Cursul 3 Conf. Dr. PINTEA Cornel-Sebastian Cursul 3, 12 ...Cursul 3 Conf. Dr. PINTEA...

Cursul 3

Conf. Dr. PINTEACornel-Sebastian

Cursul 3, 12.03Combinatii si învelitoriafine

Teorema dimensiunii.Paralelism

Geometrie Afina1

Anii I Matematica siMatematica-Informatica

Conf. Dr. Cornel-Sebastian PINTEA

Universitatea “Babes-Bolyai”, Cluj-Napoca, Romania

Cursul 3 (12.03.2015)

1Aceste note de curs nu sunt în forma finala. Ele fac obiectulîmbunatatirii continue

Cursul 3




Cuprins

Cursul 3, 12.03Combinatii si învelitori afineTeorema dimensiunii. Paralelism

Cursul 3




Cursul 3, 12.03.2015Combinatii si învelitori afine

Observatia 1.1

Daca V este un spatiu vectorial n-dimensional si M ⊆ Veste o multime nevida, atunci

af(M) ={ m∑

i=1

λixi

∣∣∣1 ≤ m ≤ n+1, λi ∈ K , xi ∈ M, i = 1,m,m∑

i=1

λi = 1}.

Pentru a justifica aceasta egalitate observam în primulrând ca{ m∑

i=1

λixi

∣∣∣1 ≤ m ≤ n+1, λi ∈ K , xi ∈ M, i = 1,m,m∑

i=1

λi = 1}⊆ af(M).

Cursul 3




Argument de tip Carathéodory pentruincluziunea opusa

Pentru incluziunea opusa consideram un element

x =m∑

i=1

λixi ∈ af(M), adica x1, . . . , xm ∈ M sim∑

i=1

λi = 1, si

aratam ca m poate fi ales ≤ n + 1. Daca m ≤ n + 1,atunci nu mai avem ce demonstra. Altfel vectoriix2 − x1, . . . , xm − x1 sunt liniar dependenti, adica existascalarii ν2, . . . , νm, nu toti nuli, astfel încât

m∑k=2

νk (xk − x1) = 0, sau, echivalent,m∑

k=1

νkxk = 0, unde

ν1 = −ν2 − . . .− νm. Asadarm∑

k=1

νkxk = 0 sim∑

k=1

νk = 0 si

nu toti scalarii ν1, ν2, . . . , νm sunt nuli. Dacaνr 6= 0,1 ≤ r ≤ m, observam ca.

Cursul 3




x =m∑

i=1

(λi −λr

νrνi)xi si

m∑i=1

(λi −λr

νrνi) = 1,

adica x este combinatie afina de m − 1 elemente din M,deoarece λr − λr

νrνr = 0. Daca m − 1 > n + 1 continuam

procedeul pâna când ’lungimea’ combinatiei afine devine≤ n + 1.

Exemplul 1.2

Fie V un spatiu vectorial finit dimensional peste corpul K ,unde K 6' Z2. Se considera aplicatia

α : P(V ) −→ P(V ), α(M) = {tx+(1−t)y | x , y ∈ M, t ∈ K}

si iteratele α1 = α, α2 = α ◦ α, . . .. Pentru orice M ∈ P(V )se poate gasi un numar natural r astfel încât

af(M) = αr (M).

Ipoteza K 6' Z2 este esentiala.

Cursul 3




Teorema dimensiunii. Paralelism

Propozitia 1.3

Daca A,B ∈ A(V ), a ∈ A, b ∈ B, atunciaf(A ∪ B) = a + D(A) + D(B) + 〈b − a〉.

Demonstratie.

Evident A,B ⊆ a + D(A) + D(B) + 〈b − a〉, fapt care arataca A ∨ B = af(A ∪ B) este continuta îna + D(A) + D(B) + 〈b − a〉. Pentru a demonstraincluziunea opusa observam ca relatilea,b ∈ A ∪ B ⊆ A ∨ B implica b − a ∈ D(A ∨ B) siD(A),D(B) ⊆ D(A ∨ B). Acestea ne arata caD(A) + D(B) + 〈b − a〉 ⊆ D(A ∨ B) si implicit caa + D(A) + D(B) + 〈b − a〉 ⊆ a + D(A ∨ B) = A ∨ B.

Cursul 3




Propozitia 1.4

Fie A,B ∈ A(V ), a ∈ A, b ∈ B. AtunciA ∩ B 6= ∅ ⇐⇒ 〈b − a〉 ⊆ D(A) + D(B).

Demonstratie.

Presupunem ca A ∩ B 6= ∅ si consideram c ∈ A ∩ B, adicac = a + u = b + v , unde u ∈ D(A) si v ∈ D(B). Prinurmare b − a = u + (−v) ∈ D(A) + D(B). Presupunemacum ca 〈b − a〉 ⊆ D(A) + D(B), sau, echivalentb− a ∈⊆ D(A) +D(B), adica b− a = u′ + v ′ cu u′ ∈ D(A)si v ′ ∈ D(B). Asadar A 3 a + v ′ = b + (−u′) ∈ B si deciA ∩ B 6= ∅.

Corolarul 1.5Daca varietatile liniare A si B au un punct comun a,atunci avem af(A ∪ B) = a + D(A) + D(B) siA ∩ B = a + D(A) ∩ D(B).

Cursul 3




Exemplul 1.6

Daca A, B sunt varietati liniare într-un spatiu vectorialpeste K 6' Z2 si A ∩ B 6= ∅, atunci

af(A ∪ B) = {ta + (1− t)b |a ∈ A,b ∈ B, t ∈ K}. (1.1)

Aratati, de asemenea, ca ipotezele A ∩ B 6= ∅ si K 6' Z2sunt esentiale.

Teorema dimensiunii 1.7Fie A, B varietati liniare nevide de finit dimensionale.

1. Daca A ∩ B 6= ∅, atuncidim af(A ∪ B) = dim(A) + dim(B)− dim(A ∧ B).

2. Daca A ∩ B = ∅, atuncidim af(A ∪ B) = dim (D(A) + D(B)) + 1.

Cursul 3




Propozitia 1.8

Presupunem ca dim(V ) = n. Daca varietatea afinaA ∈ A(V ) nu are niciun punct comun cu hiperplanul H,atunci A||H.

Demonstratie.

Evident dim af(H ∪ A) = n deoarece altfel A ar fi continutaîn H. Asadar dim(D(H) + D(A)) + 1 = n, fapt care arataca dim D(H) = dim(D(A) + D(H)) = n − 1 si implicit caD(A) ⊆ D(H).

Propozitia 1.9

Daca dreapta L intersecteaza hiperplanul H într-un punct,atunci orice dreapta paralela L′ la L intersecteaza H totîntr-un punct.

Cursul 3




Demonstratie.

Într-adevar, altfel am avea L′||H, adica L||H si deci,conform propozitiei 1.8, am avea L ⊂ H sauL ∩ H = ∅.

Cursul 3




Galbura Gh., Radó, F., Geometrie, Editura didacticasi pedagogica-Bucuresti, 1979.

Radó, F., Orban, B., Groze, V., Vasiu, A., Culegere deProbleme de Geometrie, Lit. Univ. "Babes-Bolyai",Cluj-Napoca, 1979.

Cursul 3 Conf. Dr. PINTEA Cornel-Sebastian Cursul 3, 12 ...Cursul 3 Conf. Dr. PINTEA...

Documents

Transcript of Cursul 3 Conf. Dr. PINTEA Cornel-Sebastian Cursul 3, 12 ...Cursul 3 Conf. Dr. PINTEA...