Prak_Geom1

y = kx + b:

ßêùî x2 ¡ x1 6= 0 i y2 ¡ y1 6= 0, то рiвняння (1.41) часто записують у такiй формi:

x ¡ x0

=

y ¡ y0

:

(1.42)

x2 ¡ x1

y2 ¡ y1

Нехай пряма l

перетина¹

вiсь ординат,

~a(a1; a2) напрямний вектор

прямо¨,

òîäi,

a2

очевидно, ~a , ~e2, òîìó a1 6= 0. Вiдношення k = a1

називають кутовим коефiцi¹нтом прямо¨.

ßêùî ~

, òî ~

b(b1; b2) ¹ довiльний ненульовий вектор, який паралельний до прямо¨ l

b k ~a, òîìó

~

a2

¸b2

b2

~a = ¸b для деякого числа ¸

. Îòæå, a1 = ¸b1, a2 = ¸b2, çâiäêè k =

=

=

Таким чином, кутовий

êîåôiöi¹íòRпрямо¨ не залежить вiд вибору напрямного вектора. Згiдно.

2

j sin

' = ( c)

a1

¸b1

b1

теореми 1.13

a1 = j~aj cos '

,

a1 = j

, äå

~

. Îòæå,

~a

'

i;~a

k = a2 = sin ' = tg ': a1 cos '

Таким чином, геометричний змiст кутового коефiцi¹нта прямо¨ поляга¹ в тому, що вiн дорiвню¹ тангенañу кута нахилу прямо¨ до додатного напрямку вiсi абсцис. З рiвняння (1.39) ма¹мо y ¡ y0 = a2 (x ¡ x0), тобто

1

y ¡ y0 = k(x ¡ x0): (1.43)

Рiвняння (1.43) називають рiвнянням прямо¨, що визнача¹ться точкою i кутовим коефiцi¹нтом. Нехай B(0; b) ¹ точка перетину прямо¨ з вiссю ординат, тодi x0 = 0, y0 = b, òîìó

(1.43) запишеться так:

(1.44)

Рiвняння (1.44) називають рiвнянням прямо¨ з кутовим коефiцi¹нтом.

2 Загальне рiвняння прямо¨ на площинi

Загальне рiвняння прямо¨ та його дослiдження. Геометричний змiст знака тричлена Ax + By + C. Вза¹мне розташування двох прямих на

площинi. Вiдстань вiд точки до прямо¨ на площинi.

Загальне рiвняння прямо¨ та його дослiдження. Розглянемо рiвняння прямо¨ (1.39) в афiннiй системi координат (O;~e1;~e2), яке визнача¹ться точкою i напрямним вектором, i

запишемо його в такому видi:

a2x ¡ a1y + (¡a2x0 + a1y0) = 0:

(1.45)

Введемо позначення: A = a2, B = ¡a1, C = ¡a2x0 + a1y0. Тодi рiвняння прямо¨ запишеться як лiнiйне рiвняння першого степеня з двома змiнними:

Ax + By + C = 0:

(1.46)

Неважко бачити, що напрямний вектор прямо¨ ¹ вектор ~a(¡B; A). Отже, пряма визнача¹ться

лiнiйним рiвнянням першого степеня з двома змiнними, у якого коефiцi¹нти при змiнних одночасно не дорiвнюють нулевi. Виника¹ питання, чи кожне таке рiвняння визнача¹ на площинi пряму лiнiю? Вiдповiдь на нього да¹ наступна теорема:

Теорема 1.15. Будь-яке лiнiйне рiвняння Ax + By + C = 0, äå A; B; C; 2 R, ¹ поданням деяко¨ прямо¨ (зада¹ деяку пряму) площини, на якiй задана афiнна система координат.

31

Доведення. Оскiльки дане рiвняння лiнiйне, то принаймнi один з коефiцi¹нтiв A i B не дорiвню¹ нулю. Нехай, для означеностi, A =6 0. Тодi рiвняння Ax + By + C = 0 можна

записати у виглядi

A

µx + A

¶ + By = 0

C

àáî

¯

¡B ¯ = 0:

x + A

(1.47)

¯

C

¯

¯

y

A ¯

¯

¯

Згiдно (1.38) рiвняння (1.47) зада¹¯

пряму,

що проходить¯

через точку

M0

C

; 0

i ìà¹

¯

¯

¡

¡A

¢

напрямний вектор ~a = ¡B~e1 +A~e2. Отже, рiвняння Ax+By +C = 0 çàäà¹

пряму на площинi.

Випадок A = 0 розгляньте самостiйно.

Таким чином, нами доведено, що кожне лiнiйне рiвняння з двома змiнними на площинi визнача¹ пряму лiнiю. Надалi рiвняння (1.46) будемо називати загальним рiвнянням прямо¨ на площинi. Розглянемо деякi частинi випадки цього рiвняння:

² C = 0, тодi рiвняння ма¹ вид Ax + By = 0, тому пряма проходить через початок координат, оскiльки його координати задовольняють таке рiвняння.

² A = 0. В цьому випадку напрямний вектор прямо¨ ~a(¡B; 0) паралельний до базисного вектора ~e1(1; 0), тому пряма паралельна до вiсi Ox, а у випадку, коли C = 0, спiвпада¹

ç íåþ.

²B = 0. В цьому випадку напрямний вектор прямо¨ ~a(0; A) паралельний до базисного

вектора ~e2(0; 1), тому пряма паралельна до вiсi Oy, а у випадку, коли C = 0, спiвпада¹ з нею.

Геометричний змiст знака тричлена Ax + By + C. Нехай (O;~e1;~e2) ¹ афiнна система

координат, Ax + By + C = 0 загальне рiвняння прямо¨ l, M0(x0; y0) фiксована точка на прямiй l. Îñêiëüêè M0 належить l, òî

координати x0; y0 задовольняють рiвняння

прямо¨, тобто Ax0

+ By0

+ C = 0. Розглянемо

вектори ~a(A; B)

i

~

.

ßñíî,

ùî

~

¹

b(¡B; A)

,

тобто

~

b

напрямний

вектор

прямо¨ l

~

b

k

l.

Впорядкована

ïàðà

векторiв

(~a; b)

утворю¹

правий базис, оскiльки

¯

A

B

¯ = A2 + B2 > 0:

B

¡A

¯

¯

¯

¯

Îòæå, ~a , ¯l. Вiдкладемо¯

вiд точки M0 вектори

~a

i ~

~

b i нехай ~a = M0M1,

b = M0M2, äå M1; M2

¡¡¡¡!

¡¡¡¡!

¹ точки площини. Ясно, що M1 62l, M2 2 l.

Позначимо через ¸ ту напiвплощину, в якiй

знаходиться точка M1, тобто M1 2 ¸. Виберемо

äî-

~

вiльно точку M(x; y) в напiвплощинi ¸, тобто M

¸. Очевидно, що (M0M; b) ¹ правий базис,

~

2

¡¡¡!

~

тому базиси (~e ;~e ) i (M0M; b) мають однакову орi¹нтацiю, тобто (~e1;~e2)¢(M0M; b). Îñêiëüêè

1 2

¡¡¡!

¡¡¡!

32

A(x x0)+B(y

y0) > 0. Розкриваючи тепер дужки, будемо мати Ax¯

+By+(

Ax0¯

By0) > 0,

M0M(x

¡

x0; y

¡

y0) i ~b(

¡

B; A), то останн¹ спiввiдношення означа¹

¯

x ¡ x0

¡B

¯

> 0, тобто

¡¡¡!

y ¡ y0

A

¡

¡

¹ iíøà¯

¡

¯¡

çâiäêè Ax + By + C > 0, òîìó ùî C = ¡Ax0 ¡ By0. Нехай ¸0

¯

¯

напiвплощина з межею

l. Таким чином, мають мiсце такi спiввiдношення:

M2 ¸ () Ax + By + C > 0;

M2 ¸0 () Ax + By + C < 0:

Отже, нами доведена теорема:

Теорема 1.16. Якщо в афiннiй системi координат пряма l задана загальним рiвнянням Ax+By +C = 0, то напiвплощини з межею l визначаються нерiвностями Ax+By +C > 0

i Ax + By + C < 0.

Вза¹мне розташування двох прямих на площинi. Нехай на площинi заданi двi прямi l1 i l2 загальними рiвняннями в деякiй афiннiй системi координат:

A1x + B1y + C1 = 0; A2x + B2y + C2 = 0:

(1.48)

(1.49)

Вiдомо, що двi прямi на площинi можуть перетинатися, тобто мати одну спiльну точку, бути паралельними, тобто не мати спiльних точок, i спiвпадати, тобто мати безлiч спiльних точок. Перш за все вiдмiтимо таку теорему:

Теорема 1.17. Для того щоб рiвняння (1.48) i (1.49) в афiннiй системi координат
визначали одну i ту ж пряму, необхiдно i достатньо, щоб коефiцi¹нти в цих рiвняннях
були пропорцiйнi, тобто	A1	= B1	= C1 :
				(1.50)
	A2	B2	C2

Доведення. Нехай (1.48) i (1.49) визначають одну i ту ж пряму l, тодi напрямнi вектори

~a1(¡B1; A1) i ~a2(¡B2; A2) будуть колiнеарнi, тому ~a1 = ¸~a2 для деякого ¸ 2 R. Отже, справедливi рiвностi B1 = ¸B2 i A1 = ¸A2. Нехай M0(x0; y0) деяка точка прямо¨ l, тому ¨¨ координати задовольняють обидва рiвняння (1.48) i (1.49), тобто A1x0 + B1y0 + C1 = 0

i A2x0 + B2y0 + C2

= 0. Пiдставляючи значення A1; B1 у першу рiвнiсть, будемо мати

¸A

x

¸B y

C

, çâiäêè ¸

A

x + B

y

) + C

= 0, тобто ¸(

C

) + C

= 0. Îòæå,

2

0 +

2

0 +

1

= 0A1

, B1(

2

,0 C1

2

0

1

¡

2

1

C1 = ¸C2. Таким чином, A2 = ¸

B2

= ¸

C2 = ¸, звiдки виплива¹ рiвнiсть (1.50).

Приймаючи до уваги теорему 1.17, ми приходимо до такого висновку:

1.

Ïðÿìi l1

i l2

перетинаються, коли коефiцi¹нти при x; y не пропорцiйнi, тобто A1

= B1

Це поясню¹ться тим, що напрямнi вектори цих прямих неколiнеарнi.

A2

6 B2 .

2.

Ïðÿìi l1

i l2 спiвпадають, коли A1

= B1

= C1 :

A2

B2

C2

3. Ïðÿìi l1 i l2 паралельнi, коли A1 = B1 =6 C1

A2 B2 C2 .

Вiдстань вiд точки до прямо¨ на площинi. Нехай пряма лiнiя l задана загальним

~ ~

рiвнянням Ax + By + C = 0 в прямокутнiй декартовiй системi координат (O; i; j). Âiäîìî, ùî ~a(¡B; A) ¹ напрямний вектор прямо¨ l. Розглянемо вектор ~n(A; B) i обчислимо скалярний добуток цього вектора на напрямний вектор ~a прямо¨: n~a = A(¡B) + BA = ¡AB + BA = 0. Отже, вектор ~n перпендикулярний до вектора ~a, а значить i до прямо¨ l. Надалi вектор

~n(A; B) будемо називати нормальним вектором прямо¨ Ax + By + C = 0.

33

~ ~

Теорема 1.18. Якщо в прямокутнiй декартовiй системi координат (O; i; j)

M0(x0; y0) i пряма l: Ax+By +C = 0, äå M0 62l, то вiдстань ½(M0; l) вiд точки l обчислю¹ться за формулою:

½(M	; l) =	jAx0 + By0 + Cj			:
0		pA2 + B2

задана точка M0 до прямо¨

(1.51)

Доведення. Опустимо з точки M0 на пряму l перпендикуляр i нехай M1(x1; y1) основа

¡¡¡¡!

цього перпендикуляра, тому Ax1 + By1 + C = 0. Очевидно, що ½(M0; l) = M1M0 = jM1M0j.

¡¡¡¡! ¡¡¡¡!

Îñêiëüêè M1M0 ? l i ~n ? l, òî M1M0 k ~n, äå ~n(A; B) нормальний вектор прямо¨ l. Знайдемо

¡¡¡¡!

скалярний добуток векторiв M1M0 i ~n. Ìà¹ìî

¡¡¡¡!	j¡¡¡¡!jj j	¡¡¡¡!
		\
M1M0 ~n = M1M0 ~n cos(M1M0; ~n) = ½(M0

çâiäêè

M1M0

~n

½(M0; l) =

j¡¡¡¡!

j

:

j~nj

M1M0

(x0

x

; y

y

), ~n(A; B), òî

Îñêiëüêè ¡¡¡¡!

¡

1

0 ¡

1

y

) = Ax

+ By0 + ( Ax

M1M0 ~n = A(x0

x

) + B(y

¡¡¡¡!

¡

1

0

¡

1

0

¡

1

j~nj = pA2 + B2:

; l)j~nj(§1);

(1.52)

¡ By1) = Ax0 + By0 + C;

Пiдставляючи тепер цi значення в формулу (1.52), ми отриму¹мо формулу (1.51).

3 Кут мiж двома прямими на площинi

Означення кута мiж двома прямими. Обчислення тангенса кута мiж прямими. Обчислення кута, коли прямi заданi загальними рiвняннями i рiвняннями з кутовим коефiцi¹нтом.

Нехай на площинi ¹ двi прямi l1 i l2, що перетинаються. Пiд кутом ' мiж ними розумiють

завжди гострий кут. Отже, якщо ~a1 i ~a2 напрямнi вектори цих прямих вiдповiдно, то

' = (~a1;~a2), êîëè 0 6 (~a1;~a2) 6 ¼2 . ßêùî æ (~a1;~a2) > ¼2 , òî òîäi ' = (~a1; ¡~a2). Направленим

же кутом мiж прямими

l1

i

l2

назива¹ться направлений кут

[

, який задовольня¹

[

(~a1;~a2)

нерiвностi

¼

¼

¡2

6 (~a1;~a2) 6

2 .

Нехай ~a(a1; a2)

i ~

; b2) ¹ напрямнi вектори вiдповiдно прямих l1 i l2, якi заданi

b(b1

координатами в ортонормованому базисi

~ ~

, i

кут мiж даними прямими. Доведемо

ðiâíiñòü:

(i; j)

'

~a; b

<

' ~a; b , òîìó (1.53)

c

~a; b

>

~a; b

<

~

(1.53)

= ( ¡ )

tg =c

tg ' = tg(~a; b):

³( ) +

´

¡

³( ) + ( ¡ )´

~

Äiéñíî, ÿêùî

~

¼

~

ì๠ìiñöå. ßêùî æ

~

¼

¼

( )

2 , òî

= (

)

c

~[~

(

)

2 , òî ( ¡ )

2 ,

Оскiльки згiдно (1.27) i (1.26) мають мiсце

c

c

òîìó '

[~

'

[~

~

= tg

~

~

~a;

b , çâiäêè

tg(~a;

b) = tg

~a; b

b; b

~a; b

¼ = tg(~a; b).

рiвностi

~

a1b2

¡

a2b1

¯

a2 b2

¯

~

a1b1 + a2b2

;

sin(~a; b) =

= ¯

a1 b1

¯;

cos(~a; b) =

¯

¯

~a

~b

~a ~b

~a

~b

c

j jj

j

¯

j jj j

¯

c

j jj j

34

то, очевидно, справедлива така формула:		a2	b2		¯					(1.54)
	¯					:
	tg ' = ¯	a1	b1		¯
	a¯1b1 + a2b¯2
	¯				¯	~ ~
Нехай тепер в прямокутнiй системi координат							ïðÿìi	l1	i	l2 заданi загальними
рiвняннями:				(O; i; j)
	l1: A1x + B1y + C1 = 0; l2		: A2x + B2y + C2					= 0:
Тодi напрямнi вектори мають такi координати: ~a(¡B1; A1)							i ~
							b(¡B2; A2). ßêùî l1 ? l2, òî
~	~
~a ? b, çâiäêè ~a b = 0, тобто										(1.55)
	A1A2 + B1B2 =				0:

Рiвнiсть (1.55) називають умовою перпендикулярностi двох прямих на площинi. Якщо данi

пряму не перпендикулярнi, то A1A2 + B1B2

6= 0, тому, пiдставляючи координати напрямних

векторiв у формулу (1.54), будемо мати

¯

B1

B2

¯

(1.56)

tg ' =

:

¯

A1

A2

¯

A¯1A2

+ B1B¯2

¯

¯

Нехай тепер в прямокутнiй системi координат

~ ~

ïðÿìi

l1

i

l2 заданi рiвняннями з

кутовим коефiцi¹нтом:

(O; i; j)

l1

: y = k1x + b1

; l2: y = k2x + b2:

Тодi напрямнi вектори мають такi координати: ~a(1; k1)

i ~

b(1; k2). Умова перпендикулярностi

прямих тепер запишеться як

1 + k1k2

= 0, çâiäêè k1k2

=

1 àáî k2 =

1

¡k1

' 6= §¼2 ,

перпендикулярностi прямих, заданих рiвняннями з кутовим ¡

коефiцi¹нтом. Якщо умова

òî ç (1.56) ìà¹ìî

¯

¯

1

k2

=

k2

¡

k1

:

(1.57)

tg ' = ¯

1

k1

¯

¯1 + k1k2¯

1 + k1k2

¯

¯

4 Основнi задачi на пряму в площинi

Знаходження рiвнянь прямих, паралельних або iнших прямих. Знаходження точки перетину прямих та його рiвняння.

перпендикулярних до двох прямих. Пучок

1. Написати рiвняння прямо¨ l, яка проходить через точку M0(x0; y0) паралельно прямiй

l1: Ax + By + C = 0.

Напрямний вектор прямо¨ l1 ¹ вектор ~a(¡B; A). Îñêiëüêè l1 k l, òî ~a k l. Îòæå, ~a ¹ напрямним вектором також i для шукано¨ прямо¨ l, тому згiдно (1.39) отриму¹мо

рiвняння шукано¨ прямо¨ A(x ¡ x0) + B(y ¡ y0) = 0.

2. Знайти координати точки перетину двох непаралельних прямих l1; l2, якi заданi рiвняннями: l1: A1x + B1y + C1 = 0, l2: A2x + B2y + C2 = 0.

35

точки перетину прямих

Очевидно, що координати (x0	; y0)
системи двох лiнiйних рiвнянь	½	A2x + B2y + C2
		A1x + B1y + C1

знайти за, так званими, формулами Крамера14								:
¯			¡C2	B2		¯
x0 = ¯			¡	B1		¯; y0 =
	¯		C1			¯
		¯	A1	B1	¯
¯			A2	B2		¯
		¯			¯
		¯			¯
		¯			¯

= 0;					l1; l2 будуть розв'язком
= 0:			Зокрема цей розв'язок можна
¯		A2	¡C2	¯
¯		A1	¡	¯:
¯	¯	A1	B1	¯
¯		A2	B2	¯¯
	¯			¯
	¯			¯
	¯			¯

3.Написати рiвняння прямо¨, яка проходить через точку M1(x1; y1) i через точку перетину двох прямих, що заданi загальними рiвняннями.

Цю задачу можна розв'язати двома способами:

а) Знайти точку перетину даних прямих, а потiм через цю точку i точку M1(x1; y1) провести пряму, скориставшись формулою (1.41) або (1.42).

б) Нехай данi прямi заданi загальними рiвняннями

A1x + B1y + C1 = 0 i A2x + B2y + C2 = 0:
Оскiльки вони перетинаються, то вони непаралельнi, а отже, A1			B1	. Нехай тепер ¸
довiльне дiйсне число, для якого запишемо таку рiвнiсть:	A2	6= B2
A1x + B1y + C1 + ¸(A2x + B2y + C2) = 0:				(1.58)
Перепишемо ¨¨ в такому видi:
(A1 + ¸A2)x + (B1 + ¸B2)y + (C1 + ¸C2) = 0:				(1.59)

ßñíî, ùî êîåôiöi¹íòè ïðè x i y одночасно не дорiвнюють нулевi, iнакше вони були б

пропорцiйнi, що неможливо. Таким чином, рiвняння (1.59), а тому i (1.58), визнача¹ для кожного ¸ 2 R пряму лiнiю, оскiльки воно ¹ лiнiйним рiвнянням першого степеня. Якщо

M0(x0; y0) ¹ точка перетину прямих, то A1x0 +B1y0 +C1 = 0 i A2x0 +B2y0 +C2 = 0. Îòæå, A1x0 + B1y0 + C1 + ¸(A2x0 + B2y0 + C2) = 0, тобто пряма, що визнача¹ться рiвнянням (1.58) при довiльному ¸ 2 R проходить через точку M0(x0; y0). Таким чином, при

		½ a21x + a22y = b2	:
14Нехай нам треба розв'язати систему двох лiнiйних рiвнянь з двома невiдомими:
		a11x + a12y = b1	;

Помноживши перше рiвняння на a22, друге на (¡a12), i додавши ¨х, ми отрима¹мо наступну рiвнiсть

. ßêùî

, òî

b1a22

b2a12

¯

b2

a22

¯

Аналогiчно

(a11a22

¡

a21a12)x = b1a22

¡

b2a12

a11a22

¡

a21a12

= 0

x =

a11a22

¡

a21a12

=

¯

a12

¯

:

6

¯ a11

¯

¯

b1

a12

¯

¡

a21

a22

¯

¯

¯

¯

отриму¹мо рiвнiсть:

a11b2

a21b1

¯

a21

b2

¯

¯

¯

y =

¡

= ¯

a11

b1

¯

. Введемо позначення:

¯

¯

a11a22

¡

a21a12

¯

a11

a12

¯

¯

a21

a22

¯

¯

¯

¯

¯

¢ = ¯

¯

= ¯

¯

¯; ¢2 =

¯

¯

a21 a22

¯; ¢1

b2 a22

a21

b2

:

¯

a11

a12

¯

¯

¯

b1¯

a12

¯

¯

a11

b1

¯

¢2¯

¯

¯

¯

¯

¯

¢1

Таким чином, x =

, y =

¯ ¯

називають¯

формулами¯

Крамера.¯

¯

¢

¢ . Цi формули

36

рiзних значеннях ¸ 2 R ми будемо отримувати рiзнi прямi, що проходять через точку

перетину даних прямих M0(x0; y0). Множину всiх таких прямих називають пучком

прямих, а точку M0(x0; y0) називають центром пучка. Отже, рiвняння (1.58) називають

рiвнянням пучка прямих з центром в точцi перетину даних прямих . Оскiльки пряма з пучка (1.58) повинна проходити через точку M1(x1; y1), то, очевидно, ¨¨ координати

задовольнятимуть рiвняння пучка, тобто

A1x1 + B1y1 + C1 + ¸(A2x1 + B2y1 + C2) = 0;

çâiäêè		A1x1	+ B1y1 + C1
	¸ = ¡			:
		A2x1 + B2y1 + C2

Пiдставляючи тепер це значення в (1.59), ми отрима¹мо рiвняння шукано¨ прямо¨.

4.В прямокутнiй системi координат записати рiвняння прямо¨, що проходить через точку M0(x0; y0) перпендикулярно до вектора ~n(A; B).

Нехай M(x; y) довiльна точка прямо¨, тодi вектор M0M(x x0; y			y0)
¡¡¡!	¡	¡

перпендикулярний до вектора ~n(A; B). Отже, скалярний добуток векторiв ~n(A; B) i

¡¡¡!

M0M(x ¡ x0; y ¡ y0) дорiвню¹ нулевi. Таким чином, A(x ¡ x0) + B(y ¡ y0) = 0: Це i ¹ рiвняння шукано¨ прямо¨.

5.В прямокутнiй системi координат записати рiвняння прямо¨, що проходить через точку M0(x0; y0) перпендикулярно до прямо¨ l, задано¨ рiвнянням Ax + By + C = 0.

¡¡¡!

Нехай M(x; y) довiльна точка прямо¨, тодi вектор M0M(x ¡ x0; y ¡ y0) паралельний вектору ~n(A; B), оскiльки останнiй ¹ нормальний вектор прямо¨ l. Îòæå, ~n(A; B) ¹ напрямний вектор шукано¨ прямо¨, а тому згiдно (1.38) отриму¹мо ¨¨ рiвняння

¯	y	¡ y0	B	¯	= 0:
¯		¡		¯
¯	x	x0	A	¯
¯				¯

6.Дана прямокутна система координат Oxy. Написати рiвняння прямо¨ l, якщо вона проходить через точку M0(x0; y0) i кут мiж прямими Ox i l äîðiâíþ¹ '.

Оскiльки кут мiж прямими Ox i l äîðiâíþ¹ ', то кутовий коефiцi¹нт k прямо¨ l äîðiâíþ¹ tg '. Отже, згiдно (1.43) рiвняння шукано¨ прямо¨ ¹ y ¡ y0 = tg '(x ¡ x0).

37

1.4 Перетворення площини

1 Вiдображення i перетворення множин

Вiдображення однi¹¨ множини в iншу. Образ i прообраз елемента. Види вiдображень. Обернене вiдображення. Перетворення множини. Група перетворень множини. Пiдгрупа групи перетворень. Еквiвалентнiсть фiгур вiдносно групи перетворень.

Нехай X i Y непорожнi множини. Припустимо, що кожному елементу x 2 X поставлений у вiдповiднiсть певний елемент y 2 Y . Тодi кажуть, що задане вiдображення множини X в множину Y . Це вiдображення позначають однi¹ю лiтерою, наприклад f, i

f

пишуть так: f: X ! Y àáî X ! Y . Елемент y 2 Y називають значенням функцi¨ f для елемента x 2 X i його позначають через f(x), тобто y = f(x). Елемент y = f(x) назива¹ться образом елемента x 2 X, à x прообразом елемента y 2 Y , i при цьому пишуть: f: x 7!y

f

àáî x 7!y.

Нехай f: X ! Y ¹ вiдображення. Якщо для довiльних двох елементiв x1; x2 2 X викону¹ться f(x1) =6 f(x2), то вiдображення f назива¹ться iн'¹кцi¹ю. Якщо ж f(X) = Y , тобто кожна елемент множини Y ¹ образом хоч одного елемента множини X, òî f назива¹ться

назива¹ться вiдображенням X íà Y або сюр'¹кцi¹ю. Вiдображення, яке одночасно ¹ iн'¹кцi¹ю i сюр'¹кцi¹ю, назива¹ться вза¹мно однозначним вiдображенням X íà Y àáî ái¹êöi¹þ.

Нехай f: X ! Y ¹ бi¹кцiя, тодi можна побудувати iнше вiдображення f¡1: Y ! X за законом f¡1: y 7!x, ÿêùî f: x 7!y. Вiдображення f¡1 називають оберненим вiдображенням äî f. Якщо множини X i Y спiвпадають, тобто X = Y , òî ái¹êöiÿ f: X ! X назива¹ться

перетворенням множини X.

В курсi аналiтично¨ геометрi¨, а також в iнших курсах геометрi¨, нам часто доводиться користуватись поняттям групи, яке вводиться в курсi алгебри, тому пригада¹мо ¨¨ означення. Як вiдомо групою назива¹ться впорядкована пара (G; ¢), äå G непорожня множина, на якiй

задана бiнарна операцiя ¢, яка задовольня¹ наступнi три аксiоми:

1.Бiнарна операцiя ¢ асоцiативна, тобто для довiльних елементiв x; y; z 2 G викону¹ться рiвнiсть: (x ¢ y) ¢ z = x ¢ (y ¢ z).

2.В множинi G iсну¹ такий елемент e, який назива¹ться нейтральним або одиницею, що ма¹ мiсце x ¢ e = e ¢ x = x для довiльного елемента x 2 G.

3.Для кожного елемента x 2 G iсну¹ такий елемент x¡1 2 G, який назива¹ться оберненим елементом до x, ùî x ¢ x¡1 = x¡1 ¢ x = e.

Âкурсi алгебри доводять, що група ма¹ лише одну одиницю, а кожен елемент групи володi¹ лише одним оберненим до нього елементом.

Нехай (G; ¢) група i H ½ G, H 6= ?. ßêùî (H; ¢) ¹ група, то вона назива¹ться пiдгрупою

групи (G; ¢). Ма¹ мiсце така теорема:

Теорема 1.19. Непорожня множина H групи (G; ¢) ¹ ¨¨ пiдгрупою, якщо вона задовольня¹ наступнi двi умови:

1)ßêùî x 2 H i y 2 H, òî x ¢ y 2 H.

2)ßêùî x 2 H, òî x¡1 2 H.

38

Доведення. З першо¨ умови виплива¹, що на множинi H визначена операцiя ¢, îñêiëüêè

результат застосування ¨¨ до довiльних двох елементiв, взятих з множини H, знову належить

цiй же множинi. Ця операцiя асоцiативна на данiй пiдмножинi, оскiльки вона асоцiативна на всiй множинi G.

Доведемо тепер, що одиниця групи G належить пiдмножинi H. Дiйсно, нехай x 2 H, тодi за другою умовою x¡1 2 H. Отже, за першою умовою x ¢x¡1 2 H, àëå x ¢x¡1 = e, òîìó e 2 H. Таким чином, виконуються всi три аксiоми групи, а тому (H; ¢) ¹ група, тобто H пiдгрупа групи G.

Розглянемо тепер деяку непорожню множину E i позначимо через GE множину всiх перетворень множини E. Введемо на множинi GE бiнарну операцiю ± таким чином. Для

довiльних перетворень f; g 2 GE i довiльного елемента x 2 E покладемо (f ± g)(x) = f(g(x)).

Введену операцiю будемо називати операцi¹ю суперпозицi¨ перетворень. Отже, на множинi GE визначена бiнарна операцiя суперпозицi¨ ±, яку часто називають множенням перетворень.

Теорема 1.20. Впорядкована пара (GE; ±), äå ± суперпозицiя перетворень, ¹ група.

Доведення. Доведемо, що пара (GE; ±) задовольня¹ всi аксiоми групи.

1) Нехай f; g; h 2 GE i x довiльний елемент множини E. Ма¹мо за означенням

суперпозицi¨

³ ´ ³ ´

(f ± g) ± h (x) = (f ± g)(h(x)) = f(g(h(x))) = f((g ± h)(x)) = f ± (g ± h) (x):

Îòæå, (f ± g) ± h = f ± (g ± h), тобто операцiя суперпозицi¨ асоцiативна.

2) Нехай ¢E ¹ тотожне перетворення множини E, тобто для довiльного x 2 E ìà¹ìî ¢E(x) = x. Очевидно, що для кожного перетворення f 2 GE виконуються рiвностi

³ ´ ³ ´

f ± ¢E (x) = f(¢E(x)) = f(x); ¢E ± f (x) = ¢E(f(x)) = f(x);

äå x довiльний елемент множини E. Îòæå, f ± ¢E = f i ¢E ± f = f. Таким чином, f ± ¢E = ¢E ± f = f, тобто ¢E ¹ одиниця в GE.

3) Довiльне перетворення f 2 GE ¹ бi¹ктивне вiдображення множини E на себе, тому iсну¹ обернене перетворення f¡1: E ! E, яке ¹ перетворенням множини E, òîìó ìà¹ìî f¡1 2 GE.

ßêùî f: x y, äå x; y	2	E, то, очевидно, f¡1: y x, òîìó
7!		7!
		(f ± f¡1)(y) = f(f¡1(y)) = f(x) = y = ¢E(y);			(1.60)
		(f¡1 ± f)(x) = f¡1(f(x)) = f¡1(y) = x = ¢E(x):			(1.61)
Оскiльки (1.60) i (1.61) виконуються для довiльних елементiв x; y			2	E, òî, f	f¡1 = ¢E i
					±¹ оберненим

f¡1 ± f = ¢E. Îòæå, f ± f¡1 = f¡1 ± f = ¢E. Це означа¹, що перетворення f¡1 елементом до перетворення f.

Таким чином виконуються всi аксiоми групи. Отже, (GE; ±) ¹ група.

В алгебрi групу (GE; ±) називають симетричною групою перетворень множини E, а кожну ¨¨ пiдгрупу називають просто групою перетворень множини E. Щоб переконатись в

тому, що деяка непорожня множина H перетворень множини E ¹ групою перетворень згiдно теореми 1.19 достатньо перевiрити виконання двох умов:

1.ßêùî f 2 H i g 2 H, òî g ± f 2 H.

2.ßêùî f 2 H, òî f¡1 2 H.

39

Нехай E непорожня множина, а G деяка група перетворень цi¹¨ множини. Пiдмножина F множини E назива¹ться еквiвалентною пiдмножинi F 0 множини E, ÿêùî â

G

ãðóïi G знайдеться таке перетворення f, ÿêå F переводить в F 0, при цьому пишуть F » F 0.

Îòæå,

G

0 () (9f 2 G)f(F ) = F 0:

F » F

Розглянемо деякi властивостi цього поняття:

G

² Рефлексивнiсть, тобто для довiльно¨ фiгури15 F викону¹ться F » F . Äiéñíî, ¢E(F ) =

F , äå ¢E одиниця групи G. Таким чином, в групi G знайшлось перетворення, яке

G

переводить фiгуру F саму в себе. Це означа¹, що F » F .

²

Симетричнiсть, тобто якщо F

G F 0, òî F 0

G F для довiльних фiгур F; F 0

½

E.

G

»

»

Îñêiëüêè F » F 0, то iсну¹ перетворення f 2 G òàêå, ùî f(F ) = F 0, òîìó f¡1(f(F )) =

f¡1(F 0). Îòæå, f¡1(F 0) = (f¡1

±

f)(F ) = ¢

E

(F ) = F: Îñêiëüêè f¡1

2

G, то отримане

означа¹ F 0

G

» F .

G

G

G

² Транзитивнiсть, тобто якщо F » F 0 i F 0

» F

00, òî F » F 00. За означенням еквiвалент-

íîñòi ôiãóð ìà¹ìî f(F ) = F 0

i g(F 0) = F 00

для деяких f; g

2

G. Звiдки отриму¹мо

G

(g ± f)(F ) = g(f(F )) = g(F 0) = F 00. Îñêiëüêè g ± f 2 G, то, очевидно, F » F 00.

Таким чином, еквiвалентнiсть фiгур ¹ пiдмножин множини E. ßêùî ôiãóðè F

ùî âîíè G-еквiвалентнi.

вiдношенням0 еквiвалентностi на множинi всiх i F еквiвалентнi вiдносно групи G, то говорять,

2 Рух площини

Означення руху (перемiщення) площини. Афiнний i ортонормований репери. Теорема про дiю руху на репер. Основна теорема руху. Властивостi руху. Означення прапора та теорема про iснування руху.

Означення 1.16. Перетворення площини, яке зберiга¹ вiдстань мiж точками, назива¹ться рухом (або перемiщенням).

Таким чином, якщо g рух площини ¾, A; B; A0; B0 точки цi¹¨ площини такi, що g: A 7!

A0, g: B 7!B0, òî AB = A0B0.

Приклад 1. Нехай ¾ ¹ площина, p~ ненульовий вектор, паралельний до цi¹¨ площини.

Перетворення f: ¾ ! ¾ назива¹ться паралельним перенесенням площини ¾ на вектор p~, якщо воно визнача¹ться таким чином:

:	M	M	0		¡¡¡!	=	p;~	(1.62)
f		7!		()	MM0

для довiльних точок M; M0 2 ¾. Доведемо, що паралельне перенесення площини ¹ рух.

Дiйсно, нехай M

; M

; M0

; M0

2

¾, причому f: M

M0

; M

m0

¡¡¡¡1 !

1

2

1

2

¡¡¡¡1 !

1

7! 1

2 7! 2, òîäi çãiäíî (1.62)

ìà¹ìî

=

¡¡¡¡2 !

=

=

¡¡¡¡2 !. Отже, згiдно леми 1.1 викону¹ться

1

2

1

2

M1M2

M M0

p~ i M M0

p~, çâiäêè M M0

M M0

= ¡¡¡¡!, òîìó

1

2 =

0

0

. Це означа¹, що паралельне перенесення ¹ рух.

¡¡¡¡!

1

2

M M

1

M

2

M0M0

M

Приклад 2. Нехай l ¹ деяка пряма в площинi ¾. Визначимо тепер перетворення цi¹¨

15 Нагада¹мо, що в геометрi¨ пiд фiгурою розумiють пiдмножину множини E.

40