Tw. (Postać geodezyjnych w przestrzeni euklidesowej)

Stw.2.2 W przestrzeni Eⁿ dla n∈Rⁿ, ∥n∥=1 oraz A∈Eⁿ funkcja c:[0,a]->Eⁿ dana wzorem c(t)=A+tn, t∈[0,a] jest geodezyjną.

Dowód: d(c(t),c(t'))= ∥c(t')-c(t) ∥=∥A+t'n-(A+tn) ∥=∥(t'-t)n∥=|t'-t|∥n∥=|t-t'|

Tw. 2.4 Funkcja c:[0,a]->Eⁿ, gdzie c(0)=A, c(a)=B a=d(A,B) jest geodezyjną łączącą A z Bc(t)=A+ (t/a)*(B-A) dla t∈[0,a].

Dowód: <= ze stwier. 2.2 po wzięciu n=(1/a)*(B-A), bo wówczas ∥n∥=1. Ponadto c(0)=A; c(a)=A+ (a/a)*(B-A)=B

=>Zał., że c jest geodezyjną, c(a)=B, c(0)=A, a=∥B-A∥. wówczas dla t∈[0,a]; d(A,B)= ∥c(0)-c(a)∥=|a-0|=a=a-t+t-0=|a-t|+|t-0|=d(c(t),c(a))+d(c(0),c(t))=d(c(t),B)+d(A,c(t)). Stąd i z lematu o odcinku c(t) ∈ĀB. Zatem istnieje funkcja f:[0,a]->[0,1] taka, że c(t)=A+f(t)(B-A). ale wówczas t=d(A,c(t))= ∥A+f(t)(B-A)-A∥=|f(t)| ∥B-A∥=a∙f(t). stąd f(t)=t/a.

Tw.(suma kątów w trójkącie euklidesowym)

2.13. W trójkącie ABC α+β+γ=π.

Dowód: zał, że 0<α≤β≤ γ < π. Z tw. Sinusów wynika istnienie liczby D>0 takiej, ze D=a/sinα=b/sinβ=c/sinγ. Podstawiając do tw. Cosinusów otrzymujemy

D²sin²γ= D²sin²α+ D²sin²β-2D²sinαsinβcosγ| D²

cos²γ-2sinαsinβcosγ+ sin²α+ sin²β-1=0. Otrzymaliśmy równanie kwadratowe o niewiadomej cosγ i wyraźniku ∆=4sin²αsin²β-4sin²α-4sin²β+4=4(1- sin²α)(1- sin²β)=4cos²α cos²β. Zatem cosγ=sinαsinβ-cosαcosβ lub cosγ=sinαsinβ+cosαcosβ; cosγ=-cos(α+β)=cos(π-(α+β)); cosγ=cos(α-β), ponieważ α,β,γ∈(0, π) więc | π-(α+β)|, |α-β| ∈(0, π). Zatem z różnowartościowości i parzystości cos na (0, π) mamy γ=| π-(α+β)| lub γ=|α-β|. Ostatecznie α+β+γ= π lub π+γ=α+β lub γ+β=α lub γ+α=β. Ostatecznie 3 warunki są sprzeczne z założeniem 0<α ≤β≤γ<π więc α+β+γ= π.

Tw(pole trójkąta euklidesowego)

2.14 pole trójkąta ABC wyraża się wzorami (1) S=1/2 absinγ; (2) S= √(p(p-a)(p-b)(p-c)), gdzie p=(a+b+c)/2

Tw.(poprawność określenia odległości sferycznej)

3.2 Sfera Sⁿ z funkcją d:SⁿxSⁿ->Rⁿ okresloną następująco dla A,B∈Sⁿ d(A,B) spełnia warunek cos d(A,B)=<A,B> jest p.m.

Dowód: funkcja d jest dobrze określona, bo dla A,B ∈Sⁿ na mocy nierówności Schwarza |<A,B>|≤1 a cos na przedziale [0, π] jest różnowartościowy i przyjmuje wszystkie wartości z przedziału [-1,1]. Symetria funkcji d jest oczywista. Ponadto d(A,B)=0cosd(A,B)=1<A,B>=1<A,B>=1= ∥A ∥ ∥B ∥ ∃(S>0) B=SA. Ale wówczas 1= ∥B ∥=s ∥A ∥=s∙1=s stąd B=A dla dowodu nierówności trójkąta użyjemy lematu.

Lemat 3.3 Dla dowolnych P,Q ∈Sⁿ takich 0<r=d(P,Q)< π określmy u=(Q-cosrP)/sinr=(Q-<P,Q>P)/√(1-<P,Q>²). Wówczas ∥u∥=1 <u,P>=0 oraz Q=Pcosr+usinr

Dowód: <u,P>=<(Q-<P,Q>P)/(√(1-<P,Q>²)),P>=(<P,Q>/(√(1-<P,Q>²)) - (<P,Q><P,P>/(√(1-<P,Q>²)))=0; ∥u∥²=(1/(1-<P,Q>²))<Q-<P,Q>P,Q-<P,Q>P>=(1/(1-<P,Q>²)) (<Q,Q>-2<P,Q><P,Q>+<P,Q>²<P,P>)=1 (<P,P)=1). Ponadto Pcosr+usinr=Pcosr+(Q-cosrP)/sinr=Q.

wracamy do dowodu nierówności trójkąta w st. 3.2. niech A,B,C∈Sⁿ będą parami różne i niech a=d(B,C), b=d(C,A), c=d(A,B). mamy pokazać, że c≤a+b. jeśli a+b> π, to nierówność jest spełniona. Zał, więc, że a+b< π. Wówczas także 0<a,b< π. Możemy zatem stosować lemat 3.3 uzyskując wektory u=(A-cosbC)/sinb, v=(B-cosaC)/sina. Na mocy lematu 3.3 ∥u ∥= ∥v ∥=1, u⊥c,v ⊥c oraz A=Ccosb+usinb B=Ccosa+vsina. Zatem cosc=<A,B>=<Ccosb+usinb,Ccosa+vsina>=<c,c>cosacosb+<C,r>sinacosb+<u,C>sinbcosa+<u,v>sinasinb=cosacosb+sinasinb<u,r> ≥cosacosb+sinasinb∙(- ∥u ∥ ∥v ∥)=cosacosb-sinasinb=cos(a+b); cos w [0, π] jest malejący, dostajemy więc a+b ≤c.

wniosek 3.4 Niech A,B,C ∈Sⁿ będą parami różnymi punktami takimi, że d(A,C)+d(C,B) ≤ π. Wówczas d(A,B)=d(A,C)+d(C,B)B=-A lub ∃(x,y ) ≥0) C=xA+yB.

Dowód: załóżmy, żę d(A,B)=d(A,C)+d(B,C). wówczas cosC=<A,B>=cos(d(A,C)+d(B,C))=cosd(A,C)∙cosd(B,C)-sind(A,C)-sind(B,C)=*; [d(A,B)=c, d(A,C)=b, d(B,C)=a] (*)=cosacosb-sinasinb. Oznaczmy jak z tw. 3.2 u=(A-cosbc)/sinβ ; v=(B-cosac)/sinα. Tak samo jak w dowodzie 3.2 cosc=cosacosb+sinasinb<u,v>. zatem c=a+b<u,v>=1. Stąd u ∥v, bo ∥u ∥= ∥v ∥=1

Tw.(postać geodezyjnych na sferze)

3.5 Dla dowolnego A ∈Sⁿ, u∈Rⁿ⁺¹, ∥u∥=1,<u,A>=0 i dowolnego l∈[0, π] funkcja c:[0,l]->Sⁿ dana wzorem c(t)=Acost+usint, jest geodezyjną.

Dowód: dla t,t'∈[0,l]. cosd(c(t),c(t'))=<c(t),c(t')>=<Acost+usint,Acost'+usint'>=<A,A>costcost'+<A,u>costsint'+<u,A>sintcost'+<u,u>sintsint'=costcost'+sintsint'=cos(t-t')=cost|t-t'|. stąd d(c(t),c(t'))=|t-t'|, bo |t-t'|≤l≤ π, a cos na [0, π] jest 1-1.

3.6. 1)Niech A,B∈Sⁿ, r=d(A,B) ∈(0, π). Wówczas c:[0,r]->Sⁿ jest geodezyjną łączącą A z Bc(t)=Acost+usint dla t∈[0,r] przy czym u=(B-cosrA)/sinr

2)Funkcja c:[0, π]->Sⁿ jest geodezyjną łączącą A∈Sⁿ z Aistnieje n∈Rⁿ⁺¹ , ∥u∥=1, <u,A>=0 takie, że c(t)=Acost+usint.

Dowód: (1) <= ze stw. 3.5 oraz c(r)=Acosr+((B-cosrA)/sinr )∙sinrA=B. <= załóżmy, żę c:[0,r]->Sⁿ jest geodezyjną c(0)=A, c(r)=B. wówczas dla t∈(0,r) mamy cosd(A,B)=cosr=cos(r+t-t+0)=cos(d(c(r),c(t))+d(c(t)+c(0))=cos(d(B,c(t))+d(c(t),A) z 1-1 cos na[0, π]; d(A,B)=d(B,c(t))+d(c(t),A) z wniosku do tw. O poprawność określenia odległości sferycznej (B≠-A, bo r< π)c(t)=x(t)A+y(t)+B, gdzie x(t),y(t) ≥0. Wówczas cost=cosd(A,c(t))=<A,c(t)>=x(t)+cosry(t); cos(r-t)=cosd(c(t),B)=<c(t),B>=cosrx(t)+y(t) ze wzoru Cramera x(t)=(cos(t)-cosrcos(r-t))/sin²r=(cost-cos²rcost-cosrsinrsint)/sin²r=cost-ctgrsint; y(t)=(cos(r-t)-costcosr)/sin²r=sint/sinr. Stąd c(t)=(cost-ctgrsint)A+(sint/sinr)B=Acost+((B-cosrA)/sinr)sint=Acost+usint.

(2)<= ze stw. 3.5 c(π)-Acos π+usin π=-A. <= zał., że c:[0, π] jest geodezyjną od A do -A. Dla t∈(0, π). Π=d(A,-A)=d(c(0),c(π))=d(A,c(t))+d(c(t)-A)< π. Z (1) istnieje dokładnie jedna geodezyjna od A do c(t). jest nią γ:[0,t]->Sⁿ; γ(s)=Acoss+usins, u=(c(t)-costA)/sint. Wystarczy zauważyć, że wzór γ działa na [0, π] i wówczas γ(π)=-1.

Tw.(sferyczne twierdzenie cosinusów)

3.10 W trójkącie ABC cosγ=(cosc-cosacosb)/(sinasinb)cosc=cosacosb+sinasinbcosγ

Dowód: cosγ=cos∢(u_CA,u_CB)=(< u_CA,u_CB>)/(∥u_CA ∥, ∥u_CB∥)=<(A-cosbc)/sinb,(B-cosac)/sina>=(1/sinasinb)(<A,B>-<A,C>cosa-<B,C>cosb+cosacosb<C,C>). Stąd cosacosb+sinasinbcosγ=cosc.

Tw.(sferyczne twierdzenie sinusów)

3.11 W trójkącie sferycznym ABC sina/sinα-sinb/sinβ=sinc/sinγ.

Dowód: sinc/sinγ=sinc/√(1-cos²γ)=sinc/√(1-((cosc-cosacosb)/(sinasinb))²)=(sinasinbsinc)/(sin²asin²b-cos²ccos²acos²b+2cosacosbcosc)=(sinasinbsinc)/ √(1- cos²a-cos²b-cos²c+2cosacosbcosc) jest niezależne od permutacji a,b,c. stąd sinc/sinγ=sina/sinα=sinb/sinβ.

Tw.(II sferyczne twierdzenie cosinusów)

3.12 cosγ=-cosαcosβ+sinαsinβcosc

Dowód: ze sferycznego tw. cos mamy -cosαcosβ+sinαsinβcosc=((cosa-cosbcosc)/(sinbsinc))∙((cos-cosacosc)/(sinasinc))+ √(1-((cosa-cosbcosc)/(sinbsinc))²) √(1-((cosb-cosacosc)/(sinasinc)) -cosc=- ((cosacosb+cos²acosc+cos²bcosc-cosacosbcos²c)/(sinasinbsin²c))+( (√(sin²bsin²c-cos²a-cos²bcos²c+2cosacosbcosc)/(sinasinbsin²c))∙cosc∙√(sin²asin²c-cos²b-cos²acos²c+2cosacosbcosc)=(1/(sinasinbsin²c))(-cosacosb+cos²acosc+cos²bcosc-cosacosbcos²c+(1-cos²b-cos²c-cos²a+2cosacosbcosc)cosc)=cosc-cosacosb+cosacosbcos²c-cos³c=(coscsin²c+cosacosb(-sin²c))/(sinasinbsin²c)=(cosc-cosacosb)/(sinasinb)=cosγ

Tw.(suma kątów w trójkącie sferycznym)

3.13 W trójkącie sferycznym ABC α+β+γ> π

Dowód: jeżeli α+β≥π, to z uwagi na γ>0 mamy tezę. Jeżeli natomiast α+β< π, to z II sf. Tw. cos mamy cos(α+β)=cosαcosβ-sinαsinβ≤cosαcosβ-sinαsinβcosc-cosγ=cos(π-γ). Ponieważ cos jest malejący na [0, π] więc α+β> π-γ, co daje tezę.

Tw.(pole trójkąta sferycznego)

3.17 Pole dwukątna określonego przez wektory u i v w punkcie A wynosi 2∢(u,v)

Dowód: Niech γ:∢(u,v) i niech γ będzie granicą ciągu liczb (g_n, π)_neN gdzie g_n∈Q dla n∈N. Każde g_n jest postaci gn'/gn” gn” ∈N. zatem wystarczy pokazać żę pole dwukątna o kącie rozwarcia π/m wynosi 2 π/m. taki dwukąt powstaje przez podział sfery na 2m takich przystających dwukątów. Zatem pole sfery 4 π jest zatem sumą 2m pól dwukątów o kącie rozwarcia π/m. tym samym pole takiego dwukątna wynosi 2 π/m.

3.18. Pole trójkąta sferycznego ABC wynosi s=α+β+γ- π

Dowód: Rozważmy dwukąt D_A,D_B,D_C zawierające trójkąt ABC tak, że boki tego dwukąta zawierają boki trójkąta a wierzchołkiem D_P jest P. rozważmy także półstrefę Hc, która zawiera c,a jej brzegiem jest okrąg wielki przechodzący przez A i B; 2α=S_DA=S_ABC+S_(-A)BC; 2β=S_DB=S_ABC+S_A(-B)C; 2γ=S_DC=S_ABC+S_AB(-C);2 π=S_HC=S_ABC+S_(-A)BC+S_(-A)(-B)C+S_A(-B)C; ze wzoru na pole sfery S_HC=2 π, a trójkąt (-A)(-B)C jako obraz trójkąta AB(-C) w izometrii x->-x ma to samo pole w trójkącie AB(-C). ze stw. 3.17 2 π=S_ABC+2α-S_ABC+2γ-S_ABC+2β-S_ABC; S_ABC=α+β+α- π.

Tw.(klasyfikacja izometrii sferycznych)

3.14 Dla dowolnej izometrii f sfery Sⁿ istnieje izometria F przestrzeni euklidesowej Eⁿ⁺¹ taka, że f=F/Sⁿ:F(θ)=θ.

Dowód: Niech f∈Isom(Sⁿ). określmy odwzorowanie F:Eⁿ⁺¹->Eⁿ⁺¹ wzorem F(x)={( ∥x∥f(x/∥x∥) dla x≠θ; θ dla x=θ.z= ∥x∥f(x/∥x∥). sprawdzimy, że F jest izometrią przestrzeni euklidesowej Eⁿ⁺¹. Dla x,y∈Eⁿ⁺¹\{0}. (d _Eⁿ⁺¹(F(x),F(y))²= ∥F(x)-F(y)∥²=∥F(x)∥²+∥F(y)∥²-2<F(x),F(y)>= ∥x∥f(x/∥x∥)²+∥y∥f(y/∥y∥)²-2<∥x∥f(x/∥x∥),∥y∥f(y/∥y∥)>=∥x∥∥f(x/∥x∥)∥²+∥y∥∥f(y/∥y∥)∥²-2∥x∥∥y∥<f(x/∥x∥),f(y/∥y∥)>=(∥f(x/∥x∥)∥² =[bo f(x/∥x∥)∈Sⁿ; ∥f(y/∥y∥)∥²=1, bo f(y/∥y∥)∈Sⁿ]= ∥x∥²+∥y∥²-2∥x∥∥y∥∙cosd_Sⁿ(f(x/∥x∥),f(y/∥y∥))=∥x∥²+∥y∥²-2 ∥x∥∥y∥ cosd_Sⁿ(x/∥x∥,y/∥y∥) =∥x∥²+∥y∥²-2∥x∥∥y∥<x/∥x∥,y∥y∥>=∥x∥²+∥y∥²-2<x,y>=∥x-y∥²=d_Eⁿ(x,y))²

Przypadek, gdy x=θ lub y=θ sprawdza się analogicznie. Zatem F zachowuje odległość. Ponadto jest ,,na'', bo z∈Eⁿ\{0}; z=F(∥z∥f^-1(z/∥z∥)). Oczywiście dla x∈Sⁿ F(x)=1f(x/1)=f(x).

3.15 Isom(Sⁿ)=0(n+1)

Dowód: ze stw. 3.14 wynika, ze izometria Sⁿ jest obcięciem izometrii Eⁿ⁺¹ przeprowadzającej θ na θ. Ponieważ z odpowiedniego tw. Isom (Eⁿ⁺¹)=Rⁿ⁺¹x0(n+1), więc izometria przeprowadzająca θ na θ należy do 0(n+1). Na odwrót, jeżeli F∈0(n+1), to F zachowuje iloczyn skalarny skąd dla x,y∈Sⁿ. cosd_Sⁿ(F(x),F(y))=<F(x),F(y)>=<x,y>=cosd_Sⁿ(x,y), czyli F/Sⁿ∈Isom(Sⁿ).

Tw.(wypukłość kul sferycznych)

3.22 Kula otwarta (odp. Domknięta) na Sⁿ jest wypukła gdy jej promień ≤ π/2 lub > π

Dowód: => gdy r> π/2 dla kuli otwartej lub r≥ π/2 dla kuli domkniętej ale są one odp. ≤ π lub < π, to taka kula zawiera pewną parę punktów antypodycznych i nie pokrywa się z całą strefą. Z drugiej strony geodezyjne łączące dwa ustalone punkty antypodyczne pokrywające całą sferę. Tym samym taki zbiór nie jest wypukły. Kule o promieniach > π(odp ≥ π) pokrywają całą Sⁿ są więc wypukłe.

<= rozważmy B(A,r), r≤ π/2 i punkty X,Y∈B(A,r). wówczas d(A,X)=d(A,Y)<r. stąd d(X,Y) ≤d(A,X)+d(A,Y)<2r≤ π. Zatem z tw. o postaci geodezyjnych na sferze istnieje dokładnie geodezyjna leżąca X z Y dana wzorem. Pokażemy, że c(t) ∈B(A,r) dla t∈[0,l]. Dla t∈[0,l] cosd(A,c(t))=<A,c(t)>=(cost-ctgtsint)<A,X>+(sint/sinl)<A,Y>=sint(ctgt-ctgl)<A,X>+(sint/sinl)<A,Y>; sint(ctgt-ctgl)cosr+(sint/sinl)cosr=cosr(cost(sintcosl/sinl)+(sint/sinl))=cosr(cost+(sint/sinl)(l-cosl))=cosr(cost+sinttg(l/2)) oraz cost+sinttg(l/2)≥1tg(l/2)≥(1-cost/sint)tg(l/2)≥tg(t/2)0<t/2<l/2< π/2. Ostatecznie cos d(A,c(t))>cosr; d(A,c(t))<r.

Tw.(odwrotność i punkty stałe inwersji)

4.6 Inwersja względem sfery S(x₀,r) ma następujące własności

1)lx₀,r jest inwolucją klasy C ^∞; 2)lx₀,r(x)=Xx∈S(x₀,r); 3) lx₀,r jest dyfeomorfizmem konforemnym

Dowód:1) (d,l₀₁)y=(1/∥y∥²)r_y⊥; lx₀,r∙lx₀,r=I_x0=id

2)r²((x-x₀)/( ∥x-x₀∥)+x₀=x(x-x₀)(1-(r²/∥x-x₀∥))=0∥x-x₀∥²=r²x∈S(x₀,r)

Tw.(Obrazy sfer i hiperpłaszczyzn w inwersji)

4.8 Niech i=lx₀,r. wówczas 1)JeśliH jest hiperpłaszczyzną i x₀∈H=>i(H)

2)Jeśli H jest hiperpłaszczyzna i x₀ ∉H=>i(H) jest sferą, x₀∈i(H)

3)Jeśli S jest sferą i x₀∈S=>i(S) jest hiperpłaszczyzną, x₀ ∉i(S)

4)jeśli S jest sferą i x₀ ∉S=>i(S) jest sferą, x₀ ∉i(S)

5) i jest bijekcją zbioru wszystkich półprzestrzeni i kul otwartych (s) w Rⁿ na siebie

Dowód:Zał, że i=l=l_0,1

1)H=h^⊥ ∥h∥=1 (bo 0∈H)

Dla x∈H <l(x),h>=<x/∥x∥²,h>=1/∥x∥²<x,h>=0 stąd i(x) ∈H

2)niech H=h+h^⊥, gdzie h∈Rⁿ\{0}; dla x∈H mamy x-h⊥h; połóżymy c=h/2∥h∥², R=1/2∥h∥. wówczas ∥l(x)-c∥²=∥(x/∥x∥²)-(h/∥h∥²) ∥²=(1/∥x∥²)-(<x,h>/∥x∥²∥h∥²)+(1/4∥h∥²)=(1/∥x∥²)-(<x-h,h>+∥h∥²)/∥x∥²∥h∥²+(1/4∥h∥²)=1/4∥h∥² stąd l(x)∈S(h/2∥h∥², 1/2∥h∥)

3) Niech S=S(c,R) i 0∈S, to ∥c∥=R. biorąc h=c/2∥c∥² i H=h+h^⊥ mamy z 2) l(H)=S z inwolutywności inwersji l(s)=H

4)Niech S=s(c,R), 0∉S więc ∥c∥≠R l(x)∈S(c,R) ∥(x/∥x∥²)-c∥²=R²(1/∥x∥²)-(2<x,c>/∥x∥²)+ ∥c∥²=R²(1-2<x,c>)/∥x∥²=R²-∥c∥²(2<x,c>-1)/( ∥c∥²-R²)= ∥x∥²∥x∥²-(2<x,c>)/( ∥c∥²-R²)+(1/(∥c∥²-R²))=0∥x-(c/( ∥c∥²-R²)) ∥²-(∥c∥²/(∥c∥²-R²))²+(1/(∥c∥²-R²))=0∥x-(c/(∥c∥²-R²))∥²=(R/(∥c∥²-R²))²x∈S((c/( ∥c∥²-R²),( R/( ∥c∥²-R²))) ∌0. Zatem l(S(c/( ∥c∥²-R²),( R/( ∥c∥²-R²))=S(c,R)

5)z 1)-4) wynika, że l przekształca brzegi tych obszarów na brzegi tych obszarów więc takie (wnętrza)(zewnętrza) na siebie.

Tw.(własności formy Lorentza)

5.4 Dla x,y∈Hⁿ. 1)<x|y>≤-1; 2)<x|y>=-1x=y

Dowód: niech x,y∈Hⁿ. wówczas -1=<x|x>=<x^~,x^~>-x_n+1x_n+1=∥x^~∥²-x²_n+1 i x_n+1>0 stąd x_n+1 =√(1+∥x^~∥²)analogicznie y_n+1=√(1+∥y^~∥²)

1)zatem <x|y>=<x^~,y^~>- x_n+1y_n+1=<x^~,y^~>-√(1+∥x^~∥²) √(1+∥y^~∥²) ≤∥x^~∥∥y^~∥-√(1+∥x^~∥²) √(1+∥y^~∥²) ≤1 bo dla a,b≥0 ab-√(1+a²) √(1+b²) ≤-1ab+1≤√(1+a²) √(1+b²) a² b²+2ab+1≤1+a²+b²+a²b²0≤(a-b)²

2)Równość <x|y>=-1 jest prawdziwa<x^~,y^~>=∥x^~,y^~∥ oraz ∥x^~∥=∥y^~∥ to z kolei jest równoważne faktowi ∃(S≥0)(y^~=sx^~ lub x^~=sy^~) oraz ∥x^~∥=∥y^~∥ i dalej s∥x^~∥=∥x^~∥ lub s∥y^~∥=∥y^~∥; s=1 lub (x^~=θ i y^~=θ) warunki te kolejno oznaczają y^~=x^~ x_n+1=1 i y_n+1=1 x^~=θ i y^~=θ; z zalożenia x_n+1=√(1+∥x^~∥²) i y_n+1=√(1+∥y^~∥²) mamy x=y lub x=y=(0,…0,1)

---