xác định là giao điểm của đường thẳng d và đường thẳng đi qua M theo phương −→c1, trong khi B′ là giao điểm giữa d và đường thẳng đi qua M theo phương khác.
→c2 Tìm quỹ tích giao điểm của đường thẳng đi qua B ′ có phương −→c1 và đường thẳng qua A ′ có phương −→c2.
Bài tập 3.3.2 yêu cầu xem xét đường ôvan (S) với hai điểm A và B cố định trên đó, cùng với một đường thẳng d không đi qua A và B Khi điểm M di chuyển trên đường thẳng d, các đường thẳng từ M đến A và B sẽ tạo ra các hình ảnh khác nhau, mở ra nhiều khả năng nghiên cứu về mối quan hệ giữa các điểm trên ôvan và đường thẳng.
AM và BM lần lượt cắt (S) tại A ′ và B ′ Tìm quỹ tích giao điểm của AB ′ và A ′ B. Phát biểu bài toán đối ngẫu.
Cho đường thẳng AB là đường thẳng vô tận, hãy suy từ bài toán trên thành bài toán trong mặt phẳng afin.
Xét ánh xạ f: {A} → {B}, AN 7→ BN.
Có thể phân tích f = g◦h◦g, trong đó: g: AN 7→BB ′ (ánh xạ xạ ảnh theo định lý Steiner). h: BB ′ 7→AA ′ (phép chiếu xuyên tục, với trục chiếu d). g: AA ′ 7→BN.
Vậy f là ánh xạ xạ ảnh Kiểm nghiệm ta thấy f(AB) 6= BA nên f không là chiếu xuyên trục.
Theo định lý Steiner đảo, quỹ tích N là một đường bậc hai không suy biến đi qua hai điểm A và B Mỗi giao điểm giữa đường thẳng d và đường ôvan (S) sẽ là một điểm thuộc quỹ tích Đối ngẫu của định lý này cho thấy rằng, với một điểm D không nằm trên hai đường thẳng a và b cố định, khi thay đổi đường thẳng m đi qua D, các giao điểm C và E lần lượt trên a và b sẽ tạo ra các đường thẳng a' và b' tiếp xúc với ôvan (S) Điểm giao P giữa a' và b, cùng với điểm giao Q giữa b' và a, sẽ luôn tạo ra một đường thẳng PQ tiếp xúc với một ôvan nào đó cũng tiếp xúc với a và b.
+) Với AB là đường thẳng vô tận ta có bài toán afin sau:
Cho hyperbol (H) với hai phương tiệm cận là −→c1 và −→c2, và d là đường thẳng bất kỳ có phương khác tiệm cận Lấy một điểm M bất kỳ nằm trên đường thẳng d Gọi A′ là giao điểm của hyperbol (H) và đường thẳng đi qua M theo phương −→c1, còn B′ là giao điểm của (H) và đường thẳng đi qua M theo phương khác.
→c2 Tìm quỹ tích giao điểm của đường thẳng quaA ′ có phương−→c2 và đường thẳng qua
Bài tập 3.3.3 Chứng minh rằng nếu hai hình bốn đỉnh toàn phần có cùng chung ba điểm chéo thì 8 đỉnh của chúng nằm trên một đường bậc hai.
Giải Trong P 2 cho hình bốn đỉnh toàn phần ABCD có ba điểm chéo P = AB ∩CD,
Q∩DA,R ∩BD Giả sử hình bốn đỉnh toàn phần A ′ , B ′ , C ′ , D ′ cũng có ba điểm chéo P, Q, R mà không có đỉnh nào trùng với A, B, C, D.
Mỗi đỉnh của A′B′C′D′ không nằm trên cạnh nào của tứ giác ABCD, điều này cho thấy tồn tại một đường bậc hai không suy biến (S) đi qua các điểm A, B, C, D và A′ Đường thẳng PA′ cắt đường (S) tại một điểm M nào đó, với P là điểm chéo của tứ giác A′B′C′D′.
Đỉnh A' là một đỉnh của tứ giác A'B'C'D', do đó, cần có một đỉnh khác của tứ giác này nằm trên đường thẳng PA' Giả sử đỉnh đó là B' Đặt N = PA' ∩ QR, ta có [PNA'B'] = -1 vì QR là đường chéo của tứ giác A'B'C'D' và P là điểm chéo của nó Hơn nữa, ta cũng có [PNA'M] = -1, do QR là đối cực của P đối với (S).
Một cách tương tựC ′ , D ′ cũng thuộc (S), tức làA, B, C, D, A ′ , B ′ , C ′ , D ′ cũng thuộc (S).
Bài tập 3.3.4 yêu cầu cho ba điểm không thẳng hàng O, A, B và một đường thẳng d không đi qua A và B Khi điểm M thay đổi trên đường thẳng d, ta xác định hai điểm R và S, trong đó R là giao điểm của AM và OB, còn S là giao điểm của BM và OA Mục tiêu là tìm tập hợp các đường thẳng RS.
Xét trường hợp O không thuộc đường thẳng d, ta đặt E = OA ∩ d và F = OB ∩ d Ánh xạ f từ {OA} đến {OB} với C 7→ R có thể phân tích thành ba phép biến đổi: g từ S đến BS (phép nối), h từ BS đến AR (phép chiếu xuyên trục), và k từ AR đến R (phép cắt).
Vậy f là ánh xạ xạ ảnh Ta có f(O) = F6= O nên f không là phép chiếu xuyên tâm.
Theo đính lý Steiner (đối ngẫu), các đường thẳng RS tiếp xúc với một đường bậc hai không suy biến sẽ nhận OA và OB làm hai tiếp tuyến tại các điểm E và F.
Trường hợp O ∈ d thì f(O) = O nên f là phép chiếu xuyên tâm với tâm I nào đó. Suy ra các đường thẳng RS đi qua I, có thể xác định I bởi điều kiện [ABHI] = -1.
Cho ba đường thẳng d, d' và a không đồng quy cùng với điểm O không nằm trên chúng, ta xem xét một đường thẳng thay đổi đi qua O và cắt các đường thẳng d, d' và a tại các điểm M, M' và I tương ứng Điểm J được xác định sao cho tứ giác [M, M', I, J] có độ đồng phẳng bằng -1 Nhiệm vụ là tìm quỹ tích của điểm J khi đường thẳng thay đổi.
Giải Đặt S = d ∩d ′ Lập ánh xạ f: {S} → {O},SJ 7→OI.
Có thể phân tích hàm f dưới dạng f = p ◦ h ◦ g, trong đó g là biến đổi xạ ảnh đối hợp của tập hợp {S} với hai phần tử bất động d và d′ Tiếp theo, h là phép cắt chùm {S} bởi a, và cuối cùng, p là phép nối {a} với tâm O.
Vậy f là ánh xạ xạ ảnh.
Do O không thuộc d, d ′ , a nên f(SO) 6= OS.
Vậy f không là phép chiếu xuyên trục, suy ra quỹ tích là một đường bậc hai không suy biến đi qua S và O.
Bài tập 3.3.6 yêu cầu xác định quỹ tích giao điểm của hai đoạn thẳng AM và BM' khi M và M' là hai điểm thay đổi trên đường thẳng d, liên hợp với nhau đối với đường ôvan (S) Các điểm A và B được cố định, tạo nên một bài toán hình học thú vị.
(d) (S) Ánh xạ g: {d} → {d}, M 7→ M ′ là phép biến đổi xạ ảnh đối hợp của {d} Do đó dùng phép biến đổi lên chùm {A} và chùm {B} ta thấy ánh xạ f: {A} → {B},
AM 7→BM ′ là xạ ảnh.
Nếu đoạn thẳng AB đi qua giao điểm của đường thẳng d và mặt cầu (S), thì phép chiếu f(AB) sẽ bằng BA Điều này cho thấy f là một phép chiếu xuyên trục, và quỹ tích N = AM ∩ BM’ tạo thành một đường thẳng, được gọi là trục chiếu Đường thẳng này sẽ đi qua các giao điểm (nếu có) giữa đường thẳng d và mặt cầu (S).
Định lý Pascal và định lý Briangsong
Trong bài tập 3.4.1, chúng ta có hai tam giác ABC và A′B′C′ thỏa mãn định lý Desargues, tức là các đường thẳng AA′, BB′, CC′ đồng quy Cần chứng minh rằng sáu giao điểm sau đây nằm trên một đường bậc hai: AB ∩ B′C′, AB ∩ C′A′, BC ∩ A′B′.
Giải Gọi N = AB ∩B ′ C ′ , M = AB ∩C ′ A ′ , Q = BC ∩A ′ B ′ , R = BC ∩C ′ A ′ , P CA∩A ′ B ′ , K B ′ C ′
Vì AA ′ , BB ′ , CC ′ đồng quy nên theo định lý Desargues thứ nhất áp dụng vào hai đơn hình ABC, A ′ B ′ C ′ ta có α= BC∩B ′ C ′ , β C ′ A ′ , γ ∩A ′ B ′ thẳng hàng.
Do đó hình sáu đỉnh MNKPQR có ba cặp cạnh đối diện giao nhau tại ba điểm thẳng hàngα, β, γ.
Theo định lý Pascal đảo, tồn tại một đường bậc hai không suy biến (S) đi qua M,
N, K, P, Q, R. Đối ngẫu: Trong P 2 cho hai đơn hình ABC, A ′ B ′ C ′ có các giao điểm AB∩A ′ B ′ ,
BC∩B ′ C ′ ,CA∩C ′ A ′ thẳng hàng Khi đó sáu đường thẳngAB ′ , B ′ C, A ′ C, A ′ B, BC ′ , C ′ A tiếp xúc với một đường bậc hai không suy biến (S) nào đó.
Trong mặt phẳng afin, bài tập 3.4.2 đề cập đến Hypebol (H) với hai đường tiệm cận a và b Bốn điểm A, B, C, D nằm trên Hypebol Đường thẳng a' đi qua điểm A và song song với đường tiệm cận a, trong khi đường thẳng b' đi qua điểm B và song song với đường tiệm cận b Đường thẳng AC sẽ cắt đường thẳng b' tại một điểm nhất định.
P, đường thẳng BD cắt a ′ tại Q Chứng minh rằng PQ // CD.
Giải Gọi không gian xạ ảnh P 2 , trong đó, A 2 =P 2 \W.
Trong không gian xạ ảnh P2, hai đường tiệm cận a và b của (H) tương ứng với hai tiếp tuyến của ôvan (S) Đường a tiếp xúc với (S) tại điểm A′, trong khi đường b tiếp xúc tại điểm B′, tạo thành đoạn thẳng W = A′B′.
Trong không gian A 2 , ta cóa//a ′ nên a∩a ′ ∈A ′ B ′ trongP 2
Tương tự b∩b ′ =B ′ Do đó ta có hình vẽ a b
Xét hình 6 đỉnh A ′ B ′ BDCA nội tiếp ôvan có :
Theo định lý Paxcan thì Q, P, H thẳng hàng.
Trong mặt phẳng afin, cho tam giác ABC và một parabol luôn tiếp xúc với ba đường thẳng AB, BC, CA, ta có các điểm tiếp xúc P, Q, R lần lượt trên các đường thẳng này Cần chứng minh rằng mỗi đường thẳng RP, PQ, QR đều đi qua một điểm cố định, và các đường thẳng AQ, BR, CP đồng quy.
Mô hình xạ ảnh của A2 thực liên quan đến việc tìm kiếm các điểm vô cùng của một hình tam giác cố định ABC, được thể hiện bằng một đơn hình cố định có ba đỉnh không thuộc hình tam giác đó Các điểm vô tận của hình tam giác này đóng vai trò quan trọng trong việc xác định mô hình xạ ảnh của A2 thực.
Trong hình bốn đỉnh BCγD, các đường thẳng QD, RP, Bγ và Cα đồng quy tại điểm I theo định lý Brianshon Parabol biến thiên (G) được mô tả bởi một đường ôvan tiếp xúc với các cạnh AB, BC, CA tại các điểm P, Q, R, D Đường thẳng RP đi qua điểm cố định I, được xác định bởi giao điểm Bγ và Cα.
Một cách tương tự ta chứng minh được rằng PQ đi qua điểm cố địnhJ =Cα∩Aβ và QR đi qua điểm cố định K =Aβ∩Bγ.
Lại theo định lý Brianshon áp dụng vào hình ba đỉnh ABC thì AQ, BR, CP đồng quy tại một điểm.
Bài tập 3.4.4 yêu cầu chứng minh rằng đường thẳng B′C′ luôn đi qua một điểm cố định khi cho một đường ôvan (S) thay đổi đi qua 4 điểm A, B, C, D Cụ thể, tiếp tuyến của (S) tại điểm B cắt AC tại B′, và tiếp tuyến của (S) tại điểm C cắt BD tại C′ Việc xác định tính chất này sẽ giúp hiểu rõ hơn về mối quan hệ giữa các điểm trên đường ôvan và các tiếp tuyến của nó.
Phát biểu bài toán đối ngẫu.
+) Hình bốn đỉnh ABCD nội tiếp ôvan (S).
Gọi AD ∩BC = O, tiếp tuyến tại B cắt AC tại B ′ , tiếp tuyến tại C cắt BD tạiC ′ Theo định lý Paxcan ta có B ′ , O, C ′ thẳng hàng.
Mà A, B, C, D cố định nên O = AD ∩BC cố định.
Vậy B ′ C ′ luôn đi qua điểm cố định O.
Bài toán đối ngẫu yêu cầu tìm quỹ tích của giao điểm giữa hai đường thẳng m và n, với m đi qua tiếp điểm của đường thẳng b và ôvan (S) cùng điểm a∩c, còn n đi qua tiếp điểm của đường thẳng c và ôvan (S) cùng điểm b∩d Quá trình này liên quan đến bốn đường thẳng cố định a, b, c, d tiếp xúc với ôvan (S).
Bài tập 3.4.5 yêu cầu tìm quỹ tích giao điểm của các đoạn thẳng trong một hình ôvan (S) với hai điểm cố định A và B Cho một điểm F nằm ngoài hình ôvan, đường thẳng đi qua F sẽ cắt (S) tại hai điểm M và N Chúng ta cần xác định quỹ tích của giao điểm giữa các đoạn AM và BN, cũng như giữa AN và BM.
Phát biểu bài toán đối ngẫu.
Giải Gọi giao điểm của AN và BM là Q, giao điểm của AM và BN là P.
Phân tích hàm f = h ◦ g cho thấy rằng g là ánh xạ biến đổi từ tập A sang tập B, chuyển AQ thành BM theo định lý Steniner Đồng thời, h là biến đổi xạ ảnh đối hợp từ tập B đến chính nó, chuyển BM thành BN, tương đương với BQ theo định lý Frêgiê.
Suy ra f là ánh xạ xạ ảnh.
+) Nếu A, B, F thẳng hàng thì f(AB) = BA nên f là phép chiếu xuyên trục, suy ra quỹ tích Q là một đường thẳng, đó chính là đối cực của F đối với (S).
+) Nếu A, B, F không thẳng hàng thì f(AB)6 nên f không là phép xuyên trục. Suy ra quỹ tích Q là đường bậc hai không suy biến đi qua A và B.
Vì M và N có vai trò tương đương, nên quỹ tích Q và P trùng nhau Trong trường hợp đối ngẫu, cho đường ôvan (S) và đường thẳng d không tiếp xúc với (S), có hai đường thẳng phân biệt a và b tiếp xúc với (S) Khi điểm D di chuyển trên d, hai tiếp tuyến m và n của (S) đi qua D Đường thẳng p nối a∩m với b∩n, và đường thẳng q nối a∩n với b∩m Nếu a, b, d đồng quy, thì các đường thẳng m và n sẽ đi qua một điểm cố định Ngược lại, nếu a, b, d không đồng quy, thì các đường thẳng m và n sẽ tiếp xúc với một ôvan nào đó.
Bài tập 3.4.6 yêu cầu chứng minh rằng bốn điểm A, B, C, D nằm trên đường ôvan (S) có các tiếp tuyến a, b tại A và B, với các giao điểm M ∩b, M′ ∩a, N ∩b, N′ ∩a Đầu tiên, cần chứng minh rằng các đường thẳng AB, CD, M’N, MN’ đồng quy Tiếp theo, gọi O là giao điểm của hai tiếp tuyến a và b, và chứng minh mối quan hệ giữa các điểm này.
Phát biểu các kết quả đối ngẫu.
P O a) Xét hình bốn đỉnh ABCD có: a∩BC = M ′ b∩DA = N
Theo định lý Paxcan cho hình bốn đỉnh ta có P, N, M ′ thẳng hàng.
Tương tự, xét hình bốn đỉnh DBAC có: a∩BD = N ′ b∩AC = M
Theo định lý Paxcan ta được P, N ′ , M thẳng hàng
VậyAB, CD, M ′ N, MN ′ đồng quy tại P. b) Xét chùm {P} có :
Kết quả đối ngẫu:Cho bốn đường thẳng cùng tiếp xúc với ôvan (S) Gọi A, B là tiếp điểm của (S) với a và b, các đường thẳng m đi qua a∩cvà B, m’ đi qua b∩c và
A, n đi quaa∩d và B, n’ đi quab∩d và A Khi đó bốn điểm a∩b, c∩d, m ′ ∩n, m∩n ′ thẳng hàng p là đường thẳng đi qua A và B thì [p, b, m, n] = [a, p, m’, n’].
Bài tập 3.4.7 yêu cầu cho ôvan (S) và hai điểm I, J nằm trên nó Từ đó, lấy hai điểm A và B trên tiếp tuyến của (S) tại I và J Vẽ các đường thẳng AC và BD tiếp xúc với (S) tại các điểm C và D Ký hiệu P là giao điểm của ID và AC, Q là giao điểm của JC và BD Nhiệm vụ là chứng minh rằng giao điểm PQ và AB thuộc đoạn thẳng IJ Cuối cùng, cần phát biểu bài toán đối ngẫu.
Xét hình bốn đỉnh CDIJ nội tiếp ôvan (S) Gọi CD ∩ IJ = O, DI ∩ CJ = M. Theo bài ra: tiếp tuyến tại C giao với tiếp tuyến tại I tại A.
Theo định lý Paxcan ta có A, O, M thẳng hàng.
Xét hình bốn đỉnh DCJI có tiếp tuyến tại D giao với tiếp tuyến tại I tại điểm B.
CD ∩ IJ = O, DI∩ CJ = M Theo định lý Paxcan suy ra B, O, M thẳng hàng. Vậy AB, CD, IJ đồng quy tại O.
Mặt khác, ta cũng có:
Tiếp tuyến tại C giao với ID tại P.
Tiếp tuyến tại D giao với CJ tại Q.
Theo định lý Paxcan cho hình 4 đỉnh CJID ta được P, Q, O thẳng hàng.
Vậy AB, PQ, IJ đồng quy tại O hay PQ ∩AB ∈ IJ.
Bài toán đối ngẫu liên quan đến một ôvan (S) và hai đường thẳng m, n tiếp xúc với ôvan này Hai đường thẳng a và b được vẽ qua các tiếp điểm của ôvan với m và n Tiếp theo, hai đường thẳng c và d cắt ôvan tại các điểm a∩c và b∩d Đường thẳng p nối điểm m∩d và a∩c, trong khi đường thẳng q nối n∩d và b∩d Cần chứng minh rằng đường thẳng nối hai điểm p∩q và a∩b sẽ đi qua giao điểm của hai đường thẳng m và n.
