الرياضيات الجامعية — السنة 2 · Bachelor Year 2

17الفضاءات الأفينية

للفضاءات المتجهية نقطة متميزة — المبدأ — لا تريدها الهندسة. والفضاء الأفيني فضاء متجهي نسي مبدأه: فتصير النقط والمتجهات نوعين مختلفين، يربط بينهما الانسحاب. ويبني هذا الفصل القصير المعجم (النقط ومراكز الثقل والفضاءات الأفينية الجزئية والتطبيقات الأفينية)، والنظرة الأفينية إلى التحدب، وأدوات التصنيف المستعملة في فصول الهندسة الآتية.

17.1 النقط والمتجهات

تعريف 17.1

الفضاء الأفيني الموجه بفضاء متجهي حقيقي $E$ هو مجموعة غير خالية $\mathcal{E}$ مزودة بتطبيق $(A, B) \mapsto \vect{AB} \in E$ يحقق

\vect{AB} + \vect{BC} = \vect{AC} \quad \text{(علاقة شال)}, \qquad \text{ومن أجل كل } A,\ B \mapsto \vect{AB} \text{ يكون تقابلا } \mathcal{E} \to E .

ونكتب $B = A + u$ للدلالة على النقطة الوحيدة التي تحقق $\vect{AB} = u$ . وبُعد $\mathcal{E}$ هو $\dim E$ . وكل فضاء متجهي فضاء أفيني على نفسه ( $\vect{AB} = B - A$ )؛ وكل اختيار لمبدأ $O \in \mathcal{E}$ يطابق $\mathcal{E}$ مع $E$ عبر $M \mapsto \vect{OM}$ .

مثال 17.2 (فضاء أفيني بلا مبدأ طبيعي)

مستوي الحلول $\mathcal E = \{(x, y, z) \in \R^3 : x + y + z = 1\}$ ليس فضاء متجهيا جزئيا ( $0 \notin \mathcal E$ )، لكنه فضاء أفيني موجه بالفضاء $E = \{x + y + z = 0\}$ : فمن أجل $A, B \in \mathcal E$ يقع الفرق $\vect{AB} = B - A$ في $E$ (فالمجموعان يتلاشيان)، وعلاقة شال موروثة من $\R^3$ ، والتطبيق $B \mapsto \vect{AB}$ تقابلي على $E$ . ولا تتميز أي نقطة من $\mathcal E$ — فأي اختيار “لمبدأ” $O \in \mathcal E$ صالح بالقدر نفسه، وجميع المطابقات $M \mapsto \vect{OM}$ تختلف بانسحابات. وهذا هو الوضع النمطي: فمجموعات حلول المسائل الخطية غير المتجانسة (الجمل الخطية، والمعادلات التفاضلية الخطية في الفصل 16) أفينية لا خطية أبدا، والشعار “حل خاص زائد النواة” هو بالضبط النص $\mathcal F = A + F$ في التعريف التالي.

تعريف 17.3 (مركز الثقل)

لتكن $(A_i, \lambda_i)_{i \leq k}$ نقطا موزونة تحقق $\sum\lambda_i \neq 0$ . مركز الثقل $G = \operatorname{bar}\bigl((A_i, \lambda_i)\bigr)$ هو النقطة الوحيدة التي تحقق

\sum_i \lambda_i\, \vect{GA_i} = 0 \qquad\text{وبصورة مكافئة}\qquad \vect{OG} = \frac{1}{\sum\lambda_i}\sum_i \lambda_i\,\vect{OA_i} \quad (\text{من أجل أي } O).

ومراكز الثقل تجميعية (إذ يمكن استبدال أي مجموعة جزئية من النقط بمركز ثقلها الجزئي مع مجموع أوزانها)، وثابتة عند ضرب جميع الأوزان في عدد.

برهان الوجود والصيغ. نثبت $O$ ونكتب $s = \sum_i\lambda_i \neq 0$ . وبعلاقة شال،

\sum_i\lambda_i\,\vect{GA_i} = 0 \iff \sum_i\lambda_i\bigl(\vect{GO} + \vect{OA_i}\bigr) = 0 \iff s\,\vect{OG} = \sum_i\lambda_i\,\vect{OA_i},

وهو ما يحدد $G = O + \frac1s\sum_i\lambda_i\vect{OA_i}$ تحديدا وحيدا. الاستقلال عن $O$ : من أجل مبدأ آخر $O'$ ،

\frac1s\sum_i\lambda_i\,\vect{O'A_i} = \frac1s\sum_i\lambda_i\bigl(\vect{O'O} + \vect{OA_i}\bigr) = \vect{O'O} + \frac1s\sum_i\lambda_i\,\vect{OA_i} = \vect{O'G} :

أي النقطة $G$ نفسها. التجميعية: نقسم مجموعة الأدلة على الصورة $I \sqcup J$ مع $s_I = \sum_{i\in I}\lambda_i \neq 0$ ، ونسمي $G_I$ مركز ثقل $(A_i, \lambda_i)_{i\in I}$ ، بحيث يكون $\sum_{i\in I}\lambda_i\vect{OA_i} = s_I\,\vect{OG_I}$ . عندئذ

s\,\vect{OG} = \sum_{i\in I}\lambda_i\vect{OA_i} + \sum_{j\in J}\lambda_j\vect{OA_j} = s_I\,\vect{OG_I} + \sum_{j\in J}\lambda_j\vect{OA_j} :

فالنقطة $G$ هي مركز ثقل $(G_I, s_I)$ مع $(A_j, \lambda_j)_{j\in J}$ ، كما ادُّعي. ضرب الأوزان: استبدال كل $\lambda_i$ بالمقدار $t\lambda_i$ ( $t \neq 0$ ) يضرب $s$ والمجموع الموزون في $t$ ، فيبقى $\vect{OG}$ دون تغيير. ∎

ملاحظة 17.4 (مزالق شائعة)

يحيط بالتعريف فخّان. أولا، إذا كان مجموع الأوزان معدوما، فلا وجود لمركز الثقل: فالتطبيق $O \mapsto \sum\lambda_i\vect{OA_i}$ يصير عندئذ مستقلا عن $O$ ويعرّف متجهة لا نقطة — فالمقدار $(A, -1;\ B, 1)$ مثلا يرمز إلى $\vect{AB}$ . وتتبع أي من الكائنين ينتجه حساب ما هو نصف نظافة حساب مراكز الثقل. وثانيا، لا معنى للأوزان إلا إلى غاية عامل مشترك غير معدوم؛ فصيغ من نوع “إحداثيات $G$ هي $\lambda_1, \dots, \lambda_k$ ” تفترض توحيدا مسبقا (وهو عادة $\sum\lambda_i = 1$ )، ونسيان التوحيد هو المصدر المعتاد للنسب الخاطئة على الشكل.

تعريف 17.5 (الفضاءات الأفينية الجزئية؛ التطبيقات الأفينية)

الفضاء الأفيني الجزئي هو مجموعة $\mathcal{F} = A + F = \{A + u : u \in F\}$ حيث $F$ فضاء متجهي جزئي (وهو اتجاهه)؛ وبصورة مكافئة، مجموعة غير خالية مستقرة بمراكز الثقل. والفضاءات الأفينية الجزئية للفضاء $\R^n$ هي بالضبط مجموعات حلول الجمل الخطية $MX = B$ (السنة الأولى: حل خاص زائد النواة). ويكون التطبيق $f \colon \mathcal{E} \to \mathcal{E}'$ أفينيا إذا حافظ على مراكز الثقل — وبصورة مكافئة إذا كان

f(A + u) = f(A) + \varphi(u)

من أجل تطبيق خطي (وحيد) $\varphi = \vec f$ ، وهو الجزء الخطي. والتطبيقات الأفينية للفضاء $\R^n$ : $X \mapsto MX + C$ . والمركبات أفينية وأجزاؤها الخطية مركبة؛ ويكون $f$ تقابليا إذا وفقط إذا كان $\vec f$ كذلك.

برهان التكافؤ في حالة التطبيقات. إذا كان $f(A + u) = f(A) + \varphi(u)$ : فمن أجل مركز ثقل $G$ للنقط $(A_i, \lambda_i)$ ، وبنشر كل نقطة انطلاقا من $A$ ، لدينا $f(G) = f(A) + \varphi(\vect{AG})$ و $\varphi(\vect{AG}) = \frac{\sum\lambda_i\varphi(\vect{AA_i})}{\sum\lambda_i}$ : ومنه فإن $f(G)$ مركز ثقل الصور. وبالعكس، نثبت $A$ ونضع $\varphi(u) = \vect{f(A)\,f(A + u)}$ . التجانس: لدينا $A + tu = \operatorname{bar}\bigl(A, 1-t;\ A + u, t\bigr)$ من أجل كل عدد حقيقي $t$ ، ومنه فإن الحفاظ على مراكز الثقل (بأوزان حقيقية كيفما كانت، كما هو مفترض) يعطي $\varphi(tu) = t\,\varphi(u)$ مباشرة. الجمعية: $A + u + v = \operatorname{bar}\bigl(A + 2u, \tfrac12;\ A + 2v, \tfrac12\bigr)$ ، ومنه $\varphi(u + v) = \tfrac12\varphi(2u) + \tfrac12\varphi(2v) = \varphi(u) + \varphi(v)$ ، باستعمال التجانس. ومنه فإن $\varphi$ خطي. ∎

ملاحظة 17.6

استعمل البرهان مراكز ثقل بأوزان حقيقية كيفما كانت: فخطوة التجانس تخرج بالمقدار $t$ خارج $\intcc01$ . فإذا اكتفينا بافتراض أن التطبيق يحافظ على مراكز الثقل ذات الأوزان الموجبة — وبصورة مكافئة على المنتصفات والقطع — فلا تأتي خطية التطبيق المتجهي مجانا: إذ لا نحصل إلا على الخطية بالنسبة إلى $\Q$ ، ونحتاج إلى فرضية اتصال كي نستنتج، تماما كما في التمرين 17.5. والتمييز بين “يحافظ على جميع مراكز الثقل” و“يحافظ على التوليفات المحدبة” دقة صغيرة لكنها حقيقية في المعجم الأفيني.

مثال 17.7 (هندسة مراكز الثقل الكلاسيكية)

مركز ثقل المثلث $ABC$ هو مركز الثقل $G = \operatorname{bar}(A,1; B,1; C,1)$ . والتجميعية مع منتصف $A' = \operatorname{bar}(B, 1; C, 1)$ تبين أن

G = \operatorname{bar}(A, 1;\ A', 2) :

فالنقطة $G$ تقع على المتوسط $AA'$ عند ثلثيه — والأمر نفسه للمتوسطين الآخرين: فالمتوسطات الثلاثة متلاقية، في سطر واحد من حساب مراكز الثقل.

مثال 17.8 (متوسطا الرباعي الثنائيان)

ليكن $ABCD$ رباعيا كيفما كان (مستويا أو غير مستوي!) ولننظر في متوسطيه الثنائيين: أي القطعتين الواصلتين بين منتصفي الضلعين المتقابلين، $M_{AB}M_{CD}$ و $M_{BC}M_{DA}$ . نُدخل مركز الثقل $G$ للنقط $(A,1; B,1; C,1; D,1)$ ونجمّع الأوزان بطريقتين:

G = \operatorname{bar}\bigl(M_{AB}, 2;\ M_{CD}, 2\bigr) = \operatorname{bar}\bigl(M_{BC}, 2;\ M_{DA}, 2\bigr) :

فالنقطة $G$ هي منتصف كلا المتوسطين الثنائيين — ومنه فإن المتوسطين الثنائيين ينصف كل منهما الآخر دائما، وإن الرباعي المكوّن من المنتصفات الأربعة متوازي أضلاع (وقطراه هما المتوسطان الثنائيان). ولا مناقشة حالات ولا إحداثيات، وتصمد الحجة دون تغيير من أجل رباعي غير مستوي في $\R^3$ ، حيث يكون البرهان القائم على الشكل دقيقا أصلا: فالتجميعية لا تأبه بالبعد.

مثال 17.9 (تصنيف تطبيق أفيني، من البداية إلى النهاية)

لنأخذ $f(x, y) = (2x - 1,\ 3y - 4)$ على $\R^2$ . جزؤه الخطي هو $\varphi = \operatorname{diag}(2, 3)$ ، وطيفه $\{2, 3\}$ يتجنب $1$ : فبمحك النقطة الثابتة المبرهن أدناه (القضية 17.17)، يقبل $f$ نقطة ثابتة وحيدة، تُوجد بحل

x = 2x - 1, \qquad y = 3y - 4 \qquad\Longrightarrow\qquad \Omega = (1, 2).

وبإعادة التمركز في $\Omega$ (بوضع $x = 1 + u$ ، $y = 2 + v$ ):

f(1 + u,\ 2 + v) = (1 + 2u,\ 2 + 3v) :

ففي المعلم ذي المبدأ $\Omega$ ، يكون $f$ جزأه الخطي نفسه، وهو تمدد غير موحد الاتجاه يمدد بالمعامل $2$ أفقيا وبالمعامل $3$ شاقوليا انطلاقا من المركز $(1, 2)$ . والدرس العام: التطبيق الأفيني هو “تطبيق خطي زائد معطى موضعي”، وينهار المعطى الموضعي إلى مبدأ واحد حسن الاختيار كلما لم يكن $1$ قيمة ذاتية. وبالعكس، فإن نقل المبدأ نقلا سيئا يخلق الحدود الثابتة: فالهندسة الأفينية هي فن اختيار موضع $0$ .

ملاحظة 17.10 (طريقة: التلاقي والاستقامة بمراكز الثقل)

المثال المثال 17.7 حالة خاصة من وصفة عامة. فلإثبات تلاقي ثلاثة خطوط سيفيانية في مثلث، أظهر جملة موزونة واحدة $(A, \alpha; B, \beta; C, \gamma)$ واستعمل التجميعية بثلاث طرائق: فتجميع $(B, C)$ يبين أن مركز الثقل يقع على السيفيان الخارج من $A$ ، وتجميع $(C, A)$ يبين وقوعه على السيفيان الخارج من $B$ ، وتجميع $(A, B)$ على الثالث. وفي حالة المتوسطات، تقوم الجملة $(A, 1; B, 1; C, 1)$ بالعمل كله؛ وفي حالة الخطوط السيفيانية التي تقطع الأضلاع بنسب مفروضة، تُقرأ الأوزان من النسب. ولإثبات استقامة ثلاث نقط، اكتب إحداها مركز ثقل للنقطتين الأخريين (التمرين 17.2)، أو استعمل محك المحدد في التمرين 17.11. وتستبدل الوصفتان كلتاهما بالبراعة الهندسية مسك حسابات الأوزان — وهذا بالضبط ما وُجد له حساب مراكز الثقل.

17.2 التحدب من زاوية أفينية

تعريف 17.11

تكون مجموعة جزئية $C$ من فضاء أفيني محدبة إذا احتوت كل مركز ثقل بأوزان موجبة لنقطها — وبصورة مكافئة، كل قطعة $\intcc{A}{B} = \{\operatorname{bar}(A, 1-t; B, t) : t \in \intcc{0}{1}\}$ بين نقطتين منها. والغلاف المحدب $\operatorname{conv}(S)$ هو مجموعة جميع مراكز الثقل ذات الأوزان الموجبة لنقط $S$ — أي أصغر مجموعة محدبة تحوي $S$ .

مثال 17.12 (المناطق الواقعة فوق المنحنيات مجموعات محدبة)

المنطقة $C = \{(x, y) : y \geq x^2\}$ الواقعة فوق القطع المكافئ محدبة: فمن أجل $(x_1, y_1), (x_2, y_2) \in C$ ومن أجل $t \in \intcc01$ ، تعطي متراجحة تحدب دالة المربع

\bigl((1-t)x_1 + tx_2\bigr)^2 \leq (1-t)x_1^2 + tx_2^2 \leq (1-t)y_1 + ty_2 ,

ومنه يبقى مركز الثقل فوق القطع المكافئ. والحساب عام: فالمجموعة $\{y \geq f(x)\}$ محدبة إذا وفقط إذا كانت $f$ دالة محدبة — فالمجموعات المحدبة والدوال المحدبة (الفصل 8) وجهان لمفهوم واحد، والمناطق الواقعة فوق المنحنيات هي المعجم بينهما. وهذا هو السبب الهندسي في وجود مستقيمات مساندة للدوال المحدبة، وهي الحقيقة التي ستبرهن على متراجحة جنسن في الفصل 22.

مثال 17.13 (مولّدات زائدة لغلاف محدب)

لنأخذ $S = \{(0,0), (2,0), (2,2), (0,2), (1,1)\}$ . النقطة الخامسة هي مركز الثقل

(1,1) = \operatorname{bar}\bigl((0,0), \tfrac12;\ (2,2), \tfrac12\bigr),

ومنه فهي تقع أصلا في غلاف النقط الأربع الأخرى: فالمجموعة $\operatorname{conv}(S)$ هي المربع ذو الرؤوس الأربعة. وبوجه عام، يمكن حذف أي نقطة من $S$ تكون مركز ثقل بأوزان موجبة للنقط الأخرى من $S$ دون تغيير الغلاف؛ والنقط التي لا يمكن حذفها أبدا (وهي هنا الرؤوس الأربعة) هي النقط المتطرفة للغلاف. وتحديدها حساب مراكز ثقل خالص: فالنقطة $(2,0)$ مثلا لا يمكن كتابتها $\operatorname{bar}$ بالنقط الباقية بأوزان موجبة، لأن الإحداثية الأولى ستفرض تركيز كل الوزن على النقط ذات $x = 2$ ، ثم تسقط الإحداثية الثانية. فأسئلة التحدب تختزل، مرة بعد مرة، إلى حل جمل موزونة صغيرة.

مبرهنة 17.14 (كاراتيودوري)

في فضاء أفيني بعده $n$ ، تكون كل نقطة من $\operatorname{conv}(S)$ مركز ثقل لعدد من نقط $S$ لا يتجاوز $n + 1$ .

برهان. لتكن $G = \operatorname{bar}(A_0, \lambda_0; \dots; A_k, \lambda_k)$ مع $\lambda_i > 0$ ، $\sum\lambda_i = 1$ ، و $k + 1 > n + 1$ نقطة. المتجهات $\vect{A_0A_i}$ وعددها $k$ ( $i \geq 1$ ) مرتبطة ( $k > n$ ): ومنه $\sum_{i\geq1}\mu_i \vect{A_0A_i} = 0$ بصورة غير تافهة؛ وبوضع $\mu_0 = -\sum_{i\geq1}\mu_i$ ، نحصل على أوزان $(\mu_i)$ مع $\sum\mu_i = 0$ ، $\sum \mu_i\,\vect{OA_i} = 0$ (من أجل أي $O$ )، وهي ليست معدومة كلها. عندئذ، من أجل كل عدد حقيقي $t$ ، تبقى الأوزان $\lambda_i - t\mu_i$ مجموعها $1$ ، وبما أن $\sum_i\mu_i\vect{OA_i} = 0$ ، فإن

\sum_i(\lambda_i - t\mu_i)\,\vect{OA_i} = \sum_i\lambda_i\,\vect{OA_i} :

فهي تنتج النقطة $G$ نفسها. ولننزلق الآن بالمقدار $t$ انطلاقا من $0$ : بعض المقادير $\mu_i$ موجب (فمجموعها معدوم وهي ليست معدومة كلها)، ومنه فإن

t^* = \min\Bigl\{\frac{\lambda_i}{\mu_i} : \mu_i > 0\Bigr\}

معرَّف وموجب. وعند $t = t^*$ : من أجل الأدلة التي فيها $\mu_i > 0$ ، لدينا $\lambda_i - t^*\mu_i \geq 0$ بحكم الأصغرية، مع تساو عند دليل يحقق الأصغرية؛ ومن أجل الأدلة التي فيها $\mu_i \leq 0$ ، لدينا $\lambda_i - t^*\mu_i \geq \lambda_i > 0$ . فتبقى جميع الأوزان موجبة وقد مات واحد منها على الأقل: ومنه تُعاد كتابة $G$ مركز ثقل لعدد أقل من النقط. ونكرر ما دام العدد المتبقي من النقط يتجاوز $n + 1$ . ∎

مثال 17.15

في المستوي ( $n = 2$ ): تقع كل نقطة من الغلاف المحدب لمجموعة منتهية في مثلث رؤوسه من المجموعة — وهو المضمون الهندسي لمبرهنة كاراتيودوري، المستعملة في الأمثلة وفي الاحتمالات (الخلائط) على حد سواء.

مثال 17.16 (تشغيل خوارزمية كاراتيودوري)

لنكتب مركز مربع المثال المثال 17.13 بدلالة رؤوسه الأربعة $A_1 = (0,0)$ و $A_2 = (2,0)$ و $A_3 = (2,2)$ و $A_4 = (0,2)$ :

(1,1) = \operatorname{bar}\bigl(A_1, \tfrac14;\ A_2, \tfrac14;\ A_3, \tfrac14;\ A_4, \tfrac14\bigr),

أي أربع نقط في البعد $2$ — واحدة أكثر من اللازم. وتطلب وصفة البرهان أوزانا $(\mu_i)$ تحقق $\sum\mu_i = 0$ و $\sum\mu_i\vect{OA_i} = 0$ : وهنا يفي $\mu = (1, -1, 1, -1)$ بالغرض (فالقطران يتقاسمان منتصفهما). والانزلاق بالمقدار $\lambda_i \mapsto \lambda_i - t\mu_i$ يُبقي مركز الثقل ثابتا من أجل كل $t$ ؛ والقيمة الحدية المقبولة $t = \frac14$ تجعل الأوزان $(0, \tfrac12, 0, \tfrac12)$ ، فتقتل $A_1$ و $A_3$ في آن واحد:

(1,1) = \operatorname{bar}\bigl(A_2, \tfrac12;\ A_4, \tfrac12\bigr),

أي تمثيل بنقطتين — وهو أفضل حتى من النقط الثلاث التي تضمنها المبرهنة، لأن المركز يقع مصادفةً على قطعة بين مولّدين. والخوارزمية آلية تماما: جد تعلقا، وانزلق حتى يموت وزن، ثم كرّر.

17.3 أدوات التصنيف الأفيني

قضية 17.17 (النقط الثابتة للتطبيقات الأفينية)

ليكن $f$ تشاكلا أفينيا داخليا لفضاء أفيني منتهي البعد جزؤه الخطي $\varphi$ . إذا كان $1 \notin \operatorname{Sp}(\varphi)$ ، فإن $f$ يقبل نقطة ثابتة وحيدة $\Omega$ ، وباتخاذ $\Omega$ مبدأ يكون $f$ جزأه الخطي نفسه. (والانسحابات، التي فيها $\varphi = \mathrm{id}$ ولا نقطة ثابتة، هي العائق الأساسي.)

برهان. نثبت $O$ ونكتب $f(O + x) = f(O) + \varphi(x)$ . تكون النقطة $O + x$ ثابتة إذا وفقط إذا كان $O + x = f(O) + \varphi(x)$ ، أي

(\mathrm{id} - \varphi)(x) = \vect{O f(O)} .

وفي البعد المنتهي، يكون $\mathrm{id} - \varphi$ قابلا للقلب إذا وفقط إذا لم يكن $0$ قيمة ذاتية للتطبيق $\mathrm{id} - \varphi$ ، أي إذا وفقط إذا كان $1 \notin \operatorname{Sp}\varphi$ — وعندئذ تقبل المعادلة المكتوبة أعلاه حلا وحيدا $x^*$ ، فيعطي النقطة الثابتة الوحيدة $\Omega = O + x^*$ . وإعادة التمركز: من أجل أي متجهة $u$ ،

f(\Omega + u) = f(\Omega) + \varphi(u) = \Omega + \varphi(u),

ومنه يُكتب التطبيق في المعلم ذي المبدأ $\Omega$ على الصورة $u \mapsto \varphi(u)$ : أي خطيا محضا. أما إذا كان $1 \in \operatorname{Sp}\varphi$ ، فإما ألا توجد أي نقطة ثابتة (فقد تكون المعادلة المكتوبة أعلاه غير قابلة للحل، كما في حالة انسحاب) وإما أن يوجد فضاء أفيني جزئي كامل منها (بإضافة أي متجهة ذاتية موافقة للقيمة الذاتية $1$ إلى حل): فالوحدانية هي بالضبط الشرط الطيفي. ∎

مثال 17.18 (تقايسات المستوي، مكتملة)

للتقايس الأفيني للمستوي الإقليدي جزء خطي في $O(2)$ : إما دوران $R_\theta$ وإما انعكاس (مجلد السنة الأولى). فإذا كان $\theta \neq 0$ : فإن $1 \notin \operatorname{Sp} R_\theta$ ، ومنه يكون التطبيق دورانا حول مركز وحيد (القضية 17.17). وإذا كان الجزء الخطي انعكاسا: فإما انعكاس حول محور (فتوجد نقط ثابتة) وإما انعكاس منزلق (أي انعكاس مركب مع انسحاب موازٍ للمحور، بلا نقطة ثابتة). ومع الانسحابات، هذا هو التصنيف الكامل لتقايسات المستوي.

ملاحظة 17.19 (تقايسات المستوي في نظرة واحدة)

بجمع الحالات: التطبيق المطابق؛ والانسحابات ( $\vec f = \mathrm{id}$ ، بلا نقطة ثابتة إلا في الحالة التافهة)؛ والدورانات (جزؤها الخطي $R_\theta$ ، $\theta \neq 0$ : بمركز واحد)؛ والانعكاسات (جزؤها الخطي انعكاس، ولها مستقيم من النقط الثابتة)؛ والانعكاسات المنزلقة (بالجزء الخطي نفسه، بلا نقطة ثابتة). أربع عائلات زائد التطبيق المطابق، وكل منها يُعرف بمعطيين اثنين فقط: الجزء الخطي ومجموعة النقط الثابتة — وهو نمط القضية 17.17 بعد جعله شاملا.

مثال 17.20 (انعكاس منزلق، متلبسا بالجرم)

لنأخذ $f(x, y) = (y + 1,\ x + 1)$ . الجزء الخطي $(x, y) \mapsto (y, x)$ هو الانعكاس حول القطر $y = x$ ، ومنه $1 \in \operatorname{Sp}\vec f$ ويكون القضية 17.17 صامتا. أما النقط الثابتة فتستلزم $x = y + 1$ و $y = x + 1$ في آن واحد: وهو مستحيل — فلا وجود لها، ومنه فإن $f$ ليس انعكاسا. ويحسم التربيع التصنيف:

f\bigl(f(x, y)\bigr) = f(y + 1,\ x + 1) = (x + 2,\ y + 2),

أي الانسحاب بالمتجهة $(2, 2)$ : ومنه فإن $f$ هو الانعكاس المنزلق الذي محوره المستقيم $y = x$ (منقولا بما يناسب: فمنتصف $M$ و $f(M)$ يقع دائما على $y = x + {}$ ثابت، وهو هنا $y = x$ ، كما يُتحقق على $M = (0, 0) \mapsto (1,1)$ ) ومتجهة انزلاقه $(1, 1)$ ، وهو نصف $f \circ f$ . وقارن ذلك بالمثال التمرين 17.6، حيث أعطى الجزء الخطي نفسه مع ثابت مختلف انعكاسا صريحا: فمع حضور القيمة الذاتية $1$ ، يقرر الحد الثابت كل شيء.

مثال 17.21 (المتتاليات التراجعية الأفينية ديناميكا أفينية)

المتتالية التراجعية الكلاسيكية $u_{n+1} = au_n + b$ ( $a \neq 1$ ) تكرّر التطبيق الأفيني $f(x) = ax + b$ للمستقيم، وجزؤه الخطي $a$ يتجنب القيمة الذاتية $1$ : فتوجد نقطة ثابتة وحيدة $\omega = \frac{b}{1-a}$ ، وإعادة التمركز فيها (وهي الحالة ذات البعد الواحد من القضية أعلاه) تحول $f$ إلى ضرب في $a$ :

u_{n+1} - \omega = a\,(u_n - \omega) \qquad\Longrightarrow\qquad u_n = \omega + a^n(u_0 - \omega) .

ومن أجل $u_{n+1} = \frac{u_n}2 + 3$ : $\omega = 6$ و $u_n = 6 + (u_0 - 6)2^{-n} \to 6$ . والوصفة التي تُعلَّم من أجل مثل هذه المتتاليات في الفصل 7 — “اطرح النقطة الثابتة” — هي بالضبط إعادة تمركز تطبيق أفيني عند نقطته الثابتة؛ والتقارب من أجل $\abs a < 1$ هو ظاهرة التقلص التي حولها الفصل 4 إلى مبرهنة نقطة بناخ الثابتة. فكرة واحدة، وثلاثة فصول.

مثال 17.22 (إيجاد مركز دوران)

لنأخذ $f(x, y) = (-y + 2,\ x)$ . الجزء الخطي هو $\varphi(x, y) = (-y, x)$ : أي الدوران بالزاوية $\frac\pi2$ ، وطيفه $\{\iu, -\iu\}$ يتجنب $1$ . وبحسب القضية 17.17 توجد نقطة ثابتة وحيدة بالضبط: فالمعادلتان $x = -y + 2$ و $y = x$ تعطيان $x = 1$ ، $y = 1$ ، ومنه $\Omega = (1, 1)$ ، ويكون $f$ الدوران ذا المركز $(1, 1)$ والزاوية $\frac\pi2$ . والدرس العام: عندما يكون $1 \notin \operatorname{Sp}\vec f$ ، يكلف تصنيف $f$ جملة خطية واحدة — فالهندسة كلها في الجزء الخطي، والحساب كله في تحديد موضع المركز.

ملاحظة 17.23 (أين تُستعمل اللغة الأفينية فيما يلي)

مراكز الثقل والتطبيقات الأفينية هي قواعد نحو فصول الهندسة الآتية: فالمماسات والمستويات المماسة كائنات أفينية (الفصول 18 و19)، وتغيير المتغيرات الأفيني يضرب المساحات والحجوم في $\abs{\det \vec f}$ (الفصل 20)، والأمل الرياضي مركز ثقل بأوزان يعطيها قانون احتمال، وهذا هو سبب تحكم التحدب في متراجحة جنسن (الفصل 22). وفي مجلد السنة الثالثة يحمل معجم التحدب نفسه دراسة معايير $L^p$ ومتراجحات التكامل.

ملاحظة 17.24 (آفاق داخل هذا المجلد)

يخرج من هذا الفصل خيطان. الخيط الأفيني: فالمماسات (الفصل 18) والمستويات المماسة (الفصل 19) فضاءات أفينية جزئية مرتبطة بكائنات لاخطية، ويجري تصنيف السطوح من الدرجة الثانية في فصل السطوح على معادلة المركز $A\Omega = -b$ الواردة في هذا الفصل. أما الخيط المحدب فأطول: فتحدب أنصاف المستويات والأقراص يشغّل نظرية هيلي في مسألة نهاية الأسبوع؛ وتحدب الدوال يعطي متراجحة جنسن (الفصل 22)؛ ومبرهنة الكتاب الأخيرة — محك الانقراض في مسارات التفرع (الفصل 23) — يقررها موضع منحن محدب بالنسبة إلى القطر، وهي صورة تنتمي إلى هذا الفصل بقدر انتمائها إلى الاحتمالات. وتعود مراكز الثقل هناك أيضا: فالأمل الرياضي مركز ثقل بأوزان احتمالية.

17.4 تمارين

تمرين 17.1 ★

في $\R^3$ ، هل ما يلي فضاءات أفينية جزئية؟ أعط الاتجاهات والأبعاد. $\{x + y + z = 1\}$ ؛ $\;\{x + y + z = 1,\ x - z = 3\}$ ؛ $\;\{x^2 + y^2 = 1\}$ ؛ ومجموعة حلول $MX = B$ من أجل جملة متوافقة معطاة.

حل

حل التمرين 17.1.

$\{x + y + z = 1\}$ : مستو أفيني، اتجاهه المستوي المتجهي $\{x + y + z = 0\}$ ، وبعده $2$ . وبإضافة $x - z = 3$ : مستقيم أفيني (فالمعادلتان مستقلتان)، اتجاهه $\{x + y + z = 0,\ x = z\} = \operatorname{Vect}\bigl((1, -2, 1)\bigr)$ ، وبعده $1$ . $\{x^2 + y^2 = 1\}$ : أسطوانة — وهي غير مستقرة بمراكز الثقل (فمنتصف $(1,0,0)$ و $(-1,0,0)$ هو المبدأ، وهو خارج الأسطوانة): ومنه فهي ليست أفينية. وجملة متوافقة $MX = B$ : فضاء أفيني جزئي $X_0 + \ker M$ بعده $\dim\ker M$ ، كما ذُكّر به في التعريف 17.5.

تمرين 17.2 ★

برهن على أن ثلاث نقط متمايزة $A, B, C$ من فضاء أفيني تكون على استقامة واحدة إذا وفقط إذا كانت $C$ مركز ثقل للنقطتين $A$ و $B$ ، وإذا وفقط إذا كانت المتجهتان $\vect{AB}, \vect{AC}$ مرتبطتين. واستنتج مسك أوزان على طريقة منيلاوس: إذا كان $C = \operatorname{bar}(A, 1 - t; B, t)$ ، فحدد موضع $C$ من أجل $t = \frac12$ و $t = 2$ و $t = -1$ .

حل

حل التمرين 17.2.

تعني $C = \operatorname{bar}(A, 1-t; B, t)$ أن $\vect{AC} = t\,\vect{AB}$ : ووجود $t$ من هذا النوع هو بالضبط ارتباط $\vect{AC}$ مع $\vect{AB} \neq 0$ ، أي الاستقامة. والمواضع: $t = \frac12$ : المنتصف؛ $t = 2$ : بعد $B$ ، على مسافة منه تساوي مسافة $B$ ( $\vect{AC} = 2\vect{AB}$ )؛ $t = -1$ : نظير $B$ بالتناظر المركزي حول $A$ .

تمرين 17.3 ★

ليكن $f$ التطبيق الأفيني للفضاء $\R^2$ المعطى بالعلاقة $f(X) = MX + C$ مع $M = \frac12\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & 1\end{pmatrix}$ و $C = (1, 0)^{\mathsf T}$ . عيّن صورة $f$ ونقطه الثابتة (إن وُجدت) و $f \circ f$ .

حل

حل التمرين 17.3.

$M$ هي مصفوفة الإسقاط على $\operatorname{Vect}(1,1)$ وفق $(1,-1)$ (تحقق من $M^2 = M$ ). صورة $f$ : $\{MX + C\} = C + \operatorname{im} M$ : أي المستقيم الأفيني المار بالنقطة $(1,0)$ والموجه بالمتجهة $(1,1)$ . النقط الثابتة: $X = MX + C$ ، أي $(I - M)X = C$ ؛ لكن $C = (1, 0)^{\mathsf T}$ و $\operatorname{im}(I - M) = \operatorname{Vect}(1,-1)$ ؛ فهل ينتمي $(1,0)$ إليه؟ إن $(1, 0) = \alpha(1,-1)$ يفرض $\alpha = 1$ و $0 = -1$ : كلا. فلا نقط ثابتة. ثم

f(f(X)) = M(MX + C) + C = MX + MC + C = f(X) + MC, \qquad MC = \tfrac12(1,1)^{\mathsf T} :

فالتطبيق $f\circ f$ هو $f$ متبوعا بانسحاب موازٍ لمستقيم الصورة — أي إن $f$ “إسقاط منزلق”: إسقاط على المستقيم مركب مع انزلاق.

تمرين 17.4 ★★

(التجميعية في العمل) في مثلث $ABC$ ، لتقسم النقط $I, J, K$ القطع $BC$ و $CA$ و $AB$ بالنسب $\vect{BI} = \frac13\vect{BC}$ و $\vect{CJ} = \frac13\vect{CA}$ و $\vect{AK} = \frac13\vect{AB}$ . عبّر عن $I, J, K$ بمراكز ثقل واحسب مركز ثقل $(I,1;J,1;K,1)$ : ماذا تجد، ولماذا كان ذلك متوقعا؟

حل

حل التمرين 17.4.

$I = \operatorname{bar}(B, 2; C, 1)$ (لأن $\vect{BI} = \frac13\vect{BC}$ يضع $I$ أقرب إلى $B$ : بالوزن $2$ على $B$ ، والوزن $1$ على $C$ — وللتحقق: $\vect{BI} = \frac{1}{3}\vect{BC}$ ). وبالمثل $J = \operatorname{bar}(C, 2; A, 1)$ ، $K = \operatorname{bar}(A, 2; B, 1)$ . وبجمع الجمل الموزونة الثلاث، يكون مركز ثقل $(I, 1; J, 1; K, 1)$ (ووزن كل منها الكلي $3$ ، فنستبدل $I$ بجملته، وهكذا) هو

\operatorname{bar}\bigl(A, 1 + 2;\ B, 2 + 1;\ C, 1 + 2\bigr) = \operatorname{bar}(A, 1; B, 1; C, 1) = G ,

أي مركز ثقل $ABC$ : فللمثلث $IJK$ مركز الثقل نفسه — وهو أمر متوقع، لأن الإنشاء يعامل $A, B, C$ معاملة دائرية ولأن مركز الثقل هو النقطة الثابتة الوحيدة للتناظر الدائري للأوزان.

تمرين 17.5 ★★

برهن على أن كل تطبيق $f \colon \R^n \to \R^n$ يحافظ على المنتصفات ( $f\bigl(\frac{A+B}{2}\bigr) = \frac{f(A) + f(B)}{2}$ ) ويكون متصلا يكون أفينيا. (بيّن أن التطبيق المتجهي $u \mapsto f(O + u) - f(O)$ جمعي بفضل المنتصفات، ثم متجانس بالنسبة إلى $\Q$ ، ثم متجانس بالنسبة إلى $\R$ بالاتصال — وهي استراتيجية الكثافة نفسها المستعملة من أجل معادلة كوشي الدالية في مجلد السنة الأولى؛ فأعد اشتقاق الخطوات اللازمة هنا.)

حل

حل التمرين 17.5.

نضع $g(u) = f(O + u) - f(O)$ (بالعمل في $\R^n$ مشعَّعا عند $O$ )، $g(0) = 0$ .

الجمعية: $\frac{(O + u) + (O + v)}{2} = O + \frac{u + v}{2}$ ، ومنه يعطي الحفاظ على المنتصفات $g\bigl(\frac{u+v}{2}\bigr) = \frac{g(u) + g(v)}{2}$ ؛ ومع $v = 0$ : $g(u/2) = g(u)/2$ ؛ وبالجمع بين الأمرين، $g(u + v) = 2g\bigl(\frac{u+v}{2}\bigr) = g(u) + g(v)$ .

التجانس بالنسبة إلى $\Q$ : تعطي الجمعية $g(nu) = ng(u)$ ( $n \in \N$ ، بالتراجع)، ثم $g(-u) = -g(u)$ (بالجمع)، ثم $g(\frac pq u) = \frac pq g(u)$ (بتطبيق $q$ واستعمال تباين الضرب).

التجانس بالنسبة إلى $\R$ : من أجل $t \in \R$ ، نأخذ أعدادا ناطقة $t_n \to t$ : $g(t_nu) = t_ng(u)$ ، ويسمح اتصال $g$ (الموروث من $f$ ) بالمرور إلى النهاية: $g(tu) = tg(u)$ . ومنه فإن $g$ خطي و $f = f(O) + g$ : أي إنه أفيني.

تمرين 17.6 ★★

صنّف التطبيق الأفيني $f(x, y) = (y + 1,\; x - 1)$ للمستوي الإقليدي: الجزء الخطي، والنقط الثابتة، والطبيعة الهندسية (انعكاس؟ انعكاس منزلق؟). واحسب $f \circ f$ واستنتج.

حل

حل التمرين 17.6.

الجزء الخطي $\varphi(x,y) = (y, x)$ : هو الانعكاس حول القطر $y = x$ (وهو متعامد ومحدده $-1$ ). النقط الثابتة: يؤول $(x, y) = (y + 1, x - 1)$ إلى المعادلة الوحيدة $y = x - 1$ (فالمركبتان متكافئتان): ومنه فإن كل نقطة من المستقيم $y = x - 1$ ثابتة. ومنه فإن $f$ يثبّت ذلك المستقيم نقطة نقطة: أي إن $f$ هو الانعكاس حول ذلك المحور (وهو تقايس له مستقيم من النقط الثابتة وجزؤه الخطي انعكاس). وبانسجام مع ذلك، $f \circ f(x,y) = f(y+1, x-1) = (x - 1 + 1, y + 1 - 1) = (x, y)$ : أي إنه تقابل تقابلي مع نفسه، كما يجب أن يكون كل انعكاس.

تمرين 17.7 ★★★

(رادون) لتكن $A_1, \dots, A_{n+2}$ نقطا من فضاء أفيني بعده $n$ . برهن على أنه يمكن تقسيمها إلى مجموعتين منفصلتين يتقاطع غلافاهما المحدبان. (كما في برهان كاراتيودوري، جد أوزانا $\mu_i$ ليست معدومة كلها تحقق $\sum\mu_i = 0$ و $\sum\mu_i\vect{OA_i} = 0$ ؛ ثم افصل الأوزان الموجبة عن السالبة ووحّد الطرفين.)

حل

حل التمرين 17.7.

المتجهات $\vect{A_1A_i}$ وعددها $n + 1$ ( $i \geq 2$ ) مرتبطة في البعد $n$ : فتوجد $\mu_i$ ليست معدومة كلها تحقق $\sum_{i\geq2} \mu_i\vect{A_1A_i} = 0$ ؛ ونضع $\mu_1 = -\sum_{i \geq 2}\mu_i$ ، ومنه $\sum_{i}\mu_i = 0$ و $\sum_i \mu_i\,\vect{OA_i} = 0$ من أجل كل $O$ ، مع كون $\mu_i$ ليست معدومة كلها. ونقسم الأدلة: $P = \{i : \mu_i > 0\}$ ، $N = \{i : \mu_i < 0\}$ ، وكلتاهما غير خالية (فمجموع $\mu_i$ معدوم وهي ليست معدومة كلها). وبوضع $s = \sum_{i\in P}\mu_i = -\sum_{i \in N}\mu_i > 0$ :

\operatorname{bar}\bigl(A_i, \tfrac{\mu_i}{s}\bigr)_{i \in P} = \operatorname{bar}\bigl(A_i, \tfrac{-\mu_i}{s}\bigr)_{i \in N},

(فالطرفان يساويان النقطة $X$ مع $\vect{OX} = \frac1s\sum_{i\in P}\mu_i\vect{OA_i}$ ، بحكم العلاقة): أي نقطة مشتركة بين الغلافين المحدبين، بمجموعتي أدلة منفصلتين.

تمرين 17.8 ★★★

ليكن $f$ تشاكلا أفينيا داخليا للفضاء $\R^n$ يحقق $f \circ f = f$ . برهن على أن $f$ هو الإسقاط الأفيني على الفضاء الأفيني الجزئي $\operatorname{Fix}(f) = \operatorname{im} f$ وفق الاتجاه $\ker\vec f$ ، وبالعكس أن كل إسقاط من هذا النوع متساوي القوى. (بيّن أولا أن $\operatorname{im} f$ يتكون من نقط ثابتة.)

حل

حل التمرين 17.8.

الصورة تساوي مجموعة النقط الثابتة: من أجل $Y = f(X)$ ، $f(Y) = f(f(X)) = f(X) = Y$ : فكل نقطة صورة ثابتة؛ وبالعكس فالنقط الثابتة صور. ومنه فإن $\mathcal{F} = \operatorname{im} f = \operatorname{Fix}(f)$ غير خالية، وهي فضاء أفيني جزئي (فهي صورة تطبيق أفيني)، اتجاهه $\operatorname{im}\vec f$ .

بنية الإسقاط: التطبيق $\vec f$ متساوي القوى ( $\vec{f\circ f} = \vec f^{\,2} = \vec f$ )، ومنه $E = \operatorname{im}\vec f \oplus \ker \vec f$ (المثال 3.18). ومن أجل أي نقطة $X$ ، ننظر في المتجهة $\vect{f(X)\,X}$ ؛ وبتطبيق $\vec f$ :

\vec f\bigl(\vect{f(X)\,X}\bigr) = \vect{f(f(X))\,f(X)} = 0 \qquad (f \circ f = f),

ومنه $\vect{f(X)\,X} \in \ker\vec f$ . ومنه فإن $X = f(X) + \vect{f(X)X}$ يُظهر $X$ نقطة من $\mathcal{F}$ منسحبة بمتجهة من $\ker\vec f$ : أي إن $f$ هو بالضبط الإسقاط على $\mathcal{F}$ وفق $\ker\vec f$ . وبالعكس فإن مثل هذه الإسقاطات تحقق $f \circ f = f$ بوضوح.

تمرين 17.9 ★

لتكن $G = \operatorname{bar}(A, 1;\ B, 2;\ C, 3)$ في مثلث $ABC$ . باستعمال التجميعية، بيّن أن المستقيم $AG$ يقطع $BC$ في $M = \operatorname{bar}(B, 2;\ C, 3)$ ، وحدد موضع $G$ على القطعة $\intcc AM$ ؛ وحدد بالمثل موضع تقاطع $BG$ مع $CA$ .

حل

حل التمرين 17.9.

لنضع $M = \operatorname{bar}(B, 2;\ C, 3)$ ، ووزنها الكلي $5$ . تعطي التجميعية $G = \operatorname{bar}(A, 1;\ M, 5)$ ، ومنه $\vect{AG} = \frac56\,\vect{AM}$ : فالنقطة $G$ تقع على القطعة $\intcc AM$ عند خمسة أسداسها انطلاقا من $A$ . وبما أن $A \notin (BC)$ ، فإن المستقيم $(AG) = (AM)$ يقطع $(BC)$ في النقطة الوحيدة $M$ ، مع $\vect{BM} = \frac35\,\vect{BC}$ . وبالمثل، مع $N = \operatorname{bar}(C, 3;\ A, 1)$ (بوزن كلي $4$ ، $\vect{CN} = \frac14\,\vect{CA}$ )، تعطي التجميعية $G = \operatorname{bar}(B, 2;\ N, 4)$ : فالمستقيم $(BG)$ يقطع $(CA)$ في $N$ ، ولدينا $\vect{BG} = \frac46\,\vect{BN} = \frac23\,\vect{BN}$ .

تمرين 17.10 ★★

من أجل $\lambda \neq 0$ ، التحاكي $h_{\Omega, \lambda}$ هو التطبيق الأفيني الذي يثبّت $\Omega$ وجزؤه الخطي $\lambda\,\mathrm{id}$ . برهن على أن المركب $h_{\Omega', \mu} \circ h_{\Omega, \lambda}$ تحاك نسبته $\lambda\mu$ عندما $\lambda\mu \neq 1$ ، وانسحاب عندما $\lambda\mu = 1$ ؛ وفي الحالة $\lambda = \mu = -1$ (تناظران مركزيان)، احسب متجهة الانسحاب.

حل

حل التمرين 17.10.

نتخذ $O$ مبدأ ونكتب النقط متجهات: $h_{\Omega, \lambda}(x) = \omega + \lambda(x - \omega)$ مع $\omega = \vect{O\Omega}$ . والمركب $g = h_{\Omega', \mu} \circ h_{\Omega, \lambda}$ أفيني وجزؤه الخطي $\mu\lambda\,\mathrm{id}$ . فإذا كان $\lambda\mu \neq 1$ : فإن $1 \notin \operatorname{Sp}(\lambda\mu\,\mathrm{id})$ ، ومنه تعطي القضية 17.17 نقطة ثابتة وحيدة $\Omega''$ ، وبإعادة التمركز عندها، $g = \lambda\mu\,\mathrm{id}$ : أي التحاكي $h_{\Omega'', \lambda\mu}$ . وإذا كان $\lambda\mu = 1$ فالجزء الخطي هو التطبيق المطابق، ومنه فإن $g$ انسحاب؛ وبالنشر،

g(x) = \omega' + \mu\bigl(\omega + \lambda(x - \omega) - \omega'\bigr) = x + (1 - \mu)\,\omega' + \mu(1 - \lambda)\,\omega .

ومن أجل $\lambda = \mu = -1$ (تناظران مركزيان) تكون المتجهة $2\omega' - 2\omega = 2\,\vect{\Omega\Omega'}$ : أي إن مركب التناظر المركزي حول $\Omega$ ثم حول $\Omega'$ هو الانسحاب بالمتجهة $2\,\vect{\Omega\Omega'}$ .

تمرين 17.11 ★★

(منيلاوس) في مثلث $ABC$ ، لتكن $A' \in (BC)$ و $B' \in (CA)$ و $C' \in (AB)$ ، وكلها متمايزة عن الرؤوس، ولنعرّف $\alpha, \beta, \gamma$ بالعلاقات $\vect{A'B} = \alpha\,\vect{A'C}$ و $\vect{B'C} = \beta\,\vect{B'A}$ و $\vect{C'A} = \gamma\,\vect{C'B}$ . برهن على أن $A', B', C'$ تقع على استقامة واحدة إذا وفقط إذا كان $\alpha\beta\gamma = 1$ . (اكتب كل نقطة مركز ثقل لرأسين؛ وبيّن أن ثلاث نقط تقع على استقامة واحدة إذا وفقط إذا شكلت أسطر إحداثياتها الثقلية بالنسبة إلى $(A, B, C)$ مصفوفة شاذة من الحجم $3 \times 3$ .)

حل

حل التمرين 17.11.

تقول $\vect{A'B} = \alpha\,\vect{A'C}$ بالضبط إن $1\cdot \vect{A'B} - \alpha\,\vect{A'C} = 0$ ، أي $A' = \operatorname{bar}(B, 1;\ C, -\alpha)$ (بوزن كلي $1 - \alpha \neq 0$ لأن $B \neq C$ )؛ وبالمثل $B' = \operatorname{bar}(C, 1;\ A, -\beta)$ و $C' = \operatorname{bar}(A, 1;\ B, -\gamma)$ .

محك الاستقامة. نعطي كل نقطة $P$ سطرها الثقلي الموحد $p = (p_A, p_B, p_C)$ ، $p_A + p_B + p_C = 1$ ، بالنسبة إلى $(A, B, C)$ . فإذا كان $\sum_i c_i p_i = 0$ مع $(c_1, c_2, c_3) \neq 0$ من أجل ثلاث نقط $P_1, P_2, P_3$ ، فإن جمع المعاملات يعطي $\sum c_i = 0$ ، و $\sum_i c_i \vect{OP_i} = \sum_j \bigl(\sum_i c_ip_{ij}\bigr)\vect{OV_j} = 0$ : أي إن النقط $P_i$ متعلقة أفينيا، ومنه فهي على استقامة واحدة. وبالعكس، يعطي تعلق أفيني $(t_i)$ المقدار $w = \sum t_ip_i$ بمعاملات مجموعها $0$ و $\sum_j w_j\vect{OV_j} = 0$ ؛ وبالنشر انطلاقا من $A$ ، $w_B \vect{AB} + w_C\vect{AC} = 0$ ، ومنه $w = 0$ بحكم الاستقلال الأفيني للنقط $(A, B, C)$ : فالأسطر مرتبطة خطيا. ومنه فإن الاستقامة تؤول إلى انعدام محدد $3 \times 3$ ، وضرب الأسطر في العوامل غير المعدومة $1 - \alpha$ و $1 - \beta$ و $1 - \gamma$ لا يغير شيئا:

\det\begin{pmatrix} 0 & 1 & -\alpha\\ -\beta & 0 & 1\\ 1 & -\gamma & 0\end{pmatrix} = 1 - \alpha\beta\gamma .

ومنه تكون $A', B', C'$ على استقامة واحدة إذا وفقط إذا كان $\alpha\beta\gamma = 1$ : وهي مبرهنة منيلاوس.

تمرين 17.12 ★★★

برهن على أن الغلاف المحدب لمجموعة جزئية متراصة $K$ من $\R^n$ متراص. (بحسب المبرهنة 17.14، تكون $\operatorname{conv}(K)$ صورة مجموعة متراصة بتطبيق متصل.) وبيّن بمثال في $\R^2$ أن الغلاف المحدب لمجموعة مغلقة ليس بالضرورة مغلقا.

حل

حل التمرين 17.12.

لنضع $\Delta = \{\lambda \in \R^{n+1} : \lambda_i \geq 0,\ \sum\lambda_i = 1\}$ : وهي مغلقة ومحدودة في $\R^{n+1}$ ، ومنه متراصة، والمجموعة $K^{n+1}$ متراصة بوصفها جداء منتهيا. والتطبيق

\Phi \colon \Delta \times K^{n+1} \to \R^n, \qquad \Phi(\lambda, x_0, \dots, x_n) = \sum_{i=0}^n \lambda_i x_i

متصل، وتقول المبرهنة 17.14 بالضبط إن $\operatorname{conv}(K) = \Phi(\Delta \times K^{n+1})$ : أي صورة مجموعة متراصة بتطبيق متصل (المبرهنة 4.16)، ومنه فهي متراصة.

أما في حالة مجموعة مغلقة: فلنأخذ $S = (\R \times \{0\}) \cup \{(0, 1)\}$ ، وهي مغلقة في $\R^2$ . والتوليفة المحدبة التي تضع الوزن $t$ على $(0,1)$ والوزن $1 - t$ على نقط المحور إحداثيتها الثانية $t$ ، ومنه

\operatorname{conv}(S) = \bigl(\R \times \intco01\bigr) \cup \{(0,1)\}

(فمن أجل $0 \leq t < 1$ ، $(x, t) = t\,(0,1) + (1-t)\,\bigl(\tfrac x{1-t}, 0\bigr)$ ). والنقطة $(1, 1) = \lim_{t \to 1}(1, t)$ ملتصقة بالغلاف لكنها ليست فيه: فهو غير مغلق.

17.5 مسألة: من رادون إلى هيلي، نقط المركز ومبرهنة يونغ

نمطا رادون في حالة أربع نقط من المستوي في وضع عام: إما نقطة داخل مثلث النقط الأخرى (بالتقسيم \A_4\ \A_1, A_2, A_3\)، وإما وضع محدب، حيث تكون نقطة رادون (بالبرتقالي) تقاطع القطرين. — نمطا رادون في حالة أربع نقط من المستوي في وضع عام: إما نقطة داخل مثلث النقط الأخرى (بالتقسيم $\{A_4\} \mid \{A_1, A_2, A_3\}$ )، وإما وضع محدب، حيث تكون نقطة رادون (بالبرتقالي) تقاطع القطرين.

مسألة 17.1

مسألة نهاية الأسبوع — مبرهنة هيلي واثنان من عوائدها

تقول مبرهنة رادون (التمرين 17.7) إن $n + 2$ نقطة من فضاء أفيني بعده $n$ تنقسم دائما إلى مجموعتين يتقاطع غلافاهما المحدبان. وتحول هذه المسألة تلك الحقيقة الواحدة من الجبر الخطي إلى سلسلة من مبرهنات الهندسة التوفيقية: مبرهنة هيلي في التقاطع، ومبرهنة نقطة المركز (وهي وسيط ذو بعدين)، ومبرهنة يونغ في التغطية. وفي كل ما يلي، المستوي هو $\R^2$ ببنيته الإقليدية المعتادة، و $\det$ هو المحدد في الأساس القانوني.

الجزء الأول — الإحداثيات الثقلية. تكون النقط $A_0, \dots, A_k$ مستقلة أفينيا إذا كانت المتجهات $\vect{A_0A_1}, \dots, \vect{A_0A_k}$ مستقلة خطيا.

بيّن أن الاستقلال الأفيني لا يتعلق باختيار نقطة الأساس $A_0$ ، وأنه يكافئ ما يلي: كلما عرّفت عائلتان من الأوزان، مجموع كل منهما $1$ ، مركز الثقل نفسه للنقط $(A_0, \dots, A_k)$ ، تطابقت الأوزان.
لتكن $(A, B, C)$ مستقلة أفينيا في المستوي. بيّن أن كل نقطة $M$ تقبل ثلاثية وحيدة $(\alpha, \beta, \gamma)$ تحقق $\alpha + \beta + \gamma = 1$ و $M = \operatorname{bar}(A, \alpha; B, \beta; C, \gamma)$ — وهي إحداثياتها الثقلية.
برهن على صيغ المحددات

$\alpha = \frac{\det(\vect{MB}, \vect{MC})}{\det(\vect{AB}, \vect{AC})}, \qquad \beta = \frac{\det(\vect{MC}, \vect{MA})}{\det(\vect{AB}, \vect{AC})}, \qquad \gamma = \frac{\det(\vect{MA}, \vect{MB})}{\det(\vect{AB}, \vect{AC})} :$

فالإحداثيات الثقلية نسب مساحات جبرية.
المستقيمات $BC$ و $CA$ و $AB$ هي مستقيمات الإحداثيات $\{\alpha = 0\}$ و $\{\beta = 0\}$ و $\{\gamma = 0\}$ . بيّن أن $M$ تقع في المثلث المغلق $\operatorname{conv}\{A, B, C\}$ إذا وفقط إذا كان $\alpha, \beta, \gamma \geq 0$ ، وأن المستقيمات الثلاثة تقطع المستوي إلى سبع مناطق بالضبط، تصنّفها إشارات $(\alpha, \beta, \gamma)$ (مع استحالة نمط الإشارات $(-, -, -)$ ).
ليكن $u \colon \R^2 \to \R$ تطبيقا أفينيا (صورة أفينية). بيّن أن $u(M) = \alpha\,u(A) + \beta\,u(B) + \gamma\,u(C)$ ، وأن مجموعات مستوى صورة أفينية غير ثابتة مستقيمات، وأن كل مستقيم ينشأ هكذا، وأن نصفي المستوي المغلقين $\{u \geq c\}$ محدبان.

الجزء الثاني — تقسيمات رادون، بتدقيق. تكون عائلة من $n + 2$ نقطة من $\R^n$ في وضع عام إذا كانت كل $n + 1$ منها مستقلة أفينيا. والتعلق الأفيني للنقط $(A_1, \dots, A_{n+2})$ هو عائلة $(\mu_i)$ تحقق $\sum_i \mu_i = 0$ و $\sum_i \mu_i\,\vect{OA_i} = 0$ من أجل مبدأ $O$ واحد (ومنه من أجل كل مبدأ).

احسب تعلقا أفينيا غير معدوم للنقط الأربع $A_1 = (0,0)$ و $A_2 = (3,0)$ و $A_3 = (0,3)$ و $A_4 = (1,1)$ ؛ وأعط تقسيم رادون ونقطة رادون.
بيّن أنه في حالة نقط في وضع عام، يكون بعد فضاء التعلقات الأفينية المتجهي $1$ بالضبط، وأن كل تعلق غير معدوم لا يحوي أي معامل معدوم.
استنتج أن تقسيم رادون للنقط $n + 2$ في وضع عام وحيد (إلى غاية تبادل الكتلتين)، وأن كل كتلة هي مجموعة الأدلة التي يأخذ فيها $\mu_i$ إشارة ثابتة واحدة.
من أجل أربع نقط من المستوي في وضع عام، بيّن الثنائية: إما أن يكون التقسيم من النمط $(1, 3)$ — أي نقطة داخل مثلث النقط الثلاث الأخرى — وإما من النمط $(2, 2)$ : فتكون النقط الأربع في وضع محدب وتتقاطع القطعتان الواصلتان بين الزوجين (أي القطران) في نقطة رادون.
نفّذ السؤال 6 من أجل المربع الواحدي $(0,0)$ و $(1,0)$ و $(1,1)$ و $(0,1)$ : التعلق والتقسيم ونقطة رادون.

الجزء الثالث — مبرهنة هيلي في المستوي.

لتكن $C_1, C_2, C_3, C_4$ مجموعات جزئية محدبة من $\R^2$ ، لكل ثلاث منها نقطة مشتركة. خذ $x_i \in \bigcap_{j \neq i} C_j$ وطبق مبرهنة رادون على $x_1, \dots, x_4$ : بيّن أن نقطة رادون تنتمي إلى المجموعات الأربع. (من أجل كل $k$ ، تتكون الكتلة التي لا تحوي $x_k$ من نقط من $C_k$ .)
(هيلي) لتكن $C_1, \dots, C_m$ ( $m \geq 3$ ) مجموعات جزئية محدبة من $\R^2$ ، تتقاطع كل ثلاث منها. برهن على $\bigcap_{i=1}^m C_i \neq \emptyset$ ، بالتراجع على $m$ : استبدل $C_{m-1}$ و $C_m$ بالمجموعة $C_{m-1} \cap C_m$ وتحقق من الفرضية من أجل العائلة الجديدة باستعمال السؤال 11.
ثلاثة أمثلة مضادة، واحد لكل فرضية: (1) أضلاع مثلث المغلقة الثلاثة تتقاطع مثنى مثنى لكن لا نقطة مشتركة بينها (فلا يمكن خفض $3$ إلى $2$ )؛ (2) المجموعات الأربع $S_i = \{x_1, \dots, x_4\} \setminus \{x_i\}$ ، من أجل أربع نقط في وضع عام، تحقق فرضية التقاطع الثلاثي دون النتيجة (فالتحدب مهم)؛ (3) أنصاف المستويات المغلقة $H_k = \intco{k}{+\infty} \times \R$ و $k \in \N$ تتقاطع مثنى مثنى وثلاثا ثلاثا لكن $\bigcap_k H_k = \emptyset$ (فالعائلات اللانهائية تحتاج إلى التراص).
(هيلي المتراصة) لتكن $(K_i)_{i \in I}$ عائلة كيفما كانت من المجموعات الجزئية المحدبة المتراصة من $\R^2$ ، تتقاطع كل ثلاث منها. باستعمال السؤال 12 وخاصية بوريل–لوبيغ (المبرهنة 4.20)، بيّن $\bigcap_{i \in I} K_i \neq \emptyset$ .
(العائد الأول) لتكن $S$ مجموعة منتهية من نقط المستوي ولتكن $r > 0$ . بيّن: إذا كانت كل ثلاث نقط من $S$ تقع في قرص مغلق نصف قطره $r$ ، فإن $S$ تقع في قرص مغلق واحد نصف قطره $r$ . (طبق مبرهنة هيلي على الأقراص $\overline D(p, r)$ ، $p \in S$ .)

الجزء الرابع — مبرهنة نقطة المركز. نقطة المركز لمجموعة منتهية $S$ من $n$ نقطة من المستوي هي نقطة $c$ (لا تنتمي بالضرورة إلى $S$ ) بحيث يحوي كل نصف مستو مغلق يحوي $c$ ما لا يقل عن $n/3$ نقطة من $S$ .

(البعد $1$ ) من أجل أعداد حقيقية $x_1 \leq \dots \leq x_n$ ، بيّن أن الوسيط $c = x_{\lceil n/2 \rceil}$ يحقق: كل نصف مستقيم مغلق يحوي $c$ يحوي ما لا يقل عن $n/2$ من المقادير $x_i$ .
(مبرهنة العد) إذا كانت $A, B, C$ مجموعات جزئية من $S$ تحقق $\abs A, \abs B, \abs C > \tfrac{2n}3$ ، فبيّن $A \cap B \cap C \neq \emptyset$ .
لتكن $m = \floor{2n/3} + 1$ ولتكن $\mathcal F$ العائلة (المنتهية) للأغلفة المحدبة $\operatorname{conv}(T)$ و $T \subseteq S$ و $\abs T = m$ . بيّن أن لكل ثلاثة عناصر من $\mathcal F$ نقطة مشتركة، واستنتج من مبرهنة هيلي وجود نقطة $c$ مشتركة بينها جميعا.
برهن على أن هذه النقطة $c$ نقطة مركز للمجموعة $S$ : وهي مبرهنة نقطة المركز. (لو حوى نصف مستو مغلق يمر بالنقطة $c$ أقل من $n/3$ نقطة، لاحتوى متممه المفتوح مجموعة $T$ من $m$ نقطة، ولتجنبت $\operatorname{conv}(T)$ النقطة $c$ .)
الأمثلية: خذ $n = 3k$ وضع $k$ نقطة في كل قرص من ثلاثة أقراص نصف قطرها صغير $\varepsilon$ ومراكزها رؤوس مثلث كبير. بيّن أنه من أجل كل نقطة $c$ من المستوي يوجد نصف مستو مغلق يحوي $c$ ولا يحوي أكثر من $n/3$ نقطة من $S$ ، ومنه فإن الثابت $1/3$ لا يمكن تحسينه. (من بين الاتجاهات الثلاثة من $c$ نحو مراكز الأقراص، اثنان يصنعان زاوية لا تتجاوز $2\pi/3$ .)

الجزء الخامس — مبرهنة يونغ وتركيب.

(مبرهنة المثلث) لتكن $P, Q, R$ ثلاث نقط المسافات بينها مثنى مثنى $\leq 1$ . بيّن أنها تقع في قرص مغلق نصف قطره $1/\sqrt3$ . (إذا كانت إحدى الزوايا $\geq \pi/2$ ، فخذ القرص الذي قطره الضلع الأطول، مستعملا صيغة المتوسط $\norm{RM}^2 = \tfrac12\norm{RP}^2 + \tfrac12\norm{RQ}^2 - \tfrac14\norm{PQ}^2$ ؛ وإذا كان المثلث حاد الزوايا، فاحصر نصف قطر الدائرة المحيطة $a/(2\sin \widehat A)$ باستعمال زاويته الكبرى، الواقعة في $\intco{\pi/3}{\pi/2}$ .)
(يونغ) استنتج: كل مجموعة جزئية متراصة من المستوي قطرها $\leq 1$ محتواة في قرص مغلق نصف قطره $1/\sqrt3$ .
الأمثلية: من أجل المثلث المتساوي الأضلاع $A_1A_2A_3$ ذي الضلع $1$ ومركز ثقله $G$ ، برهن على متطابقة ليبنتز $\sum_i \norm{\vect{OA_i}}^2 = 3\norm{\vect{OG}}^2 + \sum_i \norm{\vect{GA_i}}^2$ من أجل كل نقطة $O$ ، واستنتج أن نصف قطر أي قرص يحوي الرؤوس الثلاثة يبلغ $\geq 1/\sqrt3$ ، مع تساو من أجل القرص المحيط وحده.
(هيلي في $\R^n$ ) اذكر مبرهنة هيلي في $\R^n$ وبرهن عليها: إذا كانت مجموعات محدبة منتهية العدد بحيث تتقاطع كل $n + 1$ منها، فإنها تتقاطع كلها. (تعالج مبرهنة رادون التمرين 17.7 حالة $n + 2$ مجموعة؛ ثم تراجع كما في السؤال 12.)
تركيب. اجمع السلسلة

$\text{التعلق الأفيني} \Rightarrow \text{رادون} \Rightarrow \text{هيلي} \Rightarrow \text{نقطة المركز ويونغ},$

مبيّنا في جملة واحدة عن كل بند: أين يدخل الجبر الخطي، وأين تدخل إشارات الأوزان، وأين يدخل التحدب، وأي خطوة وحيدة استعملت بعد المستوي. وإلى ماذا تصير الثوابت $3$ (في مبرهنة هيلي) و $1/3$ (في نقطة المركز) و $1/\sqrt3$ (في مبرهنة يونغ) في $\R^n$ ؟ (اذكر دون برهان.)

حل

حل المسألة 17.1.

1. نغير نقطة الأساس إلى $A_j$ : من أجل $i \neq j$ ، $\vect{A_jA_i} = \vect{A_0A_i} - \vect{A_0A_j}$ . فإذا كان $\sum_{i \neq j} c_i\vect{A_jA_i} = 0$ ، أعطى النشر $\sum_{i \notin \{0, j\}} c_i\,\vect{A_0A_i} - \bigl(\sum_{i\neq j} c_i\bigr)\vect{A_0A_j} = 0$ ؛ ويفرض استقلال المقادير $\vect{A_0A_i}$ أن يكون $c_i = 0$ من أجل $i \notin \{0, j\}$ ، ثم $c_0 = 0$ : أي الاستقلال عند $A_j$ . أما التكافؤ: فعائلتا أوزان $(\lambda_i)$ و $(\lambda_i')$ مجموع كل منهما $1$ ولهما مركز الثقل نفسه تعطيان، مع $\nu = \lambda - \lambda'$ : $\sum\nu_i = 0$ و(بالمبدأ $A_0$ ) $\sum_{i \geq 1}\nu_i\,\vect{A_0A_i} = 0$ ، ومنه $\nu = 0$ بحكم الاستقلال. وبالعكس، فإن علاقة غير تافهة $\sum_{i\geq1}\mu_i \vect{A_0A_i} = 0$ ، مكملة بالمقدار $\mu_0 = -\sum_{i\geq1} \mu_i$ ، تسمح بإضافة $t(\mu_i)$ إلى أي عائلة أوزان دون تحريك مركز الثقل: أي انعدام الوحدانية.

2. $(\vect{AB}, \vect{AC})$ أساس للفضاء $\R^2$ : نكتب $\vect{AM} = \beta\,\vect{AB} + \gamma\,\vect{AC}$ (بصورة وحيدة) ونضع $\alpha = 1 - \beta - \gamma$ ؛ وشرط مركز الثقل بالمبدأ $A$ يُكتب بالضبط $\vect{AM} = \beta\,\vect{AB} + \gamma\,\vect{AC}$ . والوحدانية هي السؤال 1.

3. انطلاقا من $\alpha\vect{MA} + \beta\vect{MB} + \gamma\vect{MC} = 0$ وعلاقة شال، $\vect{MA} = -\beta\,\vect{AB} - \gamma\,\vect{AC}$ . ومع $D = \det(\vect{AB}, \vect{AC})$ :

\begin{align*} \det(\vect{MB}, \vect{MC}) &= \det(\vect{MA} + \vect{AB},\ \vect{MA} + \vect{AC})\\ &= \det(\vect{MA}, \vect{AC}) + \det(\vect{AB}, \vect{MA}) + D = -\beta D - \gamma D + D = \alpha D, \end{align*}

باستعمال ثنائية الخطية و $\det(\vect{MA}, \vect{AC}) = -\beta D$ ، $\det(\vect{AB}, \vect{MA}) = -\gamma D$ . وتنتج الصيغتان الأخريان بالحساب نفسه مع تبديل الأدوار دائريا.

4. بالتعريف، $\operatorname{conv}\{A, B, C\}$ هي مجموعة مراكز الثقل ذات الأوزان الموجبة؛ وبتوحيد الأوزان لتصير $1$ واستدعاء الوحدانية (السؤال 2)، يكون $M \in \operatorname{conv}\{A,B,C\}$ إذا وفقط إذا كان $\alpha, \beta, \gamma \geq 0$ . وكل إحداثية دالة أفينية بدلالة $M$ (السؤال 3: محدد من الحجم $2\times2$ أحد أعمدته أفيني بدلالة $M$ )، ومنه فإن كل شرط إشارة مفتوح يعرّف نصف مستو مفتوح. والنمط $(-,-,-)$ يناقض $\alpha + \beta + \gamma = 1$ ؛ أما كل من الأنماط السبعة الباقية فمحقق: يكفي ضرب ثلاثية تحترم الإشارات وفيها معامل $+$ واحد على الأقل بحيث يصير المجموع (الموجب) $1$ — مثلا $(-1, 1, 1)$ ، $(3, -1, -1)$ ، $(\frac13, \frac13, \frac13)$ ، وتبديلاتها.

5. يحافظ التطبيق الأفيني على مراكز الثقل (التعريف 17.5)، ومنه $u(M) = \alpha u(A) + \beta u(B) + \gamma u(C)$ . وبكتابة $u(x, y) = ax + by + c$ مع $(a, b) \neq (0,0)$ : تكون $\{u = c'\}$ مستقيما، وكل مستقيم $ax + by = c'$ مجموعة مستوى من هذا النوع. وإذا كان $u(M), u(N) \geq c$ و $t \in \intcc01$ ، فإن $u\bigl(\operatorname{bar}(M, 1-t; N, t)\bigr) = (1-t)u(M) + tu(N) \geq c$ : ومنه فإن أنصاف المستويات محدبة.

6. تعطي الشروط $\sum\mu_i = 0$ و $3\mu_2 + \mu_4 = 0$ و $3\mu_3 + \mu_4 = 0$ (بأخذ $\mu_4 = 3$ ) التعلق $(\mu_1, \mu_2, \mu_3, \mu_4) = (-1, -1, -1, 3)$ . وتنقسم الإشارات على الصورة $\{A_4\} \mid \{A_1, A_2, A_3\}$ ، وبتوحيد كل طرف بالمقدار $3$ :

A_4 = \operatorname{bar}\bigl(A_1, \tfrac13;\ A_2, \tfrac13;\ A_3, \tfrac13\bigr) = (1,1),

أي مركز ثقل المثلث: فنقطة رادون هي $A_4$ نفسها، وهي تقع فعلا داخل المثلث $A_1A_2A_3$ .

7. التطبيق الخطي $\Phi \colon \R^{n+2} \to \R \times \R^n$ ، $\mu \mapsto (\sum\mu_i,\ \sum\mu_i\vect{OA_i})$ ، رتبته $\leq n + 1$ ، ومنه $\dim\ker \Phi \geq 1$ . فلو وُجد تعلقان مستقلان $\mu, \mu'$ ، لكانت توليفة مناسبة $\nu = \mu'_{n+2}\mu - \mu_{n+2}\mu'$ (أو $\mu$ نفسه إذا انعدم المعاملان الأخيران معا) تعلقا غير معدوم يحقق $\nu_{n+2} = 0$ ؛ وبالقصر على $A_1, \dots, A_{n+1}$ وتغيير الأساس إلى $A_1$ ، يوجد $\nu_i \neq 0$ مع $i \geq 2$ (فوزن واحد غير معدوم لا يمكن أن يكون مجموعه معدوما)، وهو ما يعطي علاقة غير تافهة $\sum_{i\geq2}\nu_i\vect{A_1A_i} = 0$ : فتكون النقط $n+1$ متعلقة أفينيا، خلافا للوضع العام. ومنه $\dim\ker \Phi = 1$ . وتبين حجة القصر نفسها أن التعلق غير المعدوم لا يحوي أي معامل معدوم.

8. ليكن $\mu \neq 0$ تعلقا، ولنضع $P = \{i : \mu_i > 0\}$ و $N = \{i : \mu_i < 0\}$ : وكلتاهما غير خالية ( $\sum\mu_i = 0$ ، $\mu \neq 0$ ) وشاملة (فلا معامل معدوم). وينتج إنشاء رادون (التمرين 17.7) نقطة الغلاف المشتركة انطلاقا من هذا التقسيم بالضبط. وبما أن التعلق وحيد إلى غاية عدد غير معدوم (السؤال 7)، فإن الزوج غير المرتب $\{P, N\}$ — ومنه تقسيم رادون — وحيد.

9. الكتلتان غير خاليتين، ومنه فالنمط $(1,3)$ أو $(2,2)$ . النمط $(1,3)$ ، بالكتلة $\{j\}$ : تقع نقطة رادون في $\operatorname{conv}\{A_j\} = \{A_j\}$ ، ومنه فهي $A_j \in \operatorname{conv}$ للنقط الثلاث الأخرى؛ ولا يمكن أن تقع على ضلع (وإلا كانت ثلاث نقط على استقامة واحدة، خلافا للوضع العام)، ومنه فإن $A_j$ داخلية للمثلث. والنمط $(2,2)$ ، بالكتلتين $\{i,j\} \mid \{k,l\}$ : تقع نقطة رادون $z$ على $\intcc{A_i}{A_j} \cap \intcc{A_k}{A_l}$ ، وليست $z$ طرفا (وإلا كانت ثلاث نقط على استقامة واحدة): ومنه تتقاطع القطعتان في نقطة داخلية. وعلاوة على ذلك لا تقع أي نقطة في غلاف الأخريات: فاحتواء من هذا النوع $A_l = \operatorname{bar}(A_i, \lambda_i)_{i \neq l}$ مع $\lambda_i \geq 0$ تعلق أفيني نمط إشاراته $(+,+,+,-)$ ، وهو ما كان سيجعل التقسيم $(1,3)$ بحكم الوحدانية (السؤال 8). ومنه ففي الحالة $(2,2)$ تكون النقط الأربع في وضع محدب والقطعتان المتقاطعتان هما القطران.

10. تعطي المعادلات $\mu_2 + \mu_3 = 0$ و $\mu_3 + \mu_4 = 0$ و $\sum\mu_i = 0$ التعلق $(1, -1, 1, -1)$ : بالتقسيم $\{(0,0), (1,1)\} \mid \{(1,0), (0,1)\}$ ، و

\operatorname{bar}\bigl((0,0), \tfrac12;\ (1,1), \tfrac12\bigr) = \bigl(\tfrac12, \tfrac12\bigr) = \operatorname{bar}\bigl((1,0), \tfrac12;\ (0,1), \tfrac12\bigr) :

فنقطة رادون هي مركز المربع، حيث يتقاطع القطران — أي النمط $(2,2)$ ، كما تتنبأ الصورة.

11. تعطي مبرهنة رادون مطبقة على $x_1, \dots, x_4$ الكتلتين $I \mid J$ ونقطة $z \in \operatorname{conv}\{x_i : i \in I\} \cap \operatorname{conv}\{x_j : j \in J\}$ . نثبت $k \in \{1, \dots, 4\}$ ، ولتكن $k \in I$ . وكل $j \in J$ يحقق $j \neq k$ ، ومنه $x_j \in C_k$ بحكم الاختيار $x_j \in \bigcap_{l \neq j}C_l$ ؛ وبما أن $C_k$ محدبة، فإن $z \in \operatorname{conv}\{x_j : j \in J\} \subseteq C_k$ . وبما أن $k$ كيفما كانت، فإن $z \in C_1 \cap C_2 \cap C_3 \cap C_4$ .

12. بالتراجع على $m$ . من أجل $m = 3$ تكون الفرضية هي النتيجة؛ والحالة $m = 4$ هي السؤال 11. ليكن $m \geq 4$ ، ولنفترض النص من أجل $m$ مجموعة، ولنأخذ $C_1, \dots, C_{m+1}$ بخاصية التقاطع الثلاثي. نضع $C_m' = C_m \cap C_{m+1}$ وهي محدبة. وللعائلة $C_1, \dots, C_{m-1}, C_m'$ عدد من العناصر يساوي $m$ ؛ وكل ثلاثية تتجنب $C_m'$ تتقاطع بحكم الفرضية، وكل ثلاثية $\{C_i, C_j, C_m'\}$ تقاطعها $C_i \cap C_j \cap C_m \cap C_{m+1}$ ، وهو غير خال بحسب السؤال 11 مطبقا على $C_i, C_j, C_m, C_{m+1}$ (فكل ثلاث منها تتلاقى، بحكم الفرضية). وتعطي فرضية التراجع الآن نقطة مشتركة للعائلة الجديدة، أي لجميع المجموعات $m+1$ .

13. (1) الأضلاع المغلقة $\intcc PQ$ و $\intcc QR$ و $\intcc RP$ لمثلث غير منحل: يتقاسم كل ضلعين رأسا، لكن نقطة مشتركة بين الثلاثة كانت ستقع في $\intcc PQ \cap \intcc RP = \{P\}$ وفي $\intcc QR$ ، وهو ما يستبعد $P$ . (2) كل ثلاث من المجموعات $S_i = \{x_1, \dots, x_4\} \setminus \{x_i\}$ تُسقط ثلاثا من النقط الأربع، فتبقي نقطة مشتركة واحدة بالضبط؛ أما التقاطع الكلي فيسقط كل نقطة. والمجموعات $S_i$ منتهية لا محدبة: فالتحدب جوهري. (3) عدد منته من المجموعات $H_k = \intco{k}{+\infty} \times \R$ يتقاطع في $\intco{k_{\max}}{+\infty} \times \R \neq \emptyset$ ، ومع ذلك لا توجد نقطة تحقق $x \geq k$ من أجل كل $k \in \N$ : ففي حالة العائلات اللانهائية، يكون التراص جوهريا.

14. لنفترض $\bigcap_{i \in I}K_i = \emptyset$ ولنثبّت $i_0$ . كل $x \in K_{i_0}$ يفوّت مجموعة $K_i$ ما، ومنه $K_{i_0} \subseteq \bigcup_{i \in I}(\R^2 \setminus K_i)$ ، وهي تغطية بمفتوحات (فالمجموعة $K_i$ متراصة، ومنه مغلقة). وبخاصية بوريل–لوبيغ (المبرهنة 4.20) يكفي عدد منته منها: $K_{i_0} \cap K_{i_1} \cap \dots \cap K_{i_N} = \emptyset$ . لكن كل ثلاثة عناصر من هذه العائلة المنتهية من المجموعات المحدبة تتقاطع، ومنه يجعل السؤال 12 التقاطع غير خال: وهو تناقض.

15. نضع $D_p = \overline D(p, r)$ من أجل $p \in S$ : وهي مجموعات محدبة متراصة. ومن أجل $p, q, s \in S$ ، تعطي الفرضية قرصا مغلقا $\overline D(z, r)$ يحوي $p, q, s$ ؛ ومنه $\norm{\vect{zp}}, \norm{\vect{zq}}, \norm{\vect{zs}} \leq r$ ، أي $z \in D_p \cap D_q \cap D_s$ . وبمبرهنة هيلي (السؤال 12؛ فالعائلة منتهية) توجد $c \in \bigcap_{p \in S}D_p$ : فكل $p \in S$ يحقق $\norm{\vect{cp}} \leq r$ ، ومنه $S \subseteq \overline D(c, r)$ .

16. لنضع $c = x_{\lceil n/2\rceil}$ . ونصف المستقيم المغلق الحاوي $c$ هو $\intoc{-\infty}{t}$ مع $t \geq c$ أو $\intco{t}{+\infty}$ مع $t \leq c$ . والأول يحوي $x_1, \dots, x_{\lceil n/2\rceil}$ : أي ما لا يقل عن $\lceil n/2\rceil \geq n/2$ نقطة. والثاني يحوي $x_{\lceil n/2\rceil}, \dots, x_n$ : أي $n - \lceil n/2\rceil + 1 = \floor{n/2} + 1 > n/2$ بالضبط.

17. $\abs{A \cap B} = \abs A + \abs B - \abs{A \cup B} \geq \abs A + \abs B - n > \tfrac{4n}3 - n = \tfrac n3$ ، ثم

\abs{A \cap B \cap C} \geq \abs{A \cap B} + \abs C - n > \tfrac n3 + \tfrac{2n}3 - n = 0 .

18. لاحظ أن $m > 2n/3$ . ومن أجل $T_1, T_2, T_3 \subseteq S$ من الحجم $m$ ، يوفر السؤال 17 نقطة $x \in T_1 \cap T_2 \cap T_3$ ؛ ومنه $x \in \operatorname{conv}(T_i)$ من أجل كل $i$ : أي إن كل ثلاثة عناصر من $\mathcal F$ تتلاقى. والعائلة منتهية (فعدد المجموعات الجزئية من $S$ منته) وتتكون من مجموعات محدبة، ومنه تعطي مبرهنة هيلي (السؤال 12) المقدار $c \in \bigcap_{\abs T = m}\operatorname{conv}(T)$ .

19. لنفترض أن نصف مستو مغلق $H \ni c$ يحوي أقل من $n/3$ نقطة من $S$ . متممه $U$ نصف مستو مفتوح ومحدب، مع $\abs{S \cap U} > 2n/3$ ، ومنه $\abs{S \cap U} \geq \floor{2n/3} + 1 = m$ ؛ نختار $T \subseteq S \cap U$ بحيث $\abs T = m$ . عندئذ $\operatorname{conv}(T) \subseteq U$ بحكم تحدب $U$ ، ومنه $c \in \operatorname{conv}(T) \subseteq U$ : وهو تناقض مع $c \in H$ . ومنه فإن كل نصف مستو مغلق يحوي $c$ يحوي ما لا يقل عن $n/3$ نقطة: أي إن $c$ نقطة مركز.

20. نأخذ المثلث متساوي الأضلاع ضلعه $L$ و $\varepsilon = L/100$ . ولتكن $c$ نقطة كيفما كانت؛ نُظهر نصف مستو مغلق يحوي $c$ ولا يحوي أكثر من $k$ نقطة.

الحالة 1: تقع $c$ على مسافة لا تتجاوز $L/10$ من رأس، وليكن $B$ . الاتجاهان من $c$ نحو $A$ ونحو $C$ ينحرفان عن الاتجاهين $B \to A$ و $B \to C$ بما لا يتجاوز $\arcsin\bigl(\tfrac{L/10}{9L/10}\bigr) = \arcsin\tfrac19$ ، ومنه فهما يصنعان زاوية $\leq \tfrac\pi3 + 2\arcsin\tfrac19 < \tfrac{2\pi}3$ . الحالة 2: تقع $c$ على مسافة $> L/10$ من جميع الرؤوس. فإذا كانت $c$ داخل المثلث، فإن الفجوات الزاوية الثلاث بين الاتجاهات $u_A, u_B, u_C$ من $c$ نحو الرؤوس مجموعها $2\pi$ ، ومنه فإحدى الفجوات $\leq 2\pi/3$ ؛ وإذا كانت $c$ خارجه، فإن الاتجاهات الثلاثة تقع في نصف مستو مفتوح من الاتجاهات ويصنع اثنان منها زاوية $< \pi/2$ . وفي جميع الأحوال يصنع اتجاهان، وليكونا نحو $X$ و $Y$ ، زاوية $\leq 2\pi/3$ ؛ وليكن $w$ منصفهما الواحدي، بحيث $\langle u_X, w\rangle, \langle u_Y, w\rangle \geq \cos\tfrac\pi3 = \tfrac12$ . ومن أجل أي نقطة $b$ من القرص المحيط بالنقطة $X$ :

\langle \vect{cb}, w\rangle \geq \tfrac12\norm{\vect{cX}} - \varepsilon > 0,

لأن $\norm{\vect{cX}} \geq L/10 > 2\varepsilon$ (وبالمثل من أجل $Y$ ): ومنه فإن نصف المستوي المفتوح $\{\langle \vect{cx}, w\rangle > 0\}$ يبتلع العنقودين معا. ومتممه المغلق يحوي $c$ ولا يحوي أكثر من نقط العنقود الثالث وعددها $k$ . ومنه فلا تتفوق أي نقطة من المستوي على $n/3$ : ومع السؤال 19، يكون ثابت نقطة المركز $1/3$ بالضبط.

21. نرتب الزوايا؛ فالكبرى، $\theta$ ، تحقق $\theta \geq \pi/3$ (فمجموع الثلاث $\pi$ ). فإذا كان $\theta \geq \pi/2$ ، وليكن في $R$ ، فلتكن $M$ منتصف الضلع المقابل $\intcc PQ$ . وتعطي صيغة المتوسط ( $\vect{RM} = \tfrac12(\vect{RP} + \vect{RQ})$ ، بالنشر وحذف $\langle\vect{RP}, \vect{RQ}\rangle$ بقانون جيوب التمام)

\norm{\vect{RM}}^2 = \tfrac12\norm{\vect{RP}}^2 + \tfrac12\norm{\vect{RQ}}^2 - \tfrac14\norm{\vect{PQ}}^2 \leq \tfrac12\norm{\vect{PQ}}^2 - \tfrac14\norm{\vect{PQ}}^2 = \tfrac14\norm{\vect{PQ}}^2,

باستعمال $\norm{\vect{PQ}}^2 = \norm{\vect{RP}}^2 + \norm{\vect{RQ}}^2 - 2\langle\vect{RP}, \vect{RQ}\rangle \geq \norm{\vect{RP}}^2 + \norm{\vect{RQ}}^2$ (فالجداء السلمي $\leq 0$ ). ومنه فإن القرص الذي قطره $\intcc PQ$ ، ونصف قطره $\leq \tfrac12 < \tfrac1{\sqrt3}$ ، يحوي النقط الثلاث (والثلاثيات المنحلة المستقيمة تقع تحت $\theta = \pi$ ). وإذا كان $\theta < \pi/2$ فالمثلث حاد الزوايا؛ وبقانون الجيوب يكون نصف قطر الدائرة المحيطة $R_c = a/(2\sin\theta)$ مع $a \leq 1$ الضلع المقابل للزاوية $\theta$ ، ويعطي $\theta \in \intco{\pi/3}{\pi/2}$ المقدار $\sin\theta \geq \sqrt3/2$ ، ومنه $R_c \leq 1/\sqrt3$ : فالقرص المحيط يفي بالغرض.

22. من أجل $p \in S$ نضع $K_p = \overline D(p, 1/\sqrt3)$ : وهي مجموعات محدبة متراصة. وكل ثلاث نقط $p, q, s$ من $S$ المسافات بينها مثنى مثنى $\leq 1$ ، ومنه يعطي السؤال 21 قرصا نصف قطره $1/\sqrt3$ يحويها: ومركزه يقع في $K_p \cap K_q \cap K_s$ . وبمبرهنة هيلي المتراصة (السؤال 14، فالعائلات الكيفية مسموح بها) توجد $c \in \bigcap_{p\in S}K_p$ : فكل $p \in S$ يقع على مسافة لا تتجاوز $1/\sqrt3$ من $c$ ، أي $S \subseteq \overline D(c, 1/\sqrt3)$ . وهذه هي مبرهنة يونغ في المستوي.

23. مع $G$ مركز الثقل، $\sum_i\vect{GA_i} = 0$ ، ومنه

\sum_i\norm{\vect{OA_i}}^2 = \sum_i\norm{\vect{OG} + \vect{GA_i}}^2 = 3\norm{\vect{OG}}^2 + 2\Bigl\langle \vect{OG}, \sum_i\vect{GA_i}\Bigr\rangle + \sum_i\norm{\vect{GA_i}}^2,

وينعدم الحد الأوسط: وهي متطابقة ليبنتز. ومن أجل المثلث المتساوي الأضلاع ذي الضلع $1$ ، لدينا $\norm{\vect{GA_i}} = 1/\sqrt3$ (أي ثلثا الارتفاع $\sqrt3/2$ )، ومنه $\sum_i\norm{\vect{GA_i}}^2 = 1$ . فإذا حوى $\overline D(O, r)$ الرؤوس، فإن $3r^2 \geq \sum_i\norm{\vect{OA_i}}^2 = 3\norm{\vect{OG}}^2 + 1 \geq 1$ : أي $r \geq 1/\sqrt3$ ، ويفرض التساوي أن يكون $O = G$ وأن تتساوى المسافات الثلاث بالمقدار $r$ — وهو القرص المحيط. ومنه فإن ثابت يونغ $1/\sqrt3$ أمثلي.

24. مبرهنة هيلي في $\R^n$ : إذا كانت $C_1, \dots, C_m$ ( $m \geq n + 1$ ) مجموعات جزئية محدبة من $\R^n$ وكانت كل $n + 1$ منها تتقاطع، فإنها تتقاطع كلها. الحالة الأساسية $m = n + 2$ : نأخذ $x_i \in \bigcap_{j\neq i}C_j$ ؛ وتقسم مبرهنة رادون (التمرين 17.7) المجموعة $x_1, \dots, x_{n+2}$ إلى كتلتين $I \mid J$ لهما نقطة غلاف مشتركة $z$ ، ومن أجل كل $k$ تتكون الكتلة التي لا تحوي $k$ من نقط من $C_k$ ، ومنه $z \in C_k$ بحكم التحدب، تماما كما في السؤال 11. وخطوة التراجع من أجل $m \geq n + 2$ : نستبدل $C_m, C_{m+1}$ بالمجموعة $C_m \cap C_{m+1}$ ؛ وثلاثية من العائلة الجديدة تحوي العنصر المتقاطع تؤول إلى $(n+1)$ منظومة من $n + 2$ من المجموعات القديمة، وتعالجها الحالة الأساسية، أما الثلاثيات الأخرى فتغطيها الفرضية. ونختم بفرضية التراجع.

25. يدخل الجبر الخطي مرة واحدة: فالمتجهات وعددها $n + 2$ في الفضاء ذي البعد $(n+1)$ من الأزواج (الوزن الكلي، الموضع الموزون) يجب أن تكون مرتبطة — وذلك هو التعلق الأفيني. وإشارات معاملاته تقسم النقط إلى كتلتي رادون وتحول علاقة خطية واحدة إلى مساواة بين مركزي ثقل موجبي الأوزان. ويُستعمل التحدب مرتين بالضبط: في خطوة هيلي (فغلاف نقط $C_k$ يبقى في $C_k$ ) وفي التطبيقات (فأنصاف المستويات والأقراص محدبة). ولم يدخل بعد المستوي إلا عبر عدد النقط $4 = 2 + 2$ المدفوعة إلى مبرهنة رادون، أي عبر “ $3 = 2 + 1$ ” في فرضية هيلي؛ وكل ما عدا ذلك كان مستقلا عن البعد، كما يؤكد السؤال 24. وفي $\R^n$ تصير الثوابت: عدد هيلي $n + 1$ ؛ وثابت نقطة المركز $\frac1{n+1}$ (فلكل مجموعة منتهية نقطة يحوي كل نصف فضاء مغلق يمر بها جزءا $\geq \frac1{n+1}$ منها)؛ ونصف قطر يونغ $\sqrt{\frac{n}{2(n+1)}}$ من أجل المجموعات ذات القطر $1$ — وهو يساوي $1/\sqrt3$ عندما $n = 2$ .

المصطلحات المعرَّفة في هذا الفصل

عرض كل المصطلحات (395) في المسرد