bài tập hình học xạ ảnh
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (171.91 KB, 25 trang )
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
MỤC LỤC
PHẦN I - LÝ THUYẾT 1
1 Ánh xạ xạ ảnh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
2 Các phép thấu xạ trong không gian P
n
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
3 Các định lí cơ bản của phép biến đổi xạ ảnh . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
PHẦN II - BÀI TẬP 9
Tài liệu 24
0
PHẦN II
BÀI TẬP
9
Bài 1: trang 74
Cho không gian xạ ảnh (P
n
, p, V
n+1
). Các phép vị tự của V
n+1
đại diện cho những phép
biến đổi xạ ảnh nào của P
n
?
Giải
Các phép vị tự k.id
v
: V
n+1
−→ V
n+1
−→
x −→ k.id
v
(
−→
x ) = k.
−→
x (k ∈ K
∗
) là ánh xạ tuyến tính đại
diện cho phép biến đổi xạ ảnh đồng nhất.
id
v
: P
n
−→ P
n
M −→ id
v
(M) = M
Bài 2: trang 74
Nếu biến đổi xạ ảnh f : P
n
−→ P
n
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 P
2
ta xét phép biến đổi xạ ảnh f có biểu thức tọa độ:
kx
0
= 4x
0
− x
1
kx
1
= 6x
0
− 3x
1
kx
2
= x
0
− x
1
− x
2
cho đường thẳng (d): x
0
− x
1
= 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) = M.
Bài 3 trang 74
Trong P
n
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 P
n
, thì mọi
điểm của U đều bất động.
Giải
Giả sử S
0
, S
1
, . . . , S
r
, E là n + 2 điểm trong r-phẳng U thỏa điều kiện bài toán.
Gọi
−→
e
0
,
−→
e
1
, . . . ,
−→
e
r
,
−→
e lần lượt là các vectơ đại diện cho S
0
, S
1
, . . . , S
r
, E là n + 2.
Trên U ta có r điểm độc lập S
0
, S
1
, . . . , S
r
, E là n + 2.
Vì E ∈ U nên ta có
−→
e = t
0
−→
e
0
+ t
1
−→
e
1
+ . . . + t
r
−→
e
r
(1)
Đặt
−→
e
0
= t
0
−→
e
0
,
−→
e
1
= t
1
−→
e
1
, . . . ,
−→
e
r
= t
r
−→
e
r
. Đây cũng là các vectơ đại điện cho điểm
S
0
, S
1
, . . . , S
r
.
(1) ⇒
−→
e =
−→
e
0
+
−→
e
1
+ . . . +
−→
e
r
10
Vì S
0
, S
1
, . . . , S
r
, E bất động nên
ϕ(
−→
e
0
) = k
0
−→
e
0
k
i
= 0, ∀i = 1, r
ϕ(
−→
e
1
) = k
1
−→
e
1
k = 0
. . .
ϕ(
−→
e
r
) = k
r
−→
e
r
Do đó
ϕ(
−→
e ) =
−→
e
0
+
−→
e
1
+ . . . +
−→
e
r
)
⇒ k(
−→
e
0
+
−→
e
1
+ . . . +
−→
e
r
) = k
0
−→
e
0
+ k
1
−→
e
1
+ . . . + k
r
−→
e
r
⇒ (k − k
0
)
−→
e
0
+ (k − k
1
)
−→
e
1
+ . . . + (k − k
r
)
−→
e
r
= 0
Vì {
−→
e
0
,
−→
e
1
, . . . ,
−→
e
r
} độc lập tuyến tính nên k = k
0
= k
1
= . . . = k
r
.
Lấy M ∈ U có vectơ đại diện là
−→
m .
Khi đó
−→
m = l
0
−→
e
0
+ l
1
−→
e
1
+ . . . + l
r
−→
e
r
⇒ ϕ(
−→
m) = kl
0
−→
e
0
+ kl
1
−→
e
1
+ . . . + kl
r
−→
e
r
)
= k(l
0
−→
e
0
+ l
1
−→
e
1
+ . . . + l
r
−→
e
r
= k
−→
m
Do đó f(M) = M.
Vậy mọi điểm thuộc U đều bất động.
Bài 4: trang 74
Trong P
n
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 = (u
0
: u
1
: : u
n
).
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 = [u
0
: u
1
: : u
n
]. 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
độ là k.x
= A.x.
Khi đó tọa độ của các điểm thuộc siêu phẳng u
thỏa:
[u]
t
.[x] = 0
k.[x
,
] = A[x]
⇒
[u]
t
.[x] = 0
k.[u].A
−1
[x
,
] = [u]
t
.[x]
Do detA = 0 =⇒ ∃A
−1
=⇒ k.[u]
t
.A
−1
[x
,
] = 0 (1)
11
Do đó (1) là ảnh của siêu phẳng u.
b. Với X
= (x
0
: x
1
: : x
n
)
Suy ra tọa độ tạo ảnh là [x] = k.A
−1
.[x
]
c. Ta có: u
= [u
0
: u
1
: : u
n
] =⇒ [u
]
t
.[x
] = 0
Khi đó tọa độ các điểm thuộc tạo ảnh của siêu phẳng u
thỏa
[u
].[x
] = 0
k.[x
] = A[x]
⇒ [u
]
t
.A.[x] = 0
Bài 5: trang 74
Trong P
n
cho phép biến đổi xạ ảnh f có biểu thức tọa độ: k.x
= A.x. Gọi χ(λ) =
det(A − λI
n
) là đa thức đặc trưng của ma trận A (I
n
lmatrnØnvcpn). Chứng minh rằng:
a Tọa độ (x
0
: x
1
: : x
n
) của điểm bất động là nghiệm của hệ phương trình: A−λI
n
)x = 0,
trong đó λ là nghiệm của đa thức đặc trưng.
b Tọa độ (u
0
: u
1
: : u
n
) của siêu phẳng bất động là nghiệm của hệ: (A
t
− λI
n
) = 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:
kx
= Ax
Khi đó phương trình tìm điểm bất động của f là:
kx = Ax
⇔ (A − kI
n
)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 − kI
n
| = 0 với mọi nghiệm k = λi
của hệ phương trình |A − kI
n
|. Ta có các điểm bất động của f ứng với giá trị riêng λ
i
có tọa
độ thỏa mãn hệ phương trình (A − kI
n
)x = 0.
Bài 6: trang 75
Trong P
2
cho mục tiêu xạ ảnh S
0
, S
1
, S
2
; E.Tìm biểu thức tọa độ của các phép biến đổi
xạ ảnh thỏa mãn một trong các điều kiện sau đây:
a. Các S
i
đều là điểm bất động (tức là biến thành chính nó).
b. Các điểm S
0
, S
1
, S
2
lần lượt biến thành S
1
, S
2
, S
0
và điểm E bất động.
c. Điểm S
0
bật động, đường thẳng S
1
S
2
bật động (đường thẳng biến thành chính nó) và S
1
biến thành S
2
.
12
Giải
Gọi
−→
e
0
,
−→
e
1
,
−→
e
2
lần lượt là các véctơ đại diện cho các điểm S
0
, S
1
, S
2
.
a. vì f(S
0
) = S
0
⇒ ϕ(
−→
e
0
) = k
0
−→
e
0
f(S
1
) = S
1
⇒ ϕ(
−→
e
1
) = k
1
−→
e
1
f(S
2
) = S
2
⇒ ϕ(
−→
e
2
) = k
2
−→
e
2
Biểu thức tọa độ của phép biến đổi xạ ảnh f là:
k
x
0
= k
0
x
0
k
x
1
= k
1
x
1
(k
0
; k
1
; k
2
= 0)
k
x
2
= k
0
x
2
b.Vì f(S
0
) = S
1
⇒ ϕ(
−→
e
0
) = k
0
−→
e
1
f(S
1
) = S
2
⇒ ϕ(
−→
e
1
) = k
1
−→
e
2
f(S
2
) = S
0
⇒ ϕ(
−→
e
2
) = k
2
−→
e
0
Biểu thức tọa độ của f có dạng
k
x
0
= k
2
x
2
k
x
1
= k
0
x
0
(k
0
; k
1
; k
2
= 0)
k
x
2
= k
1
x
1
Vì f(E) = E nên
k = k
2
k = k
0
k = k
1
⇒ k
0
= k
1
= k
2
= k
Chọn k = 1. Vậy biểu thức tọa độ của f cần tìm có dạng:
k
x
0
= x
2
k
x
1
= x
0
k
x
2
= x
1
c. Vì f(S
0
) = S
0
⇒ ϕ(
−→
e
0
) = k
0
−→
e
0
f(S
1
) = S
2
⇒ ϕ(
−→
e
1
) = k
1
−→
e
2
Biểu thức tọa độ cảu f có dạng:
k
x
0
= k
0
x
0
+ a
2
x
2
k
x
1
= k
1
x
1
+ b
2
x
2
k
x
2
= c
2
x
2
Phương trình tổng quát của đường thẳng S
1
S
2
: x
0
= 0
Vì M(0 : y
1
: y
2
) ∈ S
1
S
2
biến thành M
(0 : y
1
: y
2
) ∈ S
1
S
2
Nên
0 = + a
2
y
2
ky
1
= k
1
y
1
+ b
2
y
2
ky
2
= c
2
y
2
⇒
a
2
= 0
k
1
, c
2
= 0
Vậy biểu thức tọa độ của f cần tìm là:
k
x
0
= k
0
x
0
k
x
1
= k
1
x
1
+ b
2
x
2
k
x
2
= c
2
x
2
với k
0
, k
1
, c
2
= 0.
Bài 7: trang 75
Gọi S
0
, S
1
, S
2
, S
3
; E là mục tiêu xạ ảnh trong P
3
. Tìm biểu thức tọa độ của tất cả các
phép biến đổi xạ ảnh f : P
3
−→ P
3
thỏa mãn một trong các điều kiện sau đây:
a Các điểm S
0
, S
1
, S
2
, S
3
điều biến thành chính nó.
13
b Hai đường thẳng S
0
S
1
và S
2
S
3
điều biến thành chính nó.
c Các đường thẳng S
0
S
1
biến thành đường thẳng S
2
S
3
.
d Chỉ có hai điểm bất động là S
0
, S
2
và chỉ có một đường thẳng bất động là S
1
, S
3
.
e Có hai đường thẳng bất động là S
0
S
1
và S
2
S
3
, không có điểm bất động và đường thẳng bất
động.
f Các điểm S
0
, S
1
và mọi điểm trên S
2
S
3
đều bất động.
g Các điểm của mặt phẳng < S
0
, S
1
, S
2
> đều bất động và đường thẳng S
0
S
3
bất động.
Giải
a. Biểu thức tọa độ của f có dạng:
k
x
0
x
1
x
2
x
3
=
a 0 0 0
0 b 0 0
0 0 c 0
0 0 0 d
x
0
x
1
x
2
x
3
Ta có: f(E) = E
⇒ (f) :
kx
0
= k
0
x
0
kx
1
= k
1
x
1
kx
2
= k
2
x
2
kx
3
= k
3
x
3
Với k
i
= 0 tùy ý, i = 0, 3.
b. Gọi
−→
e
0
,
−→
e
1
,
−→
e
2
,
−→
e
3
lần lượt là các vector đại diện của S
0
, S
1
, S
2
, S
3
.
Phương trình tổng quát của các đường thẳng :
S
0
S
1
:
x
2
= 0
x
3
= 0
S
2
S
3
:
x
0
= 0
x
1
= 0
Biểu thức tọa độ của f có dạng :
f :
k
x
0
= a
0
x
0
+ a
1
x
1
+ a
2
x
2
+ a
3
x
3
k
x
1
= b
0
x
0
+ b
1
x
1
+ b
2
x
2
+ b
3
x
3
k
x
2
= c
0
x
0
+ c
1
x
1
+ c
2
x
2
+ c
3
x
3
k
x
3
= d
0
x
0
+ d
1
x
1
+ d
2
x
2
+ d
3
x
3
Vì M(y
0
: y
1
: 0 : 0) ∈ S
0
S
1
biến thành M
(y
0
: y
1
: 0 : 0) ∈ S
0
S
1
. Nên:
f :
ky
0
= a
0
y
0
+ a
1
y
1
ky
1
= b
0
y
0
+ b
1
y
1
0 = c
0
y
0
+ c
1
y
1
0 = d
0
y
0
+ d
1
y
1
⇒
c
0
= c
1
= 0
d
0
= d
1
= 0
a
0
a
1
b
0
b
1
= 0
Tương tự N(0 : 0 : z
2
: z
3
) ∈ S
2
S
3
biến thành N
(0 : 0 : z
2
: z
3
) ∈ S
2
S
3
. Nên:
f :
0 = a
2
z
2
+ a
3
z
3
0 = b
2
z
2
+ b
3
z
3
k”z
2
= c
2
z
2
+ c
3
z
3
k”z
3
= d
2
z
2
+ d
3
z
3
⇒
a
2
= a
3
= 0
b
2
= b
3
= 0
c
2
c
3
d
2
d
3
= 0
14
Vậy biểu thức tọa độ của f cần tìm là :
f :
k
x
0
= a
0
x
0
+ a
1
x
1
k
x
1
= b
0
x
0
+ b
1
x
1
k
x
2
= c
2
x
2
+ c
3
x
3
k
x
3
= d
2
x
2
+ d
3
x
3
Với
a
0
a
1
b
0
b
1
= 0
c
2
c
3
d
2
d
3
= 0
c. Phương trình tổng quát của các đường thẳng (S
0
S
1
):
x
2
= 0
x
3
= 0
; (S
2
S
3
):
x
0
= 0
x
1
= 0
Biểu thức tọa độ của f có dạng :
f :
k
x
0
= a
0
x
0
+ a
1
x
1
+ a
2
x
2
+ a
3
x
3
k
x
1
= b
0
x
0
+ b
1
x
1
+ b
2
x
2
+ b
3
x
3
k
x
2
= c
0
x
0
+ c
1
x
1
+ c
2
x
2
+ c
3
x
3
k
x
3
= d
0
x
0
+ d
1
x
1
+ d
2
x
2
+ d
3
x
3
Vì M(y
0
: y
1
: 0 : 0) ∈ S
0
S
1
biến thành điểm N(0 : 0 : z
2
: z
3
) ∈ S
2
S
3
. Nên:
f :
0 = a
0
y
0
+ a
1
y
1
0 = b
0
y
0
+ b
1
y
1
kz
2
= c
0
y
0
+ c
1
y
1
kz
3
= d
0
y
0
+ d
1
y
1
⇒
a
0
= a
1
= 0
b
0
= b
1
= 0
c
0
c
1
d
0
d
1
= 0
Vậy biểu thức tọa độ của f cần tìm là:
f :
k
x
0
= a
2
x
2
+ a
3
x
3
k
x
0
= b
2
x
2
+ b
3
x
3
kz
2
= c
0
x
0
+ c
1
x
1
+ c
2
x
2
+ c
3
x
3
kz
3
= d
0
x
0
+ d
1
x
1
+ d
2
x
2
+ d
3
x
3
⇒
a
2
a
3
b
2
b
3
= 0
c
0
c
1
d
0
d
1
= 0
d. Ta có f(S
0
) = S
0
, f(S
2
) = S
2
. Nên φ(
−→
e
0
) = k
0
−→
e
0
, φ(
−→
e
2
) = k
2
−→
e
2
. Biểu thức tọa độ của
phép biến đổi xạ ảnh f có dạng:
k
x
0
= k
0
x
0
+ a
1
x
1
+ a
3
x
3
k
x
1
= b
1
x
1
+ b
3
x
3
k
x
2
= c
1
x
1
+ k
2
x + c
3
x
3
k
x
3
= d
1
x
1
+ d
3
x
Phương trình tổng quát của đường thẳng (S
1
S
3
):
x
0
= 0
x
2
= 0
Vì M(0 : y
1
: 0 : y
3
) ∈ S
1
S
3
biến thành M
(0 : y
1
: 0 : y
3
) ∈ S
1
S
3
. Nên:
f :
0 = a
1
y
1
+ a
3
y
3
ky
1
= b
1
y
1
+ b
3
y
3
0 = c
1
y
1
+ c
3
y
3
ky
3
= d
1
y
1
+ d
3
y
3
⇒
a
1
= a
3
= 0
c
1
= c
3
= 0
b
1
b
3
d
1
d
3
= 0
15
Vậy biểu thức tọa độ của f cần tìm là:
k
x
0
= k
0
x
0
k
x
1
= b
1
x
1
+ b
3
x
3
k
x
2
= k
2
x
2
k
x
3
= d
1
x
1
+ d
3
x
3
Với
k
0
, k
2
= 0
b
1
b
3
d
1
d
3
= 0
e. Theo câu b ta có biểu thức tọa độ của f là:
f:
k
x
0
= a
0
x
0
+ a
1
x
1
k
x
1
= b
0
x
0
+ b
1
x
1
k
x
2
= c
2
x
2
+ c
3
x
3
k
x
3
= d
2
x
2
+ d
3
x
3
, với
a
0
a
1
b
0
b
1
= 0
c
2
c
3
d
2
d
3
= 0
Ta có phương trình của f là:
a
0
− k a
1
0 0
b
0
b
1
− k 0 0
0 0 c
2
− k c
3
0 0 d
2
d
3
− k
= 0
⇔
a
0
− k a
1
b
0
b
1
− k
c
2
− k c
3
d
2
d
3
− k
= 0
⇔ [(a
0
− k)(b
1
− k) − b
0
a
1
][(c
2
− k)(d
3
− k) − c
3
d
2
] = 0
⇔ (k
2
− (a
0
+ b
1
)k + c
2
d
3
− c
3
d
2
) = 0
⇔
k
2
− (a
0
+ b
1
)k + a
0
b
1
− a
1
b
0
= 0(1)
k
2
− (c
2
+ d
3
)k + c
2
d
3
− c
3
d
2
= 0(2)
Để qua phép biến đổi xạ ảnh f trong P
3
không có điểm bất động và mặt phẳng bất động thì
phương trình (1) và (2) chỉ có nghiệm kép. Tức là
(a
0
+ b
1
)
2
− 4(a
0
b
1
− a
1
b
0
) = 0
(c
2
+ d
3
)
2
− 4(c
2
d
3
− c
3
d
2
) = 0
⇔
(a
0
− b
1
)
2
+ 4a
1
b
0
= 0
(c
2
− d
3
)
2
+ 4c
3
d
2
= 0
⇔
a
1
b
0
< 0
c
3
d
2
< 0
a
0
− b
1
= ±2
−a
1
b
0
c
2
− d
3
= ±2
−c
3
d
2
Vậy
16
f:
k
x
0
= a
0
x
0
+ a
1
x
1
k
x
1
= b
0
x
0
+ b
1
x
1
k
x
2
= c
2
x
2
+ c
3
x
3
k
x
3
= d
2
x
2
+ d
3
x
3
, với
a
1
b
0
< 0
c
3
d
2
< 0
a
0
− b
1
= ±2
−a
1
b
0
c
2
− d
3
= ±2
−c
3
d
2
a
0
a
1
b
0
b
1
= 0
c
2
c
3
d
2
d
3
= 0
f. Theo đề bài ta có:
f(S
0
) = S
0
, f(S
1
) = S
1
f(S
2
) = S
2
, f(S
3
) = S
3
Khi đó: ψ(
−→
e
0
) = k
0
−→
e
0
, ψ(
−→
e
1
) = k
1
−→
e
1
ψ(
−→
e
2
) = k
2
−→
e
2
, ψ(
−→
e
3
) = k
3
−→
e
3
Biểu thức tọa độ của f có dạng:
k
x
0
= k
0
x
0
k
x
1
= k
1
x
1
k
x
2
= k
2
x
2
k
x
3
= k
3
x
3
Phương trình tham số của đường thẳng S
2
S
3
:
x
0
= 0
x
1
= 0
Vì M(0 : 0 : 1 : a) ∈ S
2
S
3
biến thành chính nó nên ta có: f (M ) = M
⇒
k
∗
.0 = k
0
.0
k
∗
.0 = k
1
.0
k
∗
= k
2
ak
∗
= ak
3
⇒ k
2
= k
3
= k
∗
Ta có biểu thức tọa độ của f cần tìm là :
k
x
0
= k
0
x
0
k
x
1
= k
1
x
1
k
x
2
= k
∗
x
2
k
x
3
= k
∗
x
3
(k
0
, k
1
= 0)(k
∗
= 0)
g. Ta có:
f(S
0
) = S
0
, f(S
1
) = S
1
, f(S
2
) = S
2
.
Biểu thức tọa độ của f có dạng:
k
x
0
= k
0
x
0
+ a
3
x
3
k
x
1
= k
1
x
1
+ b
3
x
3
k
x
2
= k
2
x
2
+ c
3
x
3
k
x
3
= d
3
x
3
Phương trình tổng quát của < S
0
, S
1
, S
2
> là: x
3
= 0.
S
0
S
3
:
x
1
= 0
x
2
= 0
17
Vì M(a : b : 1 : 0) ∈< S
0
, S
1
, S
2
> biến thành chính nó nên:
f(M) = M
⇒
ak = ak
0
bk = bk
1
k = k
0k = 0d
3
⇒ k
0
= k
1
= k
2
= k
Vì N(1 : 0 : 0 : c) ∈ S
0
S
3
biến thành điểm N
(1 : 0 : 0 : c
) ∈ S
0
S
3
. Nên:
k = k
0
+ a
3
c
0 = b
3
c
0 = c
3
c
kc
= d
3
c
⇒
b
3
= 0
c
3
= 0
d
3
= 0
Vậy biểu thức tọa độ của f cần tìm là:
(f) :
k
x
0
= kx
0
+ a
3
x
3
k
x
1
= kx
1
+ b
3
x
3
k
x
2
= kx
2
+ c
3
x
3
k
x
3
= d
3
x
3
(d
3
= 0, k = 0)
Bài 8: Trang 76
Các phép biến đổi xạ ảnh dưới đây của P
3
sinh ra những phép afin nào, giải thích ý nghĩa
hình học của những phép afin đó?
a kx
0
= x
0
, kx
i
= −x
i
, i = 1, 2, 3
b kx
0
= x
0
, kx
1
= x
1
, kx
2
= −x
2
, kx
3
= x
3
c kx
0
= x
0
, kx
1
= x
1
, kx
2
= x
2
, kx
3
= −x
3
d kx
0
= x
0
, kx
1
= x
1
, kx
2
= x
2
, kx
3
= −2x
1
− 2x
2
− x
3
Giải
a. Phép afin sinh ra bởi phép xạ ảnh là:
X
i
= −X
i
, 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 afin sinh ra bởi phép xạ ảnh là:
f:
X
1
= X
1
X
2
= −X
2
X
3
= X
3
18
Ý nghĩa hình học:
M(X
1
, X
2
, X
3
) → f(M) = (X
1
, −X
2
, X
3
)
⇒ Phép afin sinh ra trong ánh xạ xạ ảnh trên là phép lấy đối xứng qua mặt phẳng x
2
= 0.
c. Phép afin sinh ra bởi phép xạ ảnh là:
f:
X
1
= X
1
X
2
= X
2
X
3
= −X
3
Ý nghĩa hình học:
M(X
1
, X
2
, X
3
) ∈ A
3
→ f(M) = (X
1
, X
2
, −X
3
)
⇒ Phép afin sinh ra trong ánh xạ xạ ảnh trên là phép lấy đối xứng qua mặt phẳng x
3
= 0.
d.Phép afin sinh ra bởi phép xạ ảnh là:
f:
X
1
= X
1
X
2
= X
2
X
3
= −2X
1
− 2X
2
− X
3
Bài 1 trang 85:
Trong P
3
cho mục tiêu {S
0
, S
1
, S
2
, S
3
; E}. Viết biểu thức của phép thấu xạ 1-cặp với cơ
sở là cặp đường thẳng S
0
S
1
, S
2
S
3
và có tỉ số k.
Giải
Phương trình tổng quát của các đường thẳng
(S
0
S
1
):
x
2
= 0
x
3
= 0
; (S
2
S
3
):
x
0
= 0
x
1
= 0
A(1 : 1 : 0 : 0) ∈ S
0
S
1
B(0 : 0 : 1 : 1) ∈ S
2
S3
⇒ (AB):
x
0
− x
1
= 0
x
2
− x
3
= 0
lấyE(1 : 1 : 1 : 1) ∈ AB. Gọi E
= f(E) ∈ AB
⇒ E
(x
0
: x
0
: x
1
: x
1
) (x
0
, x
1
= 0)
Theo giả thiết ta có :
[E, E
, A, B] = k ⇔
1 1
1 0
1 0
1 1
:
x
0
1
x
1
0
x
0
0
x
1
1
= k ⇔ x
0
= kx
1
Vậy E
(k : k : 1 : 1). Vì f là phép thấu xạ 1-cặp với cơ sớ là cặp đường thẳng S
0
S
1
, S
2
S
3
nên ta có:
f(S
0
) = S
0
, f(S
1
) = S
1
, f(S
2
) = S
2
, f(S
3
) = S
3
Biểu thức tọa độ f có dạng:
k
x
0
= a
0
x
0
k
x
1
= b
1
x
1
k
x
2
= c
2
x
2
k
x
3
= d
3
x
3
Vì f(E) = E
nên:
k
0
k = a
0
k
0
k = b
1
k
0
= c
2
k
0
= d
3
⇒
a
0
= b
1
= a
k
2
= d
3
= c
19
Vậy biểu thức tọa độ cần tìm của f là:(f)
k
x
0
= ax
0
k
x
1
= ax
1
k
x
2
= cx
2
k
x
3
= dx
3
với a,c = 0
Bài 2 trang 85:
Trong P
2
, cho phép biến đổi xạ ảnh:
kx
0
= 2x
0
+ x
1
+ x
2
kx
1
= x
0
+ 2x
1
+ x
2
kx
2
= x
0
+ x
1
+ 2x
2
. Chứng tỏ rằng đó là một
phép thấu xạ cặp. Xác định cơ sở và tỉ số thấu xạ.
Giải
Tìm các điểm bất động của f. Ta có:
2 − k 1 1
1 2 − k 1
1 1 2 − k
=0
⇔ −k
3
+ 6K
2
− 9k + 4 = 0 ⇔
k
1
= 4
k
2
= k
3
= 1
Với k
1
= 4 ta có hệ:
−2x
0
+ x
1
+ x
2
= 0
x
0
− 2x
1
+ x
2
= 0
x
0
+ x
1
− 2x
2
= 0
⇔ x
0
= x
1
= x
2
⇒ O(1 : 1 : 1)
Với k
2
= k
3
= 1 ta có hệ:
x
0
+ x
1
+ x
2
= 0
x
0
+ x
1
+ x
2
= 0
x
0
+ x
1
+ x
2
= 0
⇔ x
0
+ x
1
+ x
2
= 0
⇒ x
0
+ x
1
+ x
2
= 0 vì O ∈V Nên f là phép thấu xạ 0-cặp với cơ sở là
0-cặp
(O,V)
Tỉ số thấu xạ:
Lấy B(0:1:-1) ∈ V, M=2(O)+(B)= (2:3:1) ∈ OB
f(M) = M
= (8 : 9 : 7) ∈ OB
k = [M, M
, O, B]=
2 1
3 1
2 0
3 1
:
8 1
9 1
8 1
9 1
= 4
Bài 3: trang 85
Trong P
3
cho mặt phẳng V có phương trình: x
0
+ x
1
+ x
2
+ x
3
= 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
a) Lấy M(0 : 1 : 0 : 0) /∈ V và M = O =⇒ (OM) :
x
2
= 0
x
3
= 0
A = OM ∩ V =⇒ A(1 : −1 : 0 : 0). Gọi f (M) = M
M
∈ OM =⇒ M
(t
1
: t
2
: 0 : 0). Mà [O, A, M, M
] = 3
⇔
1 0
0 1
1 t
1
0 t
2
:
1 0
−1 1
1 t
1
−1 t
2
= 3 ⇔ t
1
= 2t
2
⇒ M
(2 : 1 : 0 : 0)
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 :
kx
0
= a
0
x
0
+ a
1
x
1
+ a
2
x
2
+ a
3
x
3
kx
1
= b
0
x
0
+ b
1
x
1
+ b
2
x
2
+ b
3
x
3
kx
2
= c
0
x
0
+ c
1
x
1
+ c
2
x
2
+ c
3
x
3
kx
3
= d
0
x
0
+ d
1
x
1
+ d
2
x
2
+ d
3
x
3
+f(0 : 1 : −1 : 0) = (0 : 1 : −1 : 0) =⇒
0 = a
1
− a
2
k
1
= b
1
− b
2
−k
1
= c
1
− c
2
0 = d
1
− d
2
+f(0 : 0 : 1 : −1) = (0 : 0 : 1 : −1) =⇒
0 = a
2
− a
3
0 = b
2
− b
3
k
2
= c
2
− c
3
−k
2
= d
2
− d
3
+f(1 : 0 : 0 : −1) = (1 : 0 : 0 : −1) =⇒
k
3
= a
0
− a
3
0 = b
0
− b
3
0 = c
0
− c
3
k
3
= d
0
− d
3
+f(1 : 0 : 0 : 0) = (1 : 0 : 0 : 0) =⇒
k
4
= a
0
0 = b
0
0 = c
0
0 = d
0
+f(0 : 1 : 0 : 0) = (2 : 1 : 0 : 0) =⇒
2k
5
= a
1
k
5
= b
1
0 = c
1
0 = d
1
=⇒
k
1
= k
2
= k
3
= k
5
k
4
= 3k
1
Vậy
(f) :
kx
0
= 3k
1
x
0
+ 2k
1
x
1
+ 2k
1
x
2
+ 2k
1
x
3
kx
1
= k
1
x
1
kx
2
= k
1
x
2
kx
3
= k
1
x
3
21
. Hay
(f) :
kx
0
= 3x
0
+ 2x
1
+ 2x
2
+ 2x
3
kx
1
= x
1
kx
2
= x
2
kx
3
= x
3
b) (V):x
0
+ x
1
+ x
2
+ x
3
= 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:
kx
0
= a
0
x
0
+ b
0
x
1
+ c
0
x
2
+ d
0
x
3
kx
1
= a
1
x
0
+ b
1
x
1
+ c
1
x
2
+ d
1
x
3
kx
2
= a
2
x
0
+ b
2
x
1
+ c
2
x
2
+ d
2
x
3
kx
3
= a
3
x
0
+ b
3
x
1
+ c
3
x
2
+ d
3
x
3
+ f(A) = A. Suy ra:
0 = c
0
− d
0
0 = c
1
− d
1
k = c
2
− d
2
−k = c
3
− d
3
(I)
+ f(B) = B. Suy ra:
k = a
0
− b
0
−k = a
1
− b
1
0 = a
2
− b
2
0 = a
3
− b
3
(II)
+ f(C) = C. Suy ra:
k = a
0
− d
0
0 = a
1
− d
1
0 = a
2
− d
2
−k = a
3
− d
3
(III)
Ta có: D(0: 1: 1: 1), D
(3 : 1 : 1 : 1)
+ f(D) = (D
). Suy ra:
3k = b
0
+ c
0
+ d
0
k = b
1
+ c
1
+ d
1
k = b
2
+ c
2
+ d
2
k = b
3
+ c
3
+ d
3
(IV )
Từ các hệ (I), (II), (III), và (IV), ta suy ra:
a
0
= 2k
0
b
0
= c
0
= d
0
= k
0
b
1
= k
1
c
1
= d
1
= a
1
= 0
a
2
= b
2
= d
2
= 0
a
3
= b
3
= d
3
= 0
c
2
= k
2
d
3
= k
22
Thay vào biểu thức tọa độ của f ta có:
kx
0
= 2k
1
x
0
+ k
1
x
1
+ k
1
x
2
+ k
1
x
3
kx
1
= k
1
x
1
kx
2
= k
1
x
2
kx
3
= k
1
x
3
Vậy:
(f) :
kx
0
= 2x
0
+ x
1
+ x
2
+ x
3
kx
1
= x
1
kx
2
= x
2
kx
3
= x
3
∗ (OD):
x
0
= t
1
x
1
= t
2
x
2
= t
2
x
3
= t
2
Gọi E = OD ∩ V =⇒ E(−3 : 1 : 1 : 1)
=⇒
[D, D
, O, E] =
0 1
1 0
0 −3
1 1
:
3 1
1 0
3 −3
1 1
= −2
Vậy k = - 2.
c) f có tính chất đối hợp. Ta có:
f(M) = M
, f(M
= M)
[O, A, M, M
] = k
⇔ [O, A, M
, M] = K ⇔
1
[O, A, M, M
]
= k
=⇒ k
2
= 1 ⇔ k = ±1 =⇒
k = −1
k = 1(loai)
Do f có tính chất đối hợp suy ra k = -1 . M(0 : 1 : 0 : 0) /∈ V và O = M
(OM) :
x
2
= 0
x
3
= 0
Mà A = OM ∩ V =⇒ A(1 : −1 : 0 : 0). Gọi M
= f(M) =⇒ M
∈ OM =⇒ M
(a : b : 0 : 0)
Theo gải thiết ta có: [O, A, M, M
] = −1
⇔
1 0
0 1
1 a
0 b
:
1 0
−1 1
1 a
−1 b
= −1
⇔
1
b
:
1
a+b
= −1 ⇔
a
b
= −2 ⇒ a = −2b
Chọn b = 1 =⇒ a = −2 =⇒ M
(−2 : 1 : 0 : 0).
23
Lấy N(0 : 1 : −1 : 0), P (0 : 0 : 1 : −1), B(1 : 0 : 0 : −1) thuộc V. Ta có:
+f(0 : 1 : −1 : 0) = (0 : 1 : −1 : 0) =⇒
0 = a
1
− a
2
k
1
= b
1
− b
2
−k
1
= c
1
− c
2
0 = d
1
− d
2
+f(0 : 0 : 1 : −1) = (0 : 0 : 1 : −1) =⇒
0 = a
2
− a
3
0 = b
2
− b
3
k
2
= c
2
− c
3
−k
2
= d
2
− d
3
+f(1 : 0 : 0 : −1) = (1 : 0 : 0 : −1) =⇒
k
3
= a
0
− a
3
0 = b
0
− b
3
0 = c
0
− c
3
k
3
= d
0
− d
3
+f(1 : 0 : 0 : 0) = (1 : 0 : 0 : 0) =⇒
k
4
= a
0
0 = b
0
0 = c
0
0 = d
0
+f(0 : 1 : 0 : 0) = (−2 : 1 : 0 : 0) =⇒
−2k
5
= a
1
k
5
= b
1
0 = c
1
0 = d
1
Từ các hệ phương trình trên ta suy ra:
k
1
= k
2
= k
3
= k
5
k
4
= −k
1
Vậy
kx
0
= −k
1
x
0
− 2k
1
x
1
− 2k
1
x
2
− 2k
1
x
3
kx
1
= k
1
x
1
kx
2
= k
1
x
2
kx
3
= k
1
x
3
Hay
kx
0
= −x
0
− 2x
1
− 2x
2
− 2x
3
kx
1
= x
1
kx
2
= x
2
kx
3
= x
3
Bài 4: trang 85
Trong P
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 tọa 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?
Giải
24
Biểu thức tọa độ của f có dạng :
k
x
0
= a
0
x
0
+ a
1
x
1
+ a
2
x
2
k
x
1
= b
0
x
0
+ b
1
x
1
+ b
2
x
2
k
x
2
= c
0
x
0
+ c
1
x
1
+ c
2
x
2
Vì f(1 : 1 : 1) → (1 : 1 : 1) nên
k
1
= a
0
+ a
1
+ a
2
(1)
k
1
= b
0
+ b
1
+ b
2
(2)
k
1
= c
0
+ c
1
+ c
2
(3)
Vì f(0 : 1 : 2) → (0 : 1 : 2) nên
0 = a
1
+ 2a
2
(4)
k
2
= b
1
+ 2b
2
(5)
2k
2
= c
1
+ 2c
2
(6)
Vì f(1 : 0 : 3) → (1 : 0 : 3) nên
k
3
= a
0
+ 3a
2
(7)
0 = b
0
+ 3b
2
(8)
3k
3
= c
0
+ 3c
2
(9)
Vì f(1 : 2 : 0) → (3 : 0 : 2) nên
3k
4
= a
0
+ 2a
1
(10)
0 = b
0
+ 2b
1
(11)
2k
4
= c
0
+ 2c
2
(12)
(*)
Từ (1), (4), (7) ta được
a
0
=
3k
1
+ k
3
4
a
1
=
k
1
− k
3
2
a
2
=
k
3
− k
1
4
Từ (2), (5), (8) ta được
b
0
=
3
4
(k
1
− k
2
)
b
1
=
k
1
+ k
2
2
b
2
=
k
2
− k
1
4
Từ (3), (6), (9) ta được
c
0
=
3k
1
+ 3k
3
− 6k
2
4
c
1
=
2k
2
− 3k
3
+ k
1
2
c
2
=
3k
3
− k
1
+ 2k
2
4
Thay các a
i
, b
i
, c
i
(i = 0, 2) vào hệ (*) ta được
7k
1
− 3k
3
= 12
7k
1
+ k
2
= 0
7k
1
+ 2k
2
− 9k
3
= 8k
4
⇔
k
1
= k
4
k
2
= −7k
4
k
3
= −
5
3
k
3
Do đó
a
0
=
1
3
k
4
a
1
=
4
3
k
4
a
3
= −
2
3
k
4
,
b
0
= 6k
4
b
1
= −3k
4
b
3
= −2k
4
,
c
0
= 10k
4
c
1
= −4k
4
c
3
= −5k
4
Vậy biểu thức tọa độ của f cần tìm là:
25
(f):
k
x
0
=
1
3
x
0
+
4
3
x
1
−
2
3
x
2
k
x
1
= 6x
0
− 3x
1
− 2x
2
k
x
2
= 10x
0
− 4x
1
− 5x
2
k = 0
Hay
(f):
kx
0
= x
0
+ 4x
1
− 2x
2
kx
1
= 18x
0
− 9x
1
− 6x
2
kx
2
= 30x
0
− 12x
1
− 15x
2
k = 0
Phương trình đặt trưng của f là:
1 − k 4 − 2
18 9 − k − 6
30 − 12 − 15 − k
= 0
⇔ −k
3
− 23k
2
− 27k + 315 = 0 ⇔
k
1
= 3
k
2
= −21
k
3
= −5
Vì phương trình đặt trưng chỉ có nghiệm đơn nên f chỉ có 3 điểm bất động là A, B, C.
Vì
A
B
C
=
1 1 1
0 1 2
1 0 3
= 4 = 0
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 P
3
cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình:
x
0
− x
1
= 0.
2x
0
+ x
2
+ 3x
3
= 0.
4x
0
− 3x
1
+ x
3
= 0.
x
0
+ x
2
= 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
Đặt (d) :
x
0
− x
1
= 0.
2x
0
+ x
2
+ 3x
3
= 0.
(d’) :
4x
0
− 3x
1
+ x
3
= 0.
x
0
+ x
2
= 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
(GH) :
x
0
= 3t
1
+ t
2
x
1
= 3t
1
+ t
2
x
2
= −t
2
x
3
= 2t
1
− t
2
Phương trình tổng quát của GH là:
(GH) :
x
0
− x
1
= 0.
2x
1
+ 5x
2
− 3x
3
= 0.
Lấy M(4 : 4 : -1 : 1) ∈ GH. Khi đó f(M) = M
(a : a : b :
2a + 5b
3
) ∈ GH.
Theo giả thiết
k = −1
⇔ [M, M
, G, H] = −1
⇔
4 3
−1 0
4 3
−1 0
:
a 3
b 0
a 1
b −1
= −1 ⇔ a = 2b
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 :
kx
0
= a
0
x
0
+ a
1
x
1
+ a
2
x
2
+ a
3
x
3
kx
1
= b
0
x
0
+ b
1
x
1
+ b
2
x
2
+ b
3
x
3
kx
2
= c
0
x
0
+ c
1
x
1
+ c
2
x
2
+ c
3
x
3
kx
3
= d
0
x
0
+ d
1
x
1
+ d
2
x
2
+ d
3
x
3
Ta có A → A
⇒
−2k
0
= −2a
0
− 2a
1
+ a
2
+ a
3
(1)
−2k
0
= −2b
0
− 2b
1
+ b
2
+ b
3
(2)
k
0
= −2c
0
− 2c
1
+ c
2
+ c
3
(3)
k
0
= −2d
0
− 2d
1
+ d
2
+ d
3
(4)
B → B
⇒
k
1
= a
0
+ a
1
− 2a
2
(5)
k
1
= b
0
+ b
1
− 2b
2
(6)
−2k
1
= c
0
+ c
1
− 2c
2
(7)
0 = d
0
+ d
1
− 2d
2
(8)
C → C
⇒
−k
2
= −a
0
+ a
2
+ 4a
3
(9)
0 = −b
0
+ b
2
+ 4b
3
(10)
k
2
= −c
0
+ c
2
+ 4c
3
(11)
4k
2
= −d
0
+ d
2
+ 4d
3
(12)
27
D → D
⇒
0 = a
1
+ 3a
3
(13)
k
3
= b
1
+ 3b
3
(14)
0 = c
1
+ 3c
3
(15)
3k
3
= d
1
+ 3d
3
(16)
M → M
⇒
2k
4
= 4a
0
+ 4a
1
− a
2
+ a
3
2k
4
= 4b
0
+ 4b
1
− b
2
+ b
3
k
4
= 4c
0
+ 4c
1
− c
2
+ c
3
3k
4
= 4d
0
+ 4d
1
− d
2
+ d
3
(∗)
Từ (1), (5), (9), (13) ta có:
−2k
0
= −2a
0
− 2a
1
+ a
2
+ a
3
k
1
= a
0
+ a
1
− 2a
2
−k
2
= −a
0
+ a
2
+ 4a
3
0 = a
1
+ 3a
3
⇔
a
0
= 2k
0
+ 3k
1
− 4k
2
a
1
= −3k
1
+ 3k
2
a
2
= 2k
0
− k
1
− k
2
a
3
= k
1
− k
2
Từ (2), (6), (10), (14) ta có
−2k
0
= −2b
0
− 2b
1
+ b
2
+ b
3
k
1
= b
0
+ b
1
− 2b
2
0 = −b
0
+ b
2
+ 4b
3
k
3
= b
1
+ 3b
3
⇔
b
0
= 2k
0
+ 3k
1
− 5k
3
b
1
= −3k
1
+ 4k
3
b
2
= 2k
0
− k
1
− k
3
b
3
= k
1
− k
3
Từ (3), (7), (11), (15) ta có
k
0
= −2c
0
− 2c
1
+ c
2
+ c
3
−2k
1
= c
0
+ c
1
− 2c
2
k
2
= −c
0
+ c
2
+ 4c
3
0 = c
1
+ 3c
3
⇔
c
0
= −k
0
− 6k
1
+ 4k
2
c
1
= 6k
1
− 3k
2
c
2
= −k
0
+ 2k
1
+ k
2
c
3
= −2k
1
+ k
2
.
28
Từ (4), (8), (12), (16) ta có:
k
0
= −2d
0
− 2d
1
+ d
2
+ d
3
0 = d
0
+ d
1
− 2d
2
4k
2
= −d
0
+ d
2
+ 4d
3
3k
3
= d
1
+ 3d
3
⇔
d
0
= −k
0
+ 16k
2
− 15k
3
d
1
= −12k
2
+ 4k
3
d
2
= −k
0
+ 4k
2
− 3k
3
d
3
= 4k
2
− 3k
3
.
Thay vào (∗) ta được
6k
0
+ 2k
1
− 4k
2
= 2k
4
6k
0
+ 2k
1
− 4k
2
= 2k
4
−3k
0
− 4k
1
+ 4k
2
= k
4
−3k
0
+ 16k
2
− 12k
3
= 3k
4
k
0
= 4k
4
k
1
=
1
2
k
4
k
2
=
7
4
k
4
k
3
=
7
4
k
4
Thay các giá trị của k
0
, k
1
, k
2
, k
3
để tìm a
i
, b
i
, c
i
, d
i
i = 1, 3
a
0
=
5
2
k
4
a
1
=
15
4
k
4
a
2
=
23
4
k
4
a
3
=
−5
4
k
4
;
b
0
=
3
4
k
4
b
1
=
11
2
k
4
b
2
=
23
4
k
4
b
3
=
−5
4
k
4
c
0
=
−21
4
k
4
c
1
=
9
4
k
4
c
2
=
−5
4
k
4
c
3
=
3
4
k
4
;
d
0
=
9
4
k
4
d
1
= 0
d
2
=
−5
4
k
4
d
3
=
7
4
k
4
.
Vậy biểu thức tọa độ của f cần tìm là
29
kx
0
=
5
2
x
0
+
15
4
x
1
+
23
4
x
2
−
5
4
x
3
kx
1
=
3
4
x
0
+
11
2
x
1
+
23
4
x
2
−
5
4
x
3
kx
2
=
−21
4
x
0
+
9
4
x
1
−
5
4
x
2
+
3
4
x
3
kx
3
=
9
4
x
0
−
9
4
x
2
+
7
4
x
3
⇔
k
x
0
= 10x
0
+ 15x
1
+ 23x
2
− 5x
3
k
x
1
= 3x
0
+ 22x
1
+ 23x
2
− 5x
3
k
x
2
= −21x
0
+ 9x
1
− 5x
2
+ 3x
3
k
x
3
= 9x
0
− 9x
2
+ 7x
3
Bài 8: trang 86
Trong P
n
với mục tiêu xạ ảnh {S
0
, S
1
, . . . , S
n
; E} cho phép thấu xạ đơn f khác phép dồng
nhất sao cho mọi điểm S
i
đều bất động.
a Chứng tỏ rằng tâm của phép thấu xạ là một trong các đỉnh S
i
.
b Viết biểu thức tọa độ của f nếu S
i
là tâm thấu xạ.
Giải
Vì f là phép thấu xạ đơn nên trong n + 1 điểm bất động S
i
, (i = 0, n) phải có n điểm
thuộc siêu phẳng bất động.
Gọi α
i
là siêu phẳng đi qua các đỉnh tọa độ trừ đỉnh S
i
.
Lấy M ∈ α
i
khi đó: M(1 : 1 : . . . 1 : 0 : 1 : . . . : 1). Vì các điểm S
j
, (i = j) và M đều bất
động nên biểu thức tọa độ của f có dạng:
kx
i
= a
i
x
i
kx
j
= a
j
x
j
(i = j)
Vì S
i
cũng bất động nên ta có: f(S
i
) = S
i
⇒ f :
kx
i
= a
i
x
i
kx
j
= ax
j
(i = j)
Trong đó a
i
= a vì nếu a
i
= a thì f là phép đồng nhất.
Ta sẽ chứng minh điểm S
i
là tâm của phép thấu xạ:
Ta có S
i
bất động. Gọi d là đường thẳng bất kì đi qua S
i
. Ta sẽ chứng minh d là bất
động.
Lấy X(x
0
: x
1
: . . . : x
n
) ∈ d
f(X) = (ax
0
: ax
1
: . . . : a
i
x
i
: . . . : ax
n
)
= aM + x
i
(a
i
− a)S
i
∈ d
Vậy S
i
là tâm thấu xạ của f
30
Tài liệ u
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
