Geometrijos špera
1. Lygybės dešinės pusė nepriklauso nuo taško P pasirinkimo.
•> Paimkite, bet kokį tašką Q. Tada , nes . Taigi, lygybės dešinė pusė nepriklauso nuo taško pasirinkimo. <•
2. Taškas , kai yra tarp taškų P1, P2 ir dalija atkarpą P1, P2 santykiu , tai yra
•> Taigi <•
3. Trikampio, kurio viršūnės P1, P2, P3, pusiaukraštinių susikirtimo taškas yra .
•> Pradžioje įrodysime, kad pusiaukraštinės susikerta taške P. Iš lygybės (1) , galima matyti, kad taškas p yra tiesėje tarp taškų . Kadangi ttaškas Q12 yra kraštinės P1P2 vidurio taškas, tai taškas P priklauso pusiaukampinei, išvestai iš taško P3, ir be to dalina ją santykiu 1:2. Analogiškai, lygybę (1) galima perrašyti kitu būdu ir tada matysime, kad taškas P priklauso pusiaukampinei, išvestai iš taško P2 (arba P1).<•
4. Afinusis darinys taškų turi sekančią geometrinę prasmę: čia [ABC] = S(A,B,C) yra orientuotas trikampio plotas.
•> Naudojantis formule orientuotas trikampio plotas gali būti suskaičiuotas naudojant mišrią vektorių sandaugą, pavyzdžiui, dviem skirtingais būdais [ABC] = ½ (AC,BC) = ½½ (BA,CA). Tarkime, kad . Tada , , . Dabar nesunkiai suskaičiuojame orientuotus plotus .Iš čia ir gauname reikalingas formules.<•
5. Atstumas d tarp taško su koordinatėmis Q = (x1,y1) ir tiesės l (užduotos formaline lygtimi) (1) yra: . Jei duota bbendroji tiesės lygtis
ax + by + c = 0 tai: (2) .
•> Tarkime duota normalinė tiesės lygtis. Nuleiskime statmenį iš taško Q į tiesę l pažymėkime jį Q0 = (x0,y0). Tada vektorius QQ0 yra lygiagreti tos tiesės normalės vektoriui. Todėl skaliarinės sandaugos modulis |QQ0 n| yra lygus d. nes taškas Q0 priklauso tiesei l ir todėl tenkina lygtį (1) . Lygybė (2) seka iš jau įrodytos lygybės, kadangi normalinė tiesės lygtis atitinkanti bendrąja yra . <•
6. Jeigu duotos dviejų tiesių lygtys , tai visos tiesės einančios per dviejų duotų tiesių sankirtos tašką sudaro tiesių pluoštą. Visas tokio pluošto tiesias galima užrašyti taip (1): , čia , yra bet kokie skaičiai.
•>Pirma pastebime, kad lygtis (1) yra bendroji tiesės lygtis, kkuri eina per tiesių l1 ir l2 bendrą tašką B. Paaiškinkite, kodėl kiekviena tiesė l einanti per tašką B yra pavidalo (1). Tiesei l nusakyti pakanka be taško B žinoti dar vieną tašką P = (x1,y1). Tarkime, kad , yra sprendiniai lygties: (2) . Tada aišku, kad tiesė (1) su tokiais , eina per tašką P, taigi tiesė sutampa su tiese l. Lygtis (2) visada turi sprendinių (, nežinomieji). <•
7. Determinanto modulis lygus tetraedro tūriui.
•> Paimkime tris vektorius . Jie turi tokias koordinates: , , . Kaip žinome, stačiakampio gretasienio orientuotas tūris yra vektorių mišri sandauga: . Pastarasis determinantas yra lygus determinantui . Įrodymo pabaiga seka iš lemos – kiekvieną stačiakampį gretasienį galime padalinti į 6 vienodo tūrio tetraedrus.<•
8. Lema. Kiekvieną stačiakampį gretasienį galime padalinti į 6 vienodo tūrio tetraedrus.
•> Kiekvieną stačiakampį gretasienį, kurio viršūnės A1, A2, A3, A4, B1, B2, B3, B4, galime padalinti į dvi vienodo tūrio prizmes. Stačiakampis gretasienis ir viena iš prizmių su viršūnėmis A1, A2, A3, B1, B2, B3. Vienodą tūrį turi ir padalina prizmę: {A1, A2, A3, B1}, {B1, B2, B3, A3}, {A2, A3, B1, B2}. <•
9. Plokštumos normalinėje lygtyje p yra atstumas iki koordinačių pradžios.
•> Tarkime atstumas iki koordinačių pradžios yra d. Tada koordinačių pradžiai tašką D, priklausantį plokštumai, įstatę į plokštumos normalinę lygtį gauname: OD n – p = d – p = 0, nes vektoriaus OD koordinatės yra lygios taško D koordinatėms. Taigi d = p, ką ir reikėjo įrodyti. <•
10. Atstumą tarp 2 tiesių , , galime apskaičiuoti pagal formulę: (1) .
•> Turime 2 tiese L1 ir L2. Tiesės L1 krypties vektorius k1 = (a,b,c), tiesės L2 krypties vektorius k2 = (n,k,l). Taškas A = (x1,y1,z1) yra ttiesėje L1, B = (x2,y2,z2) yra tiesėje L2. Per tašką B galime išvesti tiesę L’ lygiagrečią tiesei L1: . Per tieses L1 ir L’ galime išvesti plokštumą p, kurios normaliais vektorius yra vektorinė sandauga vektorių (a,b,c) (n,k,l), todėl plokštumo lygtis yra: . Plokštuma p lygiagreti tiesei L1, todėl atstumą tarp plokštumos p ir tiesės L1 galime rasti kaip atstumą tarp tos plokštumos ir bet kokio taško toje tiesėje. Pagal žinomą formulę: , čia plokštumos lygtis apibrėžta pagal formulę: p: Ax + By + Cz + D = 0, taškas T = (x1,y1,z1). Gauname, kad atstumas lygus (1). Šis atstumas ir yra trumpiausias atstumas tarp tiesių L1 ir L2. <•
11. Tarkime, kad taškas A(x,y) priklauso hiperbolei . Pažymėkime atstumus tarp taško A ir hiperbolės asimptočių t1, t2 (apibrėžtų lygtimis , d(A,t1) ir d(A,t2). Tada (1) , čia ti(A), i = 1,2 yra skaičius gautas įstačius taško A koordinates į asimptočių ti, i = 1,2 lygtis. Taip pat , , t.y. atstumas tarp asimptotės ir hiperbolės vis mažėja, kai hiperbolės šakos artėja į begalybę.
•> Atstumas tarp tiesės t1 (t2) ir taško A yra skaičiuojamas pagal formulę (2) (3) . Sudauginę tas lygybes mes gausime , nes taškas A(x,y) priklauso hiperbolei . LLygybės (1) seka iš lygybių (2) ir (3). Užrašas xy reiškia, kad x,y > 0 arba x,y < 0, t.y. hiperbolės taškas A(x,y) yra pirmame arba trečiame ketvirtyje. <•
12. I3 yra invariantas.
•> Remiantis lygybe det A’ = det M det A det MT = det A ir apibrėžimu I3 = det A = det A’. Taigi I3 nepriklauso nuo dekarto koordinačių transformacijų. <•
13. I2 yra invariantas.
•> Remiantis ir apibrėžimu
I2 = det A2 = det A2’, nes det M2 = 1. Taigi I2 nepriklauso nuo dekarto koordinačių transformacijų. <•
14. I1 yra invariantas.
•> Naudojantis lygtimi galime rasti . Taigi . <•
15. Tarkime, turime kreivę {F = 0} ir jai priklausantį tašką A(x0,y0). Tuomet liestinės lA lygtį galime užrašyti taip: F1(x0,y0)x + F2(x0,y0)y + F3(x0,y0) = 0. F1, F2 ir F3 gauname iš lygties , , , .
•>Tegu – kreivės {F = 0} kirstinė per taškus A(x0,y0) ir B(x1,y1). Šią tiesę užrašius , matome, kad jos krypties koeficientas lygus . Artiname tašką B prie taško A, t.y. ieškome ribos . Ji lygi y’(x0). Iš matematinės analizės kurso žinome, kad dviejų kintamųjų f-jai F(x,y) = 0 egzistuoja tokia y = (x), kad F(x, (x)) = 0 x0 ta6ko aplinkoje ir .
Nesunkiai matome, kad . Taigi lA lygtį gauname tokią: arba . Paskutinėje lygtyje atskliaudę gauname: . Kadangi –F1x0 – F2y0 = F3(x0,y0), tai gauname reikiamą teoremos f-lę. <•
16. Jei atliksime postūmį į tašką (x0,y0), kuris yra kreivės {F = 0}centras, tai išnyks koeficientai prie x’ ir y’, t.y. tiesiniai kreivės nariai.
•> Įrodoma tiesiog įstačius reikšmes į lygtį .
Pasinaudojus lygčių sistemą ir gauname reikiamą rezultatą. <•
17. Tarkime, turime elipsės (arba hiperbolės) kanoninę lygtį: . Kreivės turi po du židinius FF1, F2. tegu taškas A = (x0,y0) – taškas, priklausantis elipsei (arba hiperbolei), tada atkarpos F1A ir F2A sudaro vienodus kampus su liestine.
•> Žinodami taško A koordinates, galime užrašyti liestinės lygtį: . Kampai ir bus lygūs tada ir tik tada, kai lygūs santykiai r2/d2 ir r1/d1, čia r1 = |F1,A|, r2 = |F2,A|, d1 = d(F1,lA), d2 = d(F2,lA) (atstumas tarp židinio ir liestinės). Atstumas tarp tiesės ir taško randamas pagal žinomas formules: . e = c/a – kkreivės ekscentricetas. R2 = |F2A| = |ex0 + a| . Analogiškai r1 = |ex0 – a| ir
. Matome, kad , todėl kampai tarp liestinės ir atkarpų F1A bei F2A yra lygūs. <•
18. Tarkime turime parabolės kanoninę lygtį: y2 == 2px. Tegul parabolės židinys yra F. Tarkime taškas
A = (x0,y0) priklauso parabolei. Tada kampas tarp FA ir liestinės lA lygus kampui tarp lA ir parabolės simetrijos ašies.
•> žinodami taško A koordinates, užrašome liestinės lygtį: lA: yy0 = p(x + x0). Pažymėkime K tašką, kuris yra liestinės lA ir Ox ašies susikirtimo taškas. Kampas tarp FA ir liestinės lA lygus kampui tarp lA ir parabolės simetrijos ašies tada ir tik tada, kai |KF| = |FA|. Ox ašies lygtis yra y = 0. Sukertę šias dvi tieses lA ir Ox. Randame, kad K = (-x0,0). Kadangi |FA| = d(A,l) = p/2 + x0, čia l – parabolės direktrisė, ir |KF| = p/2 +x0, gauname |KF| = |FA|. <•
19.
•> Imkime vvieną antros eilės paviršiaus tiesinę sudaromąją , ir kitą tos pačios šeimos tiesinę sudaromąją . Jei šios tiesės susikerta, reiškia, egzistuoja keturių lygčių sprendinys (x,y,z), tenkinantis jas visas. Tačiau tai įmanoma tik tada, jei = ’. Tai nesunkiai galima pastebėti palyginę pirmąsias lygčių sistemos lygtis. <•
20.
•> Analogiškas pastarajam. <•
21.
•> Apjunkime l1 ir l2 lygtis į vieną sistemą. Gausime keturias lygtis su trimis nežinomaisiais . Jos turės vienintelį sprendinį, kai sistemos rangas bus mažesnis už keturis arba determinantas llygus 0: . Apskaičiavę šį determinantą, matome, kad jis tikrai lygus nuliui, todėl egzistuoja šios lygčių sistemos sprendinys, vadinasi, vienos šeimos tiesė kerta kitos šeimos tiesę. <•
22. Sakykime, P S. Tada tokie , , kad P = l1 l2.
•> Imkime tašką P = (x0,y0,z0) , priklausantį paviršiui . Jo tiesinių sudaromųjų lygtys tokios: ir . Norėdami rasti konkrečius , įstatykime taško P koordinates į visas keturias lygtis. Gausime atitinkamas ir reikšmes: . <•
23. TPS = . Čia TPS – paviršiaus liečiamoji plokštuma taške P, – plokštuma, einanti per tieses l1 ir l2.
•> tegu L = plokštuma, einanti per tieses l1, l2. Įrodysime, kad tai yra liečiamoji paviršiaus plokštuma taške P = l1 l2. Išveskime plokštumą per tris taškus P, B, C, priklausančius paviršiui ir ją pažymėkime < P, B, C >. Artinkime taškus B ir C prie taško P. Pagal apibrėžimą ribinė plokštumos padėtis ir bus liečiamoji plokštuma TPS, t.y. . Norėdami patikrinti, kad L yra liečiamoji plokštuma, galime taškus pasirinkti tokiu būdu Bl1, C l2. Tada visada L = < P, B, C > ir todėl L = TPS. <•
24. Imkime tris tieses erdvėje. Jas visas kertančių tiesių yra be galo daug. Šios ttiesės sudaro antros eilės paviršių (vienašalį hiperboloidą arba hiperbolinį paraboloidą).
•> Pirmiausia įrodysime, kad tris tieses tikrai kerta be galo daug tiesių. Imkime tris tieses l1, l2, l3, išsirinkime tašką Pl2 ir pažymėkime plokštumas L1 = < l1, P >, L3 = < l3, P > (čia < l, P > yra plokštuma, einanti per tiesę l ir joje negulintį tašką P). Tegul šių plokštumų sankirtos tiesė yra L1 L3 = lP. Nesunku suprasti, kad lP – tiesė, kertanti l1, l2, l3. Dabar įrodome, kad aibė tiesių S = Pl2 lP sudaro antros eilės paviršių. Imkime, bet kokius tris taškus A, B, C l2 bei plokštumas L1A = < A, l1 >, L3A = < A, l3 >. Tada pasidomėkime paviršiumi, kurio lygtį galime užrašyti kaip determinantą: . Čia, L1B(C) reiškia skaičių, kurį gausime į lygtį L1B įsistatę tašką C. Kadangi visi determinanto nariai yra tiesinės formos, tai jį skaičiuodami, gausime antros eilės lygtį. Tegul S’ = (x,y,z) | F (x,y,z) = 0 yra paviršius, apibrėžtas šia lygtimi. Įrodysime, kad l1, l2, l3 S’. Išties l1 = L1A L1B. Taigi, jeigu taškas P priklauso l1, tai L1A (P) = 0 ir L1B (P) = 0. Todėl F(P) == 0. Vadinasi ir tiesė l1 priklauso paviršiui S’, nes visi jos taškai priklauso paviršiui. Analogiškai įsitikiname, kad tiesė l3 = L3A L3B taip pat priklauso paviršiui. Įstačius taškus A, B ir C taip pat gauname determinantą lygų 0 (kitaip tariant F(A) = F(B) = F(C) = 0), todėl šie taškai paviršiui taip pat priklauso. O kadangi jie visi guli vienoje tiesėje l2, tai ir visa tiesė turi priklausyti S’. Taigi l1, l2, l3 S’. Kadangi tiesė lP kerta paviršių trijuose skirtinguose taškuose (tai tie taškai, kuriuose tiesė kerta tieses l1, l2, l3), o paviršius S’ yra antros eilės, visa tiesė lP privalo priklausyti paviršiui. Išvada: S = S’, nes S’ priklauso visos judančios tiesės lP. <•
25. Sakykime, erdvėje duotos keturios tiesės l1, l2, l3, l4, kurios tarpusavyje nesikerta. Tada tiesių, kurios kerta visas keturias tieses, gali būti: tuščia aibė, viena, dvi arba be galo daug.
•> Iš pradžių imkime tris tieses l1, l2, l3. Jos priklauso paviršiui S (vienašakiui hiperboloidui arba hiperboliniam paraboloidui). Ketvirtoji tiesė l4 šį paviršių gali: a) nekirsti, b) kirsti viename taške A, c) dviejuose taškuose P ir Q, d) gulėti paviršiuje. Atveju a) nėra tiesių kertančių visas keturias. Iš tikrųjų, jeigu būtų tokia tiesė
l, tai ji, kadangi kerta ir pirmas tris, turi priklausyti paviršiui S. Bet ll4 = A, taigi A S l4. Gauta prieštara ir parodo, kad tokios tiesės l nėra. Atveju c) imkime tiesę lP, einančią per tašką P ir priklausančią kitai paviršiaus tiesinių sudaromųjų šeimai nei l1, l2 ir l3. Tada lP kirs visas keturias tieses. Analogiškai jas kirs tiesė lQ, einanti per tašką Q. daugiau tokių tiesių, kurios kirstų tieses l1, l2, l3, l4 nėra, nes tokia tiesė privalo ggulėti paviršiuje, kadangi kerta tieses l1, l2, l3, t.y. tokios yra tik lP arba lQ. Atveju b) yra vienintelė tiesė lA kertanti visas duotas tieses. Samprotavimai analogiški kaip ir atveju c). Atveju d) yra be galo daug tiesių, kurios kerta visas duotas tieses. Kadangi šiuo atveju tiesės l1, l2, l3, l4 S yra vienos paviršiaus šeimos ir kiekviena kito šeimos tiesė kirs visas duotas tieses. <•
26. Tarkime turime parabolei priklausančius taškus A, B ir C. Išveskime per juos liestines llA, lB ir lC ir pažymėkime jų susikirtimo taškus: lA lB = K, lA lC = M, lB lC = N. Tada teisingas toks teiginys: .
•> Imkime parabolę y = 2px2. Tegu jai priklausančių taškų koordinatės A == (a, 2pa2), B = (b, 2pb2), C = (c, 2pc2), o taškų K, M, N pirmąsias koordinates pažymėkime k, m, n. Rasime k koordinates: . Analogiškai randame . Tuomet atitinkami santykiai bus: ; ; . <•
27. Lygtyje p yra lygus atstumui nuo tiesės iki koordinačių pradžios.
•> Iš tiesų, atstumas nuo tiesės iki koordinačių pradžios taško (0, 0) yra d = |0cos() + 0sin()-p| = p. <•
28. Atstumas tarp taško A(x0,y0,z0) ir plokštumos, užrašytos bendrąja lygtimi yra: .
•> Įrodymas toks pats kaip ir tiesės atveju (žr. 5 įrodymą). <•
29. Koeficientai a11’, a22’ yra šaknys charakteringosios lygties , kuri pagal apibrėžimą lygi: 2 – I1 + I2 = 0. Taip pat a33’ = I2 / I2, jeigu I2 0.
•> Kadangi , , tai išvada seka iš Vieto teoremos. <•
