2 MỘT SỐ BÀI TOÁN TRÊN MẶT PHẲNG TAXICAB
2.2 Tích vô hướng
2.2.1 Tích vô hướng
Trong hình học Euclid, tích vô hướng của2 vectơα, β ∈R2 được cho bởi công thức: hα, βiE =kαkEkβkEcosE(α, β).
Bây giờ chúng ta sẽ tìm hiểu tích vô hướng trong hình học taxicab.
Định nghĩa 2.2.1 ([7, Định nghĩa 2.1, pp. 296]). Cho α= (a1, a2);β = (b1, b2)
là 2 vectơ trong R2T. Khi đó, trong hình học taxicab tích vô hướng của 2 vectơ α
và β được cho bởi công thức
hα, βiT = (i)|a1b1|+|a2b2|, α, β cùng thuộc một góc phần tư ;
(ii)− |a1b1|+|a2b2|, α, β ở hai góc phần tư liên tiếp, và a1b1 <0, a2b2> 0; (iii)|a1b1| − |a2b2|, α, β ở hai góc phần tư liên tiếp, và a1b1 >0, a2b2< 0; (iv)− |a1b1| − |a2b2|, α, β thuộc hai góc phần tư đối diện.
Định lý 2.2.1 ([7, Định lý 2.2, pp. 296]). Trong hình học taxicab, tích vô hướng của hai vectơ song tuyến tính, đối xứng và xác định dương.
Chứng minh.
1. Song tuyến tính Xét bảng
α\β I II III IV
I (i) (ii) (iv) (iii)
II (ii) (i) (iii) (iv)
III (iv) (iii) (i) (ii)
IV (iii) (iv) (ii) (i)
Trong đó I, II, III, IV lần lượt là các góc phần tư thứ nhất, thứ hai, thứ ba và thứ tư.
α∈I : α nằm trong góc phần tư thứ nhất,
α∈II : α nằm trong góc phần tư thứ hai,
α∈III :α nằm trong góc phần tư thứ ba,
α∈IV : α nằm trong góc phần tư thứ tư.
Bây giờ ta chứng minh tính chất song tuyến tính của tích vô hướng trong hình học taxicab. (a) Cho α= (a1, a2);β = (b1, b2)∈R2 T, r∈R. Ta chứng minh hrα, βi= hα, rβi =rhα, βi. i. α, β cùng thuộc một góc phần tư. A. ∀r ∈R+ lúc đó rα, β vẫn cùng thuộc một góc phần tư, do đó hrα, βi= |ra1b1|+|ra2b2| =|r|(|a1b1|+|a2b2|) =rhα, βi. hα, rβi= |a1rb1|+|a2rb2| =|r|(|a1b1|+|a2b2|) =rhα, βi.
B. ∀r ∈R− lúc đó rα, β thuộc hai góc phần tư đối nhau, do đó
hrα, βi =−|ra1b1| − |ra2b2|=−|r|(|a1b1|+|a2b2|) =r(|a1b1|+|a2b2|) =rhα, βi.
hα, rβi =−|a1rb1| − |a2rb2|=−|r|(|a1b1|+|a2b2|) =r(|a1b1|+|a2b2|) =rhα, βi.
ii. α, β nằm trên hai góc phần tư liên tiếp. Giả sử α∈I, β ∈II A. ∀r ∈R+ lúc đó rα∈I, β ∈II, do đó hrα, βi =−|ra1b1|+|ra2b2|= |r|(−|a1b1|+|a2b2|) =r(−|a1b1|+|a2b2|) =rhα, βi. hα, rβi =−|a1rb1|+|a2rb2|= |r|(−|a1b1|+|a2b2|) =r(−|a1b1|+|a2b2|) =rhα, βi. B. ∀r ∈R− lúc đó rα∈III, β ∈II, do đó hrα, βi =|ra1b1| − |ra2b2| =−|r|(−|a1b1|+|a2b2|) =r(−|a1b1|+|a2b2|) =rhα, βi. hα, rβi =|a1rb1| − |a2rb2| =−|r|(−|a1b1|+|a2b2|) =r(−|a1b1|+|a2b2|) =rhα, βi.
Các trường hợp khác được chứng minh tương tự. iii. α, β nằm trên hai góc phần tư đối diện.
A. ∀r ∈R+ lúc đó rα, β vẫn thuộc hai góc phần tư đối diện nhau, do đó hrα, βi =−|ra1b1| − |ra2b2|= |r|(−|a1b1| − |a2b2|) =r(−|a1b1| − |a2b2|) =rhα, βi. hα, rβi =−|a1rb1| − |a2rb2|= |r|(−|a1b1| − |a2b2|) =r(−|a1b1| − |a2b2|) =rhα, βi. B. ∀r ∈R− lúc đó rα, β thuộc cùng một góc phần tư, do đó hrα, βi =|ra1b1|+|ra2b2| =−|r|(−|a1b1| − |a2b2|) =r(−|a1b1| − |a2b2|) =rhα, βi. hα, rβi =|a1rb1|+|a2rb2| =−|r|(−|a1b1| − |a2b2|) =r(−|a1b1| − |a2b2|) =rhα, βi.
(b) Cho α = (a1, a2), β = (b1, b2), γ = (c1, c2) là ba vectơ trong R2T. Ta chứng minh
hα+β, γi =hα, γi+hβ, γi.
hα, β+γi=hα, βi+hα, γi.
i. α, β, γ cùng thuộc một góc phần tư. Khi đó,
α+β và γ cùng thuộc một góc phần tư nên
hα+β, γi= |(a1+b1)c1|+|(a2+b2)c2|
= |a1+b1||c1|+|a2+b2||c2|
= (|a1|+|b1|)|c1|+ (|a2|+|b2|)|c2|
= |a1c1|+|b1c1|+|a2c2|+|b2c2|
= |a1c1|+|a2c2|+|b1c1|+|b2c2|=hα, γi+hβ, γi. α và β +γ cùng thuộc một góc phần tư nên
hα, β+γi=|a1(b1+c1)|+|a2(b2+c2)|
=|a1||b1+c1|+|a2||b2+c2|
=|a1|(|b1|+|c1|) +|a2|(|b2|+|c2|) =|a1b1|+|a1c1|+|a2b2|+|a2c2|
=|a1b1|+|a2b2|+|a1c1|+|a2c2|=hα, βi+hα, γi.
ii. Hai trong số ba vectơ α, β, γ cùng thuộc một góc phần tư. Trường hợp này có nhiều trường hợp nhỏ, và ta chỉ chứng minh cho trường hợp α, γ ∈I, β ∈II. Các trường hợp khác được chứng minh tương tự. A. α, γ ∈I, β ∈II, nếu α+β ∈ I, thì γ và α+β cùng thuộc góc phần tư I, do đó ta có hα+β, γi =|(a1+b1)c1|+|(a2+b2)c2| =|a1+b1||c1|+|a2+b2||c2| = (|a1| − |b1|)|c1|+ (|a2|+|b2|)|c2| =|a1c1| − |b1c1|+|a2c2|+|b2c2| =|a1c1|+|a2c2|+|b2c2| − |b1c1| =hα, γi+hβ, γi.
B. α, γ ∈I, β ∈II, nếu α+β ∈ II, thì γ và α+β thuộc hai góc phần tư liên tiếp I và II, do đó ta có
hα+β, γi =−|(a1+b1)c1|+|(a2+b2)c2|
=−|a1+b1||c1|+|a2+b2||c2|
=−(|b1| − |a1|)|c1|+ (|a2|+|b2|)|c2|
=|a1c1| − |b1c1|+|a2c2|+|b2c2|
=|a1c1|+|a2c2|+|b2c2| − |b1c1| =hα, γi+hβ, γi.
Chứng minh tương tự cho hα, β+γi=hα, βi+hα, γi.
iii. α, β, γ ở ba góc phần tư khác nhau. Lúc đó, vị trí của α+β vàγ có thể là cùng thuộc một góc phần tư, thuộc hai góc phần tư liên tiếp hoặc hai góc phần tư đối diện.
A. α∈I, β ∈III, γ ∈II, nếu α+β vàγ cùng thuộc một góc phần tư II thì ta có hα+β, γi=|(a1+b1)c1|+|(a2+b2)c2| =|a1+b1||c1|+|a2+b2||c2| = (|b1| − |a1|)|c1|+ (|a2| − |b2|)|c2| =−|a1c1|+|b1c1|+|a2c2| − |b2c2| =−|a1c1|+|a2c2|+|b1c1| − |b2c2|=hα, γi+hβ, γi.
B. α ∈ I, β ∈ II, γ ∈ III, nếu α+β và γ thuộc hai góc phần tư liên tiếp II và III thì ta có
hα+β, γi= |(a1+b1)c1| − |(a2+b2)c2|
= |a1+b1||c1| − |a2+b2||c2|
= (|b1| − |a1|)|c1| −(|a2|+|b2|)|c2|
= −|a1c1|+|b1c1| − |a2c2| − |b2c2|
= −|a1c1| − |a2c2|+|b1c1| − |b2c2| =hα, γi+hβ, γi.
đối diện nhau I và III thì ta có hα+β, γi= −|(a1+b1)c1| − |(a2+b2)c2| = −|a1+b1||c1| − |a2+b2||c2| = −(|a1| − |b1|)|c1| −(|a2|+|b2|)|c2| = −|a1c1|+|b1c1| − |a2c2| − |b2c2| = −|a1c1| − |a2c2|+|b1c1| − |b2c2| =hα, γi+hβ, γi.
Chứng minh tương tự cho hα, β+γi=hα, βi+hα, γi.
2. Đối xứng ∀α= (a1, a2);β = (b1, b2)∈R2 T hα, βiT = ±|a1b1| ± |a2b2|=±|b1a1| ± |b2a2| =hβ, αiT. 3. Xác định dương ∀α= (a1, a2)∈R2
T, vì α, α luôn nằm trên cùng một góc phần tư nên ta có
hα, αi =|a1a1|+|a2a2| =|a21|+|a22| ≥0
và rõ ràng,
hα, αi= 0⇔ a1 = 0 và a2 = 0⇔α= 0.