仿射子空间

贡献者：零穹; Giacomo

缺图

预备知识　仿射空间

　　本节将引入仿射子空间的概念。0 维的仿射子空间是个点，1 维的是直线， $n - 1$ 维的则是超平面（ $n$ 为仿射空间的维数）。本节将证明，仿射空间中的平面本身也是一个仿射空间，且任何的平面包含通过平面上两不同点的直线。此外，平面作为仿射空间，其装备了一个方向子空间（即与其相配备的矢量空间），若两平面的方向子空间相同，就称它们平行，平行的平面必能通过相互平移得到。抛去仿射空间的内容，这些都与我们通常的几何直觉相一致。以上内容都能在本节得到。

1. 仿射子空间

定义 1　

　　设 $(A, V)$ 是个 $n$ 维的仿射空间， $U$ 是 $V$ 的矢量子空间。在 $A$ 中固定一点 $\dot{p}$ ，称集合

\begin{matrix} (1) & Π = \dot{p} + U = {\dot{p} + u | u \in U} \end{matrix}

是

A

的一个

m = \dim U

维的平面（或仿射子空间）。当

m = 0

是，

Π

称为点；

m = 1

称为直线；

m = n - 1

称为超平面。

U

称为

Π

的方向子空间。显然，由于

\dot{p} = \dot{p} + 0 \in Π

¹，故也称

Π

是经过点

\dot{p}

的在方向子空间

U

上的仿射子空间。

　　 “方向子空间 $U$ ” 可以这样理解：它的每一元 $u \in U$ 把点 $\dot{p}$ 沿着方向 $u$ 移动到点 $\dot{p} + u$ ，并且 $Π$ 中所有的点都可以这样得到。

定理 1　

　　仿射空间 $(A, V)$ 中的平面 $Π = \dot{p} + U$ 本身也是个仿射空间，它与矢量空间 $U$ 相伴。

　　 证明：由于 $U \in V$ 且 $U$ 是个矢量子空间，故

\begin{matrix} (2) & \dot{q} + 0 = \dot{q}, (\dot{q} + v) + u = \dot{q} + (v + u), \end{matrix}

显然对

\forall \dot{q} \in A, \forall u, v \in U

成立。于是便得到了仿射空间定义中的性质 1（定义 1 ）。

　　其次，由式 1 ，对 $\forall \dot{q}, {\dot{q}}^{'} \in Π$ ， $\exists u, u^{'} \in U$ ，使得 $\dot{q} = \dot{p} + u, {\dot{q}}^{'} = \dot{p} + u^{'}$ 。则

\begin{matrix} (3) & \vec{q q^{'}} = \vec{p q^{'}} - \vec{p q} = u^{'} - u \in U \end{matrix}

存在。并由

\dot{q}, {\dot{q}}^{'}

在

V

中对应矢量的唯一性，

\vec{q q^{'}} \in U

必唯一。于是得到仿射空间定义中的性质 2。

　　 证毕！

　　该定理表明， $\dot{p}$ 完全确定了 $Π$ 到 $U$ 的双射（子节 1 中性质 1）。于是 $U = {\vec{p q} | q \in Π}$ ，即方向子空间 $U$ 完全由平面 $Π$ 确定。

　　对 1 维的直线 $Π$ ，设矢量空间 $V$ 定义在域 $F$ 上，则

\begin{matrix} (4) & Π = {\dot{p} + λ \vec{p q} | λ \in F} . \end{matrix}

定理 2　

　　子集 $Π \subset A$ 是个过点 $\dot{p}$ 的平面，当且仅当，它能整个包含通过其上两个不同点的直线（域 $F$ 的特征（定义 6 ） $ch F \neq 2$ ）。

　　 证明：1. $\Rightarrow$

　　由 $Π$ 是个平面，则 $Π = \dot{p} + U$ ， $U \in V$ 是个矢量子空间。 $\forall {\dot{q}}_{1}, {\dot{q}}_{2} \in Π$ ，过 ${\dot{q}}_{1}, {\dot{q}}_{2}$ 直线上的点必形为

\begin{matrix} (5) & {\dot{q}}_{1} + λ \vec{q_{1} q_{2}} = \dot{p} + \vec{p q_{1}} + λ \vec{q_{1} q_{2}} . \end{matrix}

设

{\dot{q}}_{1} = \dot{p} + u_{1}, {\dot{q}}_{2} = \dot{p} + u_{2}

，则

\begin{matrix} (6) & \begin{aligned} u_{1}, u_{2} \in U, \vec{q_{1} q_{2}} = \vec{p q_{2}} - \vec{p q_{1}} = u_{2} - u_{1}, \\ ⇓ \\ {\dot{q}}_{1} + λ \vec{q_{1} q_{2}} = \dot{p} + u_{1} + λ (u_{2} - u_{1}) \in \dot{p} + U = Π . \end{aligned} \end{matrix}

　　 2. $\Leftarrow$

　　设 $U = {\vec{p q} | \dot{q} \in Π}$ ，则只需证明 $U$ 是个矢量子空间。据条件，对 $\forall {\dot{q}}_{1}, {\dot{q}}_{2} \in Π$

\begin{matrix} (7) & {\dot{q}}_{1} + λ \vec{q_{1} q_{2}} = \dot{p} + \vec{p q_{1}} + λ (\vec{p q_{2}} - \vec{p q_{1}}) \in Π, \end{matrix}

即

\begin{matrix} (8) & \vec{p q_{1}}, \vec{p q_{2}} \in U \Rightarrow \vec{p q_{1}} + λ (\vec{p q_{2}} - \vec{p q_{1}}) \in U . \end{matrix}

取

\dot{q_{1}} = \dot{p}

，并注意到

\vec{p p} = 0

，带入上式即得

\begin{matrix} (9) & \vec{p q_{2}} \in U \Rightarrow λ \vec{p q_{2}} \in U . \end{matrix}

取

λ = \frac{1}{2}

，则

\begin{matrix} (10) & \vec{p q_{1}}, \vec{p q_{2}} \in U \Rightarrow \frac{1}{2} (\vec{p q_{2}} + \vec{p q_{1}}) \in U \Rightarrow \vec{p q_{2}} + \vec{p q_{1}} \in U . \end{matrix}

由矢量子空间的定义，于是

U

是

V

的矢量子空间。

　　 证毕！

推论 1　

　　对 $(A, V)$ 上的两个平面 $(Π^{'}, U^{'}), (Π^{″}, U^{″})$ ，那么 $Π = Π^{'} \cap Π^{″}$ 要么为空集，要么也是一个平面。当 $Π$ 为平面时，设 $U$ 是其方向子空间，则 $U = U^{'} \cap U^{″}$ 。

　　 证明：若 $Π^{'} \cap Π^{″} = \emptyset$ ，命题得证。反之，设 $\dot{p} \in Π^{'} \cap Π^{″}$ ，那么 $Π^{'} = \dot{p} + U^{'}, Π^{″} = \dot{p} + U^{″}$ 。此时，对 $\forall \dot{q} \in Π^{'} \cap Π^{″}$ ，就有

\begin{matrix} (11) & \dot{q} = \dot{p} + u^{'} = \dot{p} + u^{″} (u^{'} \in U^{'}, u^{″} \in U^{″}) . \end{matrix}

于是，

u^{'} = u^{″} \in U^{'} \cap U^{″}

。即

Π

是所有形如

\dot{p} + u, u \in U^{'} \cap U^{″}

的点组成。而矢量子空间的交仍是个矢量子空间（定理 2 ），故

Π

是与

U = U^{'} \cap U^{″}

相伴的平面。

　　 证毕！

2. 平行

定义 2　

　　若两平面具有同一方向子空间 $U$ ，则称两平面是平行的。

定理 3　

　　平行的平面都可以通过相互平移得到。即若 $(Π, U), (Π^{'}, U)$ 是仿射空间 $(A, V)$ 的两个平行的平面，则存在 $v \in V$ ，使得 $Π = t_{v} Π^{'}$ ，其中 $t_{v}$ 是平移映射（式 4 ）。

　　 证明：设

\begin{matrix} (12) & Π = \dot{p} + U, Π^{'} = {\dot{p}}^{'} + U . \end{matrix}

则

\begin{matrix} (13) & Π = \dot{p} + U = {\dot{p}}^{'} + \vec{p^{'} p} + U = t_{\vec{p^{'} p}} ({\dot{p}}^{'} + U) = t_{\vec{p^{'} p}} Π^{'} . \end{matrix}

　　 证毕！

　　由式 13 ，当 $\vec{p^{'} p} \in U$ 时，由于 $t_{\vec{p^{'} p}} + U = U$ ，有

\begin{matrix} (14) & Π = t_{\vec{p^{'} p}} ({\dot{p}}^{'} + U) = {\dot{p}}^{'} + U = Π^{'}, \end{matrix}

此时两平面重合。

习题 1　

　　试证明：两平行平面 $\dot{p} + U, {\dot{p}}^{'} + U$ 重合，则 $\vec{p^{'} p} \in U$ 。

1. ^ 这里 0 是 $V$ 中的矢量

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