JEGYZET Geometria 2., tanárszak

JEGYZET Geometria 2., tanárszak

H´ al´ as k¨ osz¨ onet a seg´ıtségért Marosi Pollának, Kiss Györgynek, Lakos ´ adnak, Wintsche Gerg˝onek. Gyul´ anak, T´ oth Arp´ Felhaszn´ alt fogalmak Felhaszn´ aljuk a val´ os vektortér és mátrix fogalmát, és azok szorzását illetve determin´ ans´ at. A s´ıkot u ´gy tekintj¨ uk, mint a két dimenziós valós vektortér R2 , a teret pedig, mint a három dimenziós valós vektortér R3 . Az orig´ ot mint pontot O, mint nullvektort o¯ jelöli. Hasonlóan a ¯, ¯b, c¯, . . . vektorokhoz rendelt pontot a megfelel˝o nagybet˝ uvel, A, B, C, . . .-vel jelölj¨ uk (pl. a ¯ a A “helyvektora”). Számokat görög bet˝ uk vagy kisbet˝ uk jelölnek.

1

Contents 1 Alap fogalmak: pont, egyenes, s´ık

3

2 Skal´ aris szorzat

5

3 Vektori´ alis szorzat

9

4 Egyenesek tov´ abbi tulajdons´ agai

9

5 S´ıkok tov´ abbi tulajdons´ agai

11

6 Egybev´ ag´ os´ ag 13 6.1 Defin´ıci´ o és péld´ ak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 6.2 T¨ ukr¨ ozések néh´ any tulajdonsága . . . . . . . . . . . . . . . . 16 6.3 Egybev´ ag´ os´ agok jellemzése t¨ ukrözések és ortogonális mátrixok seg´ıtségével . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 6.4 Egybev´ ag´ os´ agok osztályozása . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 7 Hasonl´ os´ ag

22

8 H´ aromsz¨ ogek egybev´ ag´ os´ aga ´ es hasonl´ os´ aga

24

9 Alakzatok szimmetri´ ai

25

10 Affin transzform´ aci´ ok 27 10.1 Tengelyes affinit´ asok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 10.2 K¨ or és g¨ omb affin képe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 11 K¨ or¨ okre vonatkoz´ o hatv´ any

34

12 Inverzi´ o a s´ıkon

36

13 Inverzi´ o a t´ erben

38

14 Euklid´ eszi szerkeszt´ esek

40

15 Szerkeszt´ es csak k¨ orz˝ ovel

42

2

1

Alap fogalmak: pont, egyenes, s´ık

Defin´ıci´ o Az A térbeli vagy s´ıkbeli pontból a B pontba mutató vektor AB = ¯b − a ¯. Megjegyz´ es A geometria számára a vektortérstrukt´ ura csak segédezköz, mert minden pont “egyenrang´ u”. Másszóval bármelyik s´ıkbeli ill. térbeli pontot kinevezhetj¨ uk orig´ onak, és akkor az abból a pontból a többibe mutat´ o vektorok adnak egy u ´j vektortér strukt´ urát. Defin´ıci´ o (Koordin´ at´ ak) • S´ık: R¨ ogz´ıt¨ unk f¨ uggetlen ¯i és ¯j vektorokat (“bázis vektorok”). Ha x ¯ = t¯i + s¯j valamely t, s ∈ R-re, akkor az X ill. x ¯ koordinátái (t, s). • Tér: R¨ ogz´ıt¨ unk f¨ uggetlen ¯i, ¯j és k¯ vektorokat (“bázis vektorok”). Ha ¯ x ¯ = t¯i + s¯j + rk valamely t, s, r ∈ R-re, akkor az X ill. x ¯ koordinátái X = (t, s, r). Defin´ıci´ o (Egyenes) Adott térbeli vagy s´ıkbeli A pont és v¯ 6= o¯ vektor által meghat´ arozott egyenes helyvektorai {¯ a + t¯ v : t ∈ R}. Lemma B´ armely két B 6= C ponton pontosan egy egyenes megy át (az u ń. BC egyenes), mely pontjainak helyvektorai {¯b + t(¯ c − ¯b) : t ∈ R}. Defin´ıci´ o (S´ık) Adott térbeli A pont és f¨ uggetlen v¯ és w ¯ vektorok által meghat´ arozott s´ık helyvektorai {¯ a + t¯ v + sw ¯ : t, s ∈ R}. Lemma B´ armely h´ arom nem egy egyenesen fekv˝o térbeli B, C, D pontot pontosan egy s´ık tartalmaz (az u ń. BCD s´ık), mely pontjainak helyvektorai {¯b + t(¯ c − ¯b) + s(d¯ − ¯b) : t, s ∈ R}. Lemma Ha A, B, C térbeli pontok nincsenek egy egyenesen, akkor D pontosan akkor van az ABC s´ıkon, ha det[DA, DB, DC] = 0. T´ etel Az A, B, C s´ıkbeli vagy térbeli pontok pontosan akkor vannak egy egyenesen, ha c¯ = α¯ a + β¯b, ahol α + β = 1. Továbbá α, β egyértelm˝ u.

3

T´ etel Ha A, B, C térbeli pontok nincsenek egy egyenesen, akkor D pontosan akkor van az ABC s´ıkon, ha d¯ = α¯ a + β¯b + γ¯ c, ahol α + β + γ = 1. Tov´ abb´ a α, β, γ egyértelm˝ u. T´ etel Ha A, B, C, D térbeli pontok nincsenek egy s´ıkban, akkor tetsz˝oleges P ponthoz egyértelm˝ uen léteznek α, β, γ, δ ∈ R, melyekre p¯ = α¯ a + β¯b + γ¯ c + δ d¯ és α + β + γ + δ = 1. T´ etel Ha A, B, C s´ıkbeli pontok nincsenek egy egyenesen, és p¯ = α¯ a + β¯b + γ¯ c, ahol α + β + γ = 1 és β + γ 6= 0, akkor AP egyenes abban a Q pontban β ¯ γ metszi a BC egyenest, melyre q¯ = β+γ b + β+γ c¯. Bizony´ıt´ as Legyen q¯ =

β ¯ γ b+ c¯. β+γ β+γ

γ β + β+γ = 1, a Q pont rajta van a BC egyenesen. Másrészt Miut´ an β+γ 1 − α = β + γ-b˝ ol k¨ ovetkezik, hogy β ¯ γ αa ¯ + (1 − α)¯ q = αa ¯ + (β + γ) b+ c¯ = α¯ a + β¯b + γ¯ c = p¯. β+γ β+γ

Vagyis A, P, Q egy egyenesen helyezkedik el, tehát Q az AP és BC egyenesek metszéspontja. 2 T´ etel Ha A, B, C, D térbeli pontok nincsenek egy s´ıkban, és p¯ = α¯ a + β¯b + ¯ ahol α + β + γ + δ = 1 és β + γ + δ 6= 0, akkor AP egyenes abban γ¯ c + δ d, a Q pontban metszi a BCD s´ıkot, melyre q¯ =

β β+γ+δ

¯b +

γ β+γ+δ

c¯ +

δ β+γ+δ

¯ d.

Defin´ıci´ o (Szakasz) Tetsz˝ oleges A 6= B térbeli vagy s´ıkbeli pontokra az [A, B] szakasz pontjainak helyvektorai {¯ a + t(¯b − a ¯) : t ∈ [0, 1]} = {(1 − t)¯ a + t¯b : t ∈ [0, 1]} = {α¯ a + β¯b : α + β = 1 és α, β ≥ 0}. Megjegyz´ es Az [A, B] szakasz része az AB egyenesnek, és A és B a szakasz végpontjai. Defin´ıci´ o (Félegyenes) Tetsz˝oleges A 6= B térbeli vagy s´ıkbeli pontokra az A kezd˝ opont´ u, B-n ´ athalad´ o félegyenes pontjainak helyvektorai {¯ a + t(¯b − a ¯) : t ≥ 0} = {(1 − t)¯ a + t¯b : t ∈ [0, 1]} = {α¯ a + β¯b : α + β = 1 és β ≥ 0}. Megjegyz´ es Tetsz˝ oleges A 6= B térbeli vagy s´ıkbeli pontok az AB egyenest az [A, B] szakaszra és két félegyenesre osztják. 4

2

Skal´ aris szorzat

Defin´ıci´ o Az a ¯ és ¯b skal´ aris szorzata • s´ıkban a ¯ · ¯b = a1 b1 + a2 b2 , ha a ¯ = (a1 , a2 ) és ¯b = (b1 , b2 ); • t´ erben a ¯ · ¯b = a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 , ha a ¯ = (a1 , a2 , a3 ) és ¯b = (b1 , b2 , b3 ). Megjegyz´ es Az a ¯, ¯b és c¯ térbeli vagy s´ıkbeli vektorok skaláris szorzata kielég´ıti a k¨ ovetkez˝ o tulajdonságokat: • a ¯·a ¯ ≥ 0, egyenl˝ oség pontosan akkor, ha a ¯ = o¯; • a ¯ · ¯b = ¯b · a ¯; • (α¯ a + β¯b) · c¯ = α¯ a · c¯ + β¯b · c¯, ahol α, β ∈ R. √ Defin´ıci´ o Az a ¯ térbeli vagy s´ıkbeli vektor hossza a| = a ¯·a ¯. √ |¯ 2 + s2 . Megjegyz´ es S´ıkban, ha a ¯ = (t, s), akkor |¯ a | = t √ Térben, ha a ¯ = (t, s, r), akkor |¯ a| = t2 + s2 + r2 . Lemma (Vektorhossz tulajdons´ agai) • |¯ a| ≥ 0, egyenl˝ oség pontosan akkor, ha a ¯ = o¯; • |λ¯ a| = |λ| · |¯ a|; • H´ aromsz¨ og-egyenl˝ otlenség: |¯ a + ¯b| ≤ |¯ a| + |¯b|, és egyenl˝oség pontosan ¯ akkor teljes¨ ul, ha a ¯ = o¯, b = o¯ vagy a ¯ = λ¯b valamely λ > 0-ra. Megjegyz´ es Az els˝ o kett˝ o egyszer˝ u, a harmadikat t´ uloldalt bizony´ıtom. Defin´ıci´ o A és B pontok t´ avols´ aga AB = |¯b − a ¯|. Másszóval AB-t az [A, B] szakasz hossz´ anak is h´ıvjuk. Lemma (T´ avols´ ag tulajdons´ agai) • AB ≥ 0, egyenl˝ oség pontosan akkor, ha A = B; • BA = AB; • H´ aromsz¨ og-egyenl˝ otlenség: AB ≤ AC + CB, és egyenl˝oség pontosan akkor teljes¨ ul, ha C ∈ [A, B]. Bizony´ıt´ as Nyilv´ an AB = |¯b − a ¯| ≥ 0. Ha AB = 0, akkor ¯b − a ¯ = 0, azaz A = B. A m´ asodik tulajdonsághoz BA = |¯ a − ¯b| = |(−1)(¯b − a ¯)| = | − 1| · |¯b − a ¯| = AB.

5

Vég¨ ul a harmadik tulajdons´ ag: AB = |¯b − a ¯| = |(¯b − c¯) + (¯ c−a ¯)| ≤ |¯b − c¯| + |¯ c−a ¯| = CB + AC. Egyenl˝ oség pontosan akkor teljes¨ ul, ha A = C vagy B = C, avagy c¯ − a ¯= ¯ λ(b − c¯) valamely λ > 0-ra. Az utolsó feltétel C ∈ [A, B]-vel ekvivalens. 2 Megjegyz´ es Ha a > 0, akkor az f (λ) = aλ2 + bλ + c = 0 egyenlet gyökei √ b2 −4ac λ1,2 = −b± 2a . Itt D = b2 − 4ac a diszkrimináns. Ha D > 0, akkor két gy¨ ok van (és f (λ) < 0 a két gyök között), ha D = 0, akkor egy gyök van (és f (λ) ≥ 0), és ha D < 0, akkor nincs gyök (és f (λ) > 0). Lemma (Cauchy-Schwarz egyenl˝ otlenség) a ¯ · ¯b ≤ |¯ a| · |¯b|, és egyenl˝oség ¯ ¯ pontosan akkor teljes¨ ul, ha a ¯ = o¯, b = o¯ vagy a ¯ = λb valamely λ > 0-ra. ¯ ¯ Megjegyz´ es Tov´ abb´ a |¯ a · b| ≤ |¯ a| · |b| is teljes¨ ul. ¯ Bizony´ıt´ as Ha a ¯ = o¯ vagy b = o¯, akkor mindkét oldal 0, tehát feltehetj¨ uk, hogy a ¯ 6= o¯ és ¯b 6= o¯. Legyen f (λ) = (¯ a − λ¯b) · (¯ a − λ¯b), azaz f (t) ≥ 0 bármely λ ∈ R-re. Miut´ an a skal´ aris szorzat alaptulajdonságai miatt f (λ) = (¯b · ¯b) · λ2 − 2(¯ a · ¯b) · λ + a ¯·a ¯ = |¯b|2 · λ2 − (2¯ a · ¯b) · λ + |¯ a|2 . egy m´ asodfok´ u polinom, mely diszkriminánsa (2¯ a · ¯b)2 − 4|¯b|2 |¯ a|2 ≤ 0. Ebb˝ol ¯ 4-gyel val´ o oszt´ as és gy¨ okvonás után kapjuk, hogy |¯ a · b| ≤ |¯ a| · |¯b|, amib˝ol t ≤ |t| miatt ad´ odik a Cauchy-Schwarz egyenl˝otlenséget. ¯ Ha a ¯ = λb valamely λ > 0-ra, akkor teljes¨ ul az egyenl˝oség a CauchySchwarz egyenl˝ otlenségben. Másrészt, ha egyenl˝oség áll fenn a CauchySchwarz egyenl˝ otlenségben, akkor a diszkrimináns 0, tehát f (λ) = 0 valamely λ ∈ R-re. Ebb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy a ¯ −λ¯b = o¯, azaz a ¯ = λ¯b. Miután a CauchySchwarz egyenl˝ otlenségben a jobb oldal pozit´ıv, ezért a bal oldal is, tehát λ > 0. 2 Vektorokra vonatkoz´ o h´ aromsz¨ og-egyenl˝ otlens´ eg bizony´ıt´ asa: A 2 2 ¯ ¯ háromsz¨ og-egyenl˝ otlenség ´ırható |¯ a + b| ≤ (|¯ a|+|b|) alakba, melyet kifejtve ad´ odik a ¯·a ¯ + 2¯ a · ¯b + ¯b · ¯b ≤ |¯ a|2 + 2|¯ a| · |¯b| + |¯b|2 . Egyszer˝ us´ıtés mutatja, hogy az utolsó egyenl˝otlenség ekvivalens a CauchySchwarz egyenl˝ otlenséggel, az egyenl˝oség esetét is beleértve. 2

6

Defin´ıci´ o S´ıkbeli u ¯ és v¯ vektorok ortonormált bázist alkotnak, ha |¯ u| = |¯ v | = 1 és u ¯ · v¯ = 0. Tov´ abbá térbeli u ¯1 , u ¯2 és u ¯3 vektorok ortonormált bázist alkotnak, ha |¯ ui | = 1, i = 1, 2, 3, és u ¯i · u ¯j = 0, ha i 6= j. Megjegyz´ es Egy ortonorm´ alt bázis ténylegesen bázisa a vektortérnek. Ha a s´ıkbeli esetben u ¯ és v¯ ortonormált bázist alkotnak, a ¯ = α1 u ¯ + α2 v¯, és ¯b = β1 u ¯ + β2 v¯, akkor a ¯ · ¯b = (α1 u ¯ + α2 v¯) · (β1 u ¯ + β2 v¯) = = α1 β1 u ¯·u ¯ + α1 β 2 u ¯ · v¯ + α2 β1 v¯ · u ¯ + α2 β2 v¯ · v¯ = α1 β1 + α2 β2 . Ha a térbeli esetben u ¯1 , u ¯2 és u ¯3 ortonormált bázist alkotnak, a ¯ = α1 u ¯1 + α2 u ¯ 2 + α3 u ¯3 , és ¯b = β1 u ¯1 + β2 u ¯2 + β3 u ¯3 , akkor a ¯ · ¯b =

X i=1,2,3; j=1,2,3

αi β j · u ¯i · u ¯j =

3 X

αi βi · u ¯i · u ¯ i = α1 β 1 + α2 β 2 + α3 β 3 .

i=1

Teh´ at a skal´ aris szorzat nem f¨ ugg az ortonormált bázis megválasztásától. Defin´ıci´ o Az a ¯, ¯b 6= o¯ vektorok szöge az a Cauchy-Schwarz egyenl˝otlenség szerint létez˝ o α ∈ [0, 1], melyre a ¯ · ¯b = |¯ a| · |¯b| · cos α. Megjegyz´ es Ezek szerint t¯ a és s¯b szöge is α bármely t, s > 0 esetén, és a ¯ ¯ és −b sz¨ oge a kiegész´ıt˝ o sz¨ og, azaz π − α. Lemma Ha u ¯, v¯ a s´ık egy ortonormált bázisa, és egy a ¯ egységvektor α ∈ [0, π] sz¨ oget z´ ar be u ¯-val, akkor a ¯=u ¯ cos α+¯ v sin α vagy a ¯=u ¯ cos α−¯ v sin α. Megjegyz´ es Az els˝ o esetben, az adott irány´ıtás mellett az a ¯ és u ¯ irány´ıtott szöge α, a m´ asodik esetben −α. Defin´ıci´ oa ¯ és ¯b vektorokat p´ arhuzamosnak mondjuk, ha a ¯ = λ¯b vagy ¯b = λ¯ a valamely λ ∈ R-re. Tov´ abb´ aa ¯ és ¯b mer˝oleges, ha a ¯ · ¯b = 0. Lemma (Vektorra mer˝ oleges és azzal p´ arhuzamos vet¨ ulet) Adott a ¯ és ¯b 6= o¯ 0 00 vektorokhoz egyértelm˝ uen léteznek ¯b és ¯b vektorok, melyekre ¯b = ¯b0 + ¯b00 , ¯b0 p´ arhuzamos a ¯-val, és ¯b00 mer˝oleges a ¯-ra. Továbbá ¯ · ¯b ¯b0 = a ·a ¯. |¯ a|2

7

Lemma Ha v¯ = λ¯ u + µw ¯ valamely λ, µ > 0-ra és u ¯, v¯, w ¯ 6= o¯-ra, továbbá u ¯ és v¯ sz¨ oge α, v¯ és w ¯ sz¨ oge β, és u ¯ és w ¯ szöge γ, akkor γ = α + β. Bizony´ıt´ as Feltehetj¨ uk, |¯ u| = |¯ v | = |w| ¯ = 1. Válasszuk u ´gy a v¯0 egységvektort, 0 hogy v¯, v¯ a s´ık egy ortonormált bázisát alkossa, és u ¯ = v¯ cos α + v¯0 sin α. Ekkor v¯ = λ¯ u + µw ¯ miatt w ¯ = v¯ cos β − v¯0 sin β, λ cos α + µ cos β = 1, és λ sin α − µ sin β = 0. Teh´ at cos(α + β) = cos α cos β − sin α sin β = u ¯·w ¯ = cos γ; sin(α + β) = sin α cos β + sin β cos α = amelyekb˝ ol k¨ ovetkezik γ = α + β.

sin α µ (µ cos β

+ λ cos α) =

sin α µ

> 0,

2

Defin´ıci´ o Ha A, B, C nincs egy egyenesen, akkor az ABC háromszög A-nál fekv˝ o sz¨ oge ¯b − a ¯ és c¯ − a ¯ sz¨ oge, A-val szemközti oldala hossza BC. T´ etel Egy h´ aromsz¨ og h´ arom szögéneknek összege π. T´ etel (Koszinusz tétel h´ aromsz¨ ogekre) Ha [A, B, C] háromszög A, B, C-nél fekv˝ o sz¨ oge α, β, γ, és a vel¨ uk szemközti oldalak hosszai a, b, c, akkor a2 = b2 + c2 − 2bc cos α. Lemma Ha [A, B, C] h´ aromszög A, B, C-nél fekv˝o szöge α, β, π2 , és a vel¨ uk szemk¨ ozti oldalak hosszai a, b, c, akkor a2 + b2 = c2 , cos α = cb és sin α = ac . T´ etel (Szinusz tétel h´ aromsz¨ ogekre) Ha [A, B, C] háromszög A, B, C-nél fekv˝ o sz¨ oge α, β, γ, és a vel¨ uk szemközti oldalak hosszai a, b, c, akkor a sin α = . b sin β Tov´ abb´ a a C t´ avols´ aga az A és B egyenesét˝ol (a “magasság”) b sin α.

8

3

Vektori´ alis szorzat

Defin´ıci´ o Ha ¯i, ¯j, k¯ ¯b(b1 , b2 , b3 ) vektorok  ¯i ¯j ¯  a ¯ × b = det a1 a2 b1 b2

ortonormált bázisa a térnek, akkor az a ¯(a1 , a2 , a3 ) és vektori´ alis szorzata  k¯ ¯ a3  = (a2 b3 −a3 b2 )¯i−(a1 b3 −a3 b1 )¯j +(a1 b2 −a2 b1 )k. b3

Megjegyz´ es Az a ¯, ¯b és c¯ térbeli vektorok vektoriális szorzata kielég´ıti a következ˝ o tulajdons´ agokat: • a ¯ × ¯b = −¯b × a ¯; • a ¯×a ¯ = o¯; • (α¯ a + β¯b) × c¯ = α¯ a × c¯ + β¯b × c¯, ahol α, β ∈ R; • a ¯ · (¯b × c¯) = det[¯ a, ¯b, c¯]; • det[¯ a, ¯b, a ¯ × ¯b] ≥ 0, azaz a ¯, ¯b és a ¯ × ¯b “jobbrendszert” alkot; • |¯ a × ¯b| = |¯ a| · |¯b| · sin α, ahol α az a ¯ és ¯b szöge. Megjegyz´ es a ¯ és ¯b pontosan akkor párhuzamos, ha a ¯ × ¯b = o¯. Megjegyz´ es A vektori´ alis szorzat nem vátozik, ha az ¯i, ¯j, k¯ bázist egy vele egyez˝ o ir´ any´ıt´ as´ uu ¯, v¯, w ¯ ortonormált bázisra cserélj¨ uk. Ekkor |¯ u| = |¯ v | = 1, u ¯ · v¯ = 0, és w ¯=u ¯ × v¯.

4

Egyenesek tov´ abbi tulajdons´ agai

Defin´ıci´ o Ha A 6= B egy s´ıkbeli vagy térbeli egyenes pontjai, akkor v¯ = ¯b−¯ a az egyenes egy ir´ anyvektora. Megjegyz´ es Teh´ at az AB egyenest a {¯ a + t¯ v : t ∈ R} helyvektorok ´ırják le. Tov´ abb´ a a t¨ obbi ir´ anyvektor s¯ v alak´ u, ahol s 6= 0 valós. Defin´ıci´ o (Egyenesek p´ arhuzamoss´ aga) Két s´ıkbeli vagy térbeli egyenes párhuzamos, ha ir´ anyvektoraik párhuzamosak. Defin´ıci´ o (Egyenesek mer˝ olegessége) Két s´ıkbeli vagy térbeli egyenes mer˝oleges, ha ir´ anyvektoraik mer˝ olegesek. Lemma Két egy s´ıkba es˝ o egyenes vagy párhuzamos, vagy pontosan egy köz¨ os pontjuk van.

9

Defin´ıci´ o Két egyenes kitér˝ o, ha nincsenek egy s´ıkban. Lemma (Norm´ alis tranzverz´ alis) Két L és L0 kitér˝o egyenesek nincs közös pontja, és egyértelm˝ uen létezik egy N egyenes, mely mer˝olegesen metszi L-t és L0 -t is. Megjegyz´ es Az N egyenes az L és L0 normális tranzverzálisa. Ha A ∈ L 0 0 és A ∈ L , tov´ abb´ a v¯ és v¯0 az L illetve L0 irányvektorai, akkor a ¯ + t¯ v és 0 0 0 0 a ¯ + s¯ v az N metszés pontjai, ahol a ¯−a ¯ + t¯ v − s¯ v mer˝oleges v¯-re és v¯0 -re. Lemma (S´ıkbeli egyenesek norm´ alvektoros egyenlete) Ha v¯ az L s´ıkbeli egyenes ir´ anyvektora, A ∈ L, és u ¯ 6= o¯ mer˝oleges v¯-re, akkor az egyenes helyvetorainak norm´ alvektoros egyenlete {¯ x ∈ R2 : u ¯·x ¯=u ¯·a ¯}. Lemma (Mer˝ oleges vet¨ ulet egyenesre) Adott L egyenes és rajta nem fekv˝o P esetén egyértelm˝ uen létezik egy T ∈ L pont, melyre T P mer˝oleges L-re. Megjegyz´ es Ekkor T P = minA∈L AP a P távolsága L-t˝ol. Továbbá az L tetsz˝ oleges A pontj´ ara AT az AP vektornak az L-lel párhuzamos vet¨ ulete. Defin´ıci´ o (Metsz˝ o egyenesek sz¨ oge) Tegy¨ uk fel, hogy L és L0 metsz˝o egyenesek egy-egy ir´ anyvektor´ anak szöge α. Ekkor az L és L0 szöge α, ha α ≤ π2 , π és π − α, ha α ≥ 2 . Defin´ıci´ o (Félegyenesek) Adott A pont és v¯ 6= o¯ vektor az A kezd˝opont´ u F = {¯ a + t¯ v : t ≥ 0} félegyenest határozza meg. Ha F 0 egy másik félgyenes, melyet egy v¯0 6= o¯ hat´ aroz meg, akkor F és F 0 szöge megegyezik v¯ és v¯0 szögével. Megjegyz´ es Egy egyenes két A 6= B pontja három részre oszt: az [A, B] szakaszra, és két félegyenesre. Továbbá, ha egy A kezd˝opont´ u félegyenes átmegy a P 6= A ponton, akkor azt AP félegyenesnek h´ıvjuk. Lemma (Felez˝ omer˝ oleges egyenes) A 6= B s´ıkbeli pontokra, az A és B-t˝ol egyenl˝ o t´ avols´ agra lév˝ o pontok halmaza az [A, B] szakasz felez˝omer˝olegese. Megjegyz´ es Ez egy olyan egyenes, mely mer˝oleges AB egyenesre, és átmegy az [A, B] szakasz felez˝ opontj´ an. Lemma (Sz¨ ogfelez˝ o félegyenes) Ha A, B és C pontok nincsenek egy egyenesen, akkor az AB és AC félegyenesekt˝ol egyenl˝o távolságra lév˝o pontok halmaza az AB és AC félgyenesek szögfelez˝oje. Megjegyz´ es Péld´ aul ha AB = AC, akkor szögfelez˝o az AD félgyenes, ahol D a BC szakasz felez˝ opontja.

10

5

S´ıkok tov´ abbi tulajdons´ agai

Lemma (S´ık norm´ alvektoros egyenlete) Ha A, B, C egy S s´ık nem egy egyenesen fekv˝ o pontjai, és u ¯ = AB × AC, akkor a s´ık helyvektorainak norm´ alvektoros egyenlete {¯ x ∈ R3 : u ¯·x ¯=u ¯·a ¯}. Megjegyz´ es Az u ¯ vektort, és tetsz˝oleges vele párhuzamos nem nulla vektort az L norm´ alvektorainak h´ıvjuk. A normálvektorok mer˝olegesek bármely Sbeli egyenesre. Defin´ıci´ o Két s´ık p´ arhuzamos, ha normálvektoraik párhuzamosak. Lemma Két s´ık vagy p´ arhuzamos, és akkor nem metszi egymást, vagy egy egyenesben metszik egym´ ast. Megjegyz´ es Ha u ¯ illetve u ¯0 a két s´ık egy-egy normálvektora, akkor u ¯×u ¯0 a metsz˝ oegyenes egy ir´ anyvektora. Lemma (Mer˝ oleges vet¨ ulet s´ıkra) Adott S s´ık és rajta nem fekv˝o P esetén egyértelm˝ uen létezik egy T ∈ S pont, melyre T P mer˝oleges S-re. Megjegyz´ es Ekkor T P = minA∈S AP a P távolsága S-t˝ol. Továbbá az S tetsz˝ oleges A pontj´ ara és u ¯ normálvektorára T P az AP vektornak az u ¯-ral párhuzamos vet¨ ulete. Defin´ıci´ o Adott egy S s´ık, és L egyenes esetén L párhuzamos S-sel, ha nincs k¨ oz¨ os pontjuk. Ilyenkor L egy eltoltja része S-nek. Lemma Adott egy S s´ık, és L egyenes esetén vagy L ⊂ S, vagy L párhuzamos S-sel, vagy L és S-nek pontosan egy közös pontja van. Defin´ıci´ o (Egyenes és s´ık sz¨ oge) Tegy¨ uk fel, egy L egyenes és egy S s´ık egy P pontban metszi egym´ ast. Ha L párhuzamos S normálvektoraival, akkor L-t mer˝ olegesnek mondjuk S-re. Egyébként L mer˝oleges vet¨ ulete S-re egy P -n ´ athalad´ o L0 egyenes, és L és S szögét az L és L0 szögének definiáljuk. Defin´ıci´ o (Metsz˝ o s´ıkok sz¨ oge) Tegy¨ uk fel, hogy S és S 0 metsz˝o s´ıkok egyegy norm´ alvektor´ anak sz¨ oge α. Ekkor az S és S 0 szöge α, ha α ≤ π2 , és π − α, ha α ≥ π2 . Megjegyz´ es Ha S és S 0 metszésvonala (közös egyenese) L0 , és L ⊂ S és 0 0 L ⊂ S egyenesen mer˝ olegesen metszi L0 -t valamely P ∈ L0 pontban, akkor 0 S és S sz¨ oge megegyezik L és L0 szögével. Ilyenkor L0 az L mer˝oleges vet¨ ulete S-re.

11

Lemma (Felez˝ omer˝ oleges s´ık) A 6= B térbeli pontokra, az A és B-t˝ol egyenl˝ o t´ avols´ agra lév˝ o pontok halmaza az [A, B] szakasz felez˝omer˝olegese. Megjegyz´ es Ez egy olyan s´ık, mely mer˝oleges AB egyenesre, és átmegy az [A, B] szakasz felez˝ opontj´ an. Defin´ıci´ o (Féls´ık) Adott a s´ıkban egy L egyenes, egy A ∈ L pont, és egy L-re mer˝ oleges u ¯ 6= o¯ vektor. Ezek az adatok az L+ = {X ∈ R2 : x ¯·u ¯≥a ¯·u ¯} féls´ıkot határozzák meg. Megjegyz´ es Az L+ belseje {X : x ¯·u ¯>a ¯·u ¯}. A másik L által határolt féls´ıkot a −u hat´ arozza meg. Ha L+ -t ´ırunk, akkor mindig egy az L egyenes által hat´ arolt féls´ıkot ért¨ unk. Lemma Adott s´ıkbeli L egyenesre, legyen L+ és L− a két L által meghatározott féls´ık. Ha P, Q ∈ R2 \L, akkor P és Q pontosan akkor van k¨ ulönböz˝o féls´ıkban, ha [P, Q] metszi L-t. Megjegyz´ es Ilyenkor azt mondjuk, P -t és Q-t elválasztja L. Defin´ıci´ o (Féltér) Adott a térben egy S s´ık, egy A ∈ S pont, és S-nek egy u ¯ 6= o¯ norm´ alisa. Ezek az adatok az S + = {X ∈ R3 : x ¯·u ¯≥a ¯·u ¯} félteret határozzák meg. Megjegyz´ es Az S + belseje {X : x ¯·u ¯>a ¯·u ¯}. A másik S által határolt félteret a −u hat´ arozza meg. Ha S + -t ´ırunk, akkor mindig egy az S s´ık által hat´ arolt féls´ıkot ért¨ unk. Lemma Adott térbeli S s´ıkra, legyen S + és S − a két S által meghatározott féltér. Ha P, Q ∈ R3 \S, akkor P és Q pontosan akkor van k¨ ulönböz˝o féls´ıkban, ha [P, Q] metszi S-t. Megjegyz´ es Ilyenkor azt mondjuk, P -t és Q-t elválasztja S.

12

6

Egybev´ ag´ os´ ag

6.1

Defin´ıci´ o´ es p´ eld´ ak

Defin´ıci´ o A s´ık vagy tér egy Φ önmagára való leképezését egybevágóságnak h´ıvjuk, ha tartja a t´ avols´ agot, azaz Φ(A)Φ(B) = AB bármely A és B pontra. Megjegyz´ es A geometri´ aban általában olyan tulajdonságokat vizsgálunk, amelyeket megtart egy egybevágóság (pl. szög, ter¨ ulet, stb.). Lemma S´ıkban vagy térben két egybevágóságot egymás után alkalmazva egybev´ ag´ os´ agot kapunk. Defin´ıci´ o Egy M m´ atrix (lineáris transzformáció) ortogonális, ha M(¯ a) · M(¯b) = a ¯ · ¯b b´ armely a ¯, ¯b vektorra. Megjegyz´ es Ekkor |M(¯ a)| = |¯ a|, továbbá M(¯ a) és M(¯b) szöge megegyezik ¯ ¯ a ¯ és b sz¨ ogével b´ armely a ¯, b vektorra. Lemma Egy M m´ atrix ortogonalitása ekvivalens a következ˝o tulajdonságok bármelyikével: • M(¯ a) · M(¯ a) = a ¯·a ¯ b´ armely a ¯ vektorra. • MT M az identit´ as. • M oszlopvektorai ortonormált bázist alkotnak. • M sorvektorai ortonormált bázist alkotnak. Lemma Ha a M m´ atrix (lineáris transzformáció) ortogonális, akkor a hozzá tartoz´ o leképezés egybev´ ag´ oság. Bizony´ıt´ as Az A és B pontok képének távolsága q |M(¯b) − M(¯ a)| = |M(¯b − a ¯)| = M(¯b − a ¯) · M(¯b − a ¯) q = (¯b − a ¯) · (¯b − a ¯) = |¯b − a ¯| = AB. 2

13

P´ elda (Egybev´ ag´ os´ agok) • Eltol´ as: Adott s´ıkbeli vagy térbeli v¯ esetén, a P pont v¯ vektorral val´ o eltoltj´ anak helyvektora p¯0 = p¯ + v¯. Tetsz˝oleges P , R pontra 0 0 |¯ r − p¯ | = |(¯ r + v¯) − (¯ p + v¯)| = |¯ r − p¯|, tehát az eltolás egybevágóság. A v¯ vektorral val´ o eltol´ as inverze a −¯ v vektorral való eltolás. • Pontra vonatkoz´ o t¨ ukr¨ ozés: Adott s´ıkbeli vagy térbeli Q pontra 0 t¨ ukr¨ ozés esetén P képe az a P , hogy Q a P P 0 felez˝opontja. Másszóval 0 p¯ = 2¯ q − p¯. Tetsz˝ oleges P , R pontra |¯ r0 − p¯0 | = |(2¯ q − r¯) − (2¯ q − p¯)| = |¯ r − p¯|, teh´ at a pontra vonatkozó t¨ ukrözés egybevágóság. A pontra vonatkoz´ o t¨ ukr¨ ozés ¨ onmaga inverze. • S´ıkban az orig´ o k¨ or¨ uli α szög˝ u elforgat´ as mátrixa cos α − sin α M= , sin α cos α azaz P képének helyvektora M¯ p. Miután cos(−α) sin(−α) cos α sin α −1 , = M = sin(−α) cos(−α) − sin α cos α az α sz¨ og˝ u orig´ o k¨ or¨ uli elforgatás inverze a −α szög˝ u elforgatás. • Tetsz˝ oleges a ¯ 6= o¯ s´ıkbeli vektor fel´ırható a ¯ = (r cos α, r sin α) alakba, ahol r = |¯ a|, és α-t h´ıvjuk a vektor el˝ojeles szögének. Az a ¯ origó kör¨ uli, ϕ sz¨ og˝ u elforgatottj´ anak el˝ojeles szöge α + ϕ, hiszen r cos(α + ϕ) cos ϕ cos α − sin ϕ sin α r cos α cos ϕ − sin ϕ . = = r· · r sin(α + ϕ) sin ϕ cos α + cos ϕ sin α r sin α sin ϕ cos ϕ • S´ıkban egy P pont képe a Q pont kör¨ uli α szög˝ u elforgat´ as esetén cos α − sin α 0 . p¯ = q¯ + M(¯ p − q¯), ahol M = sin α cos α Mivel M ortogon´ alis mátrix, ezért az elforgatás egybevágóság. Ezen elforgat´ as inverze a Q pont kör¨ uli −α u elforgat´ szög˝ as. −1 0 Megjegyz´ es Ha α = π, akkor M = , és a forgatás a Q-ra 0 −1 vonatkoz´ o t¨ ukr¨ ozés.

14

• Egyenesre t¨ ukr¨ ozés s´ıkban: Egy P pontnak a s´ıkbeli L egyenesre vett t¨ uk¨ orképe az a P 0 pont, melyre a [P, P 0 ] szakasz felez˝opontja a P pontnak az L-re vett mer˝oleges vet¨ ulete. Az egyenesre vonatkozó t¨ ukr¨ ozés ¨ onmaga inverze. 1 0 • S´ıkban az els˝ o koordin´ ata tengelyre való t¨ ukrözés fel´ırható a 0 −1 m´ atrixszal val´ o szorz´ asként. Megjegyz´ es Miut´ an ez a mátrix ortogonális, és a s´ıkban bármely egyenes v´ alaszthat´ o a koordinátarendszer els˝o tengelyének, ezért bármely egyenesre val´ o t¨ ukr¨ ozés egybevágóság. • Ha (x, y) koordin´ at´ akban az L egyenes egyenlete y = t, akkor a P (x, y) t¨ uk¨ orképe L-re P 0 (x, 2t − y). • Cs´ usztatva t¨ ukr¨ ozés s´ıkban: Adott a s´ıkban egy L egyenes, és egy vele p´ arhuzamus v¯ vektor. A kapcsolódó cs´ usztatva t¨ ukrözésnél P pont képe a v¯ vektorral való eltolt t¨ ukörképe az L egyenesre. • S´ıkra t¨ ukr¨ ozés térben: Egy P pontnak a térbeli S s´ıkra vett t¨ ukörképe az a P 0 pont, melyre a [P, P 0 ] szakasz felez˝opontja a P pontnak az S-re vett mer˝ oleges vet¨ ulete. A s´ıkra vonatkozó t¨ ukrözés önmaga inverze. • Térben az els˝ o két koordináta tengely s´ıkjára való t¨ ukrözés fel´ırható a k¨ ovetkez˝ o m´ atrixszal való szorzásként:   1 0 0  0 1 0  0 0 −1 Megjegyz´ es Miut´ an ez a mátrix ortogonális, és a térben bármely s´ıkba megv´ alaszthat´ o a koordinátarendszer els˝o két tengelye, ezért b´ armely s´ıkra val´ o t¨ ukrözés egybevágóság. • Ha (x, y, z) koordin´ at´ akban az S s´ık egyenlete z = t, akkor a P (x, y, z) t¨ uk¨ orképe S-re P 0 (x, y, 2t − z). • Egyenes k¨ or¨ uli elforgat´ as a térben: Adott egy térbeli L egyenes és α sz¨ og. Az L k¨ or¨ uli α szög˝ u elforgatás esetén bármely L-re mer˝oleges S s´ıkban az L ∩ S metszéspont kör¨ ul forgatunk α szöggel, mégpedig minden mer˝ oleges s´ıkban ugyanabba az irányban. Ha L a harmadik koordin´ atatengely, akkor L kör¨ uli elforgatás fel´ırható a következ˝o mátrixszal val´ o szorz´ asként:   cos α − sin α 0  sin α cos α 0  . 0 0 1 Miut´ an ez a m´ atrix ortogonális, az egyenes kör¨ uli elforgatás egybevágóság.

15

6.2

T¨ ukr¨ oz´ esek n´ eh´ any tulajdons´ aga

Lemma Ha a s´ıkban az L1 és L2 egyenes párhuzamos, és L1 -t L2 -be a v¯ az egyeneskre mer˝ oleges vektorral való eltolálás viszi, akkor el˝oször L1 -re, majd L2 -re t¨ ukr¨ ozve a 2¯ v -vel való eltolást kapjuk. Bizony´ıt´ as Feltehetj¨ uk, az (x, y) koordinátákkal L1 egyenlete y = t1 , az L2 egyenlete y = t2 , azaz v¯ = (0, t2 − t1 ). Ekkor P (x, y) t¨ ukörképe L1 -re P 0 (x, 2t1 − y), és P 0 t¨ uk¨ orképe L2 -re p¯”(x, 2t2 − (2t1 − y)) = p¯”(x, y + 2(t2 − t1 )) = p¯ + 2¯ v. 2 Lemma Ha a térben az S1 és S2 s´ık párhuzamos, és S1 -t S2 -be a v¯ a s´ıkokra mer˝ oleges vektorral való eltolálás viszi, akkor el˝oször S1 -re, majd S2 -re t¨ ukr¨ ozve a 2¯ v -vel val´ o eltolást kapjuk. Bizony´ıt´ as Feltehetj¨ uk, az (x, y, z) koordinátákkal S1 egyenlete z = t1 , az L2 egyenlete z = t2 , azaz v¯ = (0, 0, t2 − t1 ). Ekkor P (x, y, z) t¨ ukörképe S1 -re P 0 (x, y, 2t1 − z), és P 0 t¨ uk¨ orképe S2 -re p¯”(x, y, 2t2 − (2t1 − z)) = p¯”(x, y, z + 2(t2 − t1 )) = p¯ + 2¯ v. 2 Lemma Ha a s´ıkban az L1 és L2 egyenes egy Q pontban metszi egymást, és L1 -t L2 -be a Q k¨ or¨ uli α szög˝ u elforgatást viszi át, akkor el˝oször L1 -re, majd L2 -re t¨ ukr¨ ozve a Q k¨ or¨ uli 2α szög˝ u elforgatást kapjuk. Bizony´ıt´ as Feltehetj¨ uk, Q az origó, L1 az els˝o koordinátatengely, és ´ıgy L2 irányvektora u ¯(cos α, sin α). Egy P (x, y) t¨ ukórképe L1 -re P 0 (x, −y). A P 0 nek az L2 -re vonatkoz´ o P ” t¨ ukörképéhez sz¨ ukség van P 0 mer˝oleges vet¨ utelére L2 -re, ami cos α x cos2 α − y sin α cos α 0 ¯ r¯ = (p · u ¯)¯ u = (x cos α − y sin α) = . x sin α cos α − y sin2 α sin α Teh´ at r¯ = 21 (¯ p0 + p¯”)-b˝ ol k¨ ovetkezik, hogy x x(2 cos2 α − 1) − 2y sin α cos α cos 2α − sin 2α 0 = . 2 p¯” = 2¯ r−¯ p = 2 y 2x sin α cos α + y(1 − 2 sin α) sin 2α cos 2α Lemma Ha a térben az S1 és S2 s´ık egy L egyenesben metszi egymást, és S1 -t S2 -be az L k¨ or¨ uli α sz¨ og˝ u elforgatást viszi át, akkor el˝oször S1 -re, majd S2 -re t¨ ukr¨ ozve a L k¨ or¨ uli 2α szög˝ u elforgatást kapjuk. Bizony´ıt´ as Legyen S egy az L-re mer˝oleges s´ık, és legyen Q = L ∩ S. Ekkor egy S-beli P pont Si -re, i = 1, 2, vett t¨ ukörképe a P -nek az S ∩ Si egyenesre vett t¨ uk¨ orképe, és az L k¨ or¨ uli 2α szög˝ u elforgatás szerinti kép megkapható az S-ben t¨ ortén˝ o Q pont k¨ or¨ uli 2α szög˝ u elforgatással. Tehát a lemma az el˝oz˝ ob˝ ol k¨ ovetkezik. 2

16

Lemma Ha s´ıkban egy eltol´ as után egyenesre t¨ ukrözést, vagy egyenesre való t¨ ukr¨ ozés ut´ an eltol´ ast alkalmazunk, mindkét esetben cs´ usztatva t¨ ukrözést kapunk. Bizony´ıt´ as Feltehetj¨ uk, a t¨ ukrözés tengelye az els˝o koordinátatengely, és legyen v¯(a, b) az eltol´ asvektor. A P (x, y) pontot el˝obb a koordinátengelyre t¨ ukr¨ ozve, majd a t¨ uk¨ orképet v¯ vektorral eltolva a P 0 (x + a, b − y) pontot kapjuk. Így a transzform´ aci´ o az y = b/2 egyenlet˝ u egyeneshez, és a vele párhuzamos u ¯(a, 0) vektorhoz tartozó cs´ usztatva t¨ ukrözés. M´ asrészt a P (x, y) pontot el˝obb a v¯ vektorral eltolva, majd az eltoltat a koordin´ atengelyre t¨ ukr¨ ozve a P ”(x + a, −(y + b)) = P ”(x + a, −b − y) pontot kapjuk. Ez a transzform´ aci´ o pedig az y = −b/2 egyenlet˝ u egyeneshez, és a vele p´ arhuzamos u ¯(a, 0) vektorhoz tartozó cs´ usztatva t¨ ukrözés. 2 Lemma A s´ıkban egy egyenesre, illetve a térben egy s´ıkra való t¨ ukrözés fel´ırhat´ o Φ(P ) = M¯ p + v¯ alakban, ahol M egy ortogonális mátrix, és det M = −1. Bizony´ıt´ as A térbeli esetet bizony´ıtom, s´ıkban hasonlóan megy. Legyen S a s´ık, és egy pontja legyen Q. Válasszunk egy olyan N ortogonális mátrixot, mely az S − q¯ s´ıkot az els˝ o két koordináta tengely s´ıkjába viszi. Ha P pont S-re vonatkoz´ o t¨ uk¨ orképe P 0 , akkor N (¯ p − q¯) t¨ ukörképe a koordináta s´ıkra 0 N (¯ p − q¯), m´ assz´ oval   1 0 0 N (¯ p0 − q¯) = M0 · N (¯ p − q¯), ahol M0 =  0 1 0  . 0 0 −1 Ebb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy p¯0 = q¯ + N −1 M0 · N (¯ p − q¯) = M¯ p + v¯, ahol v¯ = q¯− N −1 M0 N q¯ és M = N −1 M0 N . Az M mátrix ortogonális mátrixok szorzataként maga is ortogonális, és det M = det N −1 · det M0 · det N = det M0 = −1. 2 Lemma Ha A1 , . . . , Ak és A01 , . . . , A0k s´ıkbeli vagy térbeli pontokra Ai Aj = A0i , A0j , 1 ≤ i < j ≤ k, teljes¨ ul, akkor található legfeljebb k olyan a s´ıkban egyenesre, a térben s´ıkra való t¨ ukrözés, melyek szorzata Ai -t A0i -be viszi, i = 1, . . . , k. Megjegyz´ es Ha |¯ ai | = |¯ a0i |, akkor mindegyik t¨ ukrözés fixen hagyja az origót. Bizony´ıt´ as k-ra val´ o indukci´ ot alkalmazunk. Ha k = 1, akkor vagy A1 = 0 A1 , és készen vagyunk, vagy A1 6= A01 , és az [Aj , A0j ] felez˝omer˝olegesére t¨ ukr¨ oz¨ unk. Ha k > 1, és k − 1 pont párra tudjuk az áll´ıtást, akkor alkalmazzuk a legfeljebb k − 1 t¨ ukrözést, mely Ai -t A0i -be viszi i = 1, . . . , k − 1∗ re. Legyen Ak az Ak képe a k − 1 t¨ ukrözés után. Ha A∗k = A0k , akkor készen vagyunk. Egyébként t¨ ukrözz¨ unk [A∗k , A0k ] felez˝omer˝olegesére. Miután A∗k A0i = A0k A0i i = 1, . . . , k − 1-re, az utolsó t¨ ukrözés fixen hagyja A0i -t 0 i = 1, . . . , k − 1-re, és ´ıgy az ¨ osszes Ai eljutott Ai -be. 2

17

6.3

Egybev´ ag´ os´ agok jellemz´ ese t¨ ukr¨ oz´ esek ´ es ortogon´ alis m´ atrixok seg´ıts´ eg´ evel

Megjegyz´ es H´ aromsz¨ og-egyenl˝ otlenség: (lásd 2. Fejezet) AB ≤ AC + CB, és egyenl˝ oség pontosan akkor teljes¨ ul, ha C ∈ [A, B]. Lemma Egy s´ıkbeli vagy térbeli egybevágóság az L egyenest valamely L0 egyenesbe visz bijekt´ıven. Továbbá az egybevágóság L-re vett megszor´ıtását egyértelm˝ uen meghat´ arozza két k¨ ulönböz˝o A, B ∈ L pont képe. Bizony´ıt´ as Tegy¨ uk fel, az egybevágóság A-t A0 -be, és B-t B 0 -be, és jelölj¨ uk 0 0 0 L -vel az A B egyenest. Legyen P ∈ L képe P 0 . P -nek az A és B pontokhoz viszony´ıtott helyzete h´ aromféle lehet. Ha P ∈ [A, B], akkor AP +P A = AB, teh´ at A0 P 0 + P 0 A0 = A0 B 0 , mivel a transzformáció egybevágóság. Ebb˝ol ad´ odik, hogy P 0 ∈ [A0 , B 0 ] az pont, melyre P 0 A0 = P A. Ha P az A kezd˝ opont´ u, B-t nem tartalmazó félegyenesen fekszik, akkor A ∈ [P, B], azaz P A + AB = P B, teh´ at P 0 A0 + A0 B 0 = P 0 B 0 . Ebb˝ol adódik, hogy A0 ∈ [P 0 , B 0 ], és P 0 az a pont az L0 -ben fekv˝o, A0 kezd˝opont´ u, B 0 -t nem 0 0 tartalmaz´ o félegyenesen, melyre P A = P A. Hasonlóan látható be, ha P a B kezd˝ opont´ u, A-t nem tartalmazó félegyenesen fekszik, akkor P 0 az a 0 pont az L -ben fekv˝ o, B 0 kezd˝opont´ u, A0 -t nem tartalmazó félegyenesen, 0 0 0 ¨ melyre P B = P B. Osszefoglalva P ∈ L0 , és a P -nek P 0 képe egyértem˝ uen 0 meghat´ arozott. B´ armely R ∈ L -re ugyanilyen érveléssel találhatunk P ∈ Lt, melynek képe R = P 0 . 2 Lemma Tetsz˝ oleges egybev´ agóság egy S s´ıkot bijekt´ıven egy S 0 s´ıkba visz, és h´ arom nem egy egyenesen fekv˝o pont képe egyértelm˝ uen meghatározza az egybev´ ag´ os´ ag megszor´ıt´ as´ at az S s´ıkra. Bizony´ıt´ as Legyenek A1 , A2 , A3 az S s´ık nem egy egyenesen fekv˝o pontjai, és legyen A0i az Ai képe, i = 1, 2, 3. Legyen P tetsz˝oleges, az A1 , A2 , A3 -tól k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o pontja S-nek. V´ alassszunk P -n át egy olyan L egyenest, mely nem p´ arhuzamos sem az A1 A2 , sem az A1 A3 egyenessel, és legyen B2 és B3 az ezen egyenesekkel vett metszéspontjai L-nek. Az el˝oz˝o lemma miatt létezik olyan B20 pontja az A01 A02 egyenesnek, és egy B30 pontja az A01 A03 egyenesnek, hogy tetsz˝ oleges i = 1, 2, 3-ra az Ai -t A0i -be viv˝o egybevágóság B2 -t 0 0 B2 -be, és B3 -t B3 -ba viszi. Megint az el˝oz˝o lemma miatt létezik olyan P 0 pontja a B20 B30 egyenesnek, hogy tetsz˝oleges B2 -t B20 -be, és B3 -t B30 -ba viv˝o egybev´ ag´ os´ ag P -t P 0 -be viszi. Tehát tetsz˝oleges i = 1, 2, 3-ra az Ai -t A0i -be viv˝ o egybev´ ag´ os´ ag P -t P 0 -be viszi, vagyis P képe egyértelm˝ u, és benne van 0 S -ben. A két s´ık szerepét felcserél˝o hasonló érvelés mutatja, hogy hogy A01 , A02 , A03 s´ıkj´ anak tetsz˝ oleges pontja el˝oáll A1 , A2 , A3 s´ıkja egy pontjának képeként. 2

18

T´ etel Egy térbeli egybev´ ag´ oságot egyértelm˝ uen meghatároz négy, nem egy s´ıkban fekv˝ o pont képe. Bizony´ıt´ as Legyenek A1 , A2 , A3 , A4 nem egy s´ıkban fekv˝o pontok, és legyen A0i az Ai képe, i = 1, 2, 3, 4. Az el˝oz˝o lemma miatt A01 , A02 , A03 , A04 sincs egy s´ıkban. Legyen P tetsz˝ oleges, az A1 , A2 , A3 , A4 -t˝ol k¨ ulönböz˝o pont. Válassszunk P -n ´ at egy olyan L egyenest, mely nem párhuzamos sem az A1 A2 A3 , sem az A1 A2 A4 s´ıkkal, és legyenek B3 és B4 az ezen s´ıkokkal vett metszéspontjai L-nek. Az el˝oz˝o lemma miatt létezik olyan B30 pontja az A01 A02 A03 s´ıknak, és egy B40 pontja az A01 A02 A04 s´ıknak, hogy tetsz˝oleges az Ai -t A0i -be, i = 1, 2, 3, 4, viv˝ o egybevágóság B3 -t B30 -ba, és B4 -t B40 -be viszi. 0 Láttuk létezik olyan P pontja a B30 B40 egyenesnek, hogy tetsz˝oleges B3 -t B30 be, és B4 -t B40 -ba viv˝ o egybevágóság P -t P 0 -be viszi. Tehát tetsz˝oleges az Ai -t A0i -be, i = 1, 2, 3, 4, viv˝ o egybevágóság P -t egyértelm˝ uen P 0 -be viszi. 2 T´ etel Ha A1 , A2 , A3 és A01 , A02 , A03 olyan s´ıkbeli pontok, melyekre Ai Aj = 0 Ai , A0j , 1 ≤ i < j ≤ 3, és A1 , A2 , A3 nincs egy egyenesen, akkor egyértelm˝ uen létezik a s´ık egy egybev´ ag´ os´ aga, mely Ai -t A0i -be viszi. Bizony´ıt´ as Legfeljebb h´ arom t¨ ukrözés szorzata, ami egybevágóság, elviszi Ai -t A0i -be, és ez az egybev´ agóság egyértelm˝ u. 2 K¨ ovetkezm´ eny A s´ık b´ armely egybevágósága fel´ırható legfeljebb három egyenesre val´ o t¨ ukr¨ ozés szorzataként. Bizony´ıt´ as Tekints¨ unk h´ arom nem egy egyenesen fekv˝o A1 , A2 , A3 pontot, és legyenek A01 , A02 , A03 a képeik. Tudjuk, létezik legfeljebb három egyenesre val´ o t¨ ukr¨ ozés, melyek szorzata mindegyik Ai -t A0i -be viszi. Miután csak egy ilyen egybev´ ag´ os´ ag létezik, az eredeti egybevágóság megegyezik a t¨ ukrözések szorzat´ aval. 2 T´ etel Tetsz˝ oleges olyan A1 , A2 , A3 , A4 és A01 , A02 , A03 , A04 térbeli pontokra, melyekre Ai Aj = A0i , A0j , 1 ≤ i < j ≤ 4, és A1 , A2 , A3 , A4 nincs egy s´ıkban, egyértelm˝ uen létezik a tér egy egybevágósága, mely Ai -t A0i -be viszi. K¨ ovetkezm´ eny A tér b´ armely egybevágósága fel´ırható legfeljebb négy s´ıkra val´ o t¨ ukr¨ ozés szorzataként. T´ etel A s´ık vagy a tér transzformációja pontosan akkor egybevágóság, ha létezik olyan M ortogon´ alis mátrix (lineáris transzformáció) és v¯ vektor, hogy P pont képe M(¯ p) + v¯. Megjegyz´ es Ebb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy egy s´ıkbeli vagy térbeli egybevágóság tartja vektorok, félegyensek, egyenesek, s´ıkok szögeit. Lemma Az egybev´ ag´ os´ agok csoportot alkotnak, ahol az eltolások egy részcsoport.

19

6.4

Egybev´ ag´ os´ agok oszt´ alyoz´ asa

Megjegyz´ es Ha M ortogon´ alis mátrix, akkor det M = ±1. Defin´ıci´ o Ir´ any´ıt´ astart´ o egybev´ ag´ os´ agok Egy Φ egybevágóságot irány´ıtástartónak h´ıvunk, ha Φ(P ) = M(¯ p) + v¯ valamely M ortogonális mátrixra és v¯ vektorra, és det M = 1. Egyébkét Φ irány´ıtást váltó egybevágóság. Megjegyz´ es Ir´ any´ıt´ astart´ o egybevágóságok szorzata irány´ıtástartó (részcsoportot alkotnak). Tov´ abb´ a két ir´ any´ıtást váltó egybevágóság szorzata irány´ıtástartó, illetve egy ir´ any´ıt´ astart´ o és egy irány´ıtást váltó egybevágóság szorzata megford´ıtja az ir´ any´ıt´ ast. P´ elda A s´ıkban az egyenesre való t¨ ukrözés, és a térben a s´ıkra való t¨ ukrözés megford´ıtja az ir´ any´ıt´ ast. A s´ıkban a a pont kör¨ uli forgatás, a térben a tengely k¨ or¨ uli elforgat´ as, és mindkett˝oben az eltolás irány´ıtástartó. T´ etel A s´ık ir´ any´ıt´ astart´ o egybevágóságai az eltolások és a pont kör¨ uli forgat´ asok. Bizony´ıt´ as Bel´ attuk kor´ abban, hogy s´ık egy Φ egybevágósága legfeljebb három egyenesre vonatkoz´ o t¨ ukrözés szorzata. Ha Φ nem az identitás, és irány´ıt´ astart´ o, akkor ezek szerint két egyenesre vonatkozó t¨ ukrözés szorzata. Ebben az esetben m´ ar l´ attuk, hogy Φ eltolás vagy pont kör¨ uli forgatás. 2 T´ etel A s´ık ir´ any´ıt´ ast v´ alt´ o egybevágóságai az egyenesre való t¨ ukrözések és a cs´ usztatva t¨ ukr¨ ozések. Bizony´ıt´ as Bel´ attuk kor´ abban, hogy s´ık egy Φ egybevágósága legfeljebb három egyenesre vonatkoz´ o t¨ ukrözés szorzata. Ha Φ nem egy egyenesre való t¨ ukr¨ ozés, és ir´ any´ıt´ asv´ alt´ o, akkor ezek szerint három egyenesre, L1 , L2 és L3 ra vonatkoz´ o t¨ ukr¨ ozés szorzata ilyen sorrendben. Két esetet k¨ ulönböztet¨ unk meg. 1. eset. L1 és L2 p´ arhuzamos. Ekkor az L1 -re és L2 -re vonatkozó t¨ ukrözés szorzata egy eltolás, és ezt kombin´ alva az L3 -ra vonatkoz´ o t¨ ukrözéssel egy cs´ usztatva t¨ ukrözést kapunk. 2. eset. L1 és L2 egy Q pontban metszi egymást. Ekkor L1 -t valamely Q k¨ or¨ uli, α szög˝ u forgatás viszi L2 -be. Legyen L02 a Q-n ´ atmen˝ o, L3 -mal p´ arhuzamos egyenes, és legyen L01 az L02 -nek a Q kör¨ uli, −α sz¨ og˝ u elforgatottja. Így L01 -re és L02 -re vonatkozó t¨ ukrözések szorzata megyezik az L1 -re és L2 -re vonatkozó t¨ ukrözések szorzatával (azaz a Q k¨ or¨ uli, 2α sz¨ og˝ u elforgat´ assal), tehát Φ az L01 -re, L02 -re és L3 -ra vonatkozó t¨ ukr¨ ozések szorzata. Miut´ an L02 és L3 párhuzamos, a rájuk vonatkozó t¨ ukrözések 0 szorzata eltol´ as. Teh´ at Φ az L1 -re vonatkozó t¨ ukrözés és egy eltolás szorzata, azaz cs´ usztatva t¨ ukr¨ ozés. 2

20

K¨ ovetkezm´ eny Egy 2 × 2-es M ortogonális mátrix hatása egy origó kör¨ uli elforgat´ as (ha det M = 1), vagy egy origót tartalmazó egyenesre vett t¨ ukrözés (ha det M = −1). T´ etel Ha det M = 1 teljes¨ ul egy 3 × 3-as M ortogonális mátrixra, akkor hat´ asa a térben egy orig´ ot tartalmazó tengely kör¨ uli elforgatás. Bizony´ıt´ as Feltehetj¨ uk, M nem az identitás. Legyen a ¯1 , a ¯2 , a ¯3 egy ortonormált bázisa a térnek, és legyen a ¯0i = M¯ ai , i = 1, 2, 3-ra. Láttuk, létezik legfeljebb h´ arom olyan s´ıkra val´ o t¨ ukrözés, melyek szorzata Ai -t A0i -be viszi, i = 1, 2, 3, és mindegyik s´ık tartalmazza az origót. Miután ilyen egybev´ ag´ os´ ag egyértelm˝ uen létezik, ezért M hatása megegyezik a t¨ ukrözések szorzat´ aval. Mivel M tartja az irány´ıtást, ´ıgy M hatása pontosan két olyan s´ıkra val´ o t¨ ukr¨ ozés szorzata, melyek tartalmazzák az origót. Egy ilyen szorzat egy orig´ ot tartalmaz´ o tengely kör¨ uli elforgatás (l. 6.2. Fejezet). 2 Defin´ıci´ o Csavarmozg´ as: Térben egy tengely kör¨ uli elforgatás és egy a tengellyel p´ arhuzamos eltol´ as szorzata a csavarmozgás. Megjegyz´ es Ha az eltol´ as vektor a nullvektor, akkor a csavarmozgás egy tengely k¨ or¨ uli elforgat´ as. Ha a forgatás szöge 0, akkor a csavarmozgás egy eltol´ as. Egyébként a tengelyre nem illeszked˝o pontok csavarvonal mentén mozognak. T´ etel A tér ir´ any´ıt´ astart´ o egybevágóságai a csavarmozgások. Bizony´ıt´ as A tér egy ir´ any´ıt´ astartó Φ egybevágóságához létezik egy v¯ vektor és egy M ortogon´ alis m´ atrix, melyekre det M = 1, és Φ(P ) = M(¯ p) + v¯. Fent l´ attuk, hogy létezik egy origót tartalmazó L egyenes, hogy M hatása egy L k¨ or¨ uli, α sz¨ og˝ u elforgatás. Ha α = 0, akkor Φ egy eltolás. Egyébként legyen u ¯ a v¯-nek L-lel p´ arhuzamos vet¨ ulete, tehát v¯ = u ¯ + w, ¯ ahol a w ¯ az ´ orig´ ot tartalmaz´ o, L-re mer˝ oleges S0 s´ıkban fekszik. Igy bármely P pontra, ha P az L-re mer˝ oleges S s´ıkban fekszik, akkor Φ(P ) − u ¯ ∈ S, továbbá ha P vet¨ ulete S0 -ra P0 , akkor Φ(P ) vet¨ ulete S0 -ra Φ(P0 ). Az S0 -ben az orig´ o k¨ or¨ uli α sz¨ og˝ u elforgat´ as és a w-vel ¯ eltolás szorzata irány´ıtástartó, és nem eltol´ as, teh´ at valamely Q ∈ S0 pont kör¨ uli β szög˝ u elforgatás (igazából β = α, de erre nincs sz¨ ukség¨ unk). Tehát ha a Q-n átmen˝o, L-lel párhuzamos egyenes E, akkor Φ az E k¨ or¨ uli β szög˝ u elforgatás és az u ¯-val való eltolás szorzata, ami csavarmozg´ as. 2 Megjegyz´ es A s´ık és tér ir´ any´ıt´ asa: A s´ıban a nem egy egyenesre illeszked˝o A, B, C pont pozit´ıv vagy negat´ıv kör¨ uljárás´ u a det[¯b−¯ a, c¯−¯ a] el˝ojele szerint. Ezt a k¨ or¨ ulj´ ar´ asi ir´ anyt tartj´ ak vagy váltják a az egybevágóságok a nev¨ uknek megfelel˝ oen. Hasonl´ oan a térben a nem egy s´ıkra illeszked˝o A, B, C, D pont esetén det[¯b − a ¯, c¯ − a ¯, d¯− a ¯] el˝ojelét tartják vagy váltják az egybevágóságok a nev¨ uknek megfelel˝ oen. 21

7

Hasonl´ os´ ag

Defin´ıci´ o A s´ık vagy tér egy Φ önmagára való leképezését λ > 0 arány´ u hasonl´ os´ agnak h´ıvjuk, ha Φ(A) és Φ(B) távolsága λ · AB bármely A és B pontra. Megjegyz´ es Hasonl´ os´ agok kompoz´ıciója hasonlóság. P´ elda Hasonl´ os´ agok • K¨ ozéppontos hasonl´ os´ ag (nagy´ıt´ as): A s´ıkban vagy térben adott Q k¨ ozéppont´ u és µ ∈ R\0 arány´ u középpontos hasonlóság az a transzform´ aci´ o, melynél egy P pont képének helyvektora q¯ + µ(¯ p − q¯). M´ assz´ oval, ha P pont képe P 0 , akkor QP 0 = |µ| QP , és az P , P 0 és Q pontok egy egyenesre esnek. Továbbá P és P 0 az Q ugyanazon oldalán van, ha µ > 0, és P -t és P 0 -t elválasztja Q, ha µ < 0. Megjegyz´ es Ha A és B képe A0 illetve B 0 egy µ arány´ u, Q középpont´ u k¨ ozéppontos hasonl´ os´ ag esetén, akkor ¯b0 − a ¯0 = [¯ q + µ(¯ a − q¯)] − [¯ q + µ(¯b − q¯)] = µ(¯ a − ¯b). Teh´ at A0 B 0 = |µ|AB, azaz a középpontos hasonlóság egy |µ| arány´ u hasonl´ os´ ag. Tov´ abb´ a az A0 B 0 egyenes vagy egybeesik az AB egyenessel, vagy p´ arhuzamos vele. Mindezekb˝ol az is következik, hogy a k¨ ozéppontos hasonl´ os´ ag egyenest egyenesbe és s´ıkot s´ıkba visz, illetve tartja a sz¨ ogeket. • Forgatva ny´ ujt´ as A s´ıkban a Q középpont´ u, α szög˝ u és λ > 0 arány´ u forgatva ny´ ujt´ as a Q pont kör¨ uli α szög˝ u forgatás és Q középpont´ u, λ ar´ any´ u k¨ ozéppontos hasonlóság szorzata. T´ etel A s´ık vagy tér egy ¨ onmagára való Φ leképezése pontosan akkor λ > 0 arány´ u hasonl´ os´ ag, ha egy egybevágóság és egy λ arány´ u középpontos hasonl´ os´ ag kompoz´ıci´ oja. Megjegyz´ es Teh´ at Φ egyenest egyenesbe, s´ıkot s´ıkba visz, és tartja a szögeket. T´ etel A s´ık vagy tér egy ¨ onmagára való Φ leképezése pontosan akkor λ > 0 arány´ u hasonl´ os´ ag, ha létezik olyan M ortogonális mátrix és v¯ vektor, hogy Φ(P ) = λM(¯ p) + v¯. Megjegyz´ es Φ pontosan akkor irány´ıtástartó, ha det M = 1. Megjegyz´ es A hasonl´ os´ agok csoportot alkotnak, ahol az irány´ıtástartóak egy részcsoport. 22

Lemma Ha a s´ık vagy tér egy hasonlósága nem egybevágóság, akkor van fixpontja. Bizony´ıt´ as Ha λ > 0 a hasonlóság aránya, akkor λ 6= 1. Tudjuk, P pontot a hasonl´ os´ ag λM(¯ p) + v¯ pontba viszi valamely adott v¯ vektorra és M ortogon´ alis m´ atrixra. Teh´ at Q akkor pontosan akkor fixpontja a hasonlóságnak, ha q¯ = λM(¯ q ) + v¯, azaz I-vel jelölve a 3 × 3-as identitásmátrixot, v¯ = λM(¯ q ) − q¯ = (λM − I)(¯ q ). Bel´ atjuk, a 3 × 3-as λM − I mátrix invertálható. Tegy¨ uk fel, valamely u ¯ vektorra (λM − I)(¯ u) = o¯, azaz λM(¯ u) = u ¯. Ebb˝ol következik, hogy |¯ u| = |λM(¯ u)| = λ|¯ u|, vagyis λ 6= 1 miatt u ¯ a nullvektor. Tehát a λM − I mátrix val´ oban invert´ alhat´ o, és ´ıgy létezik a Q fixpont. 2 T´ etel A s´ık ir´ any´ıt´ astart´ o hasonlóságai az eltolások és a forgatva ny´ ujtások. Bizony´ıt´ as Legyen λ > 0 a s´ık egy Φ irány´ıtástartó hasonlóságának aránya. Ha λ = 1, akkor a hasonl´ os´ ag egybevágóság, és készen vagyunk. Ha λ 6= 1, akkor létezik a hasonl´ os´ agnak fixpontja. Feltehetj¨ uk, az origó egy ilyen fixpont. Tudjuk, Φ(P ) = λM(¯ p) + v¯ valamely v¯ vektorra és M ortogonális mátrixra. Miut´ an az egybev´ agóság az origót fixen hagyja, ezért v¯ = o¯, azaz Φ(P ) = λM(¯ p). Mivel a hasonlóság irány´ıtástartó, ezért M egy elforgatás mátrixa, azaz a hasonl´ os´ ag forgatva ny´ ujtás. 2 T´ etel A tér egy λ > 0 ar´ any´ u irány´ıtástartó hasonlósága vagy egy csavarmozg´ as, vagy egy tengely k¨ or¨ uli elforgatás, és a tengelyre illeszked˝o középpont´ u, λ ar´ any´ u k¨ ozéppontos hasonlóság szorzata. Bizony´ıt´ as Legyen λ > 0 a tér egy Φ irány´ıtástartó hasonlóságának aránya. Ha λ = 1, akkor a hasonl´ os´ ag egybevágóság, és készen vagyunk. Ha λ 6= 1, akkor létezik a hasonl´ os´ agnak fixpontja. Feltehetj¨ uk, az origó egy ilyen fixpont, teh´ at Φ(P ) = λM(¯ p) valamely M ortogonális mátrixra. Mivel a hasonl´ os´ ag ir´ any´ıt´ astart´ o, ezért M egy tengely kör¨ uli elforgatás mátrixa, amit bizony´ıtani akartunk. 2 T´ etel A s´ık vagy a tér egy injekt´ıv transzformációjára pontosan akkor teljes¨ ul, hogy b´ armely A és B pont képeit összeköt˝o egyenes párhuzamos az AB egyenessel, ha a transzformáció eltolás vagy középpontos hasonlóság. Bizony´ıt´ as P képét P 0 jel¨ oli. Rögz´ıts¨ uk A 6= B pontokat. Ha P nincs rajta 0 0 az AB egyenesén, akkor P az A -n átmen˝o, AP -vel párhuzamos, és a B 0 -n átmen˝ o, BP -vel p´ arhuzamos egyenesek metszete, tehát egyértelm˝ u. Ha C nincs az AB egyenesen, akkor ugyanez az érvelés A-val és C-vel mutatja, hogy az AB egyenes pontjainak a képe is egyértelm˝ u. Vég¨ ul található vagy egy eltol´ as, vagy egy k¨ ozéppontos hasonlóság, ami A-t az A0 -be, és B-t az B 0 -be viszi, amely ´ıgy megegyezik az eredeti transzformációval. 2 23

8

H´ aromsz¨ ogek egybev´ ag´ os´ aga ´ es hasonl´ os´ aga

Defin´ıci´ o S´ıkbeli vagy térbeli két alakzatot (részhalmazt) egybevágónak (illetve hasonl´ onak) h´ıvunk, ha létezik a s´ık vagy tér olyan egybevágósága (illetve hasonl´ os´ aga), mely a két alakzatot egymásba viszi. T´ etel Két h´ aromsz¨ og hasonl´ os´ ag´ anak alapesetei. (i) Megfelel˝ o oldalaik egyenl˝oek. (ii) Két oldaluk, és az ´ altaluk közbezárt szög megegyezik. (iii) Egy oldaluk, és a rajta fekv˝o szögek megegyeznek. (iv) Két oldaluk, és a nagyobbikkal szemközti szög¨ uk megegyezik. Bizony´ıt´ as Legyen A, B, C az egyik háromszög cs´ ucsai, a cs´ ucsoknál fekv˝o szögek α, β, γ, és A, B, C-vel szemközti oldalak a, b, c. A másik háromszögben a megfelel˝ o fogalmakat vessz˝ o jelöli (pl. A0 , B 0 , C 0 a cs´ ucsok). (i) Kor´ abban l´ attuk, hogy AB = A0 B 0 , BC = B 0 C 0 és AC = A0 C 0 ekvivalens azzal, hogy létezik A-t a0 -be, B-t B 0 -be, és C-t C 0 -be viv˝o egybev´ ag´ os´ ag. (ii) Ha a = a0 , b = b0 és γ = γ 0 , akkor a koszinusz tétel miatt c = c0 , azaz (i) teljes¨ ul. (iii) Ha a = a0 , β = β 0 és γ = γ 0 , akkor, mivel egy háromszög szögösszege π, α = α0 is teljes¨ ul. Így a szinusz tétel miatt b0 =

sin β 0 sin α0

· a0 =

sin β sin α

· a = b és c0 =

sin γ 0 sin α0

· a0 =

sin γ sin α

· a = c.

Teh´ at (i) teljes¨ ul. (iv) Ha a = a0 , b = b0 , a ≥ b és α = α0 , akkor a szinusz tétel miatt 0 sin β 0 = ab 0 · sin α0 = sin β, azaz β 0 = β vagy β 0 = π − β. Mivel a ≥ b, ezért α0 = α ≥ β, teh´ at α0 + π − β ≥ π. Ebb˝ol következik, hogy β 0 = β. Így 0 persze γ = γ , teh´ at (ii) teljes¨ ul. 2 Megjegyz´ es Ha (iv) helyett a kisebbik oldallal szemközti szögek egyenl˝oek, akkor a h´ aromsz¨ ogek nem biztos, hogy egybevágóak. Például legyen CAA’ egy egyenl˝ osz´ ar´ u h´ aromsz¨ og, melyben CA = CA0 , és legyen a B pont az AA0 egyenesén, de nem az [A, A0 ] szakaszban. Ekkor a = a0 , b = b0 , és β = β 0 , de BA 6= BA0 miatt a két h´ aromszög nem egybevágó (itt a > b).

24

T´ etel Két h´ aromsz¨ og hasonl´ os´ ag´ anak alapesetei. (i) Megfelel˝ o oldalaik ar´ anyai megegyeznek. (ii) Két megfelel˝ o oldaluk aránya, és az általuk közbezárt szög megegyezik. (iii) Megfelel˝ o sz¨ ogeik megegyeznek. (iv) Két megfelel˝ o oldaluk aránya, és a nagyobbikkal szemközti szög¨ uk megegyezik. Megjegyz´ es Ha a, b oldal az egyik háromszögben megfelel az a0 , b0 oldal0 0 0 nak a m´ asik h´ aromsz¨ ogben, akkor ab0 = ab ekvivalens aa = bb , azaz a két egyenl˝ oség b´ armelyikét jelentheti a ét megfelel˝o oldal aránya. Bizony´ıt´ as Legyen A, B, C az egyik, és A0 , B 0 , C 0 a másik háromszög egymásnak megfelel˝ o cs´ ucsai. A tételbeli bármelyik feltétel esetén létezik egy olyan λ > 0, hogy az ABC h´ aromsz¨ ogre egy λ nagy´ıtás alkalmazva, az u ´j háromszög és 0 0 0 az A B C h´ aromsz¨ og k¨ oz¨ ott az egybevágóság el˝oz˝o oldalon szerepl˝o ugyan ilyen sorsz´ am´ u esete ´ all fenn. Így az u ´j háromszög és az A0 B 0 C 0 háromszög egybev´ ag´ o, azaz az ABC h´ aromszög és az A0 B 0 C 0 háromszög hasonló. 2

9

Alakzatok szimmetri´ ai

Defin´ıci´ o S´ıkban vagy térben egy P alakzat szimmetriája egy olyan egybev´ ag´ os´ ag, mely P pontjait bijekt´ıven P -beliekbe viszi. Megjegyz´ es Egy alakzat szimmetriái csoportot alkotnak. Megjegyz´ es Ha egy alakzatnak van irány´ıtást váltó szimmetriája, akkor az ir´ any´ıt´ astart´ o szimmetri´ ak egy 2 index˝ u részcsoportot alkotnak a szimmetriacsoportban. Megjegyz´ es Sn az {1, . . . , n} permutációinak a csoportja, és An az ebb˝ol páros index˝ ueké. Cn az n elem˝ u ciklikus csoport.

25

P´ elda Péld´ ak szimmetriacsoportokra • Egy k¨ ornek illetve g¨ ombnek bármely, a középpontot fixen hagyó egybev´ ag´ os´ ag szimmetri´ aja, tehát a szimmetriacsoport az ortogonális mátrixok csoportja. • Ha P egy olyan parallelogramma, mely oldalai nem egyenl˝oek, szögei pedig nem deréksz¨ ogek, akkor egyetlen szimmetriája a középpontra ´ val´ o t¨ ukr¨ ozés. Igy szimmetriacsoportja Z2 . • Legyenek A1 , A2 , A3 egy szabályos háromszög cs´ ucsai. Tetsz˝oleges τ ∈ S3 -ra létezik egyértelm˝ uen egy egybevágóság, mely Ai -t Aτ (i) be viszi, azaz a szab´ alyos háromszög szimmetriacsoportja S3 . Két cs´ ucs felcserélése egy a felez˝omer˝oleges¨ ukre való t¨ ukrözéssel valós´ıtható meg, azaz a τ permut´ acióhoz tartozó egybevágóság pontosan akkor ir´ any´ıt´ astart´ o, ha τ p´ aros index˝ u. Így a háromszög irány´ıtástartó szimmetri´ ainak csoportja A3 . • Hasonl´ oan egy szab´ alyos tetraéder szimmetriacsoportja S4 , és a tetraéder ir´ any´ıt´ astart´ o szimmetriáinak csoportja A4 . • Egy szab´ alyos n-sz¨ og b´ armely szimmetriája fixen hagyja az O középpontot, 0 ´ıgy ha A, B illetve A , B 0 szomszédos cs´ ucsok, akkor pontosan egy szimmetria tal´ alhat´ o, mely A-t A0 -be és B-t B 0 -be viszi. Tehát a szimmetriacsoport 2n elem˝ u. Ebb˝ol az irány´ıtást tartóak az O kör¨ uli, i · 2π sz¨ o g˝ u elforgat´ a sok, i = 0, . . . , n − 1. Azaz az ir´ a ny´ ıt´ a start´ o n szimmetri´ ak csoportja Cn , melyet a 2π sz¨ o g˝ u elforgat´ a s gener´ a l. n Legyenek A és B szomszédos cs´ ucsok. Az összes szimmetriát generálja az OA egyenesre és az AB felez˝omer˝olegesére vett t¨ ukrözés, hiszen szorzatuk az O k¨ or¨ uli, 2π sz¨ o g˝ u elforgat´ a s. Ha g ´ e s h a két t¨ ukrözés, n akkor a r´ ajuk vonatkoz´ o azonosságok g 2 = 1 és h2 = 1 és (gh)n = 1. A szimmetriacsoportot a diéder csoportnak h´ıvják. • Egy szab´ alyos oktaéder bármely szimmetriája fixen hagyja az O középpontot. Ha A1 , A2 , A3 illetve A01 , A02 , A03 az oktaéder két lapjának cs´ ucsai, akkor pontosan egy szimmetria található, mely Ai -t A0i -be viszi. Miután az oktaédernek 6 cs´ ucsa van, és minden cs´ ucsban 4 háromszöglap tal´ alkozik, ezért a szimmetriacsoport 6 · 4 · 2 = 48 elem˝ u. • A kocka az oktaérder duálisa, ezért ennek a szimmetriacsoportja megegyezik az oktaéderével (pl. bármely lap bármely másikba vihet˝o). • Hasonl´ oan az ikozaédernek 12 cs´ ucsa van, és minden cs´ ucsban 5 háromszöglap tal´ alkozik, tov´ abb´ a a dodekaéder és ikozaéder duálisai egymásnak, ezért a szimmetriacsoportjuk 12 · 5 · 2 = 120 elem˝ u. 26

10

Affin transzform´ aci´ ok

Defin´ıci´ o Affin transzform´ aci´ ok A s´ık vagy tér egy transzformációja affinitás, ha egyenestart´ o, azaz b´ armely egyenest bijekt´ıven és folytonosan képez le valamely egyenesre. P´ elda Péld´ ak affinit´ asokra • Eltol´ asok, hasonl´ os´ agok, egybevágóságok. • Két affinit´ as kompoz´ı´ oja is affinitás. • Ha M egy invert´ alhat´ o 2 × 2-es mátrix a s´ıkban, vagy 3 × 3-as mátrix a térben, és v¯ tetsz˝ oleges vektor, akkor p¯ 7→ M¯ p + v¯ egy affinitás. • Ny´ır´ as és tengelyre mer˝ oleges ny´ ujt´ as a s´ıkban. Adott egy L egyenes, és a két L által meghatározott féls´ıkból az egyikben pozit´ıv el˝ ojellel, a másikban negat´ıv el˝ojellel tekintj¨ uk az L-t˝ol vett t´ avols´ agot. A λ 6= 0 ar´ any´ u tengelyre mer˝oleges ny´ ujtás egy az L-t˝ol t el˝ojeles t´ avols´ ag´ u P pontot a P -b˝ol L-re vett mer˝oleges azon P 0 pontjába viszi, mely L-t˝ ol vett el˝ojeles távolsága λt. Adott L-lel p´ arhuzamos w ¯ vektor esetén a kapcsolódó ny´ırás az L-t˝ol t el˝ ojeles t´ avols´ ag´ u P pontot a p¯ + tw ¯ pontba viszi. Mindkét esetben L pontjai fixen maradnak. Ha L az els˝ o koordin´ atengely, akkor az els˝o transzformáció a P (x, y) pontot a P 0 (x, λy) pontba viszi. Ha továbbá w ¯ = (α, 0), akkor a 0 ny´ır´ as P (x, y) pontot a P (x+αy, y) pontba viszi. Így mindkét transzform´ aci´ o line´ aris, azaz affinitás. Lemma Tetsz˝ oleges s´ıkbeli vagy térbeli affinitás injekt´ıv. Bizony´ıt´ as Ha A 6= B, akkor a transzformáció injekt´ıv az AB egyenesen, ´ıgy A és B képe is k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o. 2 Lemma Tetsz˝ oleges s´ıkbeli vagy térbeli affinitás tartja a parallelogrammákat. Bizony´ıt´ as Pont affin képét 0 -vel jelölöm. Legyenek A, B, C, D egy parallelogramma cs´ ucsai ilyen sorrendben, és legyen P az [A, C] és [B, D] átlók metszéspontja. Így A0 C 0 és B 0 D0 egyenesek metszéspontja P 0 , azaz A0 , B 0 , C 0 , D0 egy S s´ıkban vannak. Miután a parallelogramma szemk¨ ozti oldalainak egyenesei nem metszik egymást, és ezt a tulajdons´ agot az affinitás megtartja, ezért A0 B 0 és C 0 D0 egyenesek, illetve A0 D0 és B 0 D0 egyenesek sem metszik egymást. Mivel ezek az egyenesek mind az S s´ıban vannak, a nem metsz˝o párok párhuzamosak, tehát A0 , B 0 , C 0 , D0 egy parallelogramma cs´ ucsai. 2

27

Lemma Tetsz˝ oleges s´ıkbeli vagy térbeli affinitás tartja a szakaszok felez˝opontját, és az egyenesek p´ arhuzamoss´ agát. Bizony´ıt´ as Pont affin képét 0 -vel jelölöm. Belátjuk, hogy tetsz˝oleges [A, B] szakasz F felez˝ opontj´ anak a képe [A0 , B 0 ] felez˝opontja. Ehhez válasszunk P és Q cs´ ucsokat, hogy AP BQ négyszög paralellogramma a cs´ ucsok ilyen sorrendjében. Ekkor F az ´ atlók felez˝opontja. Miután A0 P 0 B 0 Q0 négyszög paralellogramma, és F 0 az ´ atlók felez˝opontja, ezért F 0 az [A0 , B 0 ] szakasz felez˝ opontja. Ha L1 és L2 egyenesek párhuzamosak, akkor válasszunk A, B ∈ L1 és C, D ∈ L2 pontokat, melyekre A, B, C, D egy parallelogramma cs´ ucsai ilyen sorrendben. Miut´ an A0 , B 0 , C 0 , D0 egy parallelogramma cs´ ucsai ilyen sorrendben, ezért L01 és L02 p´ arhuzamos. 2 Defin´ıci´ o Oszt´ oviszony Az A, B, C egy egyenesen lév˝o pontok osztóviszonya (ABC) = λ, ha c¯ − a ¯ = λ(¯b − c¯). Megjegyz´ es M´ assz´ oval (ABC) = AC/CB, ha AC és CB el˝ojeles távolságok. T´ etel Tetsz˝ oleges s´ıkbeli vagy térbeli affinitás tartja az osztóviszonyt. Megjegyz´ es M´ assz´ oval, ha egy pont képét ’-vel jelölj¨ uk, és c¯− a ¯ = λ(¯b − a ¯), 0 0 0 0 akkor c¯ − a ¯ = λ(¯b − a ¯ ). Bizony´ıt´ as 1. eset. λ = n ≥ 0 egész Legyen c¯n = n(¯b − a ¯). Indukciót alkalmazunk n-re. Ha n = 0, akkor c¯ = a ¯, ¯ és ha n = 1, akkor c¯ = b miatt teljes¨ ul az áll´ıtás. Tegy¨ uk fel, hogy az áll´ıtás teljes¨ ul n ≥ 1-ig minden nem-negat´ıv egészre. Ekkor Cn a [Cn−1 , Cn+1 ] 0 0 szakasz felez˝ opontja, teh´ at az el˝oz˝o lemma miatt Cn0 a [Cn−1 , Cn+1 ] szakasz 1 0 0 0 felez˝ opontja, azaz c¯n = 2 (¯ cn+1 + c¯n−1 ). Ebb˝ol és az indukciós feltevésb˝ol ad´ odik, hogy c¯0n+1 = 2¯ c0n − c¯0n−1 = 2n(¯b − a ¯) − (n − 1)(¯b − a ¯) = (n + 1)(¯b − a ¯). 2. eset. λ = n ≤ 0 egész Ismét legyen c¯n = n(¯b − a ¯). Ekkor n = −k valamely k ≥ 0 egészre, ezért felhaszn´ alva, hogy C−k a [C−(k−1) , C−(k+1) ] szakasz felez˝opontja, kra vonatkoz´ o indukci´ o adja az áll´ıtást, hasonlóan, mint az 1. esetben. 3. eset. λ nem egész El˝ osz¨ or tegy¨ uk fel, hogy λ racionális, azaz c¯ − a ¯ = pq (¯b − a ¯), ahol p, q egész. ¯ a ¯ a Defni´ aljuk az egyenes D pontját d− ¯ = p(¯b− a ¯) egyenl˝oséggel, tehát d− ¯= 0 0 0 0 0 0 ¯ ¯ q(¯ c−a ¯). Az 1. és 2. eset miatt d − a ¯ = p(b − a ¯ ) = q(¯ c −a ¯ ), azaz c¯0 − a ¯0 = pq (¯b0 − a ¯ )0 . Mivel az ´ all´ıt´ ast tudjuk minden racionális λ-ra, és az affin leképezés folytonos az egyenesen, ezért c¯0 − a ¯0 = λ(¯b0 − a ¯0 ) minden valós λ-ra. 2 K¨ ovetkezm´ eny Egy affinit´ as egy L egyenesre vett megszor´ıtását egyértelm˝ uen meghat´ arozza L két pontj´ anak a képe. 28

T´ etel Tetsz˝ oleges s´ıkbeli vagy térbeli affinitás fel´ırható p¯ 7→ M¯ p+¯ v alakban, ahol M egy invert´ alhat´ o m´ atrix. Bizony´ıt´ as Legyen Φ az affinitás, és legyen v¯ = Φ(¯ o), ahol o¯ a null vektor. Így a Ω(¯ p) = Φ(¯ p) − v¯ is affin transzformáció, melyre Ω(¯ o) = o¯. Belátjuk, hogy Ω egy line´ aris transzformáció. Ha c¯ = λ¯ a, λ ∈ R, akkor c¯ − o¯ = λ(¯ a − o¯), ´ıgy az el˝oz˝o tétel miatt Ω(¯ c) − Ω(¯ o) = λ(Ω(¯ a) − (¯ o)). Másszóval Ω(λ¯ a) = λ · Ω(¯ a). ¯ ¯ Most bel´ atjuk, hogy Ω(¯ a + b) = Ω(¯ a)+Ω(b) tetsz˝oleges a ¯ és ¯b vektorokra. ¯ ¯ Feltehet˝ o, hogy a ¯ 6= o¯. Ha a ¯ és b összef¨ ugg˝o, akkor b = µ¯ a valamely µ ∈ R-re, teh´ at az el˝ oz˝ o bekezdés miatt Ω(¯ a+¯b) = Ω((µ+1)¯ a) = (µ+1)Ω(¯ a) = Ω(¯ a)+µ·Ω(¯ a) = Ω(¯ a)+Ω(µ¯ a) = Ω(¯ a)+Ω(¯b). Ha a ¯ és ¯b f¨ uggetlen, akkor létezik olyan P pont, hogy O, A, P, B ilyen sorrendben egy paralellogramma cs´ ucsai, ezért Ω(O) = O, Ω(A), Ω(P ), Ω(B) is ilyen sorrendben egy paralellogramma cs´ ucsai. Ebb˝ol adódik, hogy ebben az esetben is Ω(¯ a +¯b) = Ω(¯ a)+Ω(¯b), azaz Ω valóban egy lineáris transzformáció. Legyen az M az Ω-hoz tartozó mátrix (az adott bázisban). Mivel Ω injekt´ıv, ezért M invert´ alhat´ o. Továbbá Φ(¯ p) = M¯ p + v¯. 2 K¨ ovetkezm´ eny Az affinit´ asok invertálhatóak, és csoportot alkotnak. Továbbá tetsz˝ oleges affinit´ as tartja a s´ıkokat, illetve konvek alakzatokat konvex alakzatokba, és k-sz¨ ogeket k-sz¨ ogekbe visz. T´ etel S´ıkban, ha A1 , A2 , A3 pontok nincsenek egy egyenesen, és A01 , A02 , A03 pontok nincsenek egy egyenesen, akkor pontosan egy olyan affinitás létezik, mely Ai -t A0i -be viszi, i = 1, 2, 3. T´ etel Térben, ha A1 , A2 , A3 , A4 pontok nincsenek egy s´ıkban, és A01 , A02 , A03 , A04 pontok nincsenek egy s´ıkban, akkor pontosan egy olyan affinitás létezik, mely Ai -t A0i -be viszi, i = 1, 2, 3, 4.

29

10.1

Tengelyes affinit´ asok

Defin´ıci´ o Egy L egyenes egy affinitás tengelye, ha L bármely pontja fixpont. Ilyenkor az affinit´ ast tengelyes affinitásnak h´ıvjuk. Megjegyz´ es Ha L két pontja fixpont, akkor már L tengely. Lemma Ha a s´ıkban egy affinitás tengelye az els˝o koordinátatengely, akkor 1 α 0 P (x, y) képe P (x + αy, µy), ahol µ 6= 0, azaz az affinitás a M = 0 µ mátrix-szal val´ o szorz´ as. Bizony´ıt´ as Mivel az orig´ o o¯ fixpont, ezért a transzformáció p¯ 7→ M¯ p + v¯ t α alak´ u, ahol M = invertálható mátrix, azaz det M = µ 6= 0. Mivel s µ M(1, 0) = (t, s), és (1, 0) is fixpont, ezért t = 1 és s = 0. 2 K¨ ovetkezm´ eny Ha a s´ıkban egy L egyenes egy affinitás tengelye, akkor az affinit´ as egy L tengely˝ u mer˝ oleges ny´ ujtás, és egy L tengely˝ u ny´ırás kompoz´ıci´ oja. Megjegyz´ es A mer˝ oleges ny´ ujtás arányát a tengelyes affinitás arányának h´ıvjuk. Ha az els˝ o koordin´ atatengely a tengely, akkor a tengelyes affinitás aránya az el˝ oz˝ o lemmabeli µ. Defin´ıci´ o A(K) egy konvex s´ıkidom ter¨ ulete, V (K) egy konvex test térfogata. Defin´ıci´ o S´ıkban vagy térben, ha a Φ affin transzformációt valamely bázisban Φ(P ) = M¯ p + v¯ alakba ´ırjuk megfelel˝o M invertálható mátrixra, akkor det M-t a Φ determin´ ans´ anak h´ıvjuk, és det Φ-vel jelölj¨ uk. Megjegyz´ es Egy affinit´ as determinánsa nem f¨ ugg az orgó és a bázis megválasztásától.

30

T´ etel Ha a s´ıkban a K konvex s´ıkidomot a Φ affinitás a K 0 -be viszi, akkor A(K 0 ) = | det Φ| · A(K). Bizony´ıt´ as Miut´ an egy konvex s´ıkidomot lehet konvex sokszögekkel közel´ıteni, és b´ armely konvex soksz¨ og h´ aromszögekre osztható, ezért feltehet˝o, hogy K egy h´ aromsz¨ og. Vegy¨ uk fel u ´gy a koordinátrendszert, hogy az egyik cs´ ucs az O orig´ o, és a m´ asodik cs´ ucs B rajta van az els˝o koordinátatengelyen. Legyen C a harmadik cs´ ucs, és legyen O0 = ΦO, B 0 = ΦB, C 0 = ΦC. Továbbá C0 olyan pont, melyre a K0 = OBC0 háromszög ilyen sorrendben hasonló a K 0 = O0 B 0 C 0 h´ aromsz¨ ogh¨ oz. Ekkor K0 -t a K 0 be egy p¯ 7→ λM1 p¯ + v¯ alak´ u hasonl´ os´ ag viszi, ahol λ > 0 a hasonlóság aránya, és M1 egy ortogonális mátrix, azaz det M1 = ±1. Az O, B, C pontokat O, B, C0 -ba viv˝ o tengelyes affinitás tengelye az els˝o 1 α koordin´ atatengely, ´ıgy m´ atrixa M2 = alak´ u, azaz det M2 = µ. 0 µ Tov´ abb´ a, ha C0 és C t´ avols´ aga az OB egyenest˝ol m0 illetve m, akkor m0 = |µ| · m. Így 1 2

A(K0 ) =

· m0 · OB =

1 2

· |µ| · m · OB = |µ| · A(K).

Ha K0 sz¨ oge O-n´ al α, akkor ugyanennyi K 0 szöge O0 -nál, ezért A(K 0 ) =

1 2

· O0 B 0 · O0 C 0 · sin α = 2

1 2

· (λ OB) · (λ OC0 ) · sin α

2

= λ A(K0 ) = λ |µ| · A(K). Másrészt Φ a hasonl´ os´ ag és a tengelyes affinitás kompoz´ıciója, vagyis Φ(¯ p) = λ det M1 det M2 p¯ + v¯, azaz λ 0 M1 M2 det Φ = det (λ · M1 M2 ) = det 0 λ λ 0 = det · det M1 · det M2 = ±λ2 µ. 0 λ Teh´ at A(K 0 ) = | det Φ| · A(K).

2

T´ etel Ha a térben a K konvex testet a Φ affinitás a K 0 -be viszi, akkor V (K 0 ) = | det Φ| · V (K).

31

10.2

K¨ or ´ es g¨ omb affin k´ epe

Defin´ıci´ o (Ellipszis) Ha adottak F1 és F2 pontok, és a > 12 F1 F2 , akkor az XF1 + XF2 = 2a feltételt kielég´ıt˝o X pontok halmaza az F1 és F2 fókusz´ u, a félnagytengely˝ u ellipszis. √ Megjegyz´ es Ha F1 F2 = 2c > 0, akkor b = a2 − c2 a félkistengely. Tov´ abb´ a, ha F1 F2 = 0 (azaz a = b), akkor az ellipszis egy a sugar´ u körvonal. Megjegyz´ es Ha F1 (α + c, β) és F2 (α − c, β) az ellipszis fókuszai, és a félnagytengely a > c > 0, akkor az ellipszis egyenlete √ (x − α)2 (y − β)2 + = 1, ahol b = a2 − c2 a félkistengely. a2 b2 2

2

Megjegyz´ es Az (x−α) + (y−β) = 1 egyenlet hiperbolát ad meg, mely a2 b2 √ fókuszai F1 (α + c, β) és F2 (α − c, β), ahol c = a2 + b2 . Tov´ abb´ a a 4p(y −β) = (x−α)2 egyenlet egy parabolát ad meg, mely fókusza F (α, β + p), és vezéregyenesének egyenlete y = β − p valamely p > 0-ra. T´ etel (F˝ otengelytétel a s´ıkban) Egy ¯i, ¯j ortonormált bázisban tekints¨ uk az 2 αx + βxy + γy 2 kifejezést az (x, y) pont f¨ uggvényeként. Ekkor létezik olyan ¯i0 , ¯j 0 ortonorm´ alt b´ azis, melyben ha x¯i + y¯j = t¯i0 + s¯j 0 , akkor αx2 + βxy + γy 2 = α0 t2 + γ 0 s2 . Megjegyz´ es M´ assz´ oval, ha az ¯i, ¯j bázisban egy pontrendszer egyenlete αx2 + βxy + γy 2 + δx + εy + ω = 0, akkor az ¯i0 , ¯j 0 b´ azisban az egyenlet α0 t2 + γ 0 s2 + δ 0 t + ε0 s + ω 0 = 0. Bizony´ıt´ as Ha β = 0, akkor készen vagyunk, tehát feltessz¨ uk, hogy β 6= 0 0 ¯ ¯ 0. Megfelel˝ o ϕ ∈ [0, π]-re i = (cos ϕ, sin ϕ) és j = (− sin ϕ, cos ϕ). Ha x¯i + y¯j = t¯i0 + s¯j 0 , akkor x = t cos ϕ − s sin ϕ és y = t sin ϕ + s cos ϕ. Ezt behelyettes´ıtve αx2 + βxy + γy 2 fel´ırható α0 t2 + β 0 ts + γ 0 s2 alakban, ahol β 0 = −2α cos ϕ sin ϕ + β(cos2 ϕ − sin2 ϕ) + 2γ sin ϕ cos ϕ = (γ − α) sin 2ϕ + β cos 2ϕ. Teh´ at, ha ϕ =

1 2

arcctg α−γ β , azaz

cos 2ϕ sin 2ϕ

32

=

α−γ β ,

akkor β 0 = 0.

2

T´ etel A s´ık egy affin transzformációja egy körvonalat ellipszisbe visz. Bizony´ıt´ as Legyen Φ az affin transzformáció, és legyen (x−x0 )2 +(y −y0 )2 = 2 r a K k¨ orvonal egyenlete. A K képét K 0 jelöli. MivelΦ inverze is affin a b leképezés, ´ıgy p¯ 7→ M¯ p + v¯ alak´ u, ahol M = és v¯ = (v1 , v2 ). c d Mássz´ oval, ha Φ(x, y) = (˜ x, y˜), akkor x = a˜ x + b˜ y + v1 és y = c˜ x + d˜ y + v2 . Ezt behelyettes´ıtve K egyenletébe kapjuk K 0 egyenletét. Ezek szerint K 0 egyenlete az ¯i, ¯j b´ azisban (a˜ x + b˜ y + v1 − x0 )2 + (c˜ x + d˜ y + v2 − y0 )2 = r2 , amely αx2 + βxy + γy 2 + δx + εy + ω = 0, alak´ u megfelel˝ o egy¨ utthat´ okkal. A F˝otengely tétel miatt létezik olyan ortonormált 0 ¯i0 , ¯j 0 b´ azis, ahol K egyenlete α0 t2 + γ 0 s2 + δ 0 t + ε0 s + ω 0 = 0. Itt esetleg −1-gyel val´ o szorz´ as után feltehet˝o, hogy α0 ≥ 0. 0 Tudjuk, hogy K korl´ atos (mivel egy korlátos alakzat affin képe), ´ıgy 0 K nem tartalmazhat egyenest, és K 0 nem lehet parabola vagy hiperbola. Tov´ abb´ a K 0 -nek végtelen sok pontja van, ezért K 0 egyenletében α0 és γ 0 pozit´ıv. Ebb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy K 0 ellipszis. 2 a 0 , a, b > 0, mátrix-szal való szorzás az x2 + y 2 = 1 P´ elda Az M = 0 b 2

2

u ellipszisbe viszi. Tehát egyenlet˝ u k¨ orvonalat az xa2 + yb2 = 1 egyenlet˝ tetsz˝ oleges ellipszis el˝ o´ all k¨ or affin képeként. T´ etel Az a és b fétengely˝ u ellipszis ter¨ ulete abπ. Bizony´ıt´ as Legyen E az ellipszis. Megfelel˝o bázisban a fenti M mátrix az egységk¨ ort az ellipszisbe képezi, ezért A(E) = | det M| · π = abπ. 2 Defin´ıci´ o (Ellipszoid) Az ellipszoid az a fel¨ ulet, melynek egyenlete megfelel˝o x, y, z koordin´ atarendszerben x2 y 2 z 2 + 2 + 2 = 1, ahol a, b, c > 0 a féltengelyek. a2 b c T´ etel A tér egy affin transzformációja egy gömböt ellipszoidba visz, és tetsz˝ oleges ellipszoid el˝ o´ all g¨ omb affin képeként.

33

11

K¨ or¨ okre vonatkoz´ o hatv´ any

T´ etel (Szel˝ o tétel) Ha a P pontot nem tartalmazza az O középpont´ u, r sugar´ u k¨ orlemez, és egy P -b˝ol induló szel˝o A és B pontban metszi a körvonalat, tov´ abb´ a az egyik P -b˝ol h´ uzott érint˝o az E pontban érint, akkor P A · P B = P O2 − r2 = P E 2 . Bizony´ıt´ as Miut´ an P OE h´ aromszög E-nel fekv˝o szöge derékszög az érintés miatt, ezért P O2 − r2 = P E 2 . Tekints¨ uk a P -n és O-n átmen˝o egyenest, mely A0 és B0 pontokban metszi a k¨ orvonalat. Feltehet˝o, hogy P A < P B és P A0 < P B0 , ´ıgy P A0 · P B0 = (P O − r) · (P O + r) = P O2 − r2 . Ha A = A0 és B = B0 , akkor készen vagyunk. Egyébként a ker¨ uleti szögek tétele miatt P BA0 ∠ = P B0 A∠. Miután P BA0 és P B0 A háromszögek P -nél fekv˝ o sz¨ ogei k¨ oz¨ osek, ezért a háromszögek a cs´ ucsok ilyen sorrendje mellett P A0 PB ´ hasonl´ oak. Igy P B0 = P A , azaz P A · P B = P A0 · P B0 . 2 T´ etel Ha a P pont az O k¨ ozéppont´ u, r sugar´ u körvonalon bel¨ ul fekszik, és egy P -b˝ ol ´ atmen˝ o szel˝ o az A és B pontban metszi a körvonalat, akkor P A · P B = r2 − P O2 . Bizony´ıt´ as Tekints¨ uk a P -n és O-n átmen˝o egyenest, mely A0 és B0 pontokban metszi a k¨ orvonalat. Feltehet˝o, hogy P A0 < P B0 , ´ıgy P A0 · P B0 = (r − P O) · (r + P O) = r2 − P O2 . Ha A = A0 és B = B0 , akkor készen vagyunk. Egyébként a ker¨ uleti szögek tétele miatt P B0 A∠ = P BA0 ∠ és P AB0 ∠ = P A0 B∠, tehát P AB0 és P A0 B háromsz¨ ogek a cs´ ucsok ilyen sorrendje mellett hasonlóak. Így PPBB0 = PPAA0 , azaz P A · P B = P A0 · P B0 . 2 Defin´ıci´ o Adott P pont és O középpont´ u, r sugar´ u kör esetén a P -nek a körre vonatkoz´ o hatv´ anya P O2 − r2 . Megjegyz´ es A P -nek a k¨ orre vonatkozó hatványa • pozit´ıv, ha P a k¨ orlemezen k´ıv¨ ul van, • nulla, ha P a k¨ orvonalon van, • negat´ıv, ha P a k¨ orvonalon bel¨ ul van.

34

T´ etel Ha két k¨ or k¨ ozéppontjai k¨ ulönböznek, akkor azon pontok halmaza, melyek hatv´ anya a két k¨ orre megegyezik, az egy egyenes, mely mer˝oleges középpontokat ¨ osszek¨ ot˝ o egyenesre. Megjegyz´ es A fenti egyenes a két kör hatványvonala. Ha a két kör érinti egym´ ast, akkor a hatv´ anyvonal a közös érint˝o, és ha a két körvonal két pontban metsz, akkor a hatványvonal a két pont egyenese, hiszen a közös pontokban mindkét k¨ orre vonatkozó hatvány nulla. Bizony´ıt´ as Legyenek a két kör középpontjai O1 (x1 , y1 ) és O2 (x2 , y2 ), és a sugaraik r1 és r2 . Így P (x, y) hatványa pontosan akkor egyenl˝o a két körre, ha P O12 − r12 = P O22 − r22 , azaz (x − x1 )2 + (y − y1 )2 − r12 = (x − x2 )2 + (y − y2 )2 − r22 . A négyzetek kifejtése ut´ an adódik, hogy x2 + y 2 − 2x1 x − 2y1 y + x21 + y12 − r12 = x2 + y 2 − 2x2 x − 2y2 y + x22 + y22 − r22 , amely ekvivalens a k¨ ovetkez˝ o egyenlettel: 2(x2 − x1 )x + 2(y2 − y1 )y = x22 + y22 − x21 − y12 + r12 − r22 . Ez egy olyan egyenes egyenlete, melynek egy normálvektora 2(¯ o2 − o¯1 ) = ´ (2(x2 − x1 ), 2(y2 − y1 )). Igy az egyenes mer˝oleges az O1 O2 egyenesre. 2 K¨ ovetkezm´ eny Ha h´ arom k¨ or középpontjai nincsenek egy egyenesen, akkor pontosan egy olyan pont található, mely hatványai a három körre megegyeznek. Ezt a Megjegyz´ es Ez a pont a h´ arom kör hatványpontja, mely a három hatványvonal köz¨ os pontja. Bizony´ıt´ as Legyenek O1 , O2 és O3 a körközéppontok, és legyen L az O1 és O2 középpont´ u k¨ or¨ ok hatv´ anyvonala, és legyen L0 az O2 és O3 középpont´ u körök hatv´ anyvonala. Itt L és L0 nem párhuzamos, mert mer˝olegesek az O1 O2 illetve az O2 O3 egyenesekre, melyen nem esnek egybe. Így a P metszéspontjuk hatv´ anya megegyezik mindh´ arom körre. Ebb˝ol az is következik, hogy P rajta van az O1 és O3 k¨ ozéppont´ u körök hatványvonalán is. 2

35

12

Inverzi´ o a s´ıkon

Defin´ıci´ o A s´ıkon adott egy O középpont´ u, r sugar´ u kör, melyet az inverzió alapk¨ orének h´ıvjuk. Egy P 6= O pontnak a körre vonatkozó inverze az a P 0 pont, mely az O kezd˝ opont´ u, P -n áthaladó félegyenesen van, és OP · OP 0 = r2 . Megjegyz´ es A P 0 inverz képe P . Továbbá P = P 0 pontosan akkor, ha P rajta van a k¨ orvonalon, és ha P bel¨ ul illetve k´ıv¨ ul van a körvonalon, akkor 0 P k´ıv¨ ulre illetve bel¨ ulre ker¨ ul. Lemma Ha egy O k¨ ozéppont´ u inverzió A, B pontokat A0 , B 0 -be viszi, ahol O, A, B nincs egy egyenesen, akkor OAB háromszög hasonló OB 0 A0 háromszöghöz, a cs´ ucsok ilyen sorrendjében. Bizony´ıt´ as A két h´ aromsz¨ og O-nál fekv˝o szögei egybeesnek, továbbá az 0 OB 0 OA · OA0 = OB · OB 0 ¨ osszef¨ uggés miatt OA 2 OB = OA . Lemma Egy O k¨ ozéppont´ u inverzió egy, az O-t nem tartalmazó körvonalat egy O-t nem tartalmaz´ o k¨ orvonalba viszi. Továbbá O és a két körzéppont egy egyenesbe esik. ´ Megjegyz´ es Altal´ aban a k¨ orközéppont képe nem lesz körközéppont. Bizony´ıt´ as Egy objektum inverz képét 0 -vel jelölöm. Legyen K a körvonal. Ha O egyben K k¨ ozéppontja, akkor K 0 is egy O középpont´ u körvonal. Teh´ at tegy¨ uk fel, O nem középpontja K-nak, és legyenek A és B az O-t és K k¨ ozéppontj´ at ¨ osszek¨ ot˝ o egyenes metszéspontjai K-val, ahol OA < OB. Bel´ atjuk, hogy K 0 az [A0 , B 0 ] átmér˝oj˝ u körvonal. Legyen P ∈ K, P 6= A, B. 1. eset. O benne van a K ´ altal határolt körlemezben. Az OAP h´ aromsz¨ og hasonl´ o az OP 0 A0 háromszöghöz, és OBP háromszög 0 0 hasonl´ o az OP B h´ aromsz¨ oghöz, ezért AP B∠ = π2 miatt A0 P 0 B 0 ∠ = OP 0 A0 ∠ + OP 0 B 0 ∠ = OAP ∠ + OBP ∠ = π − AP B∠ =

π 2

Így P 0 rajta van az [A0 , B 0 ] ´ atmér˝oj˝ u körvonalon. 2. eset. O nincs benne a K által határolt körlemezben. Az OAP h´ aromsz¨ og hasonl´ o az OP 0 A0 háromszöghöz, és OBP háromszög 0 0 hasonl´ o az OP B h´ aromsz¨ oghöz. Mivel OAP ∠ k¨ uls˝o szöge az AP B háromszögnek, és OB 0 < OA0 , ezért A0 P 0 B 0 ∠ = OP 0 A0 ∠ − OP 0 B 0 ∠ = OAP ∠ − OBP ∠ = (π − BAP ∠) − ABP ∠ = AP B∠ = π2 . Így P 0 rajta van az [A0 , B 0 ] ´ atmér˝oj˝ u körvonalon.

36

2

Lemma Egy O k¨ ozéppont´ u inverzió egy, az O-n átmen˝o egyenest önmagába visz. Lemma Legyen az O-b´ ol az O-t nem tartalmazó L egyenesre bocsájtott mer˝ oleges talpontja T . Ekkor egy O középpont´ u inverzió az L-t az [O, T 0 ] átmér˝ oj˝ u k¨ orvonalba viszi, ahol T 0 a T inverz képe. Bizony´ıt´ as Legyen P ∈ L, P 6= T . Mivel OT P háromszög hasonló OP 0 T 0 háromsz¨ ogh¨ oz, ezért OP 0 T 0 ∠ = OT P ∠ = π2 . Így P 0 rajta van az [O, T 0 ] átmér˝ oj˝ u k¨ orvonalon. 2 Defin´ıci´ o K¨ orvonalak sz¨ oge, k¨ orvonal és egyenes sz¨ oge Ha két k¨ orvonal két pontban metszi egymást, akkot szög¨ uk a valamely metszéspontban vett érint˝ ok szöge. Továbbá, ha egy egyenes egy körvonalat két pontban metsz, akkot sz¨ og¨ uk a valamely metszéspontban vett érint˝o és az egyenes sz¨ oge. T´ etel Az inverzi´ o tartja k¨ orvonalak és egyenesek szögét. Bizony´ıt´ as Legyen O az inverzió középpontja. Bármely objektum inverz képét 0 -vel jel¨ olj¨ uk. 1. eset: Metsz˝ o L1 és L2 egyenesek szöge e i az O-n ´ Legyen L atmen˝ o, az Li -vel párhuzamos egyenes, i = 1, 2, tehát 0 e e i érint Ovagy Li = Li = Li , vagy L0i egy O-n átmen˝o körvonal, melyet L e 1 és L e 2 szögével, ami viszont egyenl˝o ban. Így L1 és L2 sz¨ oge megegyezik L 0 0 L1 és L2 sz¨ ogével. 2. eset. A és B pontban metsz˝o K1 és K2 körvonalak szöge Legyen Li a Ki érint˝ oje A-ban, i = 1, 2. Itt K1 és K2 szöge megegyezik L1 és L2 sz¨ ogével A-ban, amely az 1. eset miatt L01 és L02 szöge. Ez pedig az érintés miatt megegyezik K10 és K20 szögével. 3. eset. A és B pontban metsz˝o K körvonal és L egyenes szöge Legyen L0 a K érint˝ oje A-ban. Így K és L szöge megegyezik L0 és L szögével A-ban, amely az 1. eset miatt L00 és L0 szöge. Ez pedig az érintés miatt megegyezik K 0 és L0 sz¨ ogével. 2

37

Megjegyz´ es Két k¨ orvonal pontosan akkor mer˝oleges, ha a metszésponthoz tartoz´ o sugarak mer˝ olegesek. Egy egyenes és egy kör pontosan akkor mer˝oleges, ha az egyenes ´ atmegy a k¨ or középpontján. T´ etel Egy K k¨ orvonal inverz képe pontosan akkor önmaga, ha vagy K az inverzi´ o alapk¨ ore, vagy K mer˝oleges az inverzió alapkörére. Bizony´ıt´ as Legyen az inverzi´ o alapkörének középpontja O, és sugara r. Ha K megegyezik az alapkörrel, akkor nyilván önmaga inverz képe. Egyébként legyen A ∈ K nem az alapkörön fekv˝o pont. Ennek képe A0 is K-n van, ezért A0 az O-ból induló, A-n áthaladó félegyenes második metszéspontja K-val. Ebb˝ ol adódik, hogy O k´ıv¨ ul van K-n. Legyen E ∈ K az egyik O-b´ ol K-hoz h´ uzott érint˝o érintési pontja. El˝oször az inverzió defin´ıci´ oj´ ab´ ol, majd a szel˝ oszakaszokra vonatkozótételb˝ol következik, hogy r2 = OA · OA0 = OE 2 . Vagyis E közös pontja az alapkörnek és K-nak, és a hozz´ a tartoz´ o sugarak mer˝ olegesek az érintés miatt. Tehát K és az alapkör mer˝ olegesek egym´ asra. Megford´ıtva, ha K és az alapkör mer˝olegesek egymásra, akkor az egyik köz¨ os E pontban OE érinti K-t, és persze OE = r. Így tetsz˝oleges A ∈ K pontra, ha az O-b´ ol indul´ o, A-n áthaladó félegyenes második metszéspontja K-val B, akkor OA · OB = OE 2 = r2 , tehát B az A inverz képe. Másszóval K inverz képe ¨ onmaga. 2

13

Inverzi´ o a t´ erben

Defin´ıci´ o A térben adott egy O középpont´ u, r sugar´ u gömb. Egy P 6= O pontnak a g¨ ombre vonatkoz´ o inverze az a P 0 pont, mely az O kezd˝opont´ u, 0 2 P -n ´ athalad´ o félegyenesen van, és OP · OP = r . Megjegyz´ es A P 0 inverz képe P . Továbbá P = P 0 pontosan akkor, ha P rajta van a g¨ ombfelsz´ınen, és ha P bel¨ ul illetve k´ıv¨ ul van a gömbfelsz´ınen, 0 akkor P k´ıv¨ ulre illetve bel¨ ulre ker¨ ul. A következ˝o három lemma közvetlen következménye a megfelel˝ o s´ıkbeli áll´ıtásoknak. Lemma A térben egy O k¨ ozéppont´ u inverzió egy, az O-n átmen˝o s´ıkot önmag´ aba visz. Lemma A térben legyen az O-ból az O-t nem tartalmazó S s´ıkra bocsájtott mer˝ oleges talpontja T . Ekkor egy O középpont´ u inverzió az S-t az [O, T 0 ] 0 átmér˝ oj˝ u g¨ ombfelsz´ınbe viszi, ahol T a T inverz képe. Lemma Egy O k¨ ozéppont´ u inverzió egy, az O-t nem tartalmazó gömbfelsz´ınt egy O-t nem tartalmaz´ o g¨ ombfelsz´ınbe viszi. Továbbá O és a két gömbközéppont egy egyenesbe esik. 38

Defin´ıci´ o Sztereografikus projekci´ o Legyenek E és D egy G g¨ ombfelsz´ın átellenes pontjai (“északi és déli pólus”), és legyen S a D-beli érint˝ os´ık. A gömbfelsz´ın bármely P pontjához az S s´ık és az E kezd˝ opont´ u, P -n ´ athaladó félegyenes metszéspontját hozzarendel˝o transzform´ aci´ ot sztereografikus projekciónak nevezz¨ uk. T´ etel A fenti jel¨ olést haszn´ alva, a sztereografikus projekció egy a G gömbfelsz´ınen tal´ alhat´ o k¨ orvonalat vagy egyenesbe visz (ha a körvonal tartalmazza E-t), vagy k¨ orvonalba (ha a k¨ orvonal nem tartalmazza E-t). Továbbá a sztereografikus projekci´ o tartja a körvonalak szögét. Bizony´ıt´ as Az E k¨ ozéppont´ u, ED sugar´ u gömbre vett inverzió D-t fixen hagyja, ´ıgy G-t S-be viszi. M´ asszóval a sztereografikus projekció megegyezik ezen inverzi´ o megszor´ıt´ as´ aval a G gömbfel¨ uletre. Egy objektum inverz képét 0 -vel jel¨ ol¨ om. Legyen K egy tetsz˝ oleges G-n fekv˝o körvonal, és legyen H a s´ıkja. Így 0 0 0 0 K = G ∩ H = S ∩ H . Ha E ∈ K, azaz E ∈ H, akkor H 0 = H, és ezért K 0 az S ∩ H egyenes. Ha E 6∈ K, akkor könnyen látható, hogy E 6∈ H, és ezért H 0 egy g¨ ombfel¨ ulet, mely metszete S-sel egy körvonal. Így K 0 körvonal. Még meg kell mutatnunk, ha K1 , K2 ⊂ G körvonalak A és B pontokban metszenek, akkor sz¨ og¨ uk megegyezik K10 és K20 szögével. Feltehet˝o, A 6= E, és legyen Li a Ki k¨ orvonal A-beli érint˝oegyenese, i = 1, 2. Így K1 és K2 szöge megegyezik L1 és L2 szögével A-ban, és K10 és K20 szöge megegyezik e i az E-n átmen˝o, az Li -vel L01 és L02 sz¨ ogével A0 -ben. Legyen továbbá L 0 e párhuzamos egyenes, i = 1, 2. Itt Li az Li és Li s´ıkjában fekv˝o, A0 -t és E-t e i az E-ben érint, i = 1, 2. Tehát tartalmaz´ o k¨ orvonal, melyet L K1 és K2 sz¨ oge =

e 1 és L e 2 szöge E-ben L1 és L2 szöge A-ban = L

=

L01 és L02 szöge E-ben = L01 és L02 szöge A0 -ben

=

K10 és K20 szöge A0 -ben,

amit bizony´ıtani akartunk. 2 Megjegyz´ es Ismert, hogy a földfelsz´ın semmilyen darabjáról nem lehet olyan s´ıktérképet kész´ıteni, mely pontosan tartja a távolságarányokat. Gyakran kész´ıtenek térképet sztereografikus projekció seg´ıtségével, mert ez az eljárás megtartja legal´ abb a sz¨ ogeket, ami fontos pl. a hajózásnál.

39

14

Euklid´ eszi szerkeszt´ esek

Defin´ıci´ o Euklidészi (k¨ orz˝ ovel és vonalz´ oval t¨ ortén˝ o) szerkesztések Azt mondjuk, hogy adott pontokból, körvonalakból és egyenesekb˝ol egy s´ıbeli pontokb´ ol, egyenesekb˝ ol és körvonalakból álló alakzat körz˝ovel és vonalz´ oval megszerkeszthet˝ o, ha következ˝o lépésekkel el lehet jutni hozzájuk: • Adott vagy megszerkesztett ponttal, mint középponttal, és tetsz˝oleges sug´ arral k¨ orvonalat h´ uzunk. • Két, m´ ar adott vagy megszerkesztett ponton át egyenest h´ uzunk. • Két, m´ ar adott vagy megszerkesztett egyenesnek vagy körvonalnak vessz¨ uk a metszéspontj´ at. Megjegyz´ es Alap szerkesztések, melyekre sok szerkesztés visszavezethet˝o. • Adott szakasz felez˝ opontja, felez˝omer˝olegese. • Mer˝ oleges egyenes adott pontban adott egyenesre. • P´ arhuzamos adott pontban adott, a pont nem tartalmazó egyenessel. • Adott szakaszt adott racionális arányban osztó pont. • Adott k¨ orvonalhoz adott k¨ uls˝o pontból h´ uzott érint˝o. • Adott sz¨ og felez˝ oje. • Adott sz¨ og ´ atm´ asol´ asa olyan helyzetbe, ahol az egyik szögszár adott. √ • Adott hossz´ us´ ag´ u szakaszok mértani közepe, azaz, egy ab hossz´ u szakasz, ha adott egy a és egy b hossz´ u szakasz. • Adott oldal´ u szab´ alyos háromszög, négyzet, szabályos hatszög.

40

√

Lemma Az r sugar´ u k¨ orbe ´ırt szabályos t´ızszög oldala a =

5−1 2

r.

Bizony´ıt´ as Legyen [A, B] a szabályos t´ızszög egy oldala, és legyen O a kör¨ ul´ırt k¨ or k¨ ozéppontja. Így az AOB háromszögben OA = OB = r, 2π AOB∠ = 10 = π5 , és OAB∠ = OBA∠ = 2π aromszögben messe 5 . Az AOB h´ az A sz¨ og sz¨ ogfelez˝ oje P -ben az [O, B] oldalt, tehát P AO∠ = P AB∠ = π5 . Ebb˝ ol ad´ odik, hogy P AO h´ aromszög egyenl˝oszár´ u, pontosabban P A = P O. Tov´ abb´ a P AB és AOB h´ aromszögek két-két szög¨ uk egyez˝osége miatt ilyen sorrendben hasonl´ oak. Ezért P AB háromszögben AB = P A, tehát a = AB = P A = P O és P B = BO − P O = r − a. Másrészt a hasonlóságból AB B következik, hogy OB = PAB , azaz ar = r−a atrendezve kapjuk, hogy a . Ezt ´ a2 − ra − r2 = 0. Az a-ban m´ asodfok´ u egyenlet két gyöke √

a > 0, ezért a =

5−1 2

r.

√ −r± r2 +4r2 2

=

√ −1± 5 2

· r. Mivel

2

T´ etel Adott sugar´ u k¨ orbe szabályos ötszög vagy t´ızszög szerkeszthet˝o. Bizony´ıt´ as Legyen O a k¨ orközéppont, és A pedig a körvonal egy pontja. Szerkessz¨ uk meg az OA egyenesre az O-ban mer˝oleges L egyenest, majd vegy¨ uk fel ezen azon B pontot, melyre OB = 21 OA. Ezek után legyen C az L-nek, és a B k¨ ozéppont´ u, BA sugar´ u körvonalnak az a metszete, melyre O ∈ [B, C]. Azt ´ all´ıtom, hogy ekkor OC a szabályos t´ızszög oldala, tehát a t´ızsz¨ og ´ıgy megszerkeszthet˝ o. A szabályos ötszöget u ´gy kapjuk, hogy vessz¨ uk szab´ alyos t´ızsz¨ og minden m´ asodik cs´ ucsát. Az ´ all´ıt´ ashoz legyen OA = r a körqsugara, ´ıgy OB = r/2. A Pitagorasz√ √ 2 tétel miatt AB = OA2 + OB 2 = r2 + r4 = 25 r, ezért OC = BC − √

√

BO = BA − BO = 25 r − 12 r = t´ızsz¨ og oldala az el˝ oz˝ o lemma miatt.

5−1 2

r. Ez pedig a körbe´ırt szabályos

2

Megjegyz´ es Kisz´ amolhat´ o, hogy a szabályos ötszög egy oldala a fenti bizony´ıt´ asbeli AC t´ avols´ ag. Megjegyz´ es Adott a oldal´ u szabályos ötszög vagy t´ızszög is szerkeszthet˝o. Péld´ aul ¨ otsz¨ og esetén tetsz˝ oleges r˜ körsugárhoz a fenti módszerrel szerkessz¨ uk meg az ilyen sugar´ u k¨ orbe ´ırt szabályos ötszög a ˜ oldalát, majd a párhuzamos szel˝ ok tétele alapj´ an azt az r értéket, melyre ar = a˜r˜ . Tehát az a oldal´ u szab´ alyos ¨ otsz¨ oget az r sugar´ u körbe tudjuk be´ıni. Megjegyz´ es Ismert, hogy nem lehet adott szöget harmadolni, vagy adott oldal´ u szab´ alyos hétsz¨ oget vagy 11-szöget szerkeszteni. De lehet például adott oldal´ u szab´ alyos 17-sz¨ oget szerkeszteni.

41

15

Szerkeszt´ es csak k¨ orz˝ ovel

Defin´ıci´ o Mascheroni-féle, azaz csak k¨ orz˝ ovel t¨ ortén˝ o szerkesztések Egy egyenest akkor tekint¨ unk adottnak, ha két pontja adott, és egy körvonalat, ha k¨ ozéppontja és egy pontja adott. Azt mondjuk, hogy adott pontokból, körvonalakb´ ol és egyenesekb˝ ol egy s´ıbeli pontokból, egyenesekb˝ol és körvonalakból áll´ o alakzat csak k¨ orz˝ ovel megszerkeszthet˝o, ha következ˝o lépésekkel el lehet jutni hozz´ ajuk: • Adott vagy megszerkesztett ponttal, mint középponttal, és tetsz˝oleges sug´ arral k¨ orvonalat h´ uzunk. • Két, m´ ar adott vagy megszerkesztett körvonalnak vessz¨ uk a metszéspontját. Lemma Ha adott A 6= B és valamely m ≥ 2 egész, akkor csak körz˝ovel megszerkeszthet˝ o az az A kezd˝opont´ u, B-n áthaladó félegyenesen fekv˝o C pont, melyre AC = k · AB. Bizony´ıt´ as Adott A 6= B esetén m ≥ 0-ra indukcióval bizony´ıtom, hogy ha c¯ − a ¯ = m · (¯b − a ¯) (ami a lemmabeli feltétel), akkor C csak körz˝ovel megszerkeszthet˝ o. Ha m = 0, akkor C = A, és ha m = 1, akkor C = B, ´ıgy ekkor nyilv´ an teljes¨ ul az ´ all´ıtás. Tegy¨ uk fel, hogy m ≥ 2, és definiáljuk C1 és C2 pontokat a c¯1 − a ¯ = (m − 1) · (¯b − a ¯) és c¯2 − a ¯ = (m − 2) · (¯b − a ¯) feltétellel, teh´ at C1 és C2 csak körz˝ovel megszerkeszthet˝o az indukciós feltevés miatt. Legyenek D és E 6= C1 olyan pontok, hogy D távolsága C1 -t˝ol és C2 -t˝ ol is AB = C1 C2 , és E távolsága D-t˝ol és C1 -t˝ol is AB. Így C távols´ aga E-t˝ ol és C1 -t˝ ol is AB. Miután D csak körz˝ovel megszerkeszthet˝o C1 és C2 ismeretében, tov´ abbá E a D és C1 ismeretében, vég¨ ul C az E és C1 ismeretében, C szerkeszthet˝oségét beláttuk. 2 Lemma Ha adott az inverzi´ o K alapkörvonala, akkor tetsz˝oleges K-n k´ıv¨ uli P pontnak az inverz képe csak körz˝ovel megszerkeszthet˝o. Bizony´ıt´ as Legyen a K k¨ ozéppontja O, és sugara r. Legyen R és S a K-nak és a P k¨ ozéppont´ u, P O sugar´ u körvonalnak a metszéspontjai (ezek léteznek, mert a k¨ orvonalnak van pontja K-n bel¨ ul és k´ıv¨ ul is). Továbbá legyen Q az R és az S k¨ ozéppont´ u, OR = OS = r sugar´ u körvonalaknak O-tól k¨ ulönböz˝o ´ metszéspontja. Igy Q csak k¨ orz˝ovel megszerkeszthet˝o. Mivel O, Q és P t´ avols´ aga R-t˝ol és S-t˝ol megegyezik, ezért a három pont rajta van [R, S] szakasz felez˝omer˝olegesén. Tehát Q rajta van az O kezd˝ opont´ u, P -n ´ athalad´ o félegyenesen. Másrészt OP R és ORQ egyenl˝oszár´ u háromsz¨ ogek alapon fekv˝ o sz¨ ogei O-nál egybeesnek, vagyis a két háromszög OR a cs´ ucsok ilyen sorrendje mellett hasonló. Ebb˝ol adódik, hogy OP OR = OQ , azaz OP · OQ = OR2 = r2 . Tehát Q a P inverz képe. 2

42

T´ etel Ha adott az inverzi´ o alapköre, akkor tetsz˝oleges P pontnak az inverz képe csak k¨ orz˝ ovel megszerkeszthet˝o. Bizony´ıt´ as Legyen K az alapkörvonal O középponttal és r sugárral, és jelölje az erre vonatkoz´ o inverz képet 0 . Ha P ∈ K, akkor P 0 = P , ´ıgy nem is kell szerkeszteni. Ha P a K-n k´ıv¨ ul van, akkor az el˝oz˝o lemma adja a szerkesztést. Teh´ at feltehetj¨ uk, hogy P bel¨ ul van K-n. Válasszunk olyan m ≥ 2-t, hogy ha Q az O kezd˝opont´ u, P -n áthaladó félegyenesen fekv˝o azon pont, melyre OQ = m · OP , akkor a Q pont k´ıv¨ ul van K-n. Mivel OP · OP 0 = r2 = OQ · OQ0 , ezért OP 0 = m · OQ0 . Tehát Q csak körz˝ovel megszerkeszthet˝ o O-b´ ol és P -b˝ol az els˝o lemma miatt, Q0 a Q-ból második 0 lemma miatt, és P az O-b´ ol és Q0 -b˝ol megint az els˝o lemma miatt. 2 Lemma Ha inverzi´ o alapk¨ orének középpontja O, és P 6= O, akkor az [O, P ] szakasz feloz˝ omer˝ oleges egyenesének az inverz képe a P 0 középpont´ u, P 0 O sugar´ u k¨ orvonal, ahol P 0 a P inverz képe. Bizony´ıt´ as Legyen T az [O, P ] szakasz feloz˝opontja, tehát az O-ból az L feloz˝ omer˝ olegesre bocs´ ajtott mer˝oleges talppontja. Láttuk, hogy L inverz 0 képe, melyet L jel¨ ol, az [O, T 0 ] szakasz, mint átmér˝o fölé emelt körvonal, 0 ahol T a T inverz képe. Ekkor OT · OT 0 = OP · OP 0 és OT = 21 OP miatt OP 0 = 21 OT , ezért val´ oban L0 középpontja P 0 . 2 Lemma Ha adott h´ arom, nem egyenesen fekv˝o pont, akkor csak körz˝ovel megszerkeszthet˝ o a rajtuk ´ atmen˝o körvonal. Bizony´ıt´ as Legyen A, B és C a három pont. Legyen K egy tetsz˝oleges A középpont´ u k¨ orvonal, mely a bizony´ıtásbeli inverzió alapköre. Az A, B és C-n ´ atmen˝ o körvonal megszerkeszthetéséhez elég a az ˝o Q középpontj´ at megszerkesztheteni. Ha LB és LC az [A, B] illetve [A, C] szakasz felez˝ omer˝ olegese, akkor a keresett Q az LB és LC metszete. Q inverz képe legyen Q0 . Az el˝ oz˝ o lemma miatt csak körz˝ovel megszerkeszthet˝oek LB és LC inverz képei, melyek metszete A és Q0 . Így Q0 -t már megszerkesztet¨ uk, és ebb˝ ol Q-t is megszerkeszthetj¨ uk, mint Q0 inverz képét. 2

43

Lemma Ha adott az inverzi´ o alapköre, akkor tetsz˝oleges körvonalnak illetve egyenesnek az inverz képe megszerkeszthet˝o csak körz˝ovel. Bizony´ıt´ as Az inverzi´ o alapkörének középpontját O-val, és egy objektum inverz képét 0 -vel jel¨ ol¨ om. Tekints¨ unk egy L egyenest. Ha O ∈ L, akkor L0 = L, ´ıgy nincs mit szerkeszteni. Ha O 6∈ L, akkor válasszunk tetsz˝oleges A, B ∈ L pontot, szerkessz¨ uk meg A0 , B 0 -t, majd az el˝oz˝o lemma alapján szerkessz¨ uk 0 0 meg az O, A és B pontokon áthaladó körvonalat, mely a keresett L0 . Most tekints¨ unk egy K körvonalat. Ha O ∈ K, akkor K 0 a K két O-t´ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o tetsz˝ oleges pontjának inverz képén átmen˝o egyenes. Ha O 6∈ K, akkor v´ alasszunk tetsz˝oleges A, B, C ∈ K pontot, szerkessz¨ uk meg A0 , B 0 , C 0 -t, majd az el˝ oz˝ o lemma alapján szerkessz¨ uk meg az A0 B 0 és C 0 pontokon ´ athalad´ o k¨ orvonalat. Ez a körvonal K 0 . 2 T´ etel (Mohr-Mascheroni) Ha egy objektum körz˝ovel és vonalzóval megszerkeszthet˝ o, akkor csak k¨ orz˝ovel is. Bizony´ıt´ as Két olyan lépés van, mely szerepel vonalzóval és körz˝o való szerkeszthet˝ oség lépései k¨ oz¨ ott, de nem szerepel a csak körz˝ovel való szerkeszthet˝ oség lépései k¨ oz¨ ott. Ezek az adott egyenes és körvonal metszete, illetve az adott két egyenes metszete. Így azt kell megmutatnunk, hogy ezt a két lépést véghez tudjuk vinni csak körz˝ovel. Adott L egyeneshez és K körvonalhoz válasszunk egy L-n és K-n nem fekv˝ o O pontot, és egy tetsz˝oleges O középpont´ u kört, mely az inverzió alapk¨ ore lesz. Megszerkesztj¨ uk L és K inverzét, melyek körök, és ´ıgy kijel¨ olhet˝ oek az ˝ o metszéspontjaik (ha vannak). Majd ezen metszéspontok inverz képei az L és K metszéspontjai. Adott L1 és L2 egyeneshez válasszunk egy L1 -n és L2 -n nem fekv˝o O pontot, és egy tetsz˝ oleges O k¨ ozéppont´ u kört, mely az inverzió alapköre lesz. Megszerkesztj¨ uk L1 és L2 inverzét, melyek O-n áthaladó körök, és ´ıgy kijel¨ olhet˝ o a két k¨ or O-t´ ol k¨ ul¨ onböz˝o metszéspontja. Vég¨ ul ezen metszéspont inverz képe az L1 és L2 metszéspontja. 2 Megjegyz´ es A csak k¨ orz˝ ovel való szerkesztés során a szerkesztés lépéseihez esetleg k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o k¨ or¨ okre végz¨ unk inverziót. Például adott L egyenes és K körvonal metszéspontjainak megszerkesztésénél az O pont nem illeszkedett K-ra, ´ıgy K inverz képére sem, melyet K 0 jelölök. A K 0 -nek el˝oször megszerkesztj¨ uk h´ arom pontj´ at, melyek három A, B, C ∈ K pont A0 , B 0 , C 0 pont inverz képe (az O k¨ ozéppont´ u inverziót használva). A K 0 középpontjának meghat´ aroz´ as´ ahoz viszont A0 középpontt´ u inverziót kell használni.

44

JEGYZET Geometria 2., tanárszak

Recommend Documents