Hoàn thiện hệ thống bài tập hình học xạ ảnh

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN

Nguyễn Thị An

HOÀN THIỆN HỆ THỐNG
BÀI TẬP HÌNH HỌC XẠ ẢNH
KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP HỆ ĐẠI HỌC CHÍNH QUY
Ngành: Toán học

Người hướng dẫn khoa học:
ThS. PHẠM THANH TÂM

Hà Nội - 2015


Lời cảm ơn
Trước khi trình bày nội dung chính của khóa luận, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân
thành tới toàn thể các thầy cô giáo trong khoa Toán, các thầy cô trong tổ hình học đã
tận tình giảng dạy, dìu dắt và giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập tại khoa.
Đặc biệt, tôi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc nhất tới thầy giáo Phạm Thanh Tâm, người
đã tận tình hướng dẫn, chỉ bảo và đóng góp những ý kiến quý báu giúp tôi thực hiện
khoá luận này.
Nhân dịp này tôi cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè đã
luôn bên tôi, cổ vũ, động viên, giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập và thực hiện
khóa luận tốt nghiệp.
Do bước đầu làm quen với công tác nghiên cứu và năng lực bản thân còn hạn chế
nên khoá luận không tránh khỏi những thiếu sót. Tôi rất mong nhận được những đóng
góp, bổ sung quý báu từ các thầy cô và các bạn để tôi có thể hoàn thành khoá luận
này.
Tôi xin chân thành cảm ơn!

Hà Nội, ngày 05 tháng 5 năm 2015
Sinh viên

Nguyễn Thị An

i


Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan khoá luận này là kết quả của quá trình học tập và nghiên cứu
của bản thân cùng với sự giúp đỡ của các thầy cô, các bạn sinh viên khoa Toán trường
ĐHSP Hà Nội 2, đặc biệt là sự hướng dẫn tận tình của thầy Phạm Thanh Tâm. Trong
quá trình làm khoá luận tôi có tham khảo những tài liệu có liên quan đã được hệ thống
trong mục tài liệu tham khảo. Khoá luận "Hoàn thiện hệ thống bài tập hình học xạ
ảnh" không có sự trùng lặp với các khoá luận khác.
Hà Nội, ngày 05 tháng 5 năm 2015
Sinh viên

Nguyễn Thị An

ii


Mục lục
Lời mở đầu

iv

1 Không gian xạ ảnh
1.1 Không gian xạ ảnh . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.2 Các mô hình của không gian xạ ảnh . . . . . . . .
1.3 Mục tiêu xạ ảnh và Toạ độ xạ ảnh . . . . . . . .
1.4 Phương trình phẳng trong không gian xạ ảnh . .
1.5 Tỷ số kép của hàng điểm và chùm bốn siêu phẳng
1.6 Nguyên tắc đối ngẫu . . . . . . . . . . . . . . . .
1.7 Mô hình xạ ảnh của không gian afin . . . . . . .
1.8 Một số bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . .

.
.
.
.
.
.
.
.

1
3
5
7
10
14
19
20
25

.
.
.

.

27
28
31
36
36

.
.
.
.
.
.
.

38
40
42
46
49
55
57
61

2 Ánh xạ xạ ảnh và biến đổi xạ
2.1 Ánh xạ xạ ảnh . . . . . . .
2.2 Các phép thấu xạ trong Pn .
2.3 Các định lý cơ bản của phép
2.4 Một số bài tập đề nghị . . .

ảnh
. . . . .
. . . . .
biến đổi
. . . . .

. . . .
. . . .
xạ ảnh
. . . .

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

3 Siêu mặt bậc hai trong Pn
3.1 Siêu mặt bậc hai xạ ảnh . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Điểm liên hợp. Phẳng tiếp xúc. Siêu diện lớp hai .

3.3 Ánh xạ xạ ảnh giữa đường và chùm trong P2 . . .
3.4 Định lý Pascal và định lý Briangsong . . . . . . .
3.5 Biến đổi xạ ảnh đối hợp của đường thẳng. Định lý
3.6 Mô hình xạ ảnh của không gian Ơclit . . . . . . .
3.7 Một số bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . .

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.

.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.

.

. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
Đơdac
. . . .
. . . .

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
thứ hai.
. . . . .
. . . . .

.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.

.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

Kết luận

64

Tài liệu tham khảo

65

iii


Lời mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Toán học có vai trò quan trọng đời sống thực tiễn cũng như trong nghiên cứu
khoa học. Toán học là cơ sở, là nền tảng để nghiên cứu các môn khoa học khác.
Trong đó, hình học là một bộ phận tương đối khó của toán học.
Với mong muốn được nghiên cứu sâu hơn về hình học và tìm hiểu sâu sắc hơn
nữa về hình học xạ ảnh thông qua các bài tập, tôi đã chọn đề tài "Hoàn thiện

hệ thống bài tập hình học xạ ảnh" làm khoá luận tốt nghiệp.
2. Mục đích nghiên cứu
Tìm hiểu về hình học xạ ảnh trong chương trình đại học, cao đẳng sư phạm.
Hoàn thiện hệ thống lời giải các bài tập hình học xạ ảnh theo nội dung chương
trình được học.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Các bài tập hình học xạ ảnh theo nội dung chương trình hình học xạ ảnh.
Các tài liệu tham khảo liên quan đến hình học xạ ảnh.
4. Nhiệm vụ nghiên cứu
Phân loại các dạng bài tập theo nội dung và hoàn thiện hệ thống bài tập đó.
5. Phương pháp nghiên cứu
- Phương pháp nghiên cứu tài liệu.
- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm.

iv


Chương 1
Không gian xạ ảnh
Trong chương này chúng ta cần chú ý tới một số khái niệm cơ bản sau:
1.1. Không gian xạ ảnh
Cho một tập hợp P, một K-không gian vectơ n+1 chiều V n+1 , và một song ánh
p : [V n+1 ] −→ P . Khi đó, bộ ba (P,p,V n+1 ) được gọi là không gian xạ ảnh n chiều trên
trường K, liên kết với K-không gian vectơ V n+1 bởi song ánh p.
1.2. m-phẳng
Cho không gian xạ ảnh (P n , p, V n+1 ). Gọi W là không gian vectơ con m+1 chiều
của V 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


 u10 x0 + . . . + u1n xn = 0
...

 u x + ...+ u x = 0
r0 0
rn n
với

rank(Uij ) = n - m.

1.4. Mục tiêu xạ ảnh
Trong Pn = (P, p, V n+1 ) một bộ n+2 điểm (S0 , . . . , Sn ; E) sẽ được gọi là một mục
tiêu xạ ảnh nếu mọi n+1 điểm trong bộ đó đều độc lập. Các điểm S0 , . . . , Sn gọi là
các đỉnh, điểm E 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 −
e 0, . . . , −
e n, −
e lần lượt đại diện cho các điểm S0 , . . . , Sn ; E sao cho
→
−
−
→
→

−
→
→
e = e 0 + . . . + e n . Bộ vectơ (−
e 0, . . . , −
e n ) là một cơ sở của V n+1 , ta gọi cơ sở này
là cơ sở đại diện cho mục tiêu (S0 , . . . , Sn ; E).

1


CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN XẠ ẢNH
1.5. Tỷ số kép của bốn điểm thẳng hàng
Trong K - không gian xạ ảnh Pn liên kết với V n+1 cho bốn điểm thẳng hàng A, B,
→ → −
−
→
→
C, D trong đó ba điểm A, B, C đôi một không trùng nhau. Ta gọi −
a, b, −
c , d là
các vectơ lần lượt đại diện cho các điểm A, B, C, D thì các vectơ đó thuộc một không
→
−
→
gian vectơ 2 chiều, trong đó −
a và b độc lập tuyến tính. Ta suy ra các số k1 , l1 và k2 ,
l2 sao cho:
→
−

→
−
→
−
→
→
−
→
d = k2 −
a + l2 b
c = k1 −
a + l1 b
k2 k1
Khi đó, nếu tỉ số
:
có nghĩa tức là l2 =0, thì nó được gọi là tỉ số kép của 4
l2 l1
điểm thẳng hàng A, B, C, D và ký hiệu là [A, B, C, D].
k2
không có nghĩa, khi đó ta xem tỷ số kép của 4 điểm A,
Nếu l2 = 0 thì phân số
l2
B, C, D là ∞.

1.6. Chùm siêu phẳng
Trong không gian xạ ảnh Pn , 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, trong đó U, V, W đôi một phân
biệt. Nếu d là đường thẳng cắt bốn siêu phẳng đó lần lượt tại các điểm A, B, C, D
(không cắt giá của chùm) thì tỉ số kép của bốn điểm đó 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
[U, V, W, Z].
1.7. Đối ngẫu
Trong Pn 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 4 điểm thẳng hàng; tỷ số kép của bốn siêu phẳng thuộc một chùm).
Giả sử P là một mệnh đề nói về những cái phẳng của Pn và quan hệ liên thuộc giữa
chúng. Nếu thay trong P mỗi từ m-phẳng bằng từ (n-m-1)-phẳng, từ ’thuộc vào’ bằng
từ ’chứa’, từ ’chứa’ bằng từ ’thuộc vào’, còn các từ khác để nguyên thì P trở thành Pk
gọi là mệnh đề đối ngẫu của P..
Nếu P là định nghĩa của một khái niệm N thì Pk 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 Pk là một định lý.

2


CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN XẠ ẢNH

BÀI TẬP

1.1

Không gian xạ ảnh

Bài tập 1.1.1. Chứng minh rằng trong không gian xạ ảnh P2 .
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.

Giải
→
−
→
−
→
→
1. Giả sử A, B là hai điểm phân biệt của P2 , đại diện bởi hai vectơ −
a , b thì −
a, b
→
−
→
độc lập tuyến tính. Do đó có duy nhất một không gian vectơ 2-chiều <−
a, b>
→
−
→
chứa −
a , b . Suy ra có duy nhất một đường thẳng của P2 chứa A, B.
2. Giả sử α, β là hai đường thẳng phân biệt của P2 .
Nếu α ∩ β = ∅, thì

dim α + dim β = dim(α + β) - 1 hay 1 + 1 = 2 - 1, vô lý!
Vậy α ∩ β = ∅ và dim α + dim β = dim (α + β) + dim(α ∩ β).
Suy ra dim(α ∩ β) = 0, tức là α ∩ β tại một điểm.

Bài tập 1.1.2. Chứng minh rằng trong không gian xạ ảnh P3 .
a. Có những cặp đường thẳng không có điểm chung (ta gọi chúng là chéo nhau).
b. Một đường thẳng và một mặt phẳng luôn có 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.
⇒ dimα + dimβ = 2
⇔
dim < α + β >= 3.
Khi đó α và β không cùng thuộc một mặt phẳng hay là hai đường thẳng chéo nhau.
Vậy trong P3 có những cặp thường thẳng không có điểm chung.
b) Cho đường thẳng a và mặt phẳng α trong P3 .
+) Nếu α ∩ a = ∅ thì
dimα + dima = dim < α + a > −1 ⇔ 2 + 1 = 3 - 1, vô lý.
Vậy α ∩ a = ∅, khi đó
dimα + dima = dim < α + a > +dim(α ∩ a).
Nếu α ∩ a = O thì dimα + dima = dim < α + a > +dim(α ∩ a).
⇒ 2 + 1 = 3 + 0, luôn đúng.
Nếu a ∈ α thì dimα + dima = dim < α + a > +dim(α ∩ a).
3


CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN XẠ ẢNH
⇒ 2 + 1 = 2 + 1, luôn đúng.
Vậy trong P một đường thẳng và mặt phẳng luôn có điểm chung.
3

Bài tập 1.1.3. Chứng minh các mệnh đề sau đây trong không gian Pn :
a. Giao (theo nghĩa tập hợp) của hai phẳng nếu không rỗng là phẳng nào đó.
b. p-phẳng và (n-p)-phẳng luôn có điểm chung.
c. Giao của một siêu phẳng và một m-phẳng không nằm trên siêu phẳng đó là một
(m-1)-phẳng.
Giải

a. Giả sử trong P có m-phẳng α và p-phẳng β (m, p ≤ n).
Nếu α ∩ β = ∅ 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 Pn 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 = ∅ 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 Pn có siêu phẳng α và m-phẳng β, β không nằm trong α. Suy ra,
α ∩ β = ∅. Khi đó,
dim (α ∩ β) = dim α + dim β - dim <α + β> = (n-1) + m - n = m - 1.
Vậy α ∩ β là một (m-1)-phẳng.
n

Bài tập 1.1.4. Trong Pn cho hệ điểm độc lập S0 , S1 , . . . , Sk . Chứng minh rằng, phẳng
<S0 , S1 , . . . , Sp > và phẳng <Sp+1 , Sp+2, . . . , Sk > không có điểm chung.
Giải
→
→
→
Giả sử S0 , S1 , . . . , Sk đại diện bởi các vectơ −
a 0, −
a 1, . . . , −
a k . Nếu {S0 , S1 , . . . , Sk }

→
−
→
−
→
−
độc lập thì { a 0 , a 1 , . . . , a k } độc lập tuyến tính nên mọi họ con của {S0 , S1 , . . . , Sk }
đều độc lập và α =< S0 , . . . , Sp > là một p-phẳng còn β =< Sp+1, Sp+2 , . . . , Sk > là
một (k-p-1)-phẳng.
→
→
→
→
Vì < −
a 0, . . . , −
ap >∩<−
a p+1 , . . . , −
a k > = 0 nên α ∩ β = ∅.
Bài tập 1.1.5. Trong P2 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,
Q sao cho chúng đều không trùng với 4 điểm đã cho. Chứng minh rằng nếu ba đường
thẳng MN, AC, PQ đồng quy thì ba đường thẳng MQ, BD, NP cũng đồng quy và ngược
lại.
4


CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN XẠ ẢNH
I

A

Q

M
B

D

J

N

P
C

Giải
Xét hai bộ ba điểm (M, A, Q) và (N, C, P). Áp dụng định lý Desargues thứ nhất
suy ra MN, AC, PQ đồng quy tại I khi và chỉ khi B, Q, J thẳng hàng với J = QM ∩
PN. Vậy MQ, BD, NP đồng quy tại J. Bài toán được chứng minh.

1.2

Các mô hình của không gian xạ ảnh

Bài tập 1.2.1. Gọi S n là siêu cầu thực trong không gian Euclide En+1 , {S n } là tập
hợp các điểm xuyên tâm của S n .
a) Chứng tỏ rằng, {S n } có thể xem là một mô hình của không gian xạ ảnh n chiều liên
−−−→
kết với E n+1 .
b) Trong mô hình trên, các m-phẳng của {S n } là những tập hợp nào?
Giải

−−n+1
−→
a) Gọi E
là không gian vectơ liên kết của En+1 , S n là siêu cầu thực tâm I, thì
{S n } là tập hợp các điểm xuyên tâm của S n làm thành không gian xạ ảnh n chiều liên
−−−→
−−−→
−−→
kết với E n+1 bởi ánh xạ f : [E n+1 ] −→ {S n } cho bởi với mỗi < u >⊂ En+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 (< −
u >) = {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 En+1 .
Bài tập 1.2.2. Gọi S n−1 là siêu cầu thực trong không gian Euclide n chiều En , [S n−1 ]
là tập hợp tất cả những điểm nằm trong và trên S n−1 .
a) Hãy làm cho [S n−1 ] trở thành không gian xạ ảnh n chiều.
b) Trong không gian xạ ảnh đó, các m-phẳng là những tập nào?
Giải
a) Xét ánh xạ:

−
→
p : [En ] −→ [S n−1 ]
5

.

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN XẠ ẢNH
−
→
sao cho mỗi không gian vectơ con một chiều của En thành đường kính là giao của đường
thẳng qua tâm với S n−1 .
Khi đó ta có bộ ba (En , p, [S n−1 ]) là không gian xạ ảnh n chiều.
b) Trong không gian xạ ảnh này m-phẳng là tập hợp các đường kính của S n−1 thuộc
vào phẳng m+1 chiều trong En .
Bài tập 1.2.3. Chứng minh rằng các tập hợp sau đây lập thành những mô hình của
không gian xạ ảnh Pn trong không gian afin An+1 .
−−→
a) Tập hợp [An+1 ] (tập các phương một chiều của An+1 ).
b) Tập hợp B các đường thẳng của An+1 đi qua một điểm O ∈ An+1 .
c) Tập hợp H các siêu phẳng afin của An+1 đi qua một điểm O ∈ An+1 .
Giải
−−
→
−−
→
n+1
n+1
a) Đặt P = [A ], p : [A ] −→ P là một ánh xạ đồng nhất, ta có p là song ánh
−−→
−−→
nên có mô hình ([An+1 ], p, An+1 ) của Pn .
−−→
−−→
→
v > ∈ [An+1 ] với đường

b) Có song ánh q : [An+1 −→ B cho ứng mỗi phần tử <−
thẳng (l) ∈ B mà (l) đi qua O và có phương v. Suy ra B là mô hình của Pn .
→
−
−−→
c) Trong An+1 lấy một mục tiêu afin (0, e1 , . . . , en+1 ) thì mỗi siêu phẳng đi qua O
→
có phương trình dạng u1 x1 + . . . + un xn = 0, trong đó (u1 , . . . , un ) = (0, . . ., 0). Đặt −
u
−−
→
n+1
= (u1 , . . . , un ) thì có song ánh q : [A ] −→ H theo quy tắc <u> cho tương ứng với
siêu phẳng α có phương trình u1 x1 + . . . + un xn = 0. Vậy H là một mô hình của Pn .
−
→
Bài tập 1.2.4. Trong An chứng minh rằng tập hợp Q = An ∪ [An ] lập thành một mô
−
→
hình của Pn . Phần tử của An gọi là điểm (xạ ảnh) thông thường. Phần tử của [An ]
gọi là điểm (xạ ảnh) vô tận. Tập các điểm vô tận là một siêu phẳng Pn−1 , gọi là siêu
phẳng vô tận).
Giải
Giả sử A là không gian afin n-chiều trên trường K. Có thể lập ánh xạ q : [K n+1 ] −→
Q như sau:
→
→
Lấy một mục tiêu afin (0, −
e1 , . . . , −
en ) nào đó của An . Nếu v = (v0 , . . . , vn ) ∈ K n+1 ,

vn
v1
v = 0 mà v0 = 0 thì đặt q<v> là điểm M( , . . . , ) ∈ An .
v0
v0
−
→
n+1
Nếu v = (v0 , . . . , vn ) khác 0 của K
có v0 = 0, thì đặt q<v> = <v> ∈ [An ]. Khi đó
q là song ánh. Suy ra Q là mô hình của Pn .
n

Bài tập 1.2.5. Trong E3 cho mặt cầu đơn vị S (tức là mặt cầu có phương trình theo
toạ độ trực chuẩn x2 + y 2 + z 2 = 1). Xét bán cầu bắc của S (tức là tập hợp các điểm
xác định bởi x2 + y 2 + z 2 = 1, z ≥ 0) và đường xích đạo của S (tức là đường tròn
x2 + y 2 + z 2 = 1, z = 0). Gọi G là tập hợp các điểm thuộc bán cầu bắc nhưng không
thuộc đường xích đao và các cặp điểm đối tâm của đường xích đạo. Chứng minh rằng
G là một mô hình của P 2 thực. Trong mô hình này, đường thẳng xạ ảnh là gì?
6


CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN XẠ ẢNH
Giải
Gọi B là tập hợp các đường thẳng của E3 đi qua O. Có thể lập ánh xạ q : B −→ G
như sau. Cho (l) ∈ B nếu l không nằm trên mặt phẳng Oxy thì l cắt bán cầu bắc tại
một điểm duy nhất nào đó. Ta đặt q(l) = M; nếu l nằm trong mặt phẳng Oxy thì nó
cắt xích đạo của S tại hai điểm M 1 , M 2 đối tâm, ta đặt q(l) = {M 1 , M 2 }. Khi đó q là
song ánh. Do đó G là một mô hình của P 2 thực (vì B là một mô hình của P2 thực).

1.3

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 Pn . Tìm điều
kiện để điểm X = (x0 : x1 : . . . : xn ) nằm trên m-phẳng toạ độ S0 , S1 , . . . , Sm .
Giải
Điều kiện để M ∈ S0 + . . . + Sm là:
(x0 , . . . , xm ) = λ1 (1, 0, . . . , 0) + . . . + λm (0, . . . , 1, 0, . . . , 0).
Do đó
M(x0 : . . . : xm : 0 : . . . : 0).
Bài tập 1.3.2. Trong Pn 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 . . . a1n
. . . . . . . . . = 0.
ar0 . . . arn
Bài tập 1.3.3. Trong P2 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
a0 a1 a2
X = b0 b1 b2 = 0.
c0 c1 c2
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
→ −
−
→
−
→
⇔ rank ( a , b , c ) < 3.
a0 a1 a2
⇔ b0 b1 b2 = 0.
c0 c1 c2
7


CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN XẠ ẢNH
Bài tập 1.3.4. Trong không gian xạ ảnh P2 cho mục tiêu {S0 , S1 , S2 , E}. Gọi:
E0 = S0 E ∩ S1 S2 ; E1 = S1 E ∩ S0 S2 ; E2 = S2 E ∩ S0 S1 ;
E0′ = E1 E2 ∩ S1 S2 ; E1′ = E0 E2 ∩ S0 S1 ; E2′ = E0 E1 ∩ S0 S1 .
Tìm toạ độ các điểm E0 , E1 , E2 , E0′ , E1′ , E2′ .
Giải
Trong không gian xạ ảnh P cho mục tiêu {S0 , S1 , S2 , E}. Khi đó:
2

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:
S0 E = (0 : −1 : 1); S1 S2 = (1 : 0 : 0); S1 E = (1 : 0 : −1);
S2 S0 = (0 : 1 : 0); S2 E = (−1 : 1 : 0); S0 S1 = (0 : 0 : 1).
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

x1 =

u2 u0
,
v2 v0

x2 =

u0 u1
v0 v1

Ta có:

E0 = S0 E ∩ S1 S2 = (0 : 1 : 1),
E1 = S1 E ∩ S0 S2 = (1 : 0 : 1),
E2 = S2 E ∩ S0 S1 = (1 : 1 : 0).
E1 E2 = (−1 : 1 : 0),
E0 E2 = (−1 : 1 : −1),

E0 E1 = (1 : 1 : −1).
′
′
E0 = E1 E2 ∩ S1 S2 = (0 : 0 : −1),
E1 = E0 E2 ∩ S0 S1 = (1 : 1 : 0);
′
E2 = E0 E1 ∩ S0 S1 = (1 : −1 : 0).

Bài tập 1.3.5. Trong không gian xạ ảnh Pn xét mục tiêu xạ ảnh {Si , E}. Gọi Ek là
giao điểm của đường thẳng Sk E và siêu phẳng đi qua các đỉnh của mục tiêu , trừ đỉnh
Sk . Hãy tìm toạ độ của điểm Ek .
Giải
Gọi αk là siêu phẳng đi qua các đỉnh trừ Sk . Điểm M thuộc vào αk khi và chỉ khi
bộ toạ độ của M phải tổ hợp tuyến tính của các bộ toạ độ của các điểm Sj , với j = k.
Do đó toạ độ của M có dạng
M(x0 : . . . : xk−1 : 0 : xk+1 : . . . : xn ).
Điểm N thuộc vào Sk E khi và chỉ khi bộ toạ độ của N phải là tổ hợp tuyến tính
của các bộ toạ độ của Sk và E nên toạ độ của N có dạng
λ(0, . . . , 1, . . . , 0) + µ(1, . . . , 1) = (µ, . . . , λ, . . . , µ)
Do đó Ek có toạ độ dạng
(x0 : . . . : 0 : . . . : xn ) = (µ : . . . : λ : . . . : µ).
Suy ra λ = 0, µ = 0. Vậy có thể lấy Ek = (1 : . . . : 0 : . . . : 1).
8


CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN XẠ ẢNH
Bài tập 1.3.6. Viết công thức đổi toạ độ trong P2 trong các trường hợp sau đây:
a) Từ mục tiêu {S0 , S1 , S2 , E} sang mục tiêu {S2 , S0 , S1 , E}.
b) Từ mục tiêu {S0 , S1 , S2 , E} sang mục tiêu {S0 , S1 , S2 , E ′ } biết toạ độ điểm E’
đối với mục tiêu thứ nhất là E’ = (a0 : a1 : a2 ).

c) Từ mục tiêu {S0 , S1 , S2 , E} sang mục tiêu {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 { e0 , e1 , e2 }.
Theo đề bài ta có
−

→′
→
→
→
→

e0 = c00 −
e0 + c10 −
e1 + c20 −
e2 = k0 −
e2
k0 = k1 = k2 = k3







→′
−

→
−
→
−
→
−
→
−
e1 = c01 e0 + c11 e1 + c21 e2 = k1 e0
c20 = k0
⇔
→′
−
→
→
→
→


c01 = k1
e2 = c02 −
e0 + c12 −

e1 + c22 −
e2 = k2 −
e1






→
−
→
−
→
−
 ′
→
−
→
−
→
−
′
′
c12 = k2
e + e + e = k3 ( e0 + e1 + e2 )
0

1

2

Chọn k0 = k1 = k2 = k3 = 1, ta có công thức đổi toạ độ là:

′

λx0 = x1
λx1 = x′2

λx = x′
2
0

b) Bằng cách đặt cơ sở tương tự câu a) ta có
 −
→′
→
−
→
−
→
−
→
−


 e0 = c00 e0 + c10 e1 + c20 e2 = k0 e0




→
−
 e′ = c −
c00 = k0 = k3 a0
→
→
−
→
−
→
−
01 e0 + c11 e1 + c21 e2 = k1 e1
1
⇔ c11 = k1 = k3 a1
→
−
→
→
→
→
 e′2 = c02 −

e0 + c12 −
e1 + c22 −
e2 = k2 −
e2

c = k = k a



22
2
3 2
→′
→′ −
→′ −
 −
→
−
→
−
→
−
e0 + e1 + e2 = k3 (a0 e0 + a1 e1 + a2 e2 )

Chọn k3 = 1, ta có, công thức đổi toạ độ:

′

λx0 = a0 x0
λx1 = a1 x′1

λx = a x′
2
2 2

λ = 0.

c) Ta có
 −


→′
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−

e
=
c
e
+
c
e
+
c
e
=
k
(
e
+

e
+
e
)
c00


00
0
10
1
20
2
0
0
1
2
0



 −
→′


→
−
→
−
→

−
→
−
c01
e1 = c01 e0 + c11 e1 + c21 e2 = k1 e0
⇔
→′
−
→
−
→
−
→
−
→
−


c02
e2 = c02 e0 + c12 e1 + c22 e2 = k2 e1






→′
→′ −
→′ −
 −

→
c21
e2
e + e + e = k3 −
0

1

2

9

λ = 0.

= c10 = c20 = 1
= c12 = −1
= c11 = 0
= c22 = 0


CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN XẠ ẢNH
Công thức đổi toạ độ là

′
′

λx0 = x0 +x1
λx1 = x′0 −x′2

λx = x′

2
0

λ = 0.

Bài tập 1.3.7. Trong P3 cho mục tiêu xạ ảnh {S0 , S1 , S2 , S3 , E} cho các điểm:
S0′ = (1 : −1 : 0 : 0);
S1′ = (0 : 1 : 1 : 1);
S2′ = (0 : 0 : 1 : −1);
S3′ = (1 : 0 : 0 : −1).
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.
Giải
1 −1 0 0
0 1 1 1
= −3 = 0.
0 0 1 −1
1 0 0 −1
Nên {S0′ , S1′ , S2′ , S3′ ; E} độc lập.
→
→
→
→
Xét các vectơ −
a0 (1 : −1 : 0 : 0), −
a1 (0 : 1 : 1 : 1), −
a2 (0 : 0 : 1 : −1), −
a3 (1 : 0 : 0 : −1).
→
−

→
−
→
−
→
−
→
−
b = (3 : 3 : 3 : 3) = a0 + 4 a1 − a2 + 2 a3 .
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
−
→
→
→
a0 = −
e0 −−
e1



 4−

→
→
−
→
→
a1 =
4 e1 +4−
e2 +4−
e3
→
−
→
−
→
−

− a2 =
− e2 + e3


 −
→
→
−
→
2 a3 = 2 e0
−2−
e3
Công thức đổi toạ độ là


λx0 = x′0
+2x′3



λx = −x′ +4x′
1
1
0
′

λx2 =
4x1 −x′2



λx3 =
4x′1 +x′2 −2x′3

1.4

λ = 0.

Phương trình phẳng trong không gian xạ ảnh

Bài tập 1.4.1. Trong P2 , chứng minh rằng:
a) Ba điểm thẳng hàng khi và chỉ khi ma trận gồm ba cột toạ độ của chúng có định
thức bằng 0.

10

CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN XẠ ẢNH
b) Ba đường thẳng đồng quy khi và chỉ khi ma trận gồm ba cột toạ độ của chúng có
định thức bằng 0.
c) Nếu cho hai điểm:
A = (a0 : a1 : a2 ) và B = (b0 : b1 : b2 )
thì đường thẳng <A, B> 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
p2 p0
p0 p1

:
:
q1 q2
q2 q0
q0 q1
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 = 0.
c0 c1 c2
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 = 0.
w0 w1 w2
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 = 0.
b0 b1 b2
⇔

a1 a2
a0 a2
a0 a1
.x0 + (−1)1+2 .
.x1 + (−1)1+3
.x2 = 0.
b1 b2
b0 b2
b0 b1

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
11

u2 =

a0 a1

b0 b1


CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN XẠ ẢNH
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 P2 . 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:
A2 = B0 C1 ∩ B1 C0 ;
B2 = A0 C1 ∩ A1 C0 ;
C2 = A0 B1 ∩ A1 B0 .
Chứng minh rằng, ba điểm A2 , B2 và C2 thẳng hàng.
Giải
Chọn mục tiêu (S0 , S1 , S2 , S3 ; E) trong đó S0 = A0 B0 C0 ∩ A1 B1 C1 , S1 ∈ A0 B0 C0 ,
S2 ∈ A1 B1 C1 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:
A0 (a : 1 : 0); B0 (b : 1 : 0); C0 (c : 1 : 0);
A1 (a′ : 1 : 0); B1 (b′ : 1 : 0); C1 (c : 1 : 0).
Từ đó ta tính được:
A2 = B0 C1 ∩ B1 C0 = (bb′ − cc′ : b′ − c′ : b − c)
B2 = A0 C1 ∩ A1 C0 = (cc′ − aa′ : c′ − a′ : c − a)
C2 = A0 B1 ∩ A1 B0 = (aa′ − bb′ : a′ − b′ : a − b).
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 = 0.
aa′ − bb′ a′ − b′ a − b
Do đó A2 , B2 , C2 thẳng hàng.
Bài tập 1.4.3. Trong P2 cho mục tiêu {S0 , S1 , S2 ; E}. Gọi:
E0 = S0 E ∩ S1 S2 ;
E1 = S1 E ∩ S0 S2 ;

E2 = S2 E ∩ S0 S1 .
Chứng minh rằng, các giao điểm Ei Ej ∩ Si Sj với i = j, nằm trên một đường thẳng.
Giải
Ta có
S0 (1 : 0 : 0),
S1 (0 : 1 : 0),
S2 (0 : 0 : 1),
Khi đó S0 S1 có phương trình
x0 x1 x2
1 0 0 = 0 ⇔ x2 = 0.
0 1 0
Suy ra

S0 S1 = (0 : 0 : 1).

12

E(1 : 1 : 1).


CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN XẠ ẢNH
Tương tự ta có:
S1 S2 = (1 : 0 : 0),
S0 S2 = (0 : 1 : 0)
S0 E = (0 : −1 : 1),
S1 E = (1 : 0 : −1),
S2 E = (−1 : 1 : 0).
Do đó:
E0 = (0 : 1 : 1),
E1 = (1 : 0 : 1),

E2 = (1 : 1 : 0).
E0 E1 = (1 : 1 : −1),
E0 E2 = (−1 : 1 : −1),
E1 E2 = (−1 : 1 : 1).
Do đó:
A = E0 E1 ∩ S0 S1 = (−1 : 1 : 0),
B = E0 E2 ∩ S0 S2 = (−1 : 0 : −1),
C = E1 E2 ∩ S1 S2 = (0 : 1 : −1).

.

Ta thấy
−1 1 0
−1 0 −1 = 0.
0 1 −1
Do đó A, B, C thẳng hàng.
Bài tập 1.4.4. Trong P3 cho phương trình tổng quát của hai đường thẳng d và d’
không có điểm chung, và có cho toạ độ của điểm M không nằm trên d và d’. Hãy viết
phương trình đường thẳng đi qua điểm M 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:
u0 x0 + u1 x1 + u2 x2 + u3 x3 = 0
d:
u′0 x0 + u′1 x1 + u′2 x2 + u′3 x3 = 0
d′ :

v0 x0 + v1 x1 + v2 x2 + v3 x3 = 0
v0′ x0 + v1′ x1 + v2′ x2 + v3′ x3 = 0

P là mặt phẳng đi qua M và d có phương trình dạng
3

3

λ

u′i xi = 0.

ui xi + µ
i=0

i=0

Thay toạ độ điểm M vào có thể lấy
3

3

u′i ai

(λ, µ) =
i=0

=0−

ui ai .
i=0

Vậy:

3

3

u′i ai

P :
i=0

i=0

3

ui xi −
13

3

u′i xi = 0.

ui ai
i=0

i=0


CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN XẠ ẢNH

3

3

vi′ ai

Q:
i=0

i=0

3

vi xi −

3

vi′ xi = 0.

vi ai
i=0

i=0

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.

1.5

Tỷ số kép của hàng điểm và chùm bốn siêu
phẳng

Bài tập 1.5.1. Trong P3 cho bốn điểm:
A = (1 : −1 : 1 : −1),
B = (0 : 1 : −1 : 0),
C = (1 : 0 : 0 : −1), D = (p : −p + q : p − q : −p).
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.
Giải
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:
p
[A, B, C, D] =
q
p
A, B, C, D là hàng điểm điều hoà khi và chỉ khi [A, B, C, D] = = -1 hay q = -p.
q
Bài tập 1.5.2. Trong P2 cho 3 điểm A, B, C không thẳng hàng, và 3 điểm P, Q, R
lần lượt thuộc các đường thẳng BC, CA và AB và không trùng với các điểm A, B, C.
a) E là điểm không thuộc 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,
R thẳng hàng.
b) Một đường thẳng d không đi qua A, B, C và cắt các đường thẳng BC, CA và AB
lần lượt tại A′′ , B ′′ , C ′′ . Chứng minh rằng, tích số [B, C, A′′ , P ].[C, A, B ′′, Q].[C, A, C ′′ , R]
bằng 1 là điều kiện cần và đủ để P, Q, R thẳng hàng, bằng -1 là điều kiện cần và đủ

để 3 đường thẳng AP, BQ, CR đồng quy.

14


CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN XẠ ẢNH
A
R
C′

B

B′
E
A′

Q

P

C

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).
P ∈ BC nên gọi P = a1 B + a2 C = (0 : a1 : a2 ).
Tương tự Q ∈ AC nên gọi Q = (b2 : 0 : b1 ).
R ∈ AB nên gọi R = (c1 : c2 : 0).
Ta có:
BC = (1 : 0 : 0); AE = (0 : −1 : 1) ⇒ A′ = AE ∩ BC = (0 : 1 : 1).

BE = (1 : 0 : −1); CA = (0 : 1 : 0) ⇒ B ′ = BE ∩ AC = (1 : 0 : 1).
CE = (−1 : 1 : 0); AB = (0 : 0 : 1) ⇒ C ′ = CE ∩ AB = (1 : 1 : 0).
Áp dụng công thức tỷ số kép
b2
c2
a2
;
[CAQB ′ ] = ;
[ABRC ′ ] = .
[BCP A′ ] =
a1
b1
c1
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 = 0 ⇔ a1 b1 c1 − a2 b2 c2 = 0.
−c2 c1
0
⇔

a2 b2 c2
. . =1
a1 b1 c1

⇔ [BCP A′ ].[CAQB ′ ].[ABRC ′ ] = 1.
+) Điều kiện cần và đủ để P, Q, R thẳng hàng là
o a1 a2

b2 0 b1 = 0 ⇔ a1 b1 c1 + a2 b2 c2 = 0.
c1 c2 0
⇔

a2 b2 c2
. . = −1
a1 b1 c1

⇔ [BCP A′ ].[CAQB ′ ].[ABRC ′ ] = −1.
15


CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN XẠ ẢNH
A
B ′′

R
C ′′
A′′

ra:

B

Q

E
A′′′

P

C

b)
Đặt E = BB ′′ ∩ CC ′′ , A′′′ = AE ∩ BC.
Xét hình bốn đỉnh toàn phần ABCE ta được [BCA′′ A′′′ ] = −1. Áp dụng ý a) suy
+) Điều kiện cần và đủ để P, Q, R thẳng hàng
[BCA′ A′′′ ].[CAQB ′′ ].[ABRC ′′ ] = −1
⇔ [BCP A′′ ].[BCA′′ A′′′ ].[CAQB ′′ ].[ABRC ′′ ] = −1
mà [BCA′′ A′′′ ] = −1. Suy ra
[BCP A′′ ].[CAQB ′′ ].[ABRC ′′ ] = 1.
+) Điều kiện cần và đủ để AP, QB, CR đồng quy là
[BCP A′′′ ].[CAQB ′′ ].[ABRC ′′ ] = 1
⇔ [BCP A′′ ].[BCA′′ A′′′ ].[CAQB ′′ ].[ABRC ′′ ] = 1
⇔
[BCP A′′ ].[CAQB ′′ ].[ABRC ′′ ] = −1
.

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 1
⇒ [ABCD] = : = > 0 hay d > 0.
d 1
d

Để [ABPQ] = [CDPQ] = -1 thì P, Q ∈ AB nên gọi P(1 : p), Q(1 : q). Khi đó:
p−1 q−1
1 1
: = -1
và
:
= -1
q p
p−d q−d
⇒

p = −q
(p − 1)(q − d) + (p − d)(q − 1) = 0

Suy ra p2 = 1 thì p = ± 1.
√
√
√
√
Vậy P(1 : d), Q = (1 : - d) hoặc P(1 : - d), Q(1 : d).
16


CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN XẠ ẢNH
Bài tập 1.5.4. Trong P2 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.
Giải

3 đường thẳng (α); (β); (γ) cắt nhau tại điểm I có toạ độ là nghiệm của hệ


x0 −x1 +2x2 = 0
−3x1 = x2
3x1
+x2 = 0 ⇔

x0
= 7x1
x +2x +3x = 0
0
1
2

Chọn x1 = 1 thì x0 = 7; x2 = -3. Ta được I = (7 : 1 : -3).
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 cho α = (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 P3 và điểm M =
(a0 : a1 : a2 : a3 ). Tìm tỉ số kép của bốn mặt phẳng : <S0 , S1 , S2 >, <S0 , S1 , S3 > ,
<S0 , S1 , E>, <S0 , S1 , M>.
Giải
Xét mục tiêu {S0 , S1 , S2 , S3 ; E} của không gian P3 . Ta có: S0 = (1 : 0 : 0 : 0),
S1 = (0 : 1 : 0 : 0), S2 = (0 : 0 : 1 : 0), S3 = (0 : 0 : 0 : 1), E = (1 : 1 : 1 : 1),
M = (a0 : a1 : a2 : a3 )
α đi qua S0 , S1 , S2 có phương trình x3 = 0.
β đi qua S0 , S1 , S3 có phương trình x2 = 0.
γ đi qua S0 , S1 , E có phương trình x2 − x3 = 0.

δ đi qua S0 , S1 , M có phương trình a3 x2 − a2 x3 = 0.
Suy ra α = (0 : 0 : 0 : 1); β = (0 : 0 : 1 : 0), γ = (0 : 0 : 1 : −1), δ = (0 : 0 : a3 : −a2 ).
a2
Do đó
[α, β, γ, δ] = .
a3
Bài tập 1.5.6. Trong P2 cho hai đường thẳng phân biệt d và d’ cắt nhau tại A, trên d
lấy 3 điểm phân biệt B, C, D và khác với A; trên d’ lấy ba điểm phân biệt B’, C’, D’
khác với A. Chứng minh rằng ba đường thẳng BB’, CC’, DD’ đồng quy khi và chỉ khi
[A, B, C, D] = [A, B’, C’, D’].
Cần thêm điều kiện gì để ngoài ra còn có DC’, BB’, CD’, đồng quy?

17


CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN XẠ ẢNH
D
C
B
A
B′

C′

D′
O

Giải
+) BB’, CC’, DD’ đồng quy tại O khi và chỉ khi
[A, B, C, D] = [A, B’, C’, D’]=[OA, OB, OC, OD].

+) DC’, BB’, CD’ đồng quy tại O’ khi và chỉ khi
1
[A, B, C, D] = [A, B ′ , D ′, C ′ ] =
= [A, B’, C’, D’]
′
[A, B , C ′ , D ′]
⇔ [A, B, C, D] = [A, B’, C’, D’] = ±1.
Vì các điểm A, B, C, D phân biệt nên [A, B, C, D] = 1
Do đó A, B, C, D là hàng điểm điều hoà.
Bài tập 1.5.7. Trong P2 cho hai đường thẳng phân biệt a, b và một điểm M không
nằm trên chúng. Qua M vẽ đường thẳng thay đổi cắt a, b lần lượt tại A và B. Tìm quỹ
tích những điểm N sao cho [A, B, M, N] = k không đổi.
Giải
a
A
m

M

b

O

B
N
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, N = 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.
Do đó N ∈ n.
Vậy quỹ tích N là đường thẳng n trừ điểm O.
18


CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN XẠ ẢNH
Bài tập 1.5.8. Trong P2 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.
Giải
A

O

a

A′ M
I

J

B

B′
N

m
b

n

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 = O. Lấy đường thẳng bất kỳ qua N không qua O cắt b
tại B, đường thẳng NB cắt a tại A′ . Đường thẳng A′ M cắt B tại B ′ .
Đặt A1 = NB ′ ∩ a, A2 = BM ∩ a, I = NB ∩ m, J = NB ′ ∩ m. Ta có
[A1 , B ′ , J, N] = -1; [A′ , B, I, N] = −1.
Xét chùm tâm M với hai cát tuyến BN và NB’ lại có
-1 = [A′ , B, I, N] = [B ′ , A2 , J, N].
Do đó [A2 , B ′ , J, N] = -1
Suy ra [A1 , B ′ , J, N] = [A2 , B ′ , J, N] ⇒ A1 ≡ A2 .
Vậy mọi điểm N ∈ n mà N = O đều thoả mãn đầu bài, suy ra quỹ tích các điểm N
là đường thẳng n, trừ đi điểm O.

1.6

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.
Giải
Trong P đối ngẫu của định lý Desargues thứ nhất là chính nó (tự đối ngẫu) mà
định lý thuận và định lý đảo là hai mệnh đề đối ngẫu nhau.
Đối ngẫu của định lý Pappus: "Trong P2 cho hai điểm phân biệt D và D ′ , ba đường
thẳng phân biệt a, b, c đi qua D, ba đường thẳng phân biệt a′ , b′ , c′ đi qua D ′ . Giả sử

2

19


CHƯƠNG 1. KHÔNG GIAN XẠ ẢNH
đường thẳng DD ′ không trùng với sáu đường thẳng đã cho. Khi đó ba đường thẳng
nối các cặp điểm (a ∩ b′ , a′ ∩ b), (b ∩ c′ , b′ ∩ c), (c ∩ a′ , c′ ∩ a) đồng quy".
Bài tập 1.6.2. Phát biểu định lý đối ngẫu của định lý Cêva và Meunelaus trong P2 .
Giải
Đối ngẫu của định lý Cêva là: " Trong P2 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 P2 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 m, n, p đồng quy là
[b, c, m, a′ ].[c, a, n, b′ ].[a, b, p, c′ ] = 1."
Bài tập 1.6.3. " Trong P2 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 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.
2

1.7

Mô hình xạ ảnh của không gian afin

Bài tập 1.7.1. Chứng minh các định lý sau đây trong mặt phẳng afin bằng phương
pháp xạ ảnh:
a) Hai đường chéo của hình bình hành cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
b) Trong một hình thang, trung điểm hai cạnh đáy chia điều hoà cặp giao điểm hai
đường chéo và giao điểm hai cạnh bên.
c) Đường trung bình trong hình thang thì song song với hai cạnh đáy.
Giải
a) Phân tích: Trong P cho W, A = P2 \ W .
Hình bình hành ABCD có:
AB // CD ⇒ AB ∩ AD = J ∈ W.
AD // BC ⇒ AD ∩ BC = K ∈ W.
Vì I là tâm hình bình hành nên [ACIP ] = [DBIQ] = −1 với P = AC ∩ W ,
Q = BD ∩ W .
2

2

20