Geometria 1 normál szint ´ Marton ´ Naszodi
[email protected] www.math.elte.hu/˜nmarci
ELTE TTK Geometriai Tsz. Budapest
Geometria 1 – p.1/4
Vizsga 1. Írásban, 90 perc. 2. Index nélkül nem lehet vizsgázni! ˝ ketto˝ egy-egy tétel bizonyítással együtt. 3. 4 feladat. Ebbol Továbbá két olyan feladat, amely az anyag megértését ˝ ellenorzi. Egy ilyen feladat lehet egy definíció vagy tétel pontos kimondása, vagy egy definíció vagy tétel alkalmazása egy egyszeru˝ esetben. Lehet továbbá egy ˝ álló igaz/hamis sor. néhány rész-kérdésbol 4. Pontozás: 2 × (10 + 30) + 2 × 10 = 100
pont a maximum.
. – p.1/2
Értékelés ´ Az elégséges szükséges feltétele, hogy minden reszfeladatra ´ legalabb 7 pontot szerezzen a vizsgázó.
0 – 39: 1 40 – 59: 2 60 – 74: 3 75 – 89: 4 90 - : 5
. – p.2/2
Feladatok ˝ 1. Adj olyan vektort, amely meroleges az (1, 2, −4) és az (5, 0, 2) vektorokra. 2. Add meg az (1, 7, −1) pontnak a fenti két vektor síkjára ˝ vett meroleges vetületét. 3. Add meg az ABC sík egy normálvektorát, ahol A = (1, 1, 2), B = (2, 3, −2) és C = (6, 1, 4). 4. Az egység térfogatú ABCD tetraéder A csúcsát eltolom −→
a 3 BC vektorral. Mennyi lesz az így kapott tetraéder térfogata?
. – p.3/3
Szabályos testek Definíció: Szabályos poliédernek nevezzük az olyan konvex poliédereket, melyeknek élei, élszögei és lapszögei egyenlők. ● Az élek és élszögek egyenlőségéből következően a lapok egybevágó szabályos sokszögek. ● Az élszögek és a lapszögek egyenlőségéből következően a test szögletei egybevágóak. ●
Szabályos testek A szabályos testeket ezért hasonlóság erejéig meghatározza két paraméter:
●
n: a határoló lapok oldalszáma
●
m: az egy csúcsban találkozó lapok
●
száma.
Szabályos testek Tétel: Ötféle szabályos test van. Ezek adatai:
●
Szabályos testek Már az ókori görögök is ismerték őket:
●
Szabályos testek Bizonyítás:
●
Mivel minden él két laphoz tartozik, ezért:
●
2e = nl. Mivel minden élnek két vége van, ezért:
●
2e = mc. Ezeket beírva Euler tételébe és rendezve: c + l = e + 2, azaz 2e/m + 2e/n = e + 2, 1/m + 1/n = 1/2 + 1/e.
Szabályos testek Tehát 1/m + 1/n > 1/2, azaz (n-2)(m-2) < 4. Mivel n is és m is legalább 3, ezért a bal oldal értéke csak 1,2 vagy 3 lehet. Ezekből adódik az öt lehetőség: 1 = (3-2)(3-2), 2 = (4-2)(3-2) = (3-2)(4-2), 3 = (5-2)(3-2) = (3-2)(5-2).
Szabályos testek Ezzel beláttuk, hogy kombinatorikus struktúráját tekintve öt szabályos test létezhet. Meg kell még mutatnunk, hogy ezek mindegyike létezik is. ●
Kockát egyszerűen tudunk készíteni a derékszögű koordinátarendszerben. Ebből kiindulva állítjuk elő a másik négy szabályos testet. ●
Szabályos testek Szabályos tetraéder:
●
Szabályos testek Szabályos oktaéder:
●
A szabályos oktaéder a
●
kocka duálisa.
Szabályos testek Szabályos dodekaéder:
●
12 lap, 30 él, 20 csúcs.
●
Szabályos testek A kocka minden lapjára egy-egy „háztetőt” építünk. Koordinátákkal:
●
( ±1, ±1, ±1) ( 0, ±τ-1, ±τ) (±τ, 0, ±τ-1) ( ±τ-1, ±τ, 0) ahol τ = (√5 + 1)/2.
Szabályos testek Szabályos ikozaéder: a szabályos dodekaéder duálisa. A dodekaéder lapközéppontjai ikozaédert alkotnak. ●
20 lap, 30 él, 12 csúcs.
●
Féligszabályos testek
Euler tételének következményei Tétel: Nincs 7 élű konvex test.
●
Bizonyítás: Tegyük fel, hogy van ilyen. Mivel minden lapnak legalább 3 oldaléle van, ezért ●
3l ≤ 2e = 14, tehát l ≤ 4. Mivel minden csúcsban legalább 3 él találkozik, ezért 3c ≤ 2e = 14, tehát c ≤ 4. Ezért 9 = e + 2 = c + l ≤ 8, ellentmondás.
Helly tétele
Konvex halmazok metszete • Már láttuk, hogy konvex halmazok metszete konvex. • Ha „sok” konvex halmaz közül néhány metszi egymást, akkor mondhatunk-e valamit az összes halmaz metszetéről?
Helly tétele egyenesen • Tétel: Ha az egyenesen véges sok konvex halmaz közül bármelyik kettőnek van közös pontja, akkor van olyan pont, amely a halmazok mindegyikében benne van. • Bizonyítás: Az egyenesen csak háromféle konvex halmaz van: a teljes egyenes, a félegyenesek és a szakaszok. A teljes egyenessel nem kell foglalkoznunk. A félegyeneseket és a szakaszokat megadhatjuk (ai,bi) alakban, ahol ai
Helly tétele egyenesen • Mivel véges sok halmazunk van, ezért ki tudjuk választani a legnagyobb kezdőpontot, aM –et, és a legkisebb végpontot, bm–et. Ekkor aM ≤ bm, mert ellenkező esetben az M-edik és az m-edik konvex halmaznak nem lenne közös pontja. Ez viszont azt jelenti, hogy minden olyan k érték, melyre aM ≤ k ≤ bm teljesül, benne van az összes konvex halmazban.
Helly tétele egyenesen • Végtelen sok halmaz esetén nem igaz a tétel: Tekintsük a nyílt (0, 1/n) intervallumokat, ahol n befutja a pozitív egészek halmazát. Ezeknek csak a 0 lehetne a közös pontja, de a nyíltság miatt az sem az. • Bizonyos további feltételek teljesülése (pl. kompaktság) esetén a tétel végtelen sok konvex halmazból álló rendszerre is igaz.
Helly tétele síkon • A síkon megadható véges sok konvex halmaz úgy, hogy közülük bármely kettőnek van közös pontja, de nincs olyan pont, amelyik mindegyikben benne van:
Helly tétele síkon • Tétel: Ha a síkban véges sok konvex halmaz közül bármelyik háromnak van közös pontja, akkor van olyan pont, amely a halmazok mindegyikében benne van.
Helly tétele síkon • Bizonyítás: A halmazok száma szerinti teljes indukcióval bizonyítunk. Ha legfeljebb három halmazunk van, akkor triviális. • Először megmutatjuk, hogy négy halmaz esetén igaz a tétel. Legyenek K1, K2, K3, K4 olyan konvex halmazok, melyek közül bármely háromnak van közös pontja. Legyen
Pi ∈ Kj ∩ Kl ∩ Km ahol {i,j,l,m} = {1,2,3,4}.
Helly tétele síkon • Nézzük a Pi pontokat. Ha van köztük három kollineáris, akkor közülük a középső mind a négy halmazban benne van. Ha nincs három kollineáris, akkor a négy pont konvex burka vagy háromszög, vagy konvex négyszög.
Helly tétele síkon • Ha a konvex burok háromszög, akkor feltehető, hogy P4 belső pont. P3
P4
P1
P2
Ekkor P1,P2, P3 ∈ K4, ezért a teljes háromszög is K4beli, tehát P4 mind a négy halmazban benne van.
Helly tétele síkon • Ha a konvex burok a P1P2P3P4 négyszög, akkor a P1P3 és P2P4 átlók M metszés-pontja benne van a K2 ∩ K4 és a K1 ∩ K3 halmazokban is, tehát a négy halmaz közös pontja. P P 3
4
M
P1
P2
Helly tétele síkon • Tegyük fel, hogy n ≥ 4 darab halmaz esetén igaz a tétel. Legyenek K1, K2 ,…,Kn, Kn+1 olyan kon-vex halmazok, melyek közül bármely háromnak van közös pontja. Legyen K = Kn ∩ Kn+1. Ekkor K1, K2 ,…, Kn-1, K olyan konvex halmazok, melyek közül bármely háromnak van közös pontja, mert a 4 halmazra vonatkozó tétel szerint Ki ∩ Kj ∩ K ≠ ∅. Ezért van olyan pont, amely benne van a K1 ∩ K2 ∩ … ∩ K = K1 ∩ K2 ∩ … ∩ Kn ∩ Kn+1 halmazban.
Helly tétele síkon • Végtelen sok halmaz esetén nem igaz a tétel: Tekintsük a derékszögű koordinátarendszerben az origó csúcsú, a tengelyekkel párhuzamos oldalú, 1/n oldalhosszú nyílt négyzeteket. Ha n befutja a pozitív egészek halmazát, akkor ezek közül bármely háromnak van közös pontja, de nincs olyan pont, amely minden négyzetben benne van. • Bizonyos további feltételek teljesülése (pl. kompaktság) esetén a tétel végtelen sok konvex halmazból álló rendszerre is igaz.
Helly tétele térben • A térben megadható véges sok konvex halmaz úgy, hogy közülük bármely háromnak van közös pontja, de nincs olyan pont, amelyik mindegyikben benne van, ilyenek pl. egy tetraéder lapsíkjai. C
D A
B
Helly tétele térben • Tétel: Ha a térben véges sok konvex halmaz közül bármelyik négynek van közös pontja, akkor van olyan pont, amely a halmazok mindegyikében benne van. • A síkbeli esethez hasonló bizonyítás adható, de nagyon bonyolult. • Vektorok segítségével n dimenzióban bebizonyítható a tétel (a bizonyítás megtalálható pl. Szabó L.: Konvex geometria).
Helly tételének alkalmazásai • Tétel: Ha négy félsík lefedi a síkot, akkor kiválasztható közülük három, melyek szintén lefedik a síkot. • Bizonyítás: Nézzük a félsíkok komplementereit. Ha semelyik három félsík nem fedné le a síkot, akkor ezek közül bármelyik három metszené egymást. Ekkor viszont Helly tétele miatt (a félsíkok, és így komplementereik is, konvex halmazok) lenne közös pontja mind a négynek is, azaz a négy félsík együtt sem fedné le a síkot.
Helly tételének alkalmazásai • Tétel: Ha a síkon véges sok pont közül bármely három lefedhető egységsugarú körrel, akkor van olyan egységsugarú kör, amely az összes pontot tartalmazza. • Bizonyítás: Tekintsük a pontok körül rajzolt egységsugarú köröket. A feltétel szerint ezek közül bármely háromnak van közös pontja. Ezért Helly tétele szerint (a körök konvexek) van olyan pont, amely mindegyik körben benne van. Az e pont körül rajzolt egységkör az adott pontok mindegyikét tartalmazza.
