Analüütilise geomeetria teoreemide tõestusi (0)

1. Vektorruumis on ainult üks nullelement tõestus: Olgu V vektorruum 2⁰ omadus ütleb, et leidub θ. Olgu meil vektorruumis θ1 jaθ2 vektorruumid . Vastavalt 2⁰ saame seosed x+ θ1 =x, θ1 +x =x iga x∈V, y+ θ2 =y, θ2+y=y iga y∈V. Valime teises seoses x= θ2 ja kolmandad seoses y= θ1 Saame θ1+ θ2= θ2 ja θ1 +θ2= θ1 oleme saanud θ1=θ1 +θ2 =θ2 , et θ1 ja θ2 olid V nullelemendid, siis on kõik V nullelemendid omavahel võrdsed, st. Saab olla vaid üks nullelement. ■
2.Sirgete kimp, mis sisaldab teineteisest erinevaid sirgeid üldvõrranditega s: A1x1+A2x2+A3=0; t: B1x1+B2x2+B3=0; koosneb parajasti nendest sirgetest, mille üldvõrrand avaldub kujul λ(A1x1+A2x2+A3)+β(B1x1+B2x2+B3)=0; kus λ ja β on vabalt valitud reaalarvud , mis ei ole korraga nullid. Tõestus: 1) On vaja näidata, et uus võrrand kirjeldab alati antud kimpu kuuluvat sirget: Olgu P(p1,p2) antud kibu keskpunkt, st P∈s ja P∈t, mistõttu P koordinaadid peavad rahuldama mõlemat võrradit- A1P1+A2P2+A3=0 ja B1P1+B2P2+B3=0. Olgu λ,μ∈R, siis λ(A1P1+A2P2+A3)+μ(B1P1+B2P2+B3)=λ*0+μ*0=0. Seega punkti P koordinaadid rahuldavad võrrandit λ(A1x1+A2x2+A3)+μ(B1x1+B2x2+B3)=0. Paneme tähele, et λ(A1x1+A2x2+A3)+μ(B1x1+B2x2+B3)=(λA1+μB1)x1+(λA2+μB2)x2+(λA3+μB3)=0 Seega on võrrand sirge ü ldvõrrand, kus λA1+μB1 ja λA2+μB2 ei ole samaselt nullid. Oletame vastuväiteliseltet λA1+μB1 =0| *B2 ja λA2+μB2 =0|* B1 ja et λ≠0 λ(A1B2- A2B1 )=0 vastuolu! Kui A1B2-A2B1=0 oleksid s||t, et aga s ja t kuuluvad samasse kimpu, siis ei saa nad olla paralleelsed. Kui λ=0 siis μ≠0 ning korrutame võrrandeid suurustega A1 ja A2, saame μ(B1A2-A1B2)=0 vastuolu! Millest järeldub, et λA1+μB1 ja λA2+μB2 ei ole samaselt nullid. Seega võrrand λ(A1x1+A2x2+A3)+μ(B1x1+B2x2+B3)=0 kirjeldab kimpu kuuluvat sirget. 2) On vaja näidata, et suvalise antud kimpu kuuluva sirge jaoks leiduvad sobivad kordajad λ ja μ: Olgu w mingi sellesse kimpu kuuluv sirge. Olgu Q(q1,q2) mingi w’le kuuluv punkt, kusjuures P≠Q. Valime λ=B1q1+B2q2+B3 ja μ=-( A1q1+A2q2+A3). Et Q∈w ja w ei sa olla samaaegselt sõrne s’i ja t’ga, siis kas w≠sμ≠0 või w≠tλ≠0. Jääb üle vaid, et kehtib (B1q1+B2q2+B3)( A1q1+A2q2+A3)-( A1q1+A2q2+A3)( A1q1+B2q2+B3)=0 järelikult oleme saanud w võrrandi. ■
3. (t. 3.25)Ellipsi (hüperbooli) iga punkt M∈e (M∈h) korral ri(M)/d(M,li)=e , i=1,2,... Kus ri(M) on punkti M fokaalraadius|FiM| ja d(M,li) on punkti M kaugus juhtsirgeni li tõestus: Olgu antud ellips (hüperbool) oma kanoonilise võrrandiga ja olgu M(m1,m2) mingi punkt sellele ellipsil (hüperboolil). Siis punkti M fokaalraadiused avalduvad kujul r1(M)=|em1+a|, r2(M)=|em1-a|. Juhtsirge võrrandid teisendame sirge üldvõrrandiks: l1: x1+a/e ,l2=x1-a/e. Vastavalt valemile punkti P(p1,p2) kauguse leidmiseks sirgest s: A1x1+B2x2+C3=0 tasandil d(P,s)= | A1p1+B2p2+C3|/√(A2+B2), saame 1) d(M, l1)=|m1+a/e|/√(12+02)=| m1+a/e | =|1/e *em1+1/e *a| = 1/e *|em1 +a| 2) d(M, l2)= |m1-a/e|/ √(12+02)= | m1+a/e | = |1/e *em1-1/e *a| = 1/e *|em1 -a|. Näeme, et r1(M)/d(M,l1)= |em1 +a| / (1/e* |em1 +a|) = e = |em1 -a| / (1/e *|em1 -a|)= r2(M)/d(M,l2). ■
4. (t. 4.2)Fikseeritud pooluse ja polaartelje suhtes on iga poolusest erineva punkti polaarkoordinaadid ühiselt määratud.Tõestus :Olgu fikseeritud poolus O ja polaartelg l. Olgu P mingi poolusest erinev punkt tasandil. Oletame, et meil on võimalik valida 2 paari polaarkoordinaateP’le: P1(r1,φ1) ja P2(r2,φ2), kus é1 on on poolusest O lähtuv ühikvektor polaarteljel l ja é2 on vektoriga é1 ristuv ü on parema käe baas. Siis kehtivad seosed r1=r2=√(p12+p22), r2=√(p12+p22), sinφ1= sinφ2 = p2/√( p12+p22), cosφ1= cosφ2 = p2/√( p12+p22) kus (p1, p2). Et p1 ja p2 on üheselt määratud, siis r1=r2=√(p12+p22). Jääb üle jäidata, et φ1= φ2 . Kuna sin funktisioon võib 2π jooksul omada mitu korda sama väärtust, siis sellest ei piisa, cõtame appi cos’nuse. Suurused p1/√( p12+p22) ja p2/√( p12+p22) on sammuti üheselt määratud. Et vahemikus [0, 2π) ei saa olla kahte erinevat nurka mille sinused võrrduksid cosinustega, järelikult peab φ1= φ2. Seega on poolusest erineva punkti polaarkoordinaadid üheselt määratud. ■
9. ( lemma 9.2)Teist järku joone γ keskpunkt K poolitab joone γ iga punkti K läbiva kõõlu. tõestus: Teist järku joone diameetri kõik punktid kuuluvad samale sirgele. Tõestus: Ogu antud teist järku joon γ: a11x12+2a12x1x2+a22x22+2a1x1+2a2x2+a0 , selle keskpunkt K ja keskpunkti K läbiv kõõl AB. Siis A,B ja K on samal sirgel. Et AB on kõõl, siis ükski lõigul AB punk A ja B vahel ei saa γ kuuluda . Tuleb näidata, et AK ja KB on võrdse pikkusega. Oletame vastuväiteliselt, et |KB|