Hình học trên nửa phẳng poincaré

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƢỜNG ĐẠI HỌC VINH NGUYỄN THỊ LIÊN HÌNH HỌC TRÊN NỬA PHẲNG POINCARÉ CHUYÊN NGNH : HèNH HC- TễPễ Mó s: 60.46.10 luận văn thạc sĩ toán học Ngi hng dn khoa hc: TS NGUYỄN DUY BÌNH VINH - 2011 LỜI CẢM ƠN Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn thầy giáo, giáo khoa Tốn, khoa Sau đại học - Trường Đại học Vinh dành nhiều tâm huyết truyền đạt kiến thức quý báu, giúp đỡ tác giả hồn thành khóa học luận văn Đặc biệt, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy giáo TS.Nguyễn Duy Bình, người đặt tốn tận tình giúp đỡ tơi suốt q trình học tập, nghiên cứu hướng dẫn, đóng góp ý kiến q báu để tơi hồn thành khố luận Tác giả xin gửi lời cảm ơn thầy giáo chun ngành Hình học -Tơpơ giảng dạy hướng dẫn, giúp đỡ học tập viết luận văn Xin cảm ơn đến Ban Giám Hiệu, tổ toán Trường THPT Thanh Chương đồng nghiệp, bạn bè gia đình động viên, tạo điều kiện cho tơi q trình theo học chương trình cao học Trường Đại học Vinh để hoàn thành luận văn tốt nghiệp Vinh, tháng 12 năm 2011 Tác giả luận văn MỤC LỤC Trang MỞ ĐẦU Chƣơng 1: Hình học Rieman 2-chiều §1 Đa tạp Rieman 2-chiều…… 1.1 Đa tạp Rieman 2-chiều…………………………… 1.2 Độ dài cung…………………………………………………… 1.3 Dạng liên kết đa tạp Rieman 2- chiều 1.4 Đường trắc địa đa tạp Rieman 2-chiều………………… 1.5 Ánh xạ đẳng cự đa tạp Rieman 2-chiều 11 §2 Nửa phẳng Poincaré…………………… 12 2.1 Xây dựng nửa phẳng Poincaré 12 2.2 Đường trắc địa nửa phẳng Poincaré 14 2.3 Độ dài cung đoạn H ………… 18 2.4 Biến đổi đẳng cự H ………………………… 20 Chƣơng 2: Hình học nửa phẳng Poincaré……………… 23 Các định nghĩa 23 Các mệnh đề hình học Lobasepki 27 Hệ thức lượng giác Lobasepki mẫu nửa phẳng Poincaré…… 32 Diện tích tam giác Lobasepki 37 Hai tam giác Lobasepki ………… 38 KẾT LUẬN……………………………………………………… 41 TÀI LIỆU THAM KHẢO 42 MỞ ĐẦU Hình học Riemann đời từ nửa kỉ XIX có nhiều ứng dụng học, vật lý học ngành khác kỹ thuật Nó xem mở rộng tự nhiên hình học Lobasepki Nửa phẳng Poincaré ví dụ đáng ý đa tạp Riemann 2- chiều Với mơ hình nửa phẳng Poincaré khơng hình học Lobasepki cơng nhận mà lồi người tiến từ “ hình học vật lý ’’ lên “hình học tốn học’’ Nửa phẳng Poincaré trình bày số tài liệu, giáo trình hình học như: “Hình học vi phân’’ Đồn Quỳnh(2003), “Mở đầu hình học Riemann’’ Nguyễn Hữu Quang nhiều tài liệu khác hình học Riemann hình học Lobasépki Trong luận văn này, chúng tơi tìm hiểu tính chất đa tạp Riemann, sở nghiên cứu tính chất hình học nửa phẳng Poincaré, dùng mơ hình nửa phẳng Poincaré nghiên cứu hệ tiên đề hình học Lobasepski, diện tích tam giác, điều kiện hai tam giác Lobasepski công thức lượng giác Lobasepki Luận văn trình bày chương: Chƣơng 1: Hình học Rieman 2- chiều Trong chương này, chúng tơi trình bày định nghĩa khái niệm đa tạp Riemann 2- chiều, tính chất nửa phẳng Poincaré, kết đường trắc địa H , kiến thức kiến thức sở cho chương Chƣơng 2: Hình học nửa phẳng Poincaré Trong chương này, chúng tơi trình bày nội dung hình học nửa phẳng Poincaré Đây nội dung luận văn, tác giả trình bày chi tiết định nghĩa, mệnh đề hình học Lobsepki, hệ thức lượng giác, diện tích tam giác điều kiện tam giác Lobasepki, từ đưa liên hệ hình học Lobasepki hình học Ơclit Luận văn hồn thành vào tháng 12 năm 2011 trường Đại học Vinh Chƣơng I: Hình học Rieman 2- chiều § Đa tạp Rieman 2-chiều 1.1 Đa tạp Rieman 2-chiều 1.1.1 Định nghĩa: Cho M đa tạp khả vi 2-chiều Một cấu trúc Rieman M ánh xạ g: p  g p ; p  M Trong g p thỏa mãn : i, g p tích vơ hướng T p M ii, g phụ thuộc khả vi vào p ( nghĩa g(X,Y)(p)= g p X p , Y p  g hàm khả vi theo p) M với cấu trúc g xác định gọi đa tạp Rieman 2-chiều, kí hiệu M hay (M,g) 1.1.2 Ví dụ: - Giả sử S mặt E =Oxyz Với p  S ta đặt: g p X p , Y p  = X p Y p Khi S đa tạp Rieman 2-chiều (ở X p Y p tích vơ hướng thơng thường X p , Y p E - Nửa phẳng Poincaré (cụ thể sau) 1.1.3 Liên thông Lêvi- Sivita đa tạp Định nghĩa : Cho M đa tạp Rieman 2-chiều Ánh xạ  : BM   BM   BM  X ,Y    X Y liên thơng tuyến tính đa tạp M thỏa mãn: +)  X Y  Z    X Y   X Z +)  X Y Z   X Z  Y Z +) X Y   X Y   F (M) +)  X Y   X  .Y   X Y ;   F(M) (trong F (M) ={  |  : M  R hàm khả vi) Liên thơng tuyến tính  gọi liên thông Lêvi- Sivita đa tạp   thỏa mãn X , Y    X Y  Y X  z g  1.2 Độ dài cung Giả sử  cung cho tham số hóa:  : a, b  M t   t  1.2.1 Định nghĩa : Độ dài cung  kí hiệu l(  ) xác định công thức: b l(  )=  g  ' t ,  ' t dt a 1.2.2 Định lý: l(  ) không phụ thuộc vào việc chọn tham số  Chứng minh : Giả sử  , 1 tham số hóa khác  b b a a l     =  g  ' t ,  ' t dt =   ' t  dt l b b b a a a =  g 1 ' t , 1 ' t dt =  ( 1  (t ) )' dt =  1 '  (t )   ' t  dt     1    (ở  : a, b  a, b ;t   t  ) Ta chứng minh bổ đề sau :  ' t  âm dương với t  a, b + Do  vi phôi  1 khả vi + 1   '   ' t   0t  ' t  + Giả sử có t ,  ' t  >0,   t1 ,  ' t  Theo định lí Lagrăng  :  '    ( mâu thuẫn với  ' t   0t )   ' t  âm dương với t  a, b Áp dụng bổ đề vào chứng minh định lý : d T/h1:  ' t   0t  l    '1   d ( c   a , d   b) c c d d c T/h2:  ' t   0t  l    '1   d   1 '   d Vậy l  không phụ thuộc vào việc chọn tham số  1.3 Dạng liên kết đa tạp Rieman 2- chiều Giả sử (M,g) đa tạp Riemann 2- chiều, U1 ,U  trường mục tiêu trực chuẩn M, 1 ,  trường đối mục tiêu U1 ,U ,  liên thông Lêvi- Sivita M Khi tồn 1- dạng vi phân  i j M cho X B (M) ta có :  X U1  11  X U1  21  X U ;  X U  12  X U1  22  X U 1.3.1 Mệnh đề: 11   22   21  12 Chứng minh: X  B (M) ta có : X  U1 ,U    U1 ,  X U1   X U1 ,U1   11  X  U1 ,U1   11  X   Vậy 11  Chứng minh tương tự ta có  22  Do U1 ,U  nên X  U1 ,U    U1 ,  X U   X U1 ,U   12  X   21  X   ; X  B (M) Vậy 21  12 1.3.2 Định nghĩa: Dạng vi phân  21 gọi dạng liên kết M ứng với trường mục tiêu U1 ,U  1.3.3 Tính chất: d  12   d  21   Chứng minh: Mọi dạng vi phân bậc  21 tập mở V M có dạng : 21  1    2 , 1 ,  hàm số V Vì d  U1 ,U   21 U  nên d  12   Vì d  U1 ,U   21 U  nên d  12    21   1.4 Đƣờng trắc địa đa tạp Rieman 2- chiều Xét cung tham số đa tạp Rieman 2- chiều M tức ánh xạ (khả vi)  : J  M , t   t  , J khoảng mở R Trường véc tơ dọc  ánh xạ X: I  T t  M ; t  X t   T t  M Giả sử U1 ,U  trường mục tiêu khả vi tập mở U chứa  t  , lân cận J  I trường véc tơ X dọc  biểu diễn : X t    t U1  t    t U  t   , : J  R X gọi khả vi t  , khả vi t, X gọi khả vi X khả vi t  I 1.4.1 Định nghĩa: Giả sử X trường véc tơ dọc cung tham số  : J  M , t   t  , ta xác định trường véc tơ X sau: dt Với t  I ta lấy trường trực chuẩn U1 ,U  lân cận  t  , ta viết X t    t U1  t    t U  t  Đặt: X t0    '1 t0   21  ' t0  '2 t0  U1  t0   dt    ' t     ' t  ' t .U  t  2 1 21  12 dạng liên kết (M,g) trường mục tiêu chọn Khi X gọi đạo hàm trường véc tơ X dọc  dt 1.4.2 Định nghĩa: Giả thiết đường cong  đa tạp Rieman M cho tham số hóa  : J  M (J khoảng mở R  khả vi ),  gọi đường trắc địa M  '  hay trường véc dt tơ tiếp tuyến  ’ trường véc tơ song song dọc  Ví dụ: Đường trắc địa R đường thẳng Chứng minh: Giả sử  cho  :[a;b]  R t   t   x1 t , x2 t  đường R  đường trắc địa   ' D ' 0   xi ' t   dt dt   ' '    '  aa1 , a2   x1 t     a1t  R .x t     a t Suy :    Vậy:  đường thẳng.(đpcm) 1.4.3 Chú ý :  đường trắc địa  ' Chứng minh: d  ' ,  '  '  '   '  '    '. '  const   ' t   c dt dt dt 1.4.4 Định lý: Trong đồ địa phương U  ,  M, ta giả sử  t   1 t ,  t  Khi  trắc địa : Các mệnh đề hình học Lobasepki 2.1 Mệnh đề: Qua hai điểm Lobasepki phân biệt q có đường thẳng Lobasepki Chứng minh: p * Trường hợp 1: Nếu p, q nằm đường x O thẳng trực giao với Ox đường thẳng đường thẳng dạng a Hình * Trường hợp 2: Nếu p, q không nằm vị trí trường hợp 1, nghĩa p, q nằm phía Ox q Nối p, q dựng đường thẳng trung trực đoạn  p pq cắt Ox đâu tâm đường tròn trực giao với Ox nửa đường thẳng dạng b Vậy: Qua hai điểm Lobasepki phân biệt có O Hình x đường thẳng Lobasepki 2.2 Mệnh đề: Qua điểm Lobasepki ngồi đường thẳng Lobasepki có nhiều đường thẳng Lobasepki không cắt đường thẳng Lobasepki  cho Chứng minh: A * Trường hợp 1: Nếu cho đường thẳng Lobasepki  có dạng a (tức ảnh nửa đường thẳng mở O trực giao với Ox) điểm A khơng thuộc  , có vơ số đường thẳng dạng b đường thẳng dang a khơng cắt  28 x Hình 10 * Trường hợp 2: Nếu cho đường thẳng Lobasepki  có dạng b (tức ảnh nửa đường tròn mở trực giao với Ox điểm A không thuộc  , A có vơ số đường thẳng dạng b đường thẳng dang a không cắt   O Hình 11 2.3 Mệnh đề: Qua điểm Lobasepki có đường thẳng Lobasepki vng góc với đường thẳng cho trước Chứng minh : *Trường hợp 1: Đường thẳng Lobasepki  có dạng a (tức ảnh nửa đường thẳng mở trực giao với Ox) Khi đó: +) Nếu A   đường thẳng qua A  vng góc với  đường thẳng A Lobasepki có dạng b (tức ảnh nửa đường tròn mở trực giao với Ox) O x Hình 12  +) Nếu A  đường thẳng A qua A vng góc với  đường thẳng Lobasepki có dạng b (tức ảnh nửa đường tròn mở trực giao với Ox) x O 29 *Trường hợp 2: Đường thẳng Lobasepki  có dạng b (tức ảnh nửa đường trịn mở trực giao với Ox) Khi đó: 1 +) Nếu A   A điểm  đường Lobasepki dạng a A (tức ảnh nửa đường thẳng mở  trực giao với Ox) vng góc  O I x Hình 14 +) Nếu A   A khơng phải điểm  tồn đường Lobasepki  dạng b (tức ảnh nửa  đường tròn mở trực giao với Ox) vng góc  1 A  nửa đường tròn (Ơclit) tâm I , bán kính I A O I Đường thẳng Lobasepki xác định sau: I1 Hình 15 Qua A kẻ tiếp tuyến với  cắt Ox điểm tâm I đường thẳng dạng b vuông góc với  2.4 Mệnh đề: Tồn đường thẳng Lobasepski vng góc với hai đường thẳng Lobasepski cho trước Chứng minh: Trường hợp 1: Nếu hai đường thẳng Lob phân biệt cho trước hai đường dạng a (ảnh nửa đường thẳng mở trực giao với Ox) khơng tồn 30 x đường thẳng Lob vng góc với hai đường nói d  x O Hình 16 Trường hợp 2: Nếu hai đường thẳng Lob phân biệt cho trước đường  dạng a đường ' dạng b tồn đường Lob dạng b vng góc với hai đường Lob cho  ' O I x Hình 17 Trường hợp 3: +)Nếu hai đường thẳng Lob cho trước hai đường dạng b (hai nửa đường trịn đồng tâm ) tồn đường thẳng Lob  dạng a vng góc với hai dường thẳng cho 31  O I x Hình 18  +)Nếu hai đường thẳng Lob cho trước hai đường dạng b ( hai nửa đường trịn khơng đồng tâm) tồn đường thẳng Lob  dạng b vng góc với hai đường cho O Hình 19 Hệ thức lƣợng giác Lobasepki mẫu nửa phẳng Poincaré 3.1 Định nghĩa: Tam giác trắc địa Lobasepki (gọi tắt tam giác Lobasepki hay tam giác Lob) tam giác có cạnh đoạn thẳng Lob H 3.2 Góc tam giác Lobasepki Cho tam giác Lob có đỉnh A, B, C Khi góc tương ứng A, B, C xác định sau: Gọi  ,  cung đoạn định hướng từ A đến B từ A đến C u, v véc tơ tiếp xúc  ,  A  u B v  A C Hình 20 32 x Đặt A= u, v  , tương tự ta xác định góc B, C Từ suy góc tam giác Lobasepki nằm khoảng (0,  ) Ta kí hiệu tam giác Lobasepski ABC tam giác Lob có đỉnh A, B, C, có cạnh tương ứng a=  ( B, C ) ,b=  (C, A) ,c =  ( A, B) , góc  tương ứng A, B, C Tam giác Lob ABC vuông A A= 3.3 Hệ thức lƣợng giác Lobasepki tam giác Lobasepski 3.3.1 Định lí: Cho tam giác Lobasepski ABC, ta ln có: cos B cos C  cos A sin B sin C cos A cos C  cos B chb  sin A.sin C cos B cos A  cos C chc  sin B sin A cha  (1) (2) (3) Chứng minh: Xét tam giác Lobasepski ABC Trên mơ hình Poincaré, ta dùng phép dời hình Lobasepski (chẳng hạn phép nghịch đảo Ơclit) để làm cho ba cạnh tam giác, ví dụ cạnh BC biểu diễn đoạn thẳng Ơclit mà đường kéo dài vng góc với  Hai cạnh biểu diễn hai cung trịn Ơclit có tâm I, K nằm  (hình 21) Ta gọi a, b, c theo thứ tự độ dài Lob ba cạnh BC, CA, AB tam giác Lob ABC Vì mơ hình Poincaré bảo giác (độ lớn góc theo hai cách nhìn Ơclit Lobasepki) Theo mệnh đề 1.4.4 chương 2, ta có: 33 L  C B O K A H I x Hình 21 a=|ln(BCHL)|, L điểm vô tận BC hay a=|ln(BCH)|=ln hay e a  HC HB HC HB e a  e  a HC HB HB  HC  (  ) cha = 2 HB HC HB.HC HB  HC  (r  IH )+(s  KH ) , r s bán kính Ơclit hai vịng trịn tâm I tâm K Hay: HB  HC  r  s  ( KH  HI )  KH HI  r  s  ( KI )  KH HI = 2rscos  KAI+2KH.HI Vậy :cha = r s KH HI cos KAI  HB HC HC HB = = 1 cos KAI  cot CKH cot BIH sin BIK sin CKH cos KAI  cos BIH cos CKH sin BIH sin CKH 34 Trong trường hợp, ba góc A, B, C tam giác Lobasépki ABC theo thứ tự độ lớn góc Ơclit:  KAI,  BIH,  CKH Vậy ta có cơng thức cha  cos B cos C  cos A sin B sin C  (1) chứng minh Hốn vị vịng quanh a, b, c A, B, C ta có (2) và(3) 3.3.2 Định lí (Định lí hàm số sin hyperbolic) Cho tam giác Lobasepski ABC, ta ln có: sha shb shc   sin A sin B sin C (4) Chứng minh : Từ (1) sha 2  cos A  cos B cos C   sin B sin C  sin A sin A sin B sin C Hoán vị vòng quanh a, b, c A, B, C ta có: shb 2  cos B  cos A cos C   sin A sin C  sin B sin A sin B sin C shc 2  cos C  cos B cos A  sin B sin A sin C sin A sin B sin C Bây ta so sánh biểu thức căn: Trong biểu thức có số hạng 2cosA.cosB.cosC nhau, ta xét: cos A  cos B  cos C  sin B sin C = cos A  cos B  cos C  1  cos B1  cos C  = cos A  cos B  cos  Biến đổi tương tự , ta có (4) chứng minh 3.3.3 Định lí (Định lí hàm số cosin hypebolic) Cho tam giác Lobasepski ABC, ta ln có: cha  chb.chc  shb.shc cos A (5) chb  cha.chc  sha.shc cos B (6) chc  chb.cha  shb.sha cos C (7) 35 Chứng minh: Theo (2) (3) ta có : chb.chc  cos B  cos C cos Acos C  cos A cos B  (*) sin A sin B sin C sin B sin B Và từ (4): shb.shc.cosA= sh c cos A  ch c  cos A (**) sin C sin C  Thay chc   cos B cos A  cos C vào (**) biến đổi ta có: sin B sin A cos shb.shc.cosA =  A  cos B  cos C   cos A cos B cos C cos A (***) sin A sin B sin C Trừ vế với vế (*) (***), ta có: 1  cos Acos B cos C  1  cos Acos A 1  cos Asin B.sin C chb.chc-shb.shc.cosA= = 2 cos A  cos B cos C sin B sin C Từ kết hợp với (1) ,ta có (5) Hốn vị vịng quanh a, b, c A, B, C ta có (6), (7) 3.3.4 Hệ quả(Các hệ thức lƣợngtrong tam giác vuông) Cho tam giác Lob ABC vng A, ta ln có: cha  chb.chc (8) (Định lí Pitago hyperbolic) cha  cot B cot C (9) cos B sin C cos C chc  sin B chb  (10) (11) shb  sha sin B (12) shc  sha sin C (13) thb  shc tan B (14) thc  shb tan C (15) thb  tha cos C (16) thc  tha cos B (17) Chứng minh:   Từ (1) cho A= , ta có (9) Từ (5) cho A= , ta có (8) 36   Từ (3) cho A= , ta có (11) sha shb   Từ (4) cho A= , ta có (12) sin A sin B Từ (2) cho A= , ta có (10) Chia vế với vế hai cơng thức (10) (12), ta có: thb  sha sin b : cos B  sha sin C  tan B sin C Kết hợp với (13) ta có: thb  shc tan B Tương tự vậy, ta có: thc  shb tan C Trong (14), ta thay shc sha.sinB tanB sin B cos B được: thb  tha cos C Tương tự vậy, ta có: thc  tha cos B Diện tích tam giác Lobasepki: Cho tam giác Lob ABC (A, B, C độ đo radian góc tạo đoạn thẳng Lob nối ba điểm A, B, C) Khi diện tích :   A  B  C  Chứng minh: Giả sử AB cung đường tròn (Ơclit) tâm P  Ox bán kính  , AC cung đường trịn (Ơclit) tâm Q  Ox, bán kính R, BC đoạn đường thẳng (Ơclit) cắt vng góc với Ox Q Dạng diện tích tắc H 0  dx  dy (ở chọn hướng tắc H  R ) (Xem[6]) y Do miền diện tích tam giác là: 37  ABC dx  dy  y2  dx  dx (áp dụng công thức Stock) d     y  ABC y ABC   dx dx dx    y y y AB BC CA = Ta có     C  dx AB y  PB, PA  PT ,PA  PT ,PB dx 0 y BC A O     x P  Q  dx  QA, QC  QT ,QC  QT ,QA y CA  B  Hình 22     Nên diện tích cần tìm là:   PT , PA  PT , PB + QT ,QC  QT ,QA    Mặt khác : QT,QC = , PT ,PB   B , QT, QA  PT ,PA AP, AQ, AQ, AP  A Suy         ( PT , PA  AP, AQ + PT , PA  B =   A-B =   A  B  C =   A  B  C  Nhận xét: Tổng góc tam giác Lobasepki thỏa mãn: A B C  Hai tam giác 5.1 Định nghĩa: Hai tam giác ABC A’B’C’ tồn phép đẳng cự biến tam giác thành tam giác 5.2 Các trƣờng hợp hai tam giác 5.2.1 Định lý : Nếu hai tam giác ABC A’B’C’ có AB=A’B’;AC=A’C’;A=A’ (c.g.c) Chứng minh: 38 Xét e1 , e2 véc tơ đơn vị tiếp xúc với AB AC A Xét e'1 , e' véc tơ đơn vị tiếp xúc với A’B’ A’C’ A’ Xét e' '1 , e' ' véc tơ đơn vị tiếp xúc với A’’B’’ A’’C’’ A’’ *Trường hợp 1: Giả sử e1 , e2 e'1 , e' hướng, tồn phép đẳng cự f    cho f(A, e1 )= A' , e'1 tức f(A)=A’, f * e1  e'1 Khi cung trắc địa xác   định A' , e'1 Vì AB=A’B’ nên f(B)=B’ Do f bảo tồn góc mô đun nên f *  e2   e' nên đường trắc địa AC biến   thành đường trắc địa A’C’ Do AC=A’C’ nên f(C)=C’ Cung trắc địa BC qua f biến thành cung trắc địa qua B’, C’ Vì B’C’ cung trắc địa xác định cung trắc địa qua hai điểm suy f(BC)=B’C’ Suy tồn phép đẳng cự f: ABC  A' B' C' Vậy ABC  A' B' C' *Trường hợp 2: Giả sử e1 , e2 e'1 , e' ngược hướng Xét T phép đẳng cự H xác định T(x,y)=(-x,y) Tương tự cách chứng minh T biến tam giác ABC thành tam giác A”B”C” mà e1 , e2 e'1 , e' ngược hướng tồn f ánh xạ đẳng cự biến A”B”C” thành A’B’C’ Đặt f = f  T ta có f : ABC  A' B' C' Vậy ABC  A' B' C' 5.2.2 Định lý: Nếu hai tam giác ABC A’B’C’ có AB=A’B’; AC=A’C’; BC=B’C’ (c.c.c) Chứng minh: Sử dụng định lý cosin hyperbolic ta có chc  chb.cha  shb.sha cos C chc  chb.cha  shb.sha cos C ’, suy C=C’ Mặt khác áp dụng định lý 5.2.1 ta có ABC  A' B' C' 39 5.2.3 Định lý: Nếu hai tam giác ABC A’B’C’ có AB=A’B’; B=B’; A=A’ (g.c.g) Chứng minh: *Trường hợp 1: Giả sử e1 , e2 e'1 , e' hướng Khi tồn tai phép đẳng cự f biến AB thành A’B’ Do f bảo giác nên f biến đường trắc địa chứa AC thành đường trắc địa chứa A’C’, biến đường trắc địa chứa BC thành đường trắc địa chứa B’C’ Do f biến giao điểm C AC BC thành giao điểm C’của A’C’ B’C’ Suy f: ABC  A' B' C' Vậy ABC  A' B' C' *Trường hợp 2: Giả sử e1 , e2 e'1 , e' ngược hướng Xét T phép đẳng cự H xác định T(x,y)=(-x,y) Tương tự cách chứng minh T biến tam giác ABC thành tam giác A”B”C” mà e1 , e2 e' '1 , e' ' ngược hướng tồn f ánh xạ đẳng cự biến A”B”C” thành A’B’C’ Đặt f = f  T ta có f : ABC  A' B' C' Vậy ABC  A' B' C' 5.2.4 Định lý: Nếu hai tam giác ABC A’B’C’ có A=A’; B=B’; A=A’ (g.g.g) Chứng minh: Từ định lý 3.3.1: Khi biết ba góc A, B, C ta tính ba cạnh a, b, c biết ba góc A’, B’, C’ ta tính ba cạnh a’, b’, c’ Kết hợp định lý 5.2.1 ta có ABC  A' B' C' Nhận xét: Trong hình học Lobasepki khơng có hai tam giác đồng dạng kích thước khác 40 KẾT LUẬN Với mục đích dựa sở hình học Riemann 2-chiều, nghiên cứu cụ thể nửa phẳng Poincaré từ nghiên cứu hình học nửa phẳng Poincaré, luận văn đạt sau:  Trình bày cụ thể số khái niệm chứng minh chi tiết số tính chất đa tạp Riemann 2-chiều  Nghiên cứu số tính chất hình học nửa phẳng Poincare đồng thời trình bày kết đường trắc địa độ dài cung đoạn nửa phẳng Poincare (Mđề 2.1; 2.2; 2.3 § Chương 1)  Trình bày số khái niệm đối tượng cụ thể hình học Lobasepxki: Điểm, đường thẳng, đoạn thẳng, góc, khoảng cách, tam giác Lobasepxki  Trình bày cụ thể mối quan hệ điểm đường thẳng, quan hệ đường thẳng hình học Lobasepxki (Mđề 2.1; 2.2; 2.3; 2.4, Chương 2)  Trình bày hệ thức lượng giác Lobasepxki chứng minh chi tiết định lí ( Đlí 3.3.1; 3.3.2; 3.3.3; 3.3.4), chứng minh cơng thức tính diện tích tam giác cong, xem xét bốn trường hợp hai tam giác Lobasepxki 41 Tài liệu tham khảo [1] Khu Quốc Anh - Nguyễn Dỗn Tuấn (2005), Lý thuyết liên thơng hình học Riemann), NXBGD, Hà Nội [2] Đỗ Viết Khánh (2005), Nửa phẳng Poincaré -Khóa luận tốt nghiệp Đại học Vinh [3] Phan Thị Ngọc (2007), Nửa phẳng Poincaré hình học hyperbolic , Luận văn thạc sĩ –Đại học Vinh [4] Nguyễn Hữu Quang(2007), Bài giảng đa tạp khả vi, Đại học Vinh [5] Nguyễn Hữu Quang(2005), Mở đầu hình học Riemann, Đại học Vinh [6] Đồn Quỳnh(2001), Hình học vi phân, NXBGD, Hà Nội [7] Nguyễn Cảnh Tồn(1962), Hình học cao cấp, (Phần 1:Cơ sở hình học), NXBGD, Hà Nội [8] Nguyễn Cảnh Toàn (1997), Tập cho học sinh giỏi toán làm quen dần với nghiên cứu toán học, NXBGD 42 ... Với mơ hình nửa phẳng Poincaré khơng hình học Lobasepki cơng nhận mà lồi người tiến từ “ hình học vật lý ’’ lên ? ?hình học tốn học? ??’ Nửa phẳng Poincaré trình bày số tài liệu, giáo trình hình học. .. Chƣơng 2: Hình học nửa phẳng Poincaré Trong chương này, chúng tơi trình bày nội dung hình học nửa phẳng Poincaré Đây nội dung luận văn, tác giả trình bày chi tiết định nghĩa, mệnh đề hình học Lobsepki,... hiểu tính chất đa tạp Riemann, sở nghiên cứu tính chất hình học nửa phẳng Poincaré, dùng mơ hình nửa phẳng Poincaré nghiên cứu hệ tiên đề hình học Lobasepski, diện tích tam giác, điều kiện hai tam