Lektorálták: Dr. Kincses János (JATE) Dr. Nagy Péter (KLTE)

Lektorálták: Dr. Kincses János (JATE) Dr. Nagy Péter (KLTE)

Tipográfia: LATEX 2ε (KZ) c °Kovács Zoltán 1999, 2002

Tartalomjegyzék El˝oszó Forrásmunkák . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fontosabb jelölések

vii ix x

1. Az abszolút geometria axiómarendszere 1. Az illeszkedési axiómák . . . . . . 2. A vonalzó axióma . . . . . . . . . . 3. A félsík axióma . . . . . . . . . . . 4. A szögmér˝o axióma . . . . . . . . . 5. A kongruencia axióma . . . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

1 1 5 11 16 19

2. Fejezetek az abszolút geometriából 6. Mer˝oleges és párhuzamos egyenesek a síkban 7. Sík és egyenes mer˝olegessége . . . . . . . . 8. Egyenl˝otlenségek . . . . . . . . . . . . . . . 9. Izometriák . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10. Körök és gömbök . . . . . . . . . . . . . . . 11. Négyszögek . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12. Párhuzamossági axiómák . . . . . . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

27 27 32 36 43 49 55 60

3. Fejezetek az euklidészi geometriából 13. Párhuzamos térelemek . . . . . . . . . . 14. Izometriák II. . . . . . . . . . . . . . . . 15. A párhuzamos szel˝ok tételei . . . . . . . 16. Hasonlósági transzformációk . . . . . . . 17. A szabadvektorok vektortere . . . . . . . 18. Affin leképezések . . . . . . . . . . . . . 19. Az irányítás . . . . . . . . . . . . . . . . 20. Az inverzió és a körtartó transzformációk 21. Affin terek . . . . . . . . . . . . . . . . . 22. Sokszögek és poliéderek . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

67 . 67 . 70 . 80 . 83 . 88 . 92 . 103 . 105 . 112 . 116

v

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

4. A Jordan-mérték geometriai megalapozása 23. A körív ívhossza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24. A területfogalom geometriai megalapozása . . . . . . . . . . . . . . 25. Térfogat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

123 123 128 132

A könyv hátulja

138

Tárgymutató

150

További olvasnivaló

157

vi

El˝oszó Ez a jegyzet a szerz˝onek a Debreceni Egyetemen (illetve egyik jogel˝odjén, a Kossuth Lajos Tudományegyetemen) és a Nyíregyházi F˝oiskolán (Bessenyei György Tanárképz˝o F˝oiskolán) 1993-óta tartott Geometria el˝oadásai alapján készült. Tematikájában igazodik a tanárszakos hallgatók képesítési követelményeihez. A geometria fejl˝odésének f˝o történeti csomópontjait a XX. század egyik kiemelked˝o matematikusa, S-S. Chern az alábbi kulcsszavakkal jellemezte a nagyon tanulságos [4] cikkében: 1. Axiomatikus geometria (Euklidész); 2. Koordinátageometria (Descartes, Fermat); 3. Kalkulus (Newton, Leibnitz); 4. Csoportelmélet (F. Klein, Lie); 5. Sokaságok (Riemann); 6. Fibrált nyalábok (E. Cartan, Whitney). A tudományegyetemek tanterve szerint valamennyi lépcs˝ofok bejárható, esetleg választható tárgyak formájában. A bevezet˝o geometria kurzus (s ez a jegyzet is) ebben a lépcs˝oben az els˝o szinthez, s részben a másodikhoz tartozik. Hosszú sora van azoknak a vitáknak, hogy a modern matematika megismerésekor szükség van-e a történeti út megismerésére (betartására) vagy sem, illetve a geometria tantervekben szükség van-e erre az els˝o lépcs˝ore vagy sem. A szerz˝o meggy˝oz˝odése, hogy a modern geometria tanulmányozása el˝ott fontos ez az axiomatikus szint, s fokozottan igaz ez a tanárszakos hallgatókra. A munka nem tekinthet˝o az el˝oadás írott verziójának, inkább háttéranyagnak, amely sok tekintetben b˝ovebb az el˝oadásnál. Egyrészt tartalmaz olyan anyagrészeket, amelyek a tárgy elmélyültebb elsajátításához szükségesek, de az id˝okeret nem mindig engedi meg a tárgyalásukat. Másrészt tartalmazza az el˝oadáson bizonyítás nélkül elhangzó egyszer˝ubb, vagy középiskolából ismert (s ezért az el˝oadáson mell˝ozött) állítások bizonyítását is. Az utóbbi körbe tartozó állítások nagy része a f˝o szövegben bizonyítás nélkül szerepel – mintegy feladatként, inspirálandó az olvasót az önálló gondolkodásra –, de „a könyv hátulján”megtaláljuk a megoldást. Szándékom szerint csak vii

nagyon kevés olyan tétel maradt, amelyhez egyáltalán nem szerepel bizonyítás. Mindemellett a szövegben található Megjegyzés ek nagyon gyakran távolról sem triviális, esetleg a jegyzet kereteit meghaladó állításokat is tartalmaznak. A jegyzet nem tartalmazza az euklideszi geometria néhány – a hallgató által középiskolában megismert – fejezetét. Ezek rendszerez˝o ismétléséhez és b˝ovítéséhez rendelkezésre áll H AJÓS G YÖRGY Bevezetés a geometriába c. kiváló könyve.

További gondolatok a haladó olvasóhoz Tanárok nemzedékei tanulták a geometriát H AJÓS G YÖRGY klasszikusnak számító Bevezetés a geometriába c. m˝uvéb˝ol (mint ahogyan e sorok írója is). Ez a jegyzet sok tekintetben o˝ rzi a „Hajós” hagyományait, míg más vonatkozásokban alternatívát kínál ehhez a tankönyvhöz képest. A hagyomány˝orzést jelenti például az abszolút geometria hangsúlyozott volta. H AJÓS könyvében is viszonylag kés˝on, a 12. §-ban szerepel a párhuzamossági axióma. Ebben a jegyzetben az anyag hozzávet˝oleg felét az abszolút geometria keretein belül fejtjük ki. Mi az új a jegyzetben? Az abszolút geometriát tekintve az egyik legfontosabb célom az volt, hogy megadjam a geometriának egy gyors, de hézagmentes axiomatikus felépítését. Az euklideszi geometriában szándékom szerint kiemelten kezeltem a geometriai transzformációk tárgyalását. Célom volt az is, hogy a Jordan-mérték geometriai felépítését gyorssá – kb. 4 óra alatt elmondhatóvá – tegyem. Ez az anyagrész hagyományosan a geometria kurzusok része, azonban az analízis tárgyból a hallgató a témakörrel behatóan foglalkozik, tehát elegend˝onek tartottam egy elemi felépítést. Néhány szó a jegyzetben használt axiómarendszerr˝ol. Az oktatásban használt axiómarendszerek általában különböznek az euklideszi geometria Hilbert-féle axiómarendszerét˝ol. Alapvet˝o különbség lehet a a folytonosság és a rendezés tárgyalása. A Hilbert-féle (szintetikus) felépítés a valós számok halmazát egyáltalán nem használja, a folytonossági axióma pedig a Dedekind tulajdonság megfogalmazásával az utolsó abszolút axióma. Ezzel szemben a folytonosságot lehet közvetlenül az illeszkedés után szerepeltetni ill. kimondani, hogy az egyenes a valós számok halmazával koordinátázható. Ezáltal a rendezés nagyon könnyen tárgyalható lesz, egyáltalán a felépítést ez az eljárás gyorssá és elég egyszer˝uvé teszi. Ebben a jegyzetben ezt az utat követjük. Az ötlet G. D. B IRKHOFF amerikai matematikustól származik (ld. pl. [2, 3, 6]). Ezt a fajta tárgyalást metrikusnak is nevezik, s sokfelé használják oktatási célokra, maga B IRKHOFF is ilyen célokra szánta. A tárgyalásban igyekeztem figyelembe venni, hogy a hallgatók a lineáris algebra alapjaival már tisztában vannak, így a szabadvektorok vektorterének konstrukciója után már szabadon használok lineáris algebrai eszközöket is. Ezúton is köszönetet mondok S ZILASI J ÓZSEF kollégának (KLTE), akivel sok hasznos diszkussziót folytattunk a geometria metrikus felépítésér˝ol, s aki el˝oadásaival és jegyzetével élen járt ennek a hazai oktatásban való elterjesztésében. Szintén köszönetet mondok a kötet lektorainak segít˝o megjegyzéseikért. Rajtuk kívül a kéziratot ártnézte, s több hasznos észrevétellel szolgált KOZMA L ÁSZLÓ (KLTE). viii

Jelen kiadás az 1999-es kiadás javított utánnyomása. Javítottam az id˝oközben felfedezett elírásokat, néhány bizonyítást – a gondolatmenetet változatlanul hagyva – gördülékenyebbé tettem. Teljesen kicseréltem az inverzió szögtartására vonatkozó tétel bizonyítását. Ebben a kiadásban közlöm a szögmér˝o axióma bizonyítását a Descartesféle koordinátamodellben – amely távolról sem rutin feladat. Az el˝oadáson közben lényegesebb tartalmi b˝ovítésre is sor került: részletesen tárgyalom a térizometriák osztályozását, a gyakorlatokon pedig feldolgozzuk a Poincaré-féle körmodellt. Ezek az új témakörök remélhet˝oleg a második, b˝ovített kiadásban szerepelnek majd. Végezetül arra biztatom a könyv minden olvasóját, hogy észrevételeit juttassa el hozzám, pl. a [email protected] címre. A felfedezett sajtóhibákat igyekszem korrigálni a http:\\zeus.nyf.hu\~kovacsz címen. Debrecen-Nyíregyháza, 2002. február 26. Kovács Zoltán

Forrásmunkák [1] M. Berger. Geometry I and II. Springer, 1987. [2] G. D. Birkhoff. A set of postulates for plane geometry based on scale and protactor. Ann. of Math., 33:329–345, 1932. [3] R. Brossard. Birkhoff’s axioms for space geometry. The American Mathematical Monthly, pages 693–606, 1964. [4] S-S. Chern. What is geometry. The American Mathematical Monthly, pages 679– 686, 1990. [5] Hajós György. Bevezetés a geometriába. Tankönyvkiadó, 1971. [6] S. MacLane. Metric postulates for plane geometry. The American Mathematical Monthly, pages 543–555, 1959. [7] G. E. Martin. The Foundations of Geometry and the Non-Euclidean Plane. Springer, 1975. [8] E. E. Moise. Elementary geometry from an advanced standpoint. Addison-Wesley, 1963. [9] G. D. Parker. A metric model of plane Euclidean geometry. The American Mathematical Monthly, pages 567–572, 1980.

ix

Fontosabb jelölések AB vagy d(A, B)— Az A és B pontok távolsága; AB ←−→ AB −−→ AB −* AB ∼ = ∼ ^ 4 2

— A és B végpontokkal rendelkez˝o szakasz; — A-t és B-t tartalmazó egyenes; — A kezd˝opontú és B-t tartalmazó félegyenes; — Az (A, B) irányított szakasszal reprezentálható szabadvektor; — kongruens, egybevágó; — hasonló; — szögvonal; — háromszög; — bizonyítás vége; — önálló munkára szánt feladat, megoldás a „könyv hátulján”; — bizonyítás nélkül kimondott tétel.

Továbbá megjegyezzük, hogy az A ⊂ B jelölést valódi és nemvalódi tartalmazásra egyaránt használjuk, és a tagadás jele ¬. Fontosak még a következ˝o nyelvi megállapodások: Legyenek A és B pontok! — Ekkor A és B egybe is eshetnek. Legyen A és B két pont! — Ekkor A és B különböznek.

x

1. fejezet

Az abszolút geometria axiómarendszere Abszolút téren egy (E, P, L, d, m) ötöst értünk, ahol E egy halmaz, P, L az E részhalmazainak bizonyos halmaza, d és m pedig leképezések; továbbá teljesülnek bizonyos kés˝obb részletezend˝o axiómák. Ezen axiómák: az illeszkedési axiómák; a vonalzó axióma, vagy els˝o folytonossági axióma; a félsík axióma, vagy rendezési axióma; a szögmér˝o axióma, vagy második folytonossági axióma; az egybevágósági axióma. A E, P, L halmazok elemeinek elnevezései, továbbá d és m a nyelvünkhöz csatolt nem definiált (értelem nélküli) szavak; s jóllehet ezeket a magyar nyelv köznyelvi értelemmel is bíró szavaival illetjük (úgymint pontok, síkok, egyenesek, távolság, szögmérték), nem szabad felruházni o˝ ket a fizikai térb˝ol vett semmiféle tulajdonsággal.

1. Az illeszkedési axiómák 1.1. Definíció. E elemeit pontoknak, P elemeit síkoknak, L elemeit egyeneseknek nevezzük. Ha egy pont eleme egy egyenesnek vagy egy síknak, akkor azt mondjuk, hogy illeszkedik rá. Ha egy egyenes részhalmaza egy síknak, akkor azt mondjuk, hogy illeszkedik rá. Az egy egyenesre illeszked˝o pontokat kollineáris pontoknak, míg az egy síkra illeszked˝o pontokat komplanáris pontoknak nevezzük. Tehát az illeszkedik szó az eleme, vagy részhalmaza szavak szinonímája. Megállapodunk abban, hogy az illeszkedés relációt szimmetrikus értelemben is használhatjuk: tehát, ha azt mondjuk, hogy egy sík illeszkedik egy pontra, akkor ez ugyanazt jelenti, hogy a pont illeszkedik a síkra. A számtalan további nyelvi szinoníma felsorolásától eltekintünk.

Axióma: Illeszkedési axiómák. I1. Minden egyenesre illeszkedik legalább két pont. 1

2

1. FEJEZET: AZ ABSZOLÚT GEOMETRIA AXIÓMARENDSZERE

I2. Bármely két pontra illeszkedik egy és csakis egy egyenes. I3. Minden síknak van legalább három nem kollineáris pontja. I4. Bármely három nem kollineáris pontra illeszkedik egy és csakis egy sík. I5. Ha egy egyenes két pontja illeszkedik egy síkra, akkor az egyenes is illeszkedik a síkra. I6. Ha két síknak van közös pontja, akkor van további közös pontja is. I7. Létezik négy nem kollineáris és nem komplanáris pont. * 1.2. Definíció. Az I1–I7 tulajdonságokkal rendelkez˝o (E, P, L) hármast Hilbert-féle illeszkedési térnek nevezzük. Hilbert-féle illeszkedési síkról akkor beszélünk, ha az (E, L) párra teljesül I1 és I2 továbbá I3’. létezik három nem kollineáris pont.

Példa. (Minimális modell.) Amikor modellt adunk egy axiómarendszerre, akkor megadjuk az axiómákban szerepl˝o nem definiált szavaknak egy interpretációját. Az els˝o példában halmazalgebrai jelentést adunk a pont, egyenes, sík szavaknak. Ezután be kell látni, hogy az axiómák a halmazalgebra tételei. E = {A, B, C, D}; P = {{A, B, C}, {A, B, D}, {B, C, D}, {A, C, D}}; L = {{A, B}, {A, C}, {A, D}, {B, C}, {B, D}, {C, D}}. Könny˝u látni, hogy valamennyi illeszkedési axióma teljesül. Példa. (Descartes modell.) Megadunk egy másik modellt is, melyet az egész fejezetben „nyomon követünk”: a Descartes-féle modellt. E = R3 ; P = R3 kétdimenziós lineáris sokaságai halmaza; L = R3 egydimenziós lineáris sokaságai halmaza. Az axiómák teljesülésének ellen˝orzése egyszer˝u analitikus geometriai feladat. Példa. (Projektív illeszkedési sík.) A következ˝o példában Hilbert-féle illeszkedési síkra adunk egy modellt. E = R3 egydimenziós alterei halmaza; L = R3 kétdimenziós alterei halmaza. ←−→ Jelölés. Az A és B 6= A pontokra illeszked˝o egyértelm˝u egyenest AB jelöli. 1.3. Tétel. Két egyenesnek legfeljebb egy közös pontja lehet.

Bizonyítás: Indirekt. Ha a két egyenesnek legalább két közös pontja lenne, akkor I2 szerint nem lennének különböz˝oek.

3

1 – 1. AZ ILLESZKEDÉSI AXIÓMÁK

1.4. Definíció. Ha két egyenesnek pontosan egy közös pontja van akkor azokat metsz˝oknek mondjuk, a közös pont neve pedig metszéspont. Az a, b ∈ L egyeneseket párhuzamosaknak mondjuk, ha a = b vagy egysíkúak, de nem metsz˝ok. Ha két egyenes nem egysíkú, akkor azokat kitér˝o egyeneseknek mondjuk.

Jelölés. A párhuzamosság-reláció jele k. Ezt a szimbólumot a továbbiakban nemcsak az egyenesek párhuzamosságára, hanem síkok, illetve egyenesek és síkok párhuzamosságának jelölésére is alkalmazzuk. Megjegyzés. Az egyenesek párhuzamossága reflexív és szimmetrikus reláció. A tranzitivitás kérdésére még visszatérünk, egyel˝ore megjegyezzük, hogy a párhuzamosság reláció tranzitivitása független az abszolút tér axiómarendszerét˝ol, azaz abszolút térben sem bizonyítani, sem cáfolni nem lehet. 1.5. Tétel. Ha egy sík nem tartalmaz egy egyenest, akkor legfeljebb egy közös pontjuk lehet.

Bizonyítás: Indirekt. Ha az egyenesnek és a síknak legalább két közös pontja volna, akkor I5 szerint az egyenes illeszkedne a síkra. 1.6. Definíció. Ha egy síknak és egy egyenesnek pontosan egy közös pontja van, akkor a sík és az egyenes metszésér˝ol beszélünk, a közös pontot pedig metszéspontnak nevezzük. Egy egyenest és egy síkot párhuzamosnak mondunk, ha az egyenes illeszkedik a síkra, vagy az egyenesnek nincs közös pontja a síkkal. 1.7. Tétel. Ha két síknak van közös pontja, akkor közös részük egyenes.

Bizonyítás: Legyen α, β ∈ P, α 6= β, P ∈ α ∩ β. ←−→ Konstrukció: I6 =⇒ ∃Q ∈ α ∩ β úgy, hogy P 6= Q. I2 =⇒ ∃! P Q ∈ L. Azt ←−→ ←−→ állítjuk, hogy P Q = α ∩ β. El˝oször azt látjuk be, hogy P Q ⊂ α ∩ β: P ∈ α, Q ∈ α P ∈ β, Q ∈ β

I5 =⇒ I5 =⇒

←−→ P Q ⊂ α, ←−→ P Q ⊂ β.

←−→ Végezetül azt látjuk be, hogy α ∩ β-nak a P Q pontjain kívül több közös pontja ←−→ nincs. Ha R ∈ α ∩ β de R 6∈ P Q , akkor P , Q, R három nem kollineáris pont, melyek mindegyike illeszkedik α-ra is és β-ra is. I4 szerint azonban a {P, Q, R} ponthármasra illeszked˝o sík egyértelm˝u, tehát α = β következne, ami ellentmondás. 1.8. Definíció. Ha két sík közös része egyenes, akkor a két síkot metsz˝onek, a közös egyenest pedig metszésvonalnak nevezzük. Ha az α és β síkok egybeesnek vagy nincs közös pontjuk, akkor α-t és β-t párhuzamosaknak nevezzük.

Megjegyzés. A síkok párhuzamossága reflexív és szimmetrikus reláció, amint az a definícióból közvetlenül következik. A tranzitivitásról (bizonyítás nélkül) megjegyezzük, hogy az független az abszolút tér axiómarendszerét˝ol.

4


1.9. Tétel. Egy egyenesre és egy rá nem illeszked˝o pontra egy és csakis egy sík illeszkedik.

Bizonyítás: Legyen a ∈ L, P ∈ E, P 6∈ a. ←−→ Konstrukció. Legyen a = AB (I1 miatt ez megtehet˝o.) P , A, B nem kollineáris pontok, melyekre I4 szerint illeszkedik egy egyértelm˝u sík, jelölje ezt α. P ∈ α nyilvánvaló a konstrukció miatt. a ⊂ α, mert I5 ←−→ A, B ∈ α =⇒ AB ⊂ α. ←−→ Unicitás. Minden P -t és AB -t tartalmazó sík tartalmazza P -t, A-t és B-t is. Az ilyen sík azonban I4 miatt egyértelm˝u. 1.10. Tétel. Metsz˝o egyenespárhoz egy és csakis egy sík illeszkedik.

Bizonyítás: Legyen a, b ∈ L, a 6= b, {M } = a ∩ b. Konstrukció. I1-b˝ol következik, hogy ∃A ∈ a : A 6= M , ∃B ∈ b : B 6= M . A 6= B, mert ellenkez˝o esetben A ∈ a ∩ b, azaz A = M következne. Tehát A, B, M három nem kollineáris pont, melyre I4 szerint illeszkedik egy egyértelm˝u sík, jelölje ezt α. Belátjuk, hogy a ⊂ α, b ⊂ α: M ∈α∧A∈α M ∈α∧B ∈α

I5 =⇒ I5 =⇒

←−→ M A = a ⊂ α, ←−→ M B = b ⊂ α.

Unicitás. Minden olyan sík, amely a-t és b-t tartalmazza, tartalmazza M -t, A-t, és B-t is. Az ilyen sík azonban I4 miatt egyértelm˝u. 1.11. Tétel. Két párhuzamos egyenesre egy és csakis egy sík illeszkedik.

Bizonyítás: Legyen a, b ∈ L, akb, a 6= b. A párhuzamos egyenesek definíció szerint mindig egysíkúak, tehát csak az unicitással kell foglalkoznunk. ∃A, B ∈ a : A 6= B (I1), ∃P ∈ b (I1). P 6∈ a a feltétel miatt. A, B, P három nem kollineáris pont. Minden a-t és b-t tartalmazó sík tartalmazza A-t, B-t és P -t, azaz I4-b˝ol következ˝oen az ilyen sík egyértelm˝u. 1.12. Tétel. Egy egyenes akkor és csakis akkor párhuzamos egy síkkal, ha a sík tartalmaz az egyenessel párhuzamos egyenest.

Megjegyzés. Hilbert féle illeszkedési térben nem feltétlenül vannak különböz˝o párhuzamos egyenesek, illetve különböz˝o párhuzamos síkok, amint azt a minimális modell mutatja.

5

1 – 2. A VONALZÓ AXIÓMA

2. A vonalzó axióma A vonalzó axióma az (E, P, L, d, m) ötösb˝ol a d tulajdonságait fogalmazza meg.

Axióma: A vonalzó axióma, vagy els˝o folytonossági axióma — RP.1 RP1. d : E × E → R, (P, Q) 7→ d(P, Q); RP2. ∀` ∈ L ∃f : ` → R bijekció, hogy ∀P, Q ∈ `: d(P, Q) = |f (P ) − f (Q)|. * P

d(P, Q) = |f (P ) − f (Q)| Q

f (P )

f (Q)

1.1. ábra. A vonalzó axióma. A távolság nem definiált szó, a vonalzó axióma (szemléletesen szólva) azt rögzíti, hogyan mérünk távolságot: „vonalzóval”.

2.1. Definíció. d-t távolságfüggvénynek vagy metrikának, az f leképezést pedig koordinátaleképezésnek vagy koordinátázásnak mondjuk. d(P, Q)-t, mely számot P Q-val is jelöljük, a P és Q pontok távolságának nevezzük.

Példa. d interpretációja a Descartes-féle modellben. d egy lehetséges interpretációja az ún. (kanonikus) euklidészi metrika. Legyen P = (x1 , y1 , z1 ), Q = (x2 , y2 , z2 ) ∈ R3 . p d(P, Q) = (x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 + (z1 − z2 )2 = kP − Qk, ahol k.k jelenti R3 kanonikus skaláris szorzatából származó normát. Az x = v1 t + x0 , y = v2 t + y0 , z = v3 t + z0 egyenesen a következ˝oképpen adhatunk meg koordinátaleképezést: q f (v1 t + x0 , v2 t + y0 , v3 t + z0 ) = t v12 + v22 + v32 . Ellen˝orizzük RP-t!

Példa. A Descartes modellben a távolságfüggvényre az euklidészi metrika nem az egyetlen lehetséges interpretáció. Az el˝oz˝o példa jelöléseit megtartva, legyen d(P, Q) = |x1 − x2 | + |y1 − y2 | + |z1 − z2 |, („taxis” metrika). Koordinátaleképezést a következ˝oképpen kapunk: f (v1 t + x0 , v2 t + y0 , v3 t + z0 ) = t (|v1 | + |v2 | + |v3 |) . Megállapodunk abban, hogy a továbbiakban A Descartes modellben mindig az euklidészi metrikát tekintjük. 1 Ruler

Postulate, az axiómák rövidítéseiben megtartottuk az eredeti angol elnevezéseket.

6


A szakaszunk tételei (E, P, L, d)-re vonatkoznak, ahol (E, P, L) Hilbert féle illeszkedési tér, és teljesül RP. 2.2. Tétel. (A távolságfüggvény tulajdonságai.) ∀P, Q ∈ E: 1. d(P, Q) ≥ 0, 2. d(P, Q) = 0 ⇐⇒ P = Q, 3. d(P, Q) = d(Q, P ). ←−→ Bizonyítás: Legyenek P, Q ∈ E pontok, f : P Q → R koordinátaleképezés. RP2 1. d(P, Q) = |f (P ) − f (Q)| ≥ 0, mert az abszolútérték függvény értékkészlete a nemnegatív számok halmaza. RP2 2. d(P, Q) = 0 ⇐⇒ |f (P ) − f (Q)| = 0 ⇐⇒ f (P ) = f (Q) ⇐⇒ P = Q mert f injektív. RP2 3. d(P, Q) = |f (P ) − f (Q)| = |f (Q) − f (P )| = d(Q, P ).

Megjegyzés. Az axiómarendszer jelenlegi szintjén d-re a háromszög-egyenl˝otlenség nem bizonyítható, tehát d-t metrikának nevezzük, de (E, d) – még – nem metrikus tér. A háromszög-egyenl˝otlenséget további axiómákból fogjuk levezetni. Ezek után belátjuk a koordinátaleképezések két fontos tulajdonságát. 2.3. Tétel. (A vonalzó eltolhatósága és átfordíthatósága.) Legyen f : ` → R az ` egyenes koordinátázása, továbbá c ∈ R rögzített szám. Ekkor a 1. g : ` → R, P 7→ g(P ) = f (P ) + c, 2. h : ` → R, P 7→ h(P ) = −f (P ) leképezések szintén koordinátaleképezései az ` egyenesnek.

Bizonyítás: g-re. (h-ra hasonlóan történik.) g szürjektív. Ha t ∈ R, akkor ∃Q ∈ `: f (Q) = t − c mert f szürjektív. g(Q) = f (Q) + c = t − c + c = t. g injektív. g(P ) = g(Q) =⇒ f (P ) + c = f (Q) + c =⇒ f (P ) = f (Q) =⇒ P = Q, mert f injektív. Teljesül RP2. |g(P )−g(Q)| = |f (P )+c−f (Q)−c| = |f (P )−f (Q)| = d(P, Q), mert f -re teljesül RP2. 2.4. Tétel. (A vonalzó elhelyezés tétele.) Legyen ` ∈ L, P, Q ∈ `, P 6= Q. ∃g : ` → R koordinátaleképezés, hogy g(P ) = 0 és g(Q) > 0.

7


Bizonyítás: RP2-b˝ol következik, hogy ∃f : ` → R koordinátaleképezés. P 6= Q miatt f (P ) 6= f (Q) hiszen f injektív. Tehát vagy f (P ) < f (Q) vagy f (P ) > f (Q). Ha f (P ) < f (Q), akkor definiáljuk a következ˝o koordinátaleképezést: g : ` → R, X 7→ g(X) = f (X) − f (P ). A vonalzó eltolhatósága miatt valóban koordinátaleképezést kaptunk. Az el˝oírt tulajdonságok teljesülnek: g(P ) = f (P ) − f (P ) = 0, továbbá g(Q) = f (Q) − f (P ) > 0 mert f (P ) < f (Q)-t feltételeztük. Ha f (P ) > f (Q), akkor definiáljuk a következ˝o koordinátaleképezést: g : ` → R, X 7→ g(X) = f (P ) − f (X). ¡ ¢ Az X 7→ f (X) − f (P ) leképezés a vonalzó eltolhatósága, az X 7→ − f (X) − f (P ) leképezés pedig a vonalzó átfordíthatósága miatt koordinátaleképezés. g(P ) = f (P ) − f (P ) = 0, g(Q) = f (P ) − f (Q) > 0. Az RP segítségével definiálható a között van reláció, amely további fontos fogalmak definiálásának kiindulópontja. 2.5. Definíció. Legyen (E, P, L, d) Hilbert féle illeszkedési tér, melyben teljesül a vonalzó axióma. Azt mondjuk, hogy a tér B pontja az A és C pontok között van, jelölésben A − B − C, ha 1. A, B, C három kollineáris pont, 2. d(A, B) + d(B, C) = d(A, C). 2.6. Tétel. A között van relációra teljesülnek az alábbi tulajdonságok: 1. A − B − C =⇒ C − B − A, 2. A − B − C =⇒ ¬(A − C − B) ∧ ¬(C − A − B), ←−→ 3. A − B − C ⇐⇒ ∀f : AB → R koordinátaleképezésre f (B) az f (A) és f (C) között van, azaz f (A) < f (B) < f (C) vagy f (C) < f (B) < f (A).

Bizonyítás: 1. A − B − C =⇒ A, B, C három kollineáris pont, továbbá CB + BA = BA + CB = AB + BC

A−B−C = AC = CA.

2. Tegyük fel, hogy A − B − C és A − C − B egyszerre teljesülnek: AB + BC AC + CB

= =

AC AB.

A két egyenl˝oséget összeadva 2CB = 0, azaz CB = 0, tehát C = B teljesülne, ami ellentmondás.

8


3. ⇐= irányban. Legyen például f (A) < f (B) < f (C), ahol A, B, C három kollineáris pont. RP2 AB + BC = = |f (B) − f (A)| + |f (B) − f (C)| = f (B) − f (A) + f (C) − f (B) = RP2 = f (C) − f (A) = |f (C) − f (A)| = AC. 3. =⇒ irányban. Ha A − B − C akkor f (A), f (B), f (C) három különböz˝o valós szám, tehát közülük pontosan egy van a másik kett˝o között. – Ha f (A) van f (B) és f (C) között, akkor a „ ⇐= ” rész szerint B − A − C, ami ellentmondás A − B − C-vel. – Ha f (C) van f (A) és f (B) között, akkor szintén az el˝oz˝o bizonyításrész miatt B − C − A, ami ellentmondás. Tehát f (B) van f (A) és f (C) között. Az el˝oz˝o tétel harmadik állításából közvetlenül következik az alábbi 2.7. Következmény. (Cantor – Dedekind-tétel.) Minden egyenes és a valós számok halmaza között létezik olyan bijekció, amely a között van relációt megtartja. A között van reláció alább felsorolt tulajdonságai mind visszavezethet˝ok a valós számok megfelel˝o tulajdonságaira a Cantor – Dedekind-tétel segítségével. 2.8. Tétel. 1. Egy egyenes tetsz˝olegesen kiválasztott három pontja közül pontosan egy van a másik kett˝o között. ←−→ 2. Ha P ∈ AB akkor az alábbiak közül pontosan egy igaz: P − A − B, P = A, A − P − B, P = B, A − B − P. 3. Legyen A és C két pont. ∃B ∈ E, melyre A − B − C, továbbá ∃D ∈ E, melyre A − C − D. 2.9. Definíció. Legyen (E, P, L, d) Hilbert féle illeszkedési tér, melyben teljesül a vonalzó axióma. Legyenek A és B pontok, A 6= B, továbbá AB = { P ∈ E | A − P − B } ∪ { A, B },

−−→ ←−→ AB = { P ∈ AB | ¬(P − A − B) }.

−−→ AB-t A és B végpontokkal rendelkez˝o szakasznak, AB -t A kezd˝opontú B-t tartal−−→ −−→ mazó félegyenesnek nevezzük. Ha A − O − B teljesül, akkor OA -t és OB -t ellentétes félegyeneseknek mondjuk. Az int AB = AB \ { A, B } halmazt nyílt szakasznak vagy −−→ −−→ az AB belsejének nevezzük. Hasonlóan, int AB = AB \ { A }: nyílt félegyenes vagy −−→ az AB belseje.


9

−−→ −−→ Legyen A, O, B három pont. Az OA ∪ OB halmazt szögvonalnak vagy szögnek −−→ −−→ nevezzük, melynek O a csúcsa, OA és OB pedig szárai. Jele: AOB^. A szögvonalat valódinak nevezzük, ha nem egyenes, vagy félegyenes. Ellenkez˝o esetben nem valódi szögvonalról beszélünk. Ha AOB^ nem valódi, akkor A − O − B esetén egye−−→ −−→ nesszögr˝ol, míg OA = OB esetén nullszögr˝ol vagy teljesszögr˝ol beszélünk. Ha két valódi szög csúcsa közös, száraik pedig ellentétes félegyenesek, akkor csúcsszögekr˝ol; ha a szögek egyik szára közös, a másik szárak pedig ellentétes félegyenesek, akkor mellékszögekr˝ol beszélünk. Legyen A, B, C három nem kollineáris pont. Az ABC4 = AB ∪ BC ∪ CA halmazt háromszögnek nevezzük, melynek A, B, C a csúcsai, AB, BC, CA az oldalai, BAC^, ACB^, ABC^ pedig szögei. – Az utóbbiakra az A^, C^, B^ jelölést is alkalmazzuk. ∗ A szakasz és félegyenes definíciója, valamint 2.8. alapján egyszer˝uen beláthatók az alábbi állítások: −−→ ←−→ 2.10. Tétel. 1. AB = AB ∪ { P ∈ AB | A − B − P }, −−→ −−→ 2. AB = AB ∩ BA , ←−→ −−→ −−→ 3. AB = AB ∪ BA . −−→ 2.11. Tétel. (A félegyenes koordinátázás tétele.) Legyen adott a V A félegyenes. ←−→ ∃!f : V A → R koordinátaleképezés, hogy −−→ ←−→ f (V ) = 0 és V A = { P ∈ V A | f (P ) ≥ 0 }. ←−→ Bizonyítás: Az egzisztencia. A vonalzó elhelyezés tételét használva ∃f : V A → R koordinátaleképezés, hogy f (V ) = 0 és f (A) > 0. Belátjuk, hogy ez a koordinátale←−→ képezés megfelel˝o is. Valóban, ∀P ∈ V A -ra: −−→ P ∈ / V A ⇐⇒ P − V − A ⇐⇒ f (P ) < f (V ) < f (A) ∨ f (P ) > f (V ) > f (A). Mivel f (A) > f (V ) ezért csak f (P ) < f (V ) < f (A) teljesülhet, tehát: −−→ P ∈ / V A ⇐⇒ f (P ) < f (V ) < f (A) ⇐⇒ f (P ) < 0. −−→ Ebb˝ol kontrapozícióval az is következik, hogy P ∈ V A ⇐⇒ f (P ) ≥ 0. ←−→ Az unicitás bizonyítása. Legyen g : V A → R másik, a tétel feltételeinek megfe−−→ ←−→ lel˝o koordinátaleképezés: g(V ) = 0, V A = { P ∈ V A | g(P ) ≥ 0 }. Legyen ←−→ Q ∈ V A tetsz˝oleges. Ekkor: |g(Q)| = |g(Q) − g(V )| = d(Q, V ) = |f (Q) − f (V )| = |f (Q)|.

10


−−→ Tehát g(Q) és f (Q) legfeljebb el˝ojelben különböznek. Ha Q ∈ V A akkor g(Q) ≥ 0 ∧ f (Q) ≥ 0, −−→ azaz g(Q) = f (Q). Ha Q ∈ / V A akkor g(Q) < 0 ∧ f (Q) < 0, azaz g(Q) = f (Q). 2.12. Definíció. Az AB és CD szakaszokat kongruenseknek (egybevágóaknak) nevezzük, ha d(A, B) = d(C, D). Jele: AB ∼ = CD. 2.13. Tétel. A szakaszok kongruenciája ekvivalenciareláció a szakaszok halmazán. −−→ 2.14. Tétel. (A szakaszfelmérés tétele.) Legyen adva AB és V P . −−→ ∃!Q ∈ V P :

AB ∼ = V Q.

Bizonyítás: Az egzisztencia. A félegyenes koordinátázás tétele szerint: ←−→ ∃!f : V P → R −−→ ←−→ koordinátaleképezés, hogy f (V ) = 0 ∧ V P = { X ∈ V P | f (X) ≥ 0 }. Mivel f ←−→ −−→ szürjektív, AB ∈ R-hez ∃Q ∈ V P : f (Q) = AB. Q ∈ V P is teljesül, mert AB > 0, tehát Q koordinátája pozitív. Q valóban megfelel˝o pont mert: V Q = |f (Q) − f (V )| = |f (Q)| = |AB| = AB. −−→ Unicitás. Ha R ∈ V P egy pont a tételben el˝oírt tulajdonságokkal, akkor ennek f (R) koordinátájára RP f (R) = |f (R)| = |f (V ) − f (R)| = V R = AB. Tehát R és Q koordinátái az f koordinátaleképezésnél megegyeznek. Mivel f injektív: f (R) = f (Q) =⇒ R = Q. ←−→ 2.15. Definíció. Ha F ∈ AB és AF = F B, akkor F -t az AB felez˝opontjának nevezzük. 2.16. Tétel. Ha F az AB felez˝opontja, akkor A − F − B. Minden szakasznak egyértelm˝uen létezik felez˝opontja. 2.17. Tétel. Ha a P , Q pontok egy AB szakasz A végpontjától is egyenl˝o távolságra ←−→ vannak és a B végpontjától is egyenl˝o távolságra vannak, továbbá P, Q ∈ AB , akkor P = Q. 2.18. Definíció. A K ⊂ E ponthalmazt konvex halmaznak nevezzük, ha tetsz˝oleges két pontjával együtt a két pont összeköt˝o szakaszát is tartalmazza: ∀A, B ∈ K(A 6= B) : AB ⊂ K.

11

1 – 3. A FÉLSÍK AXIÓMA

2.19. Tétel. Konvex halmazok tetsz˝oleges családjának metszete is konvex.

Bizonyítás: Legyen (Ki )i∈Γ konvex halmazok tetsz˝oleges családja, továbbá K = ∩i∈Γ Ki . Ha K = ∅ vagy K egyelem˝u akkor K a konvexitás definíciója szerint konvex. Ha K-nak van legalább két pontja: A, B ∈ K =⇒ ∀i ∈ Γ : A, B ∈ Ki =⇒ ∀i ∈ Γ : AB ⊂ Ki =⇒ AB ⊂ ∩i∈Γ Ki . 2.20. Tétel. Legyenek A, B ∈ E pontok, A 6= B. A következ˝o ponthalmazok minde−−→ −−→ ←−→ gyike konvex: int AB, AB, int AB , AB , AB , továbbá minden sík. ←−→ ←−→ ←−→ ←−→ Bizonyítás: AB konvex. Ha P, Q ∈ AB és P 6= Q, akkor P Q ⊂ P Q = AB . ←−→ Minden sík konvex. α ∈ P, P, Q ∈ α (P 6= Q): P Q ⊂ P Q ⊂ α (I5). −−→ ←−→ AB konvex. Legyen f : AB → R olyan koordinátaleképezés, melyre −−→ ←−→ AB = { X ∈ AB | f (X) ≥ 0 }. −−→ (Ld. a félegyenes koordinátázás tételét.) Legyen P, Q ∈ AB , P 6= Q és teljesüljön P −R−Q. P −R−Q ⇐⇒ f (R) az f (P ) és f (Q) között van. Mivel f (P ), f (Q) ≥ 0 −−→ −−→ ezért f (R) ≥ 0 ⇐⇒ R ∈ AB . Hasonlóan int AB esetében, de ott −−→ ←−→ int AB = { X ∈ AB | f (X) > 0 }. −−→ −−→ −−→ −−→ AB = AB ∩ BA ; hasonlóan int AB = int AB ∩ int BA , tehát AB és int AB konvex halmazok metszete. 2.21. Tétel. (Az egyenes felbontás tétele.) Egy egyenesre illeszked˝o pont az egyenes t˝ole különböz˝o pontjait 2 diszjunkt, nyílt félegyenesre osztja. Az egyenes 2 pontja, P és Q akkor és csakis akkor tartoznak különböz˝o nyílt félegyenesbe, ha P − V − Q teljesül.

3. A félsík axióma Axióma: A félsík axióma, vagy rendezési axióma – PSP.2 ∀α ∈ P síkhoz és ∀` ⊂ α egyeneshez léteznek olyan nemüres, konvex, diszjunkt H1 és H2 halmazok, hogy PSP1. α \ ` = H1 ∪ H2 , PSP2. ha A ∈ H1 ∧ B ∈ H2 , akkor AB ∩ ` 6= ∅. * 2 Plane

Separation Postulate.

12


3.1. Definíció. A PSP axiómákban szerepl˝o H1 és H2 halmazokat ` határegyenes˝u nyílt félsíkoknak, vagy ` oldalainak, míg ` ∪H1 -t és ` ∪H2 -t félsíkoknak nevezzük. AB −−→ ←−→ ill. AB meghatározta (nyílt) félsík alatt az AB által meghatározott (nyílt) félsíkokat értjük.

Példa. A Descartes modellben teljesül a félsík axióma. Jelölje R3 kanonikus skaláris szorzatát h. , .i, × pedig a keresztszorzást. Legyen α kétdimenziós lineáris sokaság R3 ban, ` egy egyenes (egydimenziós lineáris sokaság) α-ban; A, B ∈ `, (A 6= B); α egy normálvektora Z ∈ R3 . Legyen (B − A)⊥ = (B − A) × n, azaz (B − A)⊥ az ` normálvektora az α síkban. Ekkor © ª H1 = X ∈ α | hX − A, (B − A)⊥ i > 0 , © ª H2 = X ∈ α | hX − A, (B − A)⊥ i < 0 . Az axióma teljesülésének ellen˝orzése ismét rutin analitikus geometriai feladat. A továbbiakban olyan (E, P, L, d) négyesr˝ol lesz szó, amelyben (E, P, L) Hilbert féle illeszkedési tér, és teljesül RP és PSP. Az ilyen négyest folytonosan rendezett illeszkedési térnek nevezzük. 3.2. Tétel. Legyen α ∈ P, ` ⊂ α. Legyen továbbá A, B ∈ α két pont, melyek nem illeszkednek `-re. Ha AB ∩ ` 6= ∅ akkor A és B az ` különböz˝o oldalaiban vannak.

Bizonyítás: Indirekt. Teljesüljön, hogy AB ∩` 6= ∅, ugyanakkor A és B illeszkedjenek ` ugyanazon oldalára, melyet jelöljön K. A, B ∈ K =⇒ AB ⊂ K, mert K konvex az axióma szerint. PSP1-b˝ol következik, hogy K ∩ ` = ∅ =⇒ AB ∩ ` = ∅, ami ellentmondás. PSP2 és az el˝obbi tétel a következ˝oképpen foglalható össze: 3.3. Következmény. Legyen α ∈ P, ` ⊂ α. Ha P ∈ α \ `, Q ∈ α \ ` és P 6= Q, akkor P Q ∩ ` 6= ∅ ekvivalens azzal, hogy P és Q az ` különböz˝o oldalán vannak. Illetve: 3.4. Következmény. (` oldalainak konstruktív el˝oállítása.) Legyen α ∈ P, ` ⊂ α, A ∈ α \ `. Ekkor α A-t tartalmazó oldala: H1 = { P ∈ α \ ` | AP ∩ ` = ∅ } ∪ {A}; illetve α A-t nem tartalmazó oldala: H2 = { Q ∈ α \ ` | AQ ∩ ` 6= ∅ }. Rögzített síkban egy egyenes által meghatározott félsíkok sorrendt˝ol eltekintve egyértelm˝uen meghatározottak.

13


3.5. Tétel. Legyen α ∈ P, ` ⊂ α egyenes, K ⊂ α nemüres konvex halmaz. Ha K ∩` = ∅, akkor K az ` egyik oldalán van.

Bizonyítás: ` oldalait jelölje H1 és H2 . A bizonyítás indirekt. Feltesszük, hogy K-nak van H1 -be és H2 -be es˝o pontja is: A ∈ H1 ∩ K, B ∈ H2 ∩ K. PSP2-t alkalmazva: AB ∩ ` 6= ∅. Azonban K konvex, tehát AB ⊂ K, ami azt jelenti, hogy AB ∩ ` ∈ K ami ellentmondás a feltétellel. Az el˝obbi tételt az alábbi két szituációban fogjuk alkalmazni: 3.6. Tétel. (Határlemmák) (Rögzített síkban.) Ha egy szakasz egyik végpontja egy egyenesre illeszkedik, akkor az egyenes tartalmazza a szakaszt, vagy a szakasz az egyenes által meghatározott egyik félsíkban van. Ha egy félegyenes kezd˝opontja egy egyenesre illeszkedik, akkor az egyenes tartalmazza a félegyenest, vagy a félegyenes az egyenes által meghatározott egyik félsíkban van.

3.7. Következmény. A félsík konvex halmaz.

3.8. Tétel. Tekintsünk olyan ` egyenest az ABC4 síkjában, mely nem tartalmazza az ABC4 egyetlen csúcsát sem. ` nem metszheti a háromszög mindhárom oldalát. (1.2. ábra.)

Bizonyítás: Indirekt. Tegyük fel, hogy ` nem tartalmaz csúcsot, mégis metszi mindhárom oldalt. Ekkor egyrészt A és B ` ellentétes oldalán vannak, másrészt B és C ` ellentétes oldalán vannak, azaz A és C ` ugyanazon oldalán vannak, holott AC metszi `-t.

C C

A

B A (a) 3.8. tétel.

B (b) Pasch-tétel.

1.2. ábra. 3.9. Tétel. (Pasch-tétel.) Ha egy egyenes egy háromszög síkjában nem tartalmazza a háromszög egyetlen csúcsát sem, de metsz egy oldalt, akkor az egyenes még egy oldalt metsz. (1.2. ábra.)3 3 Moritz Pasch (1843–1930) német matematikus. A geometria axiomatikus felépítésében hozzá f˝ uz˝odik többek közt a rendezés problémakörének tisztázása.

14


Bizonyítás: Messe ` az AC oldalt. B 6∈ ` tehát B az ` által meghatározott valamelyik nyílt félsíkban van. A és C közül az egyik ezzel ellentétes félsíkban van, pl. A. Ebb˝ol PSP2 szerint az következik, hogy AB ∩ ` 6= ∅. ábra). 3.10. Definíció. (Folytonosan rendezett illeszkedési térben.) Legyen AOB^ valódi ←−→ ←−→ szögvonal. Az OA határegyenes˝u B-t tartalmazó félsík és az OB határegyenes˝u A-t tartalmazó félsík metszetét az AOB^ szögvonalhoz tartozó konvex szögtartománynak nevezzük. Az AOB^ valódi szögvonal belsejét analóg módon nyílt félsíkok metszeteként definiáljuk, és ezt int AOB^-vel jelöljük. Egyenesszög esetén egy, a szögvonalat tartalmazó síknak a szögvonal határolta egyik félsíkját tekintjük konvex szögtartománynak. Legyen AOB^ valódi szög, az {A, O, B} pontokat tartalmazó egyértelm˝u sík α. Az AOB^ szög belsejének α-ra vonatkozó komplementerét az AOB^ valódi szöghöz tartozó konkáv szögtartománynak nevezzük. ∗

Megjegyzés. Mivel mind a konvex szögtartomány, mind a valódi szögvonal belseje konvex halmazok metszeteként van értelmezve, ezért maguk is konvex halmazok. 3.11. Tétel. (Keresztszakasz tétel.) Legyen AOB^ valódi szögvonal. Ekkor: −−→ OP ∩ int AB 6= ∅ ⇐⇒ P ∈ int AOB^.

A A

P

P

O

B

C Q

O

(a)

B

(b)

1.3. ábra. A keresztszakasz tétel.

Bizonyítás: Rögzítsük az AOB síkot, okoskodásunk végig erre a síkra vonatkozik. ←−→ El˝oször tegyük fel, hogy P ∈ int AOB^. Legyen C ∈ OB : C − O − B, továbbá Q a következ˝o tulajdonsággal: Q − O − P . A bizonyítás lényege az, hogy a Pasch ←−→ tételt alkalmazzuk az ABC4-re és az QP -re. (1.3-b. ábra.) Elegend˝o annyit belátni, ←−→ ←−→ hogy P Q ∩ AC = ∅, mert ebb˝ol Pasch tétel szerint P Q ∩ int AB 6= ∅ is következik. −−→ Ezután azt is belátjuk, hogy OQ nem metszheti AB-t.

15


−−→ −−→ ←−→ −−→ −−→ Tudjuk, hogy AC = AC ∩ CA , továbbá P Q = OP ∪ OQ ; ezen egyenl˝oségek jobb oldalán elhelyezked˝o félegyenesek kölcsönös helyzetét vizsgáljuk. −−→ −−→ El˝oször azt látjuk be, hogy OP ∩ AC = ∅. Ez – szemléletesen szólva – azért ←−→ van így, mert AO különböz˝o félsíkokba szeparálja o˝ ket. (1.4-a. ábra.) Pontosabban:

A

C Q

O

A

P

B

(a) Az AO egyenes szeparál.

C Q

O

P

B

(b) A CB egyenes szeparál.

1.4. ábra. A keresztszakasz tétel. ←−→ P ∈ int AOB^ =⇒ P benne van az OA határegyenes˝u B-t tartalmazó félsíkban. −−→ ←−→ A határlemma miatt miatt OP is ebben a félsíkban van. C az OA által határolt B-t nem tartalmazó félsíkban van, mivel C − O − B, s a határlemma újbóli alkalmazásával −−→ −−→ −−→ ←−→ ez azt jelenti, hogy AC ugyanebben a félsíkban van. Tehát AC és OP az OA által meghatározott különböz˝o félsíkokban vannak, nem metszhetik egymást. −−→ −−→ ←−→ Másodjára azt látjuk be, hogy OQ ∩ CA = ∅, mert CB különböz˝o félsíkokba ←−→ szeparálja o˝ ket (1.4-b. ábra.) P ∈ int AOB^ =⇒ P az OB által meghatározott, ←−→ A-t tartalmazó félsíkban van. P − O − Q miatt Q az OB által meghatározott P -t ←−→ nem tartalmazó félsíkban van. Tehát Q és A az OB különböz˝o oldalán vannak. Az −−→ ←−→ egyenes-félegyenes lemmát alkalmazva következik, hogy OQ az OB által megha−−→ ←−→ tározott A-t nem tartalmazó félsíkban van, továbbá, hogy CA az OB által megha−−→ −−→ ←−→ tározott A-t tartalmazó félsíkban van. Tehát OQ és CA az OB által meghatározott különböz˝o félsíkokban vannak, nem metszhetik egymást. −−→ Végezetül annak bizonyítása maradt hátra, hogy OQ nem metszheti AB-t. Az el˝oz˝oekhez hasonlóan az egyenes-szakasz illetve az egyenes félegyenes lemmát alkal←−→ ←−→ −−→ mazva látható, hogy akár OA , akár CB szeparálja OQ -t és AB-t. Rátérünk a megfordítás bizonyítására. El˝oször azt látjuk be, hogy P -t tartalmazza ←−→ −−→ az OB által meghatározott, A-t tartalmazó félsík. Messe OP int AB-t az R pontban. ←−→ (P = R is lehetséges.) A és R a OB ugyanazon oldalán vannak a határlemma miatt. −−→ ←−→ P és R az OP félegyenesre illeszkednek, amely teljes egészében az OB által meg←−→ határozott egyik félsíkban van (határlemma). Tehát P az OB azon oldalán van, mint A.

16


←−→ Analóg módon, mivel P, R, B az OA egyazon oldalán helyezkednek el, vagyis P ←−→ az OA azon oldalán helyezkedik el, amely tartalmazza B-t. Az el˝oz˝o megfontolással együtt ez azt jelenti, hogy P ∈ int AOB^. A PSP – bár a tér egy síkját rögzítve fogalmaztuk meg – alapvet˝oen síkbeli jelleg˝u tulajdonságot posztulál. A PSP térbeli analógiája a térfelbontás tétele, mellyel a féltér fogalmát lehet bevezetni. 3.12. Tétel. (A térfelbontás tétele.) Legyen α ∈ P rögzített sík. Sorrendt˝ol eltekintve egyértelm˝uen léteznek olyan nemüres, diszjunkt, konvex K1 és K2 halmazok, hogy 1. E \ α = K1 ∪ K2 , 2. (P ∈ K1 ∧ Q ∈ K2 ) =⇒ P Q ∩ α 6= ∅.

Bizonyítás (Vázlat): K1 és K2 konstrukciója 3.3.-hez analóg módon adható meg, s ezekr˝ol a halmazokról már beláthatók a tételben megfogalmazott tulajdonságok. (A részletek kidolgozása elég összetett.) 3.13. Definíció. K1 -t és K2 -t α határsíkú nyílt féltereknek, míg α-val képezett uniójukat féltereknek nevezzük. Belátható, hogy minden féltér is konvex halmaz.

4. A szögmér˝o axióma A szögmér˝o axióma az (E, P, L, d, m) ötösb˝ol az m-et axiomatizálja.

Axióma: A szögmér˝o axióma, vagy második folytonossági axióma – PP.4 m a tér szögvonalai halmazát a [0, π] intervallumra képezi le a következ˝o tulajdonságokkal: −−→ −−→ PP1. (A szögmérés additivitása.) Ha OA 6= OB és P az AOB^-höz tartozó konvex szögtartomány pontja, akkor m(AOB^) = m(AOP ^) + m(P OB^). PP2. (Szögszerkesztési posztulátum – v. ö. Elemek I.23.5 ) Megadva egy α félsíkot, −−→ s ennek határán egy OA félegyenest, teljesül, hogy −−→ ∀t ∈ [0, π] ∃!OB ⊂ α : m(AOB^) = t. * 4 Protractor

Postulate. Elemek az alexandriai E UKLIDÉSZ (i.e. 300 körül) m˝uve, mely az els˝o sikeres kísérlet a geometria axiomatikus felépítésére. Több magyar kiadásban is olvasható, pl. Gondolat, 1983, ford. Mayer Gyula. 5 Az

1 – 4. A SZÖGMÉRO˝ AXIÓMA

17

Megjegyzés. π az analízisb˝ol ismert valós szám. PP-ben – s a teljes további anyagban is – π-t kicserélhetjük 180-ra. (Az utóbbi esetben fokmértékr˝ol, míg az el˝obbiben radiánmértékr˝ol beszélünk.) A továbbiakban olyan (E, P, L, d, m) ötösr˝ol lesz szó, amelyre teljesül, hogy (E, P, L, d) folytonosan rendezett illeszkedési tér és m-re teljesül PP. 4.1. Tétel. A nullszögek mértéke 0, az egyenesszögek mértéke π. Minden valódi szög mértéke 0-tól nagyobb, de π-t˝ol kisebb. 4.2. Definíció. Az m leképezést szögmér˝o függvénynek vagy szögmértéknek nevezzük. m(δ) helyett gyakran csak δ-t írunk. Legyen AOB^ valódi szögvonal. Az ehhez tartozó konvex szögtartomány mértéke egyezzen meg m(AOB^)-el, az AOB^-höz tartozó konkáv szögtartomány mértéke pedig 2π − m(AOB^)-el. Az egyenesszöghöz tartozó konvex szögtartomány mértéke legyen π. Két szöget kiegészít˝o szögnek illetve pótszögnek nevezünk, ha mértékeik összege π illetve π2 . Két nem feltétlenül különböz˝o szöget kongruensnek nevezünk, ha mértékeik egyenl˝ok. Két szög egyikét a másiknál nagyobbnak ill. kisebbnek nevezzük, ha mértékeik között ugyanez a kapcsolat áll fenn. A π2 mérték˝u szöget derékszögnek nevezzük. A derékszögnél kisebb valódi szögeket hegyesszögeknek, míg a derékszögnél nagyobb valódi szögeket tompaszögeknek nevezzük. Egy háromszöget aszerint nevezünk hegyesszög˝u, derékszög˝u, tompaszög˝u háromszögnek, hogy a legnagyobb szöge hegyesszög, derékszög, vagy tompaszög. Ha az ABC4 háromszögben C^ derékszög, akkor az AB oldalt átfogónak, míg a másik két oldalt befogónak mondjuk. ∗ 4.3. Tétel. A szögek kongruenciája ekvivalenciareláció a szögek halmazán.

4.4. Tétel. (Elemek I. 13., 15.) A mellékszögek kiegészít˝o szögek. A csúcsszögek kongruensek.

Bizonyítás: Legyenek AOC^ és COB^ mellékszögek. Tehát A − O − B (ld. 1.5. ábra). PP1 m(AOC^) + m(COB^) = m(AOB^) = π, mert az egyenesszög mértéke π. A csúcsszögek kongruensek. AOD^ és BOC^ legyenek csúcsszögek (ld. 1.5. ábra). m(AOD^) + m(AOB^) =

π

m(AOB^) + m(BOC^) =

π.

Az el˝obbi két egyenl˝oségb˝ol: m(AOD^) = m(BOC^).

18


B

C

A

O

B

O

A

C

D (a) A mellékszögek kiegészít˝o szögek.

(b) A csúcsszögek kongruensek.

1.5. ábra. 4.5. Tétel. Ha a mellékszögek kongruensek, akkor mindegyikük derékszög. Teljesüljön A − O − C és B − O − D, továbbá legyen AOB^ derékszög. Ekkor az AOD^, DOC^, BOC^ szögek is derékszögek. (Az utóbbi állítást nevezzük a négy derékszög tételének.) 4.6. Definíció. Két metsz˝o egyenes négy valódi szög uniója. Ezek páronként egymás mellékszögei, vagy csúcsszögei. Ha e négy szög egyike derékszög, akkor mindegyik szög derékszög és a két egyenest mer˝olegesnek mondjuk. Egyébként a négy szög közül a kisebbek mértékét a két egyenes szögének nevezzük. Megállapodunk abban hogy a párhuzamos egyenesek szögén nullszöget értünk. Szakaszok, félegyenesek (egymással és egyenesekkel bezárt) szögét a rájuk illeszked˝o egyenesek szögével értelmezzük.

Jelölés. Ha az e és f egyenesek egymásra mer˝olegesek, akkor ezt e ⊥ f jelöli. −−→ 4.7. Definíció. Az OP félegyenest az AOB^ valódi szögvonal szögfelez˝ojének nevezzük, ha P ∈ int AOB^ és m(AOP ^) = m(P OB^). 4.8. Tétel. Minden valódi szögnek egyértelm˝uen létezik szögfelez˝oje.

Példa. A szögmér˝oföggvényt a Descartes modellben a következ˝o módon interpretáljuk. Legyenek P, Q, O ∈ R3 páronként különböz˝o pontok. Ekkor ¡ ¢ cos m(P OQ^) =

hP − O, Q − Oi , kP − Ok · kQ − Ok

azaz a szögmérés az R3 euklidészi vektortér kanonikus skaláris szorzatából származó szokásos szögmérés. 4.9. Tétel. A szögmérés el˝obbi interpretációjára teljesül a szögmér˝o axióma.

19

1 – 5. A KONGRUENCIA AXIÓMA

5. A kongruencia axióma 5.1. Definíció. Az ABC4 és a DEF 4 háromszögek közötti megfeleltetésen egy f : {A, B, C} → {D, E, F } bijekciót értünk. Ha az f megfeleltetésnél f (A) = D, f (B) = E, f (C) = F , akkor az ABC4 ←→ DEF 4 jelölést is használjuk. Ilyenkor A-t és D-t; B-t és E-t; C-t és F -t megfelel˝o csúcsoknak mondjuk. Analóg módon értelmezünk megfelel˝o oldalakat és megfelel˝o szögeket. Ha két nem feltétlenül különböz˝o háromszög között létezik olyan megfeleltetés, amelynél az egymásnak megfelel˝o oldalak és szögek kongruensek, akkor a két háromszöget kongruensnek vagy egybevágónak nevezzük. ∗

Jelölés. A háromszögek kongruenciája jelölésére is a ∼ = szimbólumot használjuk. Megállapodunk abban, hogy a ABC4 ∼ = DEF 4 jelölés általában kifejezi a megfeleltetést is, tehát ekkor ABC4 ←→ DEF 4 is fennáll. A definíció egyszer˝u következménye az alábbi állítás: 5.2. Tétel. A kongruencia reláció ekvivalenciareláció a háromszögek halmazán.

Axióma: A kongruencia axióma, vagy egybevágósági axióma – SAS (v. ö. Elemek I. 4.)6 Ha két nem feltétlenül különböz˝o háromszög között létezik olyan megfeleltetés, amelynél az els˝o háromszög két oldala és az általuk közrefogott szög kongruens a másik háromszög megfelel˝o két oldalával és az azok által közrefogott szöggel, akkor a két háromszög kongruens az illet˝o megfeleltetésnél: AB ∼ = DE, AC ∼ = DF , A^ ∼ = D^ =⇒ ABC4 ∼ = DEF 4. * C

F

A

B

D

1.6. ábra. A SAS axióma.

6 Side-Angle-Side,

azaz oldal-szög-oldal.

E

20


Példa. A Descartes modellben teljesül az egybevágósági axióma, ez R3 -ban, (mint euklidészi vektortérben) a koszinusztételb˝ol azonnal következik. Az abszolút tér definíciója teljessé vált: 5.3. Definíció. Az abszolút tér olyan (E, P, L, d, m) négyes, ahol (E, P, L) Hilbert féle illeszkedési tér, d a távolságfüggvény, m a szögmérték, továbbá teljesül RP, PSP, PP, SAS. 5.4. Definíció. Az abszolút tér egy háromszögét egyenl˝o szárúnak nevezzük, ha van két kongruens oldala. Egyenl˝o oldalú vagy szabályos háromszögr˝ol akkor beszélünk, ha bármely két oldala kongruens. 5.5. Tétel. (Pons Asinorum, Elemek I. 5.) Egyenl˝o szárú háromszögben a kongruens oldalakkal szemközti szögek kongruensek.7

Bizonyítás: Az ABC4-ben legyen AC ∼ = BC. Tekintsük az ABC4 ←→ BAC4 megfeleltetést. Ennél a megfeleltetésnél: AC ∼ = BC BC ∼ = AC ACB^ ∼ = BCA^

(a feltétel miatt), (a feltétel miatt), (mivel ACB^ = BCA^);

tehát teljesülnek a SAS feltételei, azaz ABC4 ∼ = ABC^, = BAC4. Tehát: CAB^ ∼ 8 mert ezek megfelel˝o szögek. A bizonyításban azt kell pontosan megértenünk, hogy az ABC4 ∼ = BAC4 állítást nem a triviális ABC4 ←→ ABC4 megfeleltetésb˝ol kaptuk. Így a bizonyításban kihasználjuk az axiómában szerepl˝o „nem feltétlenül különböz˝o” kitételt. 5.6. Definíció. Egy háromszög valamely szöge melletti küls˝o szögön az illet˝o szög egyik mellékszögét értjük. 5.7. Tétel. (A küls˝o szög egyenl˝otlenség, Elemek I. 16.) Abszolút térben egy háromszög tetsz˝oleges küls˝o szöge nagyobb mint bármelyik nem mellette fekv˝o bels˝o szög.

Bizonyítás: Legyen adott az ABC4. A továbbiakban ennek síkját rögzítjük, s okos←−→ kodásunk erre a síkra vonatkozik. Legyen D ∈ AC : A − C − D, a kiválasztott küls˝o szög pedig BCD^. Azt fogjuk belátni, hogy m(BCD^) > m(ABC^). Az összes többi állítás a jelölések kézenfekv˝o módosításával megkapható. Legyen E a ←−→ CB felez˝opontja. Ekkor ∃!F ∈ AE : A − E − F ∧ AE ∼ = EF (szakaszfelmérés, ld. 1.7. ábra). Belátjuk, hogy AEB4 ∼ = F EC4. Valóban, az AEB4 ←→ F EC4 7 A tétel nevének jelentése: szamarak hídja (latinból.) A szájhagyomány szerint Elemek különböz˝ o kiadásaiban a tétel bizonyítása mellett egy olyan ábra szerepelt, mely egy hídra hasonlított. Nem megbízható források szerint a szamár a bizonyítást értetlenül szemlél˝o diákokra utal. 8 Ez a bizonyítás PAPPOSZ (320 k.) nevéhez f˝ uz˝odik és nem azonos az el˝oz˝o lábjegyzetben szerepl˝ovel.

21


D C

F E

A

B

1.7. ábra. A küls˝o szög egyenl˝otlenség.

megfeleltetésnél  AE ∼ (F felvétele),  = EF SAS = F EC4. EB ∼ (E felvétele),  =⇒ AEB4 ∼ = EC ∼ AEB^ = CEF ^ (csúcsszögek); Az el˝obbi kongruenciából az is következik, hogy ABC^ ∼ = BCF ^, mivel ezek megfelel˝o szögek. A bizonyítás következ˝o lépésében belátjuk, hogy F ∈ int DCB^ („rendezési rész”). ←−→ A − C − D =⇒ A és D CB különböz˝o oldalán vannak vannak, ←−→ A − E − F =⇒ A és F CB különböz˝o oldalán vannak, ←−→ ←−→ azaz F és D CB azonos oldalán vannak, ami azt jelenti, hogy F benne van a CB határegyenes˝u D-t tartalmazó nyílt félsíkban. ←−→ C − E − B =⇒ E és B CD azonos oldalán vannak, ←−→ A − E − F =⇒ E és F CD azonos oldalán vannak, ←−→ ←−→ azaz B és F CD azonos oldalán vannak, ami azt jelenti, hogy F benne van a CD határegyenes˝u B-t tartalmazó nyílt félsíkban. Végezetül annak bizonyítása maradt hátra, hogy m(BCD^) > m(ABC^). PP1 m(BCD^) = = m(BCF ^) + m(F CD^) = m(ABC^) + m(F CD^). PP1-t a rendezési részben bebizonyítottak miatt lehetett alkalmazni. F CD^ valódi szög, tehát mértéke pozitív, azaz m(BCD^) = m(ABC^) + m(F CD^) > m(ABC^).

22


5.8. Tétel. (Elemek I. 17.) Derékszög˝u háromszögben pontosan egy derékszög és 2 hegyesszög van. Tompaszög˝u háromszögben pontosan egy tompaszög és két hegyesszög van. ∼ CAB^ az abszolút tér Megjegyzés. Térjünk vissza az 5.7. bizonyítására! DCF ^ = axiómarendszerét˝ol független állítás, abszolút térben sem bizonyítani, sem cáfolni nem lehet. Más szóval az axiómarendszernek van olyan modellje, amiben teljesül (euklideszi geometria) és van olyan modellje, amelyben nem (hiperbolikus geometria). Vessük össze ezt a megjegyzést a küls˝o szögre vonatkozó tétel középiskolában tanult alakjával! 5.9. Tétel. (Kongruenciatételek, Elemek I. 8., I. 26) Ha az abszolút tér ABC4 és DEF 4 háromszögeire teljesül az alábbi feltételek valamelyike ASA

SAA

SSS

A^ ∼ = D^ AB ∼ = DE

AB ∼ = DE B^ ∼ = E^

AB ∼ = DE BC ∼ = EF

B^ ∼ = E^

C^ ∼ = F^

AC ∼ = DF

akkor ABC4 ∼ = DEF 4 az ABC4 ←→ DEF 4 megfeleltetésnél.

Bizonyítás: ASA: SAS miatt elegend˝o azt bizonyítani, hogy CB ∼ = F E. Ennek bizoC C0

A

F

B

D

E

1.8. ábra. Az ASA kongruenciatétel. nyítása indirekt, tegyük fel, hogy CB ∼ 6 F E, pl. BC > F E. Ekkor ∃!C 0 ∈ int CB : = 0 BC = F E, a szakaszfelmérés tétele miatt. Az ABC 0 4 ←→ DEF 4 megfeleltetésnél teljesülnek a SAS feltételei, azaz ABC 0 4 ∼ = DEF 4 (ld. 1.8. ábra). Ekkor C 0 AB^ ∼ = F DE^

(∗)

−−→ is teljesül, mert ezek megfelel˝o szögek. C 0 ∈ int CB =⇒ AC 0 ∩ int CB 6= ∅, és a keresztszakasz tétel miatt C 0 ∈ int CAB^. Alkalmazható tehát PP1: C 0 AB^ < CAB^, azaz a feltétel miatt fennálló CAB^ ∼ = F DE^-b˝ol: C 0 AB^ < F DE^.

(∗∗)

23


C C0

F

A

B

D

E

1.9. ábra. Az SAA kongruenciatétel.

(∗) és (∗∗) ellentmondásban vannak. SAA: SAS miatt elegend˝o belátni, hogy CB ∼ = F E. Ennek bizonyítása indirekt. Legyen pl. CB > F E. ∃!C 0 ∈ int CB : C 0 B = F E, a szakaszfelmérés tétele miatt (ld. 1.9. ábra). ABC 0 4 ∼ = DEF 4, mert az ABC 0 4 ←→ DEF 4 megfeleltetésnél teljesülnek SAS feltételei, tehát AC 0 B^ ∼ = DF E^ ∼ = ACB^. Ez azonban ellentmondás, mert az ACC 0 4-ben ACB^ bels˝o szög, AC 0 B^ pedig nem mellette fekv˝o küls˝o szög, tehát ACB^ < AC 0 B^. ←−→ ∼ DEF ^, továbbá SSS: ∃!C 0 az AB C-vel ellentétes oldalán, hogy ABC 0 ^ = 0 BC 0 ∼ EF , a szakaszfelmérés tétele és PP2 miatt. Ekkor ABC 4∼ = = DEF 4 SAS 0 miatt. Elegend˝o tehát azt belátni, hogy ACB4 ∼ AC B4, ehhez pedig (SAS miatt) = 0 azt, hogy ACB^ ∼ AC B^. = ←−→ Legyen AB ∩ CC 0 = {H}, azaz C − H − C 0 (PSP). A, H és B lehetséges elrendezését vizsgáljuk. H = A ∨ H = B (1.10. ábra). Pl. H = A. Pons Asinorum a CBC 0 4-re: CB ∼ = C

A

F

B

D

E

C0

1.10. ábra. Az SSS kongruenciatétel bizonyítása: A = H. C 0 B =⇒ ACB^ ∼ = AC 0 B^. A − H − B (1.11. ábra). Pons Asinorum a CAC 0 4 és CBC 0 4-re:

24


C

A

F

H

B

D

E

C0

1.11. ábra. Az SSS kongruenciatétel bizonyítása: A − H − B.

AC ∼ = AC 0 CB ∼ = C 0B

ACH^ ∼ = AC 0 H^, BCH^ ∼ = HC 0 B^.

=⇒ =⇒

H ∈ int ACB^ és H ∈ int AC 0 B^ a keresztszakasz tétel miatt, tehát alkalmazható PP1 az ACB^és AC 0 B^ szögekre: ¾ m(ACB^) = m(ACH^) + m(HCB^) =⇒ ACB^ ∼ = AC 0 B^. m(AC 0 B^) = m(AC 0 H^) + m(HC 0 B^) A−B −H ∨H −A−B (1.12. ábra). pl. A−B −H. A CBC 0 4-re és a ACC 0 4-re: C

A

B

F

H D

E

C0

1.12. ábra. Az SSS kongruenciatétel bizonyítása: A − B − H.

CB ∼ = BC 0

=⇒

BCH^ ∼ = BC 0 H^,

25


AC ∼ = AC 0

=⇒

ACH^ ∼ = AC 0 H^.

A keresztszakasz tétel miatt B ∈ int ACH^ és B ∈ int AC 0 H^, tehát ismét alkalmazható a szögmérés additivitása. ¾ m(ACC 0 ^) = m(ACB^) + m(BCH^) =⇒ ACB^ ∼ = AC 0 B^. m(AC 0 C^) = m(AC 0 B^) + m(BC 0 H^)

Megjegyzés. ASA és SAA az abszolút térben különböz˝o állítások. (Az az állítás, hogy a háromszögek szögmértékeinek összege konstans, független az abszolút tér axiómarendszerét˝ol.) Két további lehetséges kongruenciaállítás van, az AAA és az SSA. AAA-ra a kés˝obbiekben visszatérünk, ez az abszolút geometria axiómarendszerét˝ol független állítás, mely euklideszi térben hamis, hiperbolikus térben pedig igaz. SSA egy további feltétellel együtt teljesül csak, erre az állításra is visszatérünk az egyenl˝otlenségek fejezetben. 5.10. Tétel. (Pons Asinorum megfordítása, Elemek I. 6.) Ha egy háromszögnek van két kongruens szöge, akkor a kongruens szögekkel szemközti oldalak kongruensek. ∼ C^. A BCA4 ←→ CBA4 megfelelBizonyítás: Az ABC4-ben legyen B^ = tetésnél teljesülnek ASA feltételei, tehát BCA4 ∼ = CBA4. Ebb˝ol következik, hogy ∼ AB = AC, hiszen ezek megfelel˝o oldalak.

26


2. fejezet

Fejezetek az abszolút geometriából 6. Mer˝oleges és párhuzamos egyenesek a síkban ¡ ¢ Ebben a paragrafusban az E, P, L, d, m abszolút tér egy rögzített síkjában dolgozunk. 6.1. Tétel. (Mer˝oleges egzisztencia és unicitás, Elemek I. 11., 12.) Ha megadunk a síkban egy pontot és egy egyenest, akkor egyértelm˝uen létezik olyan síkbeli egyenes, amely illeszkedik a pontra és mer˝oleges az adott egyenesre. ←−→ Bizonyítás: Jelölje a rögzített síkot α, a pontot P , az egyenest ` és legyen ` = AB . A pont és az egyenes kölcsönös helyzetét˝ol függ˝oen két részre bontjuk a bizonyítást. El˝oször azt az esetet vizsgáljuk, amikor P ∈ `. Feltehetjük, hogy A ∈ / P. α e legyen az ` által meghatározott egyik félsík. PP2-b˝ol következik, hogy ←−→ −−→ ∃!P B ⊂ α e: m(AP B^) = π2 . Tehát P B ⊥ `, bizonyítottuk az egzisztenciát. ←−→ ←−→ Az egyértelm˝uség bizonyításához tegyük fel, hogy CP ⊥ P A az el˝obb rögzített ←−→ ←−→ síkban, továbbá C ∈ α e. CP ∪ P A tartalmaz derékszöget, vagyis a 4 derékszög tétele −−→ −−→ miatt m(CP A^) = π2 . A PP2 unicitásra vonatkozó részét alkalmazva P C = P B adódik. Másodjára teljesüljön, hogy P 6∈ `. Ismét a létezést bizonyítjuk el˝oször. A szakasz←−→ felmérés és PP2 alkalmazásával adódik, hogy ∃!Q ∈ α : Q és P az AB ellentétes oldalán vannak, P A ∼ = AQ, P AB^ ∼ = QAB^. Legyen P Q ∩ ` = {T } (ld. 2.1. ábra); a metszéspont létezése PSP-b˝ol következik. Ha T = A akkor BT P ^ és BT Q^ kongruens mellékszögek, tehát mindkett˝o ←−→ derékszög: P Q ⊥ `. 27

28

2. FEJEZET: FEJEZETEK AZ ABSZOLÚT GEOMETRIÁBÓL

P

A

T

B

Q

2.1. ábra. A mer˝oleges egzisztencia és unicitás tétele. Ha T 6= A, akkor T P A4 ∼ = T QA4, mert teljesülnek a SAS feltételei: P AT ^ PA AT

∼ = ∼ = ∼ =

QAT ^ QA AT .

(Q felvétele), (Q felvétele),

Ebb˝ol az is következik, hogy P T A^ ∼ = QT A^ hiszen ezek megfelel˝o szögek. Azt ←−→ kaptuk, hogy P T A^ és QT A^ kongruens mellékszögek, azaz P Q ⊥ `. Ha a P -b˝ol az `-re bocsátott mer˝oleges nem lenne egyértelm˝u, azaz ha ←−→ ←−→ ∃C 6= D (C, D ∈ `) : P C ⊥ ` ∧ P D ⊥ `, akkor a P CD4-ben két derékszög lenne, ami ellentmondás. 6.2. Definíció. Ha adott az ` ∈ L egyenes és a P 6∈ ` pont, akkor azt az egyértelm˝uen ←−→ létez˝o T ∈ ` pontot, melyre P T ⊥ `, a P pont mer˝oleges vetületének nevezzük `re. Használjuk még a P -b˝ol az `-re bocsátott mer˝oleges talppontja elnevezést is. Egy háromszög csúcsára illeszked˝o és a szemközti oldalra mer˝oleges egyenest a háromszög magasságvonalának nevezzük. Ebb˝ol a csúcs és a szemközti oldal a háromszög magasságát (magasság szakaszát) metszi ki. 6.3. Tétel. (A párhuzamosság egy elegend˝o feltétele.) Ha az abszolút tér két egyenese egy síkban van és mindkett˝o mer˝oleges ugyanarra a síkbeli egyenesre, akkor a két egyenes párhuzamos.

Bizonyítás: Ha a két egyenesnek létezne metszéspontja, akkor ebb˝ol a pontból a harmadik szóban forgó egyenesre két mer˝olegest lehetne állítani. Megjegyzés. A szükségesség az abszolút tér axiómarendszerét˝ol független állítás.

˝ 2 – 6. MEROLEGES ÉS PÁRHUZAMOS EGYENESEK A SÍKBAN

29

6.4. Tétel. (Párhuzamos egzisztencia.) Megadva az abszolút térben egy egyenest és egy arra nem illeszked˝o pontot, létezik olyan egyenes, amely illeszkedik a megadott pontra és párhuzamos a megadott egyenessel.

Bizonyítás: Jelölje az adott egyenest `, a pontot pedig P . Legyen n a P -b˝ol az `re bocsátott mer˝oleges, m pedig az n-re a P pontban állított mer˝oleges a P és az ` síkjában (mer˝oleges egzisztencia, ld. 2.2 ábra). Mivel az ` és m egysíkú egyenesek P m n

`

2.2. ábra. A párhuzamos egzisztencia tétele. mer˝olegesek ugyanarra az egyenesre (n-re), ezért a párhuzamosság el˝obbi elegend˝o feltétele teljesül.

Megjegyzés. Az unicitás független az abszolút tér axiómarendszerét˝ol. ←−→ ←−→ ←−→ 6.5. Definíció. Legyenek AB , CD , EF különböz˝o, egysíkú egyenesek, továbbá teljesüljön A − F − B és C − E − D. A jelölések megválasztása legyen olyan, hogy ←−→ ←−→ A és C ill. B és D az EF azonos oldalán legyenek (ld. 2.3. ábra). Ekkor EF -t ←−→ ←−→ az AB és CD transzverzálisának mondjuk. Az AF E^, EF B^, CEF ^, F ED^ szögeket bels˝o szögeknek; AF E^-t és F ED^-t valamint BF E^-t és F EC^-t pedig bels˝o váltószögeknek nevezzük. A bels˝o váltószögek egyikét és a másik csúcsszögét megfelel˝o szögeknek monjuk. 6.6. Tétel. (Elegend˝o feltételek két egyenes párhuzamosságára.) Az abszolút tér két komplanáris egyenesének párhuzamosságához elegend˝o, hogy a két egyenes közös transzverzálissal való metszésekor a következ˝o feltételek valamelyike teljesüljön: 1. keletkezzenek kongruens bels˝o váltószögek, 2. keletkezzenek kongruens megfelel˝o szögek, 3. a transzverzális ugyanazon oldalán elhelyezked˝o bels˝o szögek kiegészít˝o szögek legyenek.

Bizonyítás: A feltételek bármelyikéb˝ol triviálisan következik a másik kett˝o, tehát elegend˝o az egyik állítást belátni, pl. a harmadikat. Tegyük fel indirekt módon, hogy a harmadik feltétel teljesül, és az egyenesek mégis metszik egymást egy M pontban (ld. 2.4 ábra). A transzverzális ezen oldalán keletkez˝o

30


A F B

E

C

D

(a) Bels˝o szögek.

A

A F B

E

C

(b) Bels˝o váltószögek.

D

B

C

E

D

(c) Megfelel˝o szögek.

2.3. ábra. Két egyenes metszése közös transzverzálissal. bels˝o szögeket jelölje α és β, ezek mellékszögeit – tehát a transzverzális másik oldalán elhelyezked˝o megfelel˝o bels˝o szögeket – α0 és β 0 . A feltétel szerint mindkét oldalon kiegészít˝o szögek vannak, tehát m(α) + m(β) = π. A küls˝o szög egyen˝otlenségb˝ol következik, miszerint m(α0 ) > m(β), m(β 0 ) > m(α), tehát π = m(α0 ) + m(β 0 ) > m(α) + m(β) = π, ellentmondásra jutottunk.

Megjegyzés. A szükségesség az abszolút geometria axiómarendszerét˝ol független állítás. 6.7. Definíció. Egy szakasz felez˝omer˝olegese olyan egyenes, mely mer˝oleges a szakaszra és illeszkedik annak felez˝opontjára. 6.8. Tétel. A szakasz felez˝omer˝olegese a szakaszt tartalmazó bármely síkban egyértelm˝u. 6.9. Tétel. Egy szakasz két végpontjától egyenl˝o távolságra lev˝o pontok halmaza a szakaszt tartalmazó bármely síkban a szakasz ezen síkbeli felez˝omer˝olegese.

˝ 2 – 6. MEROLEGES ÉS PÁRHUZAMOS EGYENESEK A SÍKBAN

31

F α0 α M

β0 β E

2.4. ábra. Ha a transzverzális egyik oldalán elhelyezked˝o bels˝o szögek kiegészít˝o szögek, akkor az egyenesek nem lehetnek metsz˝ok.

Bizonyítás: Legyen P és Q a szóban forgó α sík két pontja, F a P Q felez˝opontja. Mindvégig az α síkban okoskodunk. El˝osz˝oször azt látjuk be, hogy ha X ∈ α és XP = XQ, akkor X illeszkedik a P Q ←−→ felez˝omer˝olegesére. (2.5-a. ábra). Ha X ∈ P Q akkor állításunk a következ˝oképpen látható be. A feltételek szerint XP = XQ és F P = F Q egyaránt teljesül. Ha X 6= F , lenne akkor alkalmazhatjuk a 2.17. tételt, amib˝ol a P = Q következtetésre jutunk, s ez ellentmondás. ←−→ Ha X 6∈ P Q , akkor XP F 4 ∼ = XQF 4, mert SSS feltételei teljesülnek: XP XF PF

∼ = ∼ = ∼ =

XQ (a feltétel miatt), XF , QF (mert F felez˝opont).

Innen következik, hogy XF P ^ ∼ = XF Q^ mert megfelel˝o szögek. Ezek a szögek kongruens mellékszögek, tehát mindkett˝o derékszög. Rátérünk az állítás második felének bizonyítására: P Q felez˝omer˝olegesének minden X pontjára XP = XQ. Ha X = F , akkor ez nyilvánvaló. Ha X 6= F akkor XP F 4 ∼ = XQF 4 mert SAS feltételei teljesülnek (ld. 2.5-b. ábra): ∼ =

XF

XF ,

X

P

F (a)

X

Q

P

F (b)

2.5. ábra. A felez˝omer˝oleges, mint ponthalmaz.

Q

32


FP XF P ^

∼ = F Q (F felez˝opont), ∼ = XF Q^ (mindkett˝o derékszög).

Innen következik, hogy XP ∼ = XQ, mert ezek megfelel˝o oldalak. 6.10. Tétel. Legyen ` ∈ L, P ∈ E, de P ∈ / `. ∃!Q ∈ E, hogy ` a P Q felez˝o- mer˝olegese.

7. Sík és egyenes mer˝olegessége 7.1. Definíció. Ha egy síkot metsz˝o egyenes mer˝oleges minden, a metszéspontra illeszked˝o síkbeli egyenesre, akkor az egyenest és a síkot egymásra mer˝olegesnek mondjuk. Ugyanezt fejezi ki, hogy az egyenes a sík normálisa, vagy a sík az egyenes normálsíkja.

Megjegyzés. A definíciónál a metszésponton áthaladó egyenesekre kell szorítkoznunk, mert kitér˝o egyenesek szögét nem értelmeztük, s˝ot az abszolút geometria keretein belül ez problémás is lenne. Ahhoz, hogy kitér˝o egyenesek szöge „értelmesen” definiálható legyen, fel kellene használni az egyállású szögek kongruenciájára vonatkozó tételt (ld. két egyenes szögének középiskolás definíciója). Ez az állítás azonban az abszolút geometria axiómarendszeréb˝ol nem vezethet˝o le (még ha definiálnánk is egyállású szögeket.) Mindemellett két kitér˝o egyenes mer˝olegességét lehetne az abszolút geometriában is definiálni, azonban ez a tárgyalást eléggé megnehezítené. 7.2. Tétel. (A síkra mer˝oleges egyenes tétele.) Egy síkot metsz˝o egyenes akkor és csakis akkor mer˝oleges a síkra, ha mer˝oleges a sík két, a döféspontra illeszked˝o egyenesére.

Bizonyítás: Ha egy egyenes mer˝oleges egy síkra, akkor annak minden a döfésponton áthaladó egyenesére mer˝oleges definíció szerint. A megfordítás bizonyítását az alábbi lemma kimondásával kezdjük: Lemma. Legyenek A, B (A = 6 B); P, Q (P 6= Q) pontok. Ha AP = P B és AQ = ←−→ QB, akkor ∀X ∈ P Q : AX = BX (2.6. ábra). Q X P A B

2.6. ábra. A síkra mer˝oleges egyenes tétele, a bizonyítás lemmája.

˝ 2 – 7. SÍK ÉS EGYENES MEROLEGESSÉGE

33

←−→ ∼ BP Q4 SSS miat. Ezért AP Q^ = ∼ BP Q^, Legyen X ∈ P Q \ { P, Q }. AP Q4 = mert megfelel˝o szögek. Innen az is következik, hogy AP X^ ∼ = BP X^, mert vagy az el˝obbi kongruens szögekr˝ol, vagy azok mellékszögér˝ol van szó. Emiatt AP X4 ∼ = BP X4, mert teljesülnek SAS feltételei. Innen következik, hogy AX = BX. Rátérünk a tétel bizonyítására. Legyen az e egyenes mer˝oleges az S sík két metsz˝o egyenesére: a-ra és b-re azok M metszéspontjában. Azt akarjuk belátni, hogy a sík egy M -re illeszked˝o tetsz˝oleges c egyenese is mer˝oleges e-re. Nyilván feltehetjük, hogy c 6= a ∧ c 6= b (2.7. ábra). Jelöljük ki az e egyenes P és Q pontját oly módon, hogy a P Q pontok felez˝opontja M legyen. Mivel a is és b is metszi c-t, ezért ezek az egyenesek tartalmaznak pontokat c mindkét oldalából. Legyenek A ∈ a és B ∈ b c ellentétes oldalain. Ekkor PSP miatt ←−→ ←−→ AB ∩ c 6= ∅. Jelölje AB és c metszéspontját C. AP = AQ mert az a egyenes a P Q felez˝omer˝olegese, hasonlóan BP = BQ. A lemmát alkalmazva megállapíthatjuk, ←−→ hogy az AB egyenes minden pontja egyenl˝o távolságra van P -t˝ol és Q-tól is, tehát CP = CQ. Ez azt jelenti, hogy a c egyenes a P Q felez˝omer˝olegese, azaz e ⊥ c.

P

a

M B

C

A

c b

Q e

2.7. ábra. A síkra mer˝oleges egyenes tétele. 7.3. Tétel. Egy egyenesre egy pontjában állított mer˝olegesek egy síkban vannak. Ez az egyetlen olyan sík, mely ezt az egyenest a megadott pontban mer˝olegesen metszi.

Bizonyítás: Jelöljük az egyenest e-vel, egy pontját pedig E-vel. Legyen a ⊥ e, b ⊥ e, E ∈ a, E ∈ b. Mivel az a és b egyenesek metsz˝ok, ezért meghatároznak egy síkot, melyet jelöljön S (2.8. ábra). A síkra mer˝oleges egyenes tétele szerint e ⊥ S. Azt állítjuk, hogy az e egyenesre a E pontjában állított egyenesek mindannyian az S síkban vannak. Legyen c ⊥ e, E ∈ c. Az e és c síkja messe S-t egy c0 egyenesben.

34


c0 b

c

a S E

e

2.8. ábra. Egyenes adott pontra illeszked˝o normálsíkja. e ⊥ S =⇒ e ⊥ c0 . Ha c nem esne egybe c0 -vel, akkor az e és c síkjában az e egyenesre annak E pontjában két mer˝oleges is állítható lenne, ami ellentmondás. Tehát c = c0 =⇒ c ⊂ S. Az el˝obb megkonstruált sík az egyetlen, amely mer˝olegesen metszi e-t az E pontban, hiszen az e-t mer˝olegesen metsz˝o síkok minden – metszéspontra illeszked˝o – egyenese mer˝oleges e-re, márpedig az e-re az E pontban mer˝oleges egyenesek az el˝obb megkonstruált S síkban vannak. 7.4. Tétel. Adott ponton át egy és csakis egy olyan sík fektethet˝o, amely egy adott egyenesre mer˝oleges.

Bizonyítás: Az el˝oz˝o tétel tartalmazta azt az esetet, amikor az egyenes a pontra illeszkedik. Jelölje a pontot P , az egyenest `. Teljesüljön most, hogy P 6∈ `. A P -t és `-t tartalmazó síkban egyértelm˝uen létezik a P -b˝ol az `-re bocsátott mer˝oleges (mer˝oleges egzisztencia és unicitás). Ennek a mer˝olegesnek a talppontját `-en jelölje T . Az ` egyenes T -beli normálsíkja nyilván megfelel˝o. Az egyértelm˝uség onnan következik, hogy a tétel feltételeinek megfelel˝o síkból P és ` síkja mindig egy P -re illeszked˝o `-re mer˝oleges egyenest metsz ki, ami egyértelm˝u, tehát minden ilyen sík tartalmazza T -t. Azaz a tétel feltételeinek megfelel˝o sík csak ` T -beli normálsíkja lehet. 7.5. Definíció. Egy szakaszt vagy egy félegyenest akkor nevezünk mer˝olegesnek egy síkra, ha a szakaszt vagy a félegyenest tartalmazó egyenes mer˝oleges a síkra. Egy szakasz felez˝omer˝oleges síkján a szakasz felez˝opontjára illeszked˝o, a szakaszra mer˝oleges síkot értjük. A felez˝opont egyértelm˝usége és az el˝oz˝o tétel miatt minden szakasz felez˝omer˝oleges síkja egyértelm˝uen létezik.

˝ 2 – 7. SÍK ÉS EGYENES MEROLEGESSÉGE

35

`1

`2

C P A Q

B

2.9. ábra. A párhuzamosság egy elegend˝o feltétele abszolút térben. 7.6. Tétel. Egy szakasz végpontjaitól egyenl˝o távolságra lev˝o pontok halmaza a térben a szakasz felez˝omer˝oleges síkja. 7.7. Tétel. Ugyanarra a síkra mer˝oleges egyenesek párhuzamosak, azaz két egyenes párhuzamosságának elegend˝o feltétele közös normálsík létezése.

Bizonyítás: Legyen α ∈ P az adott sík; `1 , `2 ∈ L az adott egyenesek, amelyek α A-ra ill. B-re illeszked˝o normálisai. Feltehetjük, hogy A 6= B. P és Q legyenek olyan ←−→ α síkbeli pontok, hogy az P Q felez˝omer˝olegese az α síkban AB . Azt látjuk be, hogy mind `1 mind `2 benne vannak a P Q felez˝omer˝oleges síkjában (ld. 2.9. ábra). Az AP = AQ egyenl˝oség P és Q felvétele miatt teljesül. Legyen C ∈ `1 \ {A}. AP ∼ = AQ CAP ^ ∼ = CAQ^ CA ∼ = CA.

(P , Q felvétele), (derékszögek),

Tehát SAS miatt CAP 4 ∼ = CAQ4. Mivel CP és CQ megfelel˝o oldalak, ezért kongruensek. Az állítást analóg módon bizonyíthatjuk `2 -re. `1 és `2 tehát egysíkúak. Met←−→ sz˝ok nem lehetnek, mert a metszéspontból két mer˝olegest is lehetne bocsátani AB -re: `1 -et és `2 -t. 7.8. Tétel. Adott ponton át egy és csakis egy olyan egyenes fektethet˝o, amely egy adott síkra mer˝oleges.

Bizonyítás: El˝oször legyen P ∈ α, ahol P az adott pont, α az adott sík. Legyenek a és b olyan α síkbeli egyenesek, melyek egymást P -ben metszik. Tekintsük az a egyenes P -beli és a b egyenes P -beli Sa és Sb normálsíkját. Mivel P a két sík közös pontja, ezért Sa és Sb metszik egymást egy m-el jelölt egyenesben. ¾ b ⊥ Sb =⇒ b ⊥ m =⇒ m ⊥ α, a ⊥ Sa =⇒ a ⊥ m

36


β P

m

Q

α a

a

0

2.10. ábra. Sík adott pontra illeszked˝o normálisa. a síkra mer˝oleges egyenes tételét alkalmazva. Az unicitás onnan következik, hogy két normális létezése esetén azok β síkjában α ∩ β-ra P -ben két mer˝oleges is állítható lenne. P 6∈ α. Vegyünk fel α-ban egy tetsz˝oleges a egyenest. Tekintsük ennek P -re illeszked˝o egyértelm˝u, β-val jelölt normálsíkját. Ez a sík messe α-t m-ben. P -b˝ol bocsássunk mer˝olegest m-re, ennek talppontja legyen Q (2.10. ábra). a0 legyen β Q-beli normálisa (ld. a bizonyítás els˝o részét.) a és a0 egysíkúak, mert mindkét egyenes me←−→ r˝oleges a β síkra. Ez a közös sík csak α lehet, mert Q ∈ α. P Q ⊥ m a konstrukció ←−→ ←−→ szerint, a0 ⊥ P Q , mert a0 mer˝oleges minden β síkbeli egyenesre. P Q tehát mer˝oleges az α sík két – egymást Q-ban metsz˝o – egyenesére, azaz a síkra mer˝oleges egyenes tételét alkalmazva α-ra is. Az unicitás onnan következik, hogy ha két kívánt tulajdonságú egyenes is létezne, akkor ezek közös Σ síkjában a megadott pontból két mer˝olegest is lehetne állítani Σ ∩ S-re. 7.9. Definíció. Legyen adva egy α sík. A tér egy P pontjához rendeljük hozzá a P b˝ol az α-ra állított mer˝oleges egyenes és α metszéspontját. Az így definiált E → α leképezést az α síkra történ˝o mer˝oleges vetítésnek nevezzük, α-t pedig képsíknak.

8. Egyenl˝otlenségek Emlékeztetünk arra, hogy háromszögekkel kapcsolatban már beláttunk egy egyenl˝otlenséget, az ún. küls˝o szög egyenl˝otlenséget (5.7. tétel). 8.1. Definíció. Egy szakaszt nagyobbnak (hosszabbnak) ill. kisebbnek (rövidebbnek) nevezünk egy másik szakasznál, ha mértékeik között ugyanez a kapcsolat áll fenn. 8.2. Tétel. (Elemek I. 18.) Ha egy háromszög két oldala nem kongruens, akkor a nagyobb oldallal szemközti szög nagyobb mint a kisebb oldallal szemközti szög.

Bizonyítás: Legyen az ABC4-ben AB > AC. Azt állítjuk, hogy ACB^ > ABC^. ∃!D ∈ AB: A−D−B és AD = AC (2.11. ábra). Ekkor D ∈ int ACB^ a keresztsza-

˝ 2 – 8. EGYENLOTLENSÉGEK

37 C

A

D

B

2.11. ábra. Oldalak és szögek összehasonlítása a háromszögben. kasz tétel miatt, azaz ACB^ > ACD^ teljesül a szögmérés additivitását alkalmazva. A DCB4-ben ADC^ küls˝o szög, míg ABC^ nem mellette fekv˝o bels˝o szög, tehát ADC^ > ABC^. A Pons Asinorum miatt azonban ADC^ = ACD^. Tehát: ACB^ > ACD^ ∼ = ADC^ > ABC^. 8.3. Tétel. (Elemek I. 19.) Ha egy háromszög két szöge nem kongruens, akkor a nagyobb szöggel szemközti oldal nagyobb.

Bizonyítás: Ha a nagyobb szöggel szemközti oldal egyenl˝o lenne a kisebb szöggel szemközti oldallal, akkor a Pons Asinorummal, ha pedig a nagyobb szöggel szemközti oldal kisebb lenne a másiknál, akkor az el˝oz˝o tétellel jutunk ellentmondásra. 8.4. Következmény. Egy derékszög˝u háromszög átfogója hosszabb, mint a befogók bármelyike. 8.5. Tétel. (A klasszikus háromszög-egyenl˝otlenség, Elemek I. 20.) Tetsz˝oleges háromszögben bármely két oldal hosszának összege nagyobb, mint a harmadik oldal hossza. ←−→ Bizonyítás: Azt látjuk be, hogy az ABC4-ben AB + BC > AC. ∃!D ∈ AB : A − B − D és BD ∼ = BC (szakaszfelmérés, 2.12. ábra). Ekkor: AD = AB + BD = AB + BC. A − B − D-b˝ol keresztszakasz tétel miatt következik, hogy B ∈ int ACD^, tehát ACD^ > BCD^ a szögmérés additivitása miatt. Alkalmazzuk a Pons Asinorumot a C

A

B

D

2.12. ábra. A klasszikus háromszög-egyenl˝otlenség.

38


BCD4-re: BCD^ ∼ = BDC^. Ez az el˝obbi egyenl˝otlenséggel együtt azt jelenti, hogy ACD^ > ADC^. Tehát az ACD4-ben a C^-el szemközti AD oldal nagyobb, mint a D^-el szemközti AC oldal. 8.6. Tétel. (A háromszög-egyenl˝otlenség.) Legyenek A, B, C ∈ E pontok. Ekkor AB + BC ≥ AC.

Bizonyítás: Ha {A, B, C} nem kollineáris ponthalmaz, akkor állításunk a klasszikus háromszög-egyenl˝otlenség. Ha {A, B, C} kollineáris ponthármas: A − B − C =⇒ AB + BC = AC, B − A − C =⇒ AB + AC = BC =⇒ AB + BC = 2AB + AC > AC, B − C − A =⇒ BC + CA = BA =⇒ AB + BC = 2BC + CA > CA. Ha a pontok között vannak egybees˝ok is, akkor az állítás szintén egyszer˝uen elleno˝ rizhet˝o. 8.7. Következmény. (E, d) metrikus tér. 8.8. Tétel. (Töröttvonal egyenl˝otlenség.) Ha P1 , P2 , . . . , Pn ∈ E pontok, akkor P1 Pn ≤ P1 P2 + · · · + Pn−1 Pn .

8.9. Definíció. Legyen A, B, C három nem kollineáris pont. Az ABC4 belsejét, melyet int ABC4-vel jelölünk, a következ˝oképpen értelmezzük: int ABC4 = int ACB^ ∩ int ABC^ ∩ int CAB^. 8.10. Tétel. (Elemek I. 21.) Ha D ∈ int ABC4, akkor BD + DC < BA + AC, BDC^ > BAC^.

←−→ 8.11. Tétel. Legyen adva AB és a P ∈ / AB tetsz˝oleges pont. Ekkor: ∀X ∈ int AB : P X < max{P A, P B}.

Bizonyítás: Legyen pl. P B ≥ P A, azaz P AB^ ≥ P BA^. Alkalmazzuk a küls˝o szög egyenl˝otlenséget AXP 4-re: BXP ^ > P AB^. Mivel egy háromszögben nagyobb szöggel szemben nagyobb oldal van, P XB^ > P BA^ =⇒ P B > P X (2.13. ábra). 8.12. Tétel. (A háromszögek egybevágóságának SsA alapesete.) Ha az ABC4 és DEF 4-ben AB < BC és ∼ = ∼ = A^ ∼ =

AB BC akkor ABC4 ∼ = DEF 4.

DE, F E, D^,


39

Bizonyítás: SAS miatt elegend˝o azt bizonyítani, hogy AC ∼ = DF . Ennek bizonyítása −−→ indirekt. Tegyük fel, hogy AC > DF teljesül. Ekkor ∃!C 0 ∈ AC : A − C 0 − C ∧ AC 0 ∼ = DF (szakaszfelmérés, 2.14. ábra). Tehát megállapíthatjuk, hogy ABC 0 4 ∼ = DEF 4 (SAS), azaz BC 0 = EF = BC. Használjuk fel az el˝oz˝o tételt, BC 0 < max{AB, BC} = BC, ami ellentmondás. 8.13. Tétel. Azon pontok halmaza egy valódi szög szögtartományában, mely pontoknak mindkét szártól való távolsága egyenl˝o, a szögfelez˝o. 8.14. Tétel. (Elemek I. 24.) Teljesüljön az ABC4-ben és a DEF 4-ben, hogy: ∼ = DE, ∼ = DF , > D^.

AB AC A^ Ekkor BC > EF .

←−→ Bizonyítás: Feltehetjük, hogy DF ≥ ED. G legyen az a pont DE F -et tartalmazó oldalán, melyre GDE^ ∼ = CAB^ és AC ∼ = DG (PP2 és szakaszfelmérés, ld. 2.15. ∼ ábra). Ekkor ABC4 = DEG4 (SAS), továbbá DGF ^ ∼ = DF G^ (Pons Asinorum). A feltételek miatt EDG^ > EDF ^ =⇒ F ∈ int EDG^, tehát −−→ int GE ∩ DF 6= ∅ (keresztszakasz tétel). −−→ Legyen int GE ∩ DF = {H}. A pontok elhelyezkedésére G − H − E teljesül. Alkalmazva a 8.11. tételt, adódik, hogy DH < max {DE, DG} = DG = DF =⇒ D − H − F. Ebb˝ol és a keresztszakasz tételb˝ol következik, hogy H ∈ int DGF ^, azaz PP1-b˝ol következ˝oen DGF ^ > F GH^. Végezetül G − H − E =⇒ H ∈ int GF E^, P

A

X

2.13. ábra.

B

40


C F

C0

A

B

D

E

2.14. ábra. A SsA kongruencia állítás. C

G F H

A

B

D

E

2.15. ábra. Elemek, I. 24. tétel ismét a keresztszakasz tételt alkalmazva, vagyis a szögmérés additivitásából GF E^ > GF D^. Végezetül összehasonlítjuk a szögeket és oldalakat a GF E4-ben: GF E^ > GF D^ = DGF ^ > F GE^ =⇒ CB = GE > F E. 8.15. Tétel. (Elemek I. 25.) Teljesüljön az ABC4-ben és a DEF 4-ben, hogy: AB AC BC

∼ = ∼ = >

DE, DF , EF.

Ekkor A^ > D^.

8.16. Definíció. Legyenek Γ, Σ ⊂ E nemüres ponthalmazok. A d(Γ, Σ) = inf{ d(A, B) | A ∈ Γ, B ∈ Σ } számot a Γ és Σ ponthalmazok távolságának nevezzük.

Megjegyzés. d(Γ, Σ) létezik, mert a { d(A, B) | A ∈ Γ, B ∈ Σ } ⊂ R nemüres halmaznak minden negatív szám alsó korlátja. (Miért nem helyes az megfogalmazás, hogy a két ponthalmaz távolsága a halmazok pontjait összeköt˝o szakaszok közül a legrövidebb?)


41

8.17. Tétel. Egy pontból egy rajta át nem haladó egyenes pontjaihoz vezet˝o szakaszok közül az egyenesre mer˝oleges szakasz a legrövidebb, azaz pont és rá nem illeszked˝o egyenes távolsága a pontból az egyenesre bocsátott mer˝oleges szakasz hossza. Végezetül a háromszögek szögösszegével foglalkozunk. 8.18. Tétel. (Legendre 1. szögtétele.) Abszolút térben tetsz˝oleges háromszög szögmértékeinek összege nem nagyobb, mint π.

Bizonyítás: Indirekt módon tegyük fel, hogy van olyan háromszög, melyben a szögmértékek összege nagyobb π-nél. Jelölje ezt a háromszöget A1 B1 C1 4, szögeit rendre α, β, γ. A továbbiakban mindvégig az A1 B1 C1 4 síkjában dolgozunk (2.16 ábra). −−−−→ Legyen n ∈ N tetsz˝oleges. Mérjük fel az A1 B1 C1 4-t az A1 B1 C1 -t tartalmazó ol−−−−→ dalára n-szer, azaz legyen Ai ∈ A1 B1 , A1 Bi = iA1 B1 , i = 1 . . . n, továbbá Ci az ←−−→ A1 B1 ugyanozon oldalán, mint C1 és teljesüljön A1 B1 C1 4 ∼ = Ai Bi Ci 4. Ekkor C1 A2 C2 4 ∼ = Ci−1 Ci = Ci Ai+1 Ci+1 =⇒ C1 C2 ∼

(i = 1, . . . , n).

Megállapíthatjuk, hogy δ = C1 A2 C2 ^ < A1 C1 B1 ^ = γ, mert α + β + γ > π az indirekt feltételezés szerint, és α + β + δ = π. Összehasonlítva a A1 B1 C1 4-et és a C1 A2 C2 4-et A1 C1 C1 B1 A1 C1 B1 ^

= A2 C2 , = A2 C1 , > C1 A2 C2 ^,

tehát a 8.14. tételb˝ol: C1 C2 < A1 B1

(∗)

Alkalmazzuk most a töröttvonal egyenl˝otlenséget: A1 Bn ≤ A1 C1 + (n − 1)C1 C2 + Cn Bn , C1

C2

Cn

γ α A1

β

δ

α

B1 = A 2

B2 = A 3

An

2.16. ábra. Legendre 1. szögtétele.

Bn

42


azaz nA1 B1 ≤ A1 C1 + (n − 1)C1 C2 + C1 B1 . Rendezve, ∀n ∈ N : n(A1 B1 − C1 C2 ) ≤ A1 C1 + C1 B1 − C1 C2 . A (∗) sor miatt A1 B1 − C1 C2 > 0 is fennáll, tehát ellentmondásra jutottunk R archimedesi tulajdonságával.

Megjegyzés. Az az állítás, hogy a háromszög szögmértékeinek összege π, egyáltalán, hogy a háromszög szögmértékeinek összege minden háromszögben ugyanaz, független az abszolút geometria axiómarendszerét˝ol. Ezzel kapcsolatban egy további abszolút tételt is meg tudunk fogalmazni, ennek az állításnak a bizonyítása azonban több el˝okészületet igényelne, ezért bizonyítás nélkül közöljük. 8.19. Tétel. (Legendre 2. szögtétele, „mindent vagy semmit” elv.) Abszolút térben vagy minden háromszögben a szögmértékek összege π, vagy minden háromszögben a szögmértékek összege kisebb, mint π. 8.20. Definíció. Az ABC4 defektusán a π − (m(A^) + m(B^) + m(C^)) számot értjük. Ezek szerint Legendre 1. szögtétele úgy is megfogalmazható, hogy minden háromszög defektusa nemnegatív; a 2. szögtétel pedig úgy, hogy vagy minden háromszög defektusa nulla, vagy minden háromszög defektusa pozitív. Legendre 1. szögtételének egyszer˝u következménye az alábbi állítás. 8.21. Tétel. (Az abszolút küls˝o szög tétel.) Abszolút térben minden háromszög egy küls˝o szögének mértéke nagyobb, vagy egyenl˝o a két nem mellette fekv˝o szög mértékének összegénél. −−→ 8.22. Tétel. Ha r > 0 adott valós szám, továbbá P Q ⊥ QR, akkor ∃S ∈ QR , hogy m(P SQ^) < r.

Bizonyítás: Ha a P RQ^ mértéke már kisebb, mint r, akkor R = S nyilván megfelel. Ha nem ez teljesül, akkor legyen n olyan pozitív egész, hogy 2n · r > m(P RQ^),

P

Q

R

2.17. ábra.

R1

2 – 9. IZOMETRIÁK

43

−−→ továbbá R1 ∈ QR olyan, hogy P R = RR1 és Q − R − R1 . Az abszolút küls˝o szög tételt és a Pons Asinorumot alkalmazva a P RR1 4-re, az adódik, hogy m(P RQ^) ≥ 2m(P R1 Q^), azaz n-szer elvégezve ezt a konstrukciót: r > m(P2RQ^) ≥ m(P Rn Q). n (Ld. a 2.17. ábrát!)

9. Izometriák Ebben a szakaszban a sík és a tér távolságtartó leképezéseir˝ol lesz szó. 9.1. Definíció. Legyen H ⊂ E, σ : H → H leképezés. A P ∈ H pontot a σ leképezés fixpontjának nevezzük, ha σ(P ) = P . A T ⊂ H ponthalmaz a σ leképezés invariáns alakzata, (vagy fixalakzata) ha σ(T ) = {σ(P )|P ∈ T } = T . T -t pontonként fix alakzatnak nevezzük, ha ∀P ∈ T : σ(P ) = P . σ neve involutórikus leképezés, ha nem identitás, de σ 2 = id. Ha H = E vagy H ∈ P, σ : H → H bijektív leképezés, és minden egyenes képe egyenes, akkor σ neve egyenestartó leképezés, vagy affin leképezés. Ha H = E vagy H ∈ P és σ : H → H olyan bijekció, hogy ∀P, Q ∈ H: d(P, Q) = d(σ(P ), σ(Q)) teljesül (azaz σ távolságtartó bijekció), akkor σ-t izometriának vagy egybevágósági transzformációnak nevezzük. Ha H ∈ P akkor speciálisan síkizometriáról szólunk. ∗ 9.2. Tétel. Legyen H = E vagy H ∈ P. Egy σ : H → H leképezés invariáns egyeneseinek metszéspontja fixpont, ha van metszéspont. Egy affin leképezés invariáns síkjainak metszésvonala, ha létezik, akkor invariáns egyenes.

Bizonyítás: Legyenek a és b (a 6= b) a σ izometriának invariáns egyenesei, melyek metszéspontját jelölje M . ¾ M ∈ a =⇒ σ(M ) ∈ σ(a) = a =⇒ σ(M ) ∈ a ∩ b. M ∈ b =⇒ σ(M ) ∈ σ(b) = b Azonban a ∩ b egyelem˝u, tehát M = σ(M ). Legyenek α és β a σ affin leképezés invariáns síkjai, melyek metszésvonalát jelölje m. Jelölje M m tetsz˝oleges pontját. ¾ M ∈ α =⇒ σ(M ) ∈ σ(α) = α =⇒ M ∈ α ∩ β, M ∈ β =⇒ σ(M ) ∈ σ(β) = β ami azt jelenti, hogy σ(m) ⊂ m. Az egyenestartás miatt azonban σ(m) egyenes, továbbá egyenes valódi része nem lehet egyenes, azaz σ(m) = m. Az alábbi tételben az izometriák néhány egyszer˝u tulajdonságát fogalmazzuk meg: 9.3. Tétel. Legyen σ sík vagy térizometria, jelölje σ(P )-t P 0 . Ekkor

44


1. A − B − C ⇐⇒ A0 − B 0 − C 0 , 2. {A, B, C} akkor és csakis akkor három nem kollineáris pont, ha {A0 , B 0 , C 0 } is három nem kollineáris pont. 3. ABC^ ∼ = A0 B 0 C 0 ^.

9.4. Tétel. Minden izometria affin leképezés. ←−→ Bizonyítás: Legyen ` = AB ∈ L. Ekkor `0 = { P 0 | P ∈ ` }. Az `0 -t alkotó pontok ←−−→ kollineárisak az el˝oz˝o tétel els˝o állítása miatt. A0 B 0 minden pontja `0 pontja is, mert ←−−→ ha P 0 ∈ A0 B 0 , akkor A0 , P 0 , B 0 kollineárisak, tehát A, P, B is kollineárisak, azaz P ∈ ` =⇒ P 0 ∈ `0 . 9.5. Tétel. E (ill. egy tetsz˝olegesen rögzített sík) összes izometriái csoportot alkotnak a kompozíció szorzás m˝uveletére.

Bizonyítás: Távolságtartó bijekciók szorzata nyilván távolságtartó bijekció, tehát az izometriák zártak a kompozíciószorzásra. Az asszociativitás a kompozíciószorzásra mindig teljesül, továbbá az identitás triviálisan távolságtartó, tehát csak az inverzelem létezése maradt hátra. Legyen σ izometria. Mivel σ bijekció, van inverze, és az inverz is bijekció. Err˝ol be kell látni a távolságtartást. Legyen P 0 = σ(P ) és Q0 = σ(Q) két tetsz˝oleges pont. d(σ −1 (P 0 ), σ −1 (Q0 )) = d(σ −1 σ(P ), σ −1 σ(Q)) = d(P, Q) = d(P 0 , Q0 ). 9.6. Tétel. Egy térizometria síkot síkba visz át.

Bizonyítás: Minden sík szakasz felez˝omer˝oleges sík, azaz két ponttól egyenl˝o távolságra elhelyezked˝o pontok halmaza a térben. A távolságtartás miatt következik, hogy a sík képe a két transzformált ponttól egyenl˝o távolságra elhelyezked˝o pontok halmaza lesz a térben, azaz sík. 9.7. Definíció. Legyen ` a rögzített α sík egyenese. Értelmezzük a következ˝o leképezést: %` : α → α. %` (P ) = P , ha P ∈ `. Ha P ∈ / ` akkor %` (P ) legyen az az egyértelm˝u pont, melyre P %` (P ) felez˝o mer˝olegese `. %` -t az ` egyenesre vonatkozó tükrözésnek (tengelyes tükrözésnek) nevezzük az α síkban. Legyen α ∈ P. Értelmezzük a következ˝o leképezést: %α : E → E, %α (P ) = P , ha P ∈ α. Ha P ∈ / α akkor %α (P ) legyen az az egyértelm˝u pont, melyre P %α (P ) felez˝o mer˝oleges síkja α. %α -t az α síkra vonatkozó tükrözésnek nevezzük. ∗ A definíciók egyszer˝u következményei az alábbi állítások: 9.8. Következmény. %` olyan involutórikus leképezés, mely ` oldalait felcseréli. %α olyan involutórikus leképezés, mely α oldalait felcseréli. Mind a síkra vonatkozó tükrözés, mind az egyenesre vonatkozó tükrözés bijektív.

45


A továbbiakban, ha tengelyes tükrözésr˝ol beszélünk, akkor ezen mindig egy rögzített sík transzformációját értjük. 9.9. Tétel. %` egyetlen pontonként fix egyenese `. Az m egyenes akkor és csakis akkor invariáns egyenese %` -nek, ha m ⊥ ` ∨ m = `.

Bizonyítás: A definícióból közvetlenül következik, hogy ` az egyetlen pontonként fix egyenes. Legyen m invariáns egyenes, m 6= `. P ∈ m ∧ P ∈ / ` =⇒ %` (P ) ∈ m =⇒ ←−−−−→ m = P %` (P ) =⇒ ` ⊥ m, mert ` a P %` (P ) felez˝o mer˝olegese. Megfordítva, a tengelyre mer˝oleges egyenes invariáns. Legyen m ⊥ `. ∀P ∈ m\` : ←−−−−→ %` (P ) ∈ m, mert P -b˝ol az `-re bocsátott mer˝oleges egyrészt P %` (P ) , másrészt m, ←−−−−→ azaz m ¡= P %`¢(P ) =⇒ %` (m) ⊂ m. Az el˝obbi reláció mindkét oldalára alkalmazva %` -t: %` %` (m) ⊂ %` (m), azaz m ⊂ %` (m). 9.10. Tétel. %` = %m ⇐⇒ ` = m

9.11. Tétel. Az egyenesre vonatkozó tükrözés izometria.

Bizonyítás: Legyen P, Q ∈ α, %` (P ) = P 0 , %` (Q) = Q0 . Azt kell bizonyítanunk, hogy P Q = P 0 Q0 . Ha P, Q ∈ ` akkor P = P 0 ∧ Q = Q0 =⇒ P Q = P 0 Q0 . Tegyük fel, hogy P és Q közül pontosan az egyik `-re illeszkedik, pl. Q. Ekkor Q a P P 0 felez˝o mer˝olegesén van, azaz egyenl˝o távolságra P -t˝ol és P 0 -t˝ol: P Q = Q=Q0

P 0 Q =⇒ P Q = P 0 Q0 . ←−→ ←−→ Teljesüljön most, hogy P Q ⊥ `, továbbá P Q és ` metszéspontját jelölje L. Le←−→ gyen f : P Q → R olyan koordinátaleképezés, hogy f (L) = 0. Ha f (P ) = p és f (Q) = q, akkor a tengelyes tükrözés definíciója miatt f (P 0 ) = −p és f (Q0 ) = −q. Tehát d(P 0 , Q0 ) = |f (P 0 ) − f (Q0 )| = |q − p| = d(P, Q). ←−→ Végül tekintsük azt az esetet, amikor P, Q ∈ / `, P Q 6⊥ ` (2.18 ábra.) P P 0 felez˝o←−→ pontja legyen M , QQ0 felez˝opontja pedig N . M 6= N , mert P Q 6⊥ `. Azt állítjuk, hogy P N Q4 ∼ = = P 0 N Q0 4. Ehhez SAS miatt csak annyit kell belátni, hogy P N Q^ ∼ 0 0 P N Q ^. SSS miatt P M N 4 ∼ = P 0 M N 4, azaz P N M ^ ∼ = P 0 N M ^. Tehát ½ M N Q^ − M N P ^, ha P ∈ int M N Q^; P N Q^ = M N Q^ + M N P ^, ha M ∈ int P N Q^. Illetve:

½ 0

0

P NQ ^ = Ezért PN QN P N Q^

M N Q0 ^ − M N P 0 ^, ha P 0 ∈ int M N Q0 ^; M N Q0 ^ + M N P 0 ^, ha M ∈ int P 0 N Q0 ^.

 ∼ = P 0 N (N ∈ P P 0 felez˝omer˝olegesének),  ∼ = Q0 N (N ∈ QQ0 felez˝o mer˝olegesének),  =⇒ ∼ = P 0 N Q0 ^, =⇒ P N Q4 ∼ = P 0 N Q0 4.

46


Q

Q P0

P

M

N

P0

M

N

P Q0

Q0

2.18. ábra. A tengelyes tükrözés izometria. Innen következik, hogy P Q ∼ = P 0 Q0 , mert ezek megfelel˝o oldalak. 9.12. Tétel. Minden síkra vonatkozó tükrözés térizometria.

Bizonyítás: Arra már utaltunk, hogy bijektív leképezésr˝ol van szó. A távolságtartás belátásához vegyük észre, hogy %α (P )-t megkaphatjuk a következ˝oképpen is: tekintünk egy olyan α síkbeli egyenest – jelölje ezt ` –, mely illeszkedik α P -n áthaladó normálisának talppontjára. Ekkor %α (P ) = %` (P ), ahol az ` egyenesre vonatkozó tükrözés az ` és az el˝obbi normális síkjában értend˝o. Ha most két pont is adva van, mondjuk P és Q, akkor ` illeszkedjen mindkét normális talppontjára. (Ha a két normális azonos, akkor ` még mindig nem egyértelm˝u, de ez a bizonyítás szempontjából közömbös.) Ekkor %α (P )%α (Q) = %` (P )%` (Q) = P Q az el˝obb bizonyított tétel szerint. 9.13. Következmény. A tengelyes tükrözés illetve a síkra vonatkozó tükrözés affin leképezés. Minden síkra vonatkozó tükrözés síkot síkba visz át. Tengelyes tükrözésnél a tengellyel párhuzamos egyenesek képe a tengellyel párhuzamos. 9.14. Tétel. (A síkizometriák fixponttétele.) 1. Ha egy síkizometria egy egyenes két pontját fixen hagyja, akkor az egyenes az izometria pontonként fix egyenese, és az izometria vagy identitás vagy tengelyes tükrözés. 2. Ha egy síkizometriának létezik három nem kollineáris fixpontja, akkor az identitás.

Bizonyítás: El˝oször az els˝o állítás fixegyenesre vonatkozó részét bizonyítjuk. Jelölje a ¡←−→¢ ←−→ szóban forgó izometriát σ, a két fixpont A és B. A feltétel szerint σ AB = AB .


47

←−→ Legyen P ∈ AB , σ(P ) = P 0 . 2.17. szerint: ¾ AP = AP 0 =⇒ P = P 0 . BP = BP 0 2. Legyen most A, B, C három nem kollineáris fixpont. Az állítás els˝o része szerint az ABC4 minden pontja fixpont. Legyen P a sík tesz˝oleges pontja, feltehetjük, hogy P ∈ / ABC4(= AB ∪ BC ∪ CA). Legyen Q az ABC4 egy oldalának bels˝o pontja. ←−→ Ekkor P Q metszi ABC4-t egy Q-tól különböz˝o R pontban (R vagy csúcs, vagy ←−→ alkalmazzuk a Pasch tételt). Q és R fixpontok, tehát QR pontonként fix, szintén az els˝o állítás következtében. Tehát P = P 0 . Végezetül belátjuk, hogy két fixpont létezése estén, ha az izometria nem identitás, akkor tengelyes tükrözés. Tegyük fel tehát, hogy σ nem identitás. Ekkor az állítás már igazolt második része alapján a két fixponton áthaladó egyenes pontjain kívül más fixpont nem lehet. ←−→ Ekkor tetsz˝olegesen rögzített P ∈ / AB -re P 6= P 0 , továbbá ¾ ←−→ AP = AP 0 =⇒ AB a P P 0 felez˝o mer˝olegese. 0 BP = BP 9.15. Tétel. (A térizometriák fixpont tétele.) 1. Ha egy térizometria egy egyenes két pontját fixen hagyja, akkor az egyenes minden pontja fix. 2. Ha a térizometriának van három nem kollineáris fixpontja, akkor a fixpontok síkja pontonként fix és az izometria vagy identitás, vagy a pontonként fix síkra vonatkozó tükrözés. 3. Ha egy térizometriának létezik négy nem komplanáris fixpontja, akkor az identitás.

Bizonyítás: Jelölje σ : E → E, P 7→ P 0 a szóban forgó térizometriát. 1. A 9.14. bizonyításában a pontonként fix egyenesre vonatkozó érvelés szó szerint megismételhet˝o. 2. A három fixpont síkja invariáns sík, hisz az ABC4 síkja az A0 B 0 C 0 4 síkjába megy át, most pedig A = A0 , B = B 0 , C = C 0 . Erre az invariáns síkra lesz˝ukítve a σ izometriát egy síkizometriát kapunk, amely 9.14. szerint identitás. Az identitás nyilván kielégíti a feltételeket, a továbbiakban feltehetjük, hogy σ nem identitás: ∃P ∈ E : P 0 6= P . Mivel A fixpont, ezért d(P, A) = d(A0 , P 0 ) = d(A, P 0 ), azaz A egyenl˝o távolságra van P -t˝ol és P 0 -t˝ol. Hasonló mondható el B-r˝ol és C-r˝ol. Mindez azt jelenti, hogy az ABC4 síkja a P P 0 felez˝omer˝oleges síkja, azaz σ síkra vonatkozó tükrözés. 3. Tegyük fel, hogy van olyan pont, hogy P 6= P 0 . Az el˝oz˝o bizonyításrészben elmondottakat ismételten alkalmazva látható, hogy mind a négy fixpont benne van a P P 0 felez˝omer˝oleges síkjában. Ez ellentmondásban van azzal, hogy a négy fixpont nem komplanáris. 9.16. Tétel. (A síkizometriák alaptétele.) Ha ABC4 és DEF 4 az α sík két nem feltétlenül különböz˝o háromszöge és ABC4 ∼ = DEF 4, akkor egyértelm˝uen létezik

48


az α síknak olyan σ izometriája, melyre σ(D) = A, σ(E) = B, σ(F ) = C. Tehát három nem kollineáris pont és képe a síkizometriát egyértelm˝uen meghatározza.

Bizonyítás: A keresett izometriát identitások és tengelyes tükrözések három tényez˝os szorzataként állítjuk el˝o. Az els˝o tényez˝o konstrukciója: Ha A = D, akkor σ1 = id. Ha A 6= D, akkor σ1 legyen az AD felez˝o mer˝olegesére vonatkozó tengelyes tükrözés. Ekkor σ1 (D) = A nyilvánvalóan teljesül. Legyen σ1 (E) = E1 , σ1 (F ) = F1 . A egyenl˝o távolságra van B-t˝ol és E1 -t˝ol, mert AB = DE = σ1 (D)σ1 (E) = AE1 . Ezt úgy is fogalmazhatjuk, hogy A rajta van az E1 B felez˝o mer˝olegesén. A második tényez˝o konstrukciója. Ha E1 = B, akkor σ2 = id. Ha E1 6= B, akkor σ2 legyen az E1 B felez˝o mer˝olegesére vonatkozó tükrözés. Az el˝oz˝o megjegyzés miatt σ2 -nek A fixpontja, továbbá az is teljesül, hogy σ2 (E1 ) = B. Legyen σ2 (F1 ) = F2 . A és B rajta vannak a CF2 felez˝o mer˝olegesén, mert egyrészt AC = DF = σ1 (D)σ1 (F ) = AF1 = σ2 (A)σ2 (F1 ) = AF2 , másrészt BC = EF = E1 F1 = σ2 (E1 )σ2 (F1 ) = BF2 . A harmadik tényez˝o konstrukciója. Ha F2 = C, akkor σ3 = id. Ha F2 6= C, akkor σ3 legyen F2 C felez˝o mer˝olegesére vonatkozó tengelyes tükrözés. Ekkor σ3 (F2 ) = C, továbbá az el˝oz˝o megjegyzés szerint σ3 -nak A és B fixpontja. A kívánt izometria tehát σ = σ3 ◦ σ2 ◦ σ1 . Az unicitás bizonyítása a fixponttételb˝ol következik az alábbiak szerint. Legyen η a feltételeknek eleget tev˝o izometria. Ekkor: (η −1 ◦ σ)(D) (η −1 ◦ σ)(E) (η −1 ◦ σ)(F )

= η −1 (A) = D = η −1 (B) = E = η −1 (C) = F.

D, E, F három nem kollineáris fixpontja a η −1 ◦ σ izometriának, tehát a fixponttétel szerint η −1 ◦ σ = id =⇒ σ = η Az el˝oz˝o bizonyításból rögtön kiolvashatjuk az alábbi tételt is: 9.17. Tétel. Minden síkizometria legfeljebb három tengelyes tükrözés szorzata. 9.18. Tétel. Megadva a térben két kongruens háromszöget, létezik olyan térizometria, mely egyiket a másikba viszi.

Bizonyítás: A síkizometriák alaptételéhez hasonlóan láthatjuk be, csak a szakaszfelez˝o mer˝olegesek szerepét a szakaszfelez˝o mer˝oleges síkok veszik át. Tehát a kívánt izometriát ismét egy háromtényez˝os szorzat alakjában adhatjuk meg, ahol a tényez˝ok mindegyike vagy síkra vonatkozó tükrözés, vagy identitás.

49

2 – 10. KÖRÖK ÉS GÖMBÖK

9.19. Tétel. Minden térizometria legfeljebb négy síkra vonatkozó tükrözés szorzata. 9.20. Tétel. Két nem feltétlenül különböz˝o szakasz, szög, háromszög pontosan akkor kongruens, ha létezik olyan izometria, mely egyiket a másikba viszi.

Bizonyítás: Az izometria távolságtartó és szögmértéktartó, tehát szakaszt, szöget, háromszöget az eredetivel egybevágó szakaszba, szögbe, háromszögbe visz át. A megfordítást háromszögre éppen most bizonyítottuk be. Szakasznál és szögnél vegyünk fel olyan háromszöget, melynek egy oldala illetve szöge a megadott szakasz vagy szög. 9.21. Definíció. (A kongruencia általános fogalma.) Két nem feltétlenül különböz˝o alakzatot kongruensnek nevezünk, ha létezik olyan izometria, mely egyiket a másikba viszi.

Megjegyzés. Az el˝oz˝o tétel szerint szakaszra, szögre, háromszögre visszakapjuk a korábbi definíciókat.

10. Körök és gömbök A szakasz els˝o részében mindvégig egy abszolút tér rögzített S síkjában dolgozunk. 10.1. Definíció. Legyen O ∈ S egy pont, r ∈ R, r > 0 egy rögzített valós szám. Az S síkban az O-tól r távolságra lev˝o pontok halmazát O középpontú r sugarú körnek (körvonalnak) nevezzük. Jelölje az O középpontú r sugarú kört k, továbbá A, B ∈ k legyen két pont. OA-t szintén sugárnak hívjuk, AB-t pedig húrnak. Ha A − O − B is teljesül, akkor AB-t átmér˝oként is említjük. Szintén átmér˝onek nevezzük a 2r valós ←−→ számot. Az AB egyenes a kör egy szel˝oje. Egy egyenest a kör érint˝ojének nevezzük, ha az egyenes a kör síkjában van, és a körrel pontosan egy közös pontja van. A közös pont neve érintési pont. Azon P pontok halmazát, melyekre d(O, P ) < r a kör belsejének vagy nyílt körlemeznek nevezzük, és int k-val jelöljük. Ha a definícióban egyenl˝oséget is megengedünk, akkor körlemezr˝ol, vagy zárt körlemezr˝ol beszélünk. A { P ∈ S | d(O, P ) > r } halmazt a kör külsejének nevezzük. Az egysíkú és közös középponttal rendelkez˝o köröket koncentrikus körökként említjük. ∗ 10.2. Tétel. (A kör egyszeru˝ tulajdonságai.) mer˝olegese átmegy a kör középpontján.

1. Egy kör minden húrjának felez˝o-

2. Egy kör három pontjára csak a megadott kör illeszkedik. 3. Két körnek legfeljebb két közös pontja lehet. 4. Egy körnek és egy egyenesnek legfeljebb két közös pontja van.

50


Megjegyzés. Az az állítás, hogy három nem kollineáris pontra pontosan egy kör illeszkedik, az abszolút tér axiómarendszerét˝ol független állítás. A 2. tételrész nem ezt mondja! 10.3. Tétel. (A kör szimmetriatulajdonságai.) 1. A kör invariáns alakzata minden olyan tengelyes tükrözésnek, mely tengelye a kör síkjában van és illeszkedik a középpontra. 2. Ha egy tengelyes tükrözésnek (a kör síkjában) egy kör invariáns alakzata, akkor a tengely illeszkedik a középpontra.

Bizonyítás: 1. Tekintsük az O középpontú, k kört, továbbá legyen ` egy egyenes, O ∈ `. Ha P ∈ k, akkor P O = %` (P )O, mert %`¢ izometria és ennek O fixpontja. Azaz ¡ %` (P ) ∈ k =⇒ %` (k) ⊂ k, továbbá %` %` (k) = k, tehát k ⊂ %` (k). 2. Legyen az ` egyenes a k körnek szimmetriatengelye, P ∈ k, P 6∈ ` pont. %` (P ) = Q ∈ k, mert ` szimmetriatengely. Ugyanakkor P Q felez˝o mer˝olegese `, azaz a 10.2. 1. pontja szerint ` illeszkedik a középpontra. 10.4. Tétel. 1. Ha egy t egyenes a k kör síkjában mer˝oleges a k egy sugarára és illeszkedik annak középponttól különböz˝o végpontjára, akkor t a k érint˝oje. 2. A kör tetsz˝oleges érint˝oje mer˝oleges az érintési ponthoz húzott sugárra. ←−→ Bizonyítás: 1. Legyen OP a szóban forgó sugár. Tegyük fel, hogy t ⊥ OP , P ∈ t és t mégsem érint˝o, azaz ∃Q ∈ k : (Q 6= P ∧ Q ∈ t). Ha %←−−→ (Q) = Q0 , akkor OP P t

0

Q

Q k

O

O

S

T

P s

2.19. ábra. Az érint˝o mer˝oleges az érintési ponthoz húzott sugárra. Q0 ∈ k, ugyanakkor Q0 ∈ t. Tehát P, Q, Q0 három kollineáris pont lenne k-n, ami ellentmondás (2.19. ábra). 2. Legyen s a k kör P pontot tartalmazó érint˝oje. Legyen T az O mer˝oleges vetülete s-re. ∃!S ∈ s: T a P S felez˝opontja, vagy P = S. P T O4 ∼ = ST O4 (SAS miatt) =⇒ OP = OS =⇒ S ∈ k. Azonban s érint˝o ⇒ P = S = T , =⇒ OP ⊥ s (2.19. ábra). 10.5. Tétel. Ha AB egy r sugarú kör húrja, akkor AB ≤ 2r. AB = 2r ⇐⇒ AB átmér˝o.

51


10.6. Tétel. 1. Egy izometria körhöz kört, egy körb˝ol és érint˝ojéb˝ol álló alakzathoz ugyanilyen alakzatot rendel. A kör középpontjának a képe a képkör középpontja. 2. Két kör akkor és csakis akkor kongruens, ha egyenl˝o sugarúak. 10.7. Tétel. Két nem feltétlenül különböz˝o kongruens körben két nem feltétlenül különböz˝o húr pontosan akkor egybevágó, ha egyenl˝o a középponttól mért távolságuk. 10.8. Tétel. Minden kör belseje, minden zárt körlemez konvex halmaz.

10.9. Tétel. (A szakasz-kör tétel.) Ha A egy kör bels˝o pontja, B ugyanannak a körnek küls˝o pontja, akkor AB metszi a kört. −−→ −−→ Bizonyítás: Lemma. Ha P Q ⊥ OP és OP < r (r > 0 rögzített), akkor ∃!T ∈ −−→ P Q : OT = r. ←−→ A Lemma bizonyítása.(Ld. 2.20.-(a) ábra!) Egzisztencia. Legyen f : P Q → R koorO

O

P

T

Q

P

(a)

T

SQ

(b)

2.20. ábra. A szakasz–kör tétel: a bizonyítás lemmája. dinátaleképezés úgy, hogy f (P ) = 0 és f (Q) > 0. (A vonalzó elhelyezése.) Az általánosság megszorítása nélkül feltételezhetjük, hogy f (Q) = r. Ekkor OQ > r, mert az OP Q4 derékszög˝u 4-ben P Q befogó, OQ pedig átfogó. Definiáljuk a következ˝o függvényt: ←−→ g : R → R, x 7→ g(x) = OX, ahol X ∈ P Q : f (X) = x. ∗

RP

|g(x) − g(y)| = |OX − OY | < |XY | = |f (X) − f (Y )| = |x − y| (∗: a háromszög egyenl˝otlenségb˝ol következik.) |g(x) − g(y)| < |x − y| azt jelenti, hogy g folytonos. g(0) = OP < r és g(r) = OQ > r =⇒ ∃t ∈ R: 0 < t < r ←−→ és g(t) = r a közbens˝o érték felvételének tételéb˝ol. Legyen T ∈ P Q : f (T ) = t. −−→ t > 0 =⇒ T ∈ P Q is teljesül. −−→ Unicitás. (Ld. 2.20.-(b) ábra.) Ha T, S ∈ P Q T 6= S, akkor P − T − S esetén OT < max{OP, OS} = OS,

52


ha pedig P − S − T , akkor OS < max{OP, OT } = OT ; mindkét eset ellentmondásra vezet. ←−→ A tétel bizonyítása Ha O ∈ AB , akkor a tétel a szakaszfelmérés tételéb˝ol rögtön −−→ −−→ következik, mérjük fel ugyanis r-t O-ból az OA -re és az OB -re. Ha ∃OAB4, akkor −−→ elegend˝o annyit bizonyítani, hogy AB metszi k-t, ugyanis a metszéspont nem lehet −−→ −−→ AB \AB-ben. Ez azért van így, mert ha M ∈ AB (OM = r) akkor A−M −B( =⇒ M ∈ AB) vagy A − B − M . Az utóbbi esetben OB < max{ OA, OM } = r, ami ellentmondásban van azzal, hogy B küls˝o pont. ←−→ Legyen P az O pont mer˝oleges vetülete AB -re (ld. 2.21. ábra). OP ≤ OA (hisz

O

P A

B

2.21. ábra. A szakasz–kör tétel. P = A vagy az OP A4 derékszög˝u), tehát OP < r. Mivel a kör belseje konvex, ezért −−→ −−→ −−→ P A nem metszheti a kört. P B = P A ∪ AB tehát AB pontosan akkor metszi a kört, −−→ −−→ amikor P B . P B azonban metszi a kört a lemma szerint.

Megjegyzés. Az el˝oz˝o tételnek, – csakúgy, mint a következ˝o két tételnek, az ún. körmetszési tételeknek – a bizonyítása abszolút térben szemmel láthatóan meglehet˝osen összetett. Ha feltételezzük, hogy a térben teljesül a Pitagorasz-tétel, akkor a bizonyítás ←−→ ←−→ lényegesen egyszer˝ubb: az O ∈ AB eset nem igényel módosítást. Ha O 6∈ AB , ak−−→ kor tekintsük a P B azon X pontját, melyre P X 2 = r2 −P O2 . Ez a pont egyrészt rajta van a körvonalon, hiszen O-tól mért távolsága r, másrészt az AB bels˝o pontja, mert P X 2 < P B 2 = OB 2 − OP 2 . Azt azonban hangsúlyozni kell, hogy a Pitagorasztétel független az abszolút geometria axiómarendszerét˝ol, tehát abszolút térben sem bizonyítani, sem cáfolni nem lehet. 10.10. Tétel. (Az egyenes-kör tétel.) Ha egy egyenes tartalmazza egy kör valamely bels˝o pontját, akkor az egyenes a kört pontosan 2 pontban metszi.

Bizonyítás: Legyen S az O középpontú r sugarú kör bels˝o pontja, S ∈ `. Ha O ∈ `, akkor az állítás nyilvánvaló (szakaszfelmérés). Tegyük fel tehát, hogy O 6∈ `. O mer˝oleges vetületét `-re jelölje P . OP ≤ OS < r, tehát P bels˝o pont. Legyenek Q1 , Q2 ∈ ` pontok. Q2 − P − Q1 , Q2 P = P Q1 = r. OQ1 = OQ2 > r, tehát Q1 és

53


O

Q2

P S

Q1

2.22. ábra. Az egyenes–kör tétel. −−−→ −−−→ Q2 küls˝o pontok `-en (ld. 2.22. ábra). Az el˝oz˝o tétel szerint mind P Q1 , mind P Q2 metszi k-t, azaz létezik legalább 2 metszéspont. Több metszéspont nem lehet a fejezet 10.2. tételének 4. állítása szerint. 10.11. Tétel. (A két kör tétele.) Jelölje kA az A középpontú, a sugarú, kB pedig a B középpontú, b sugarú kört. Legyen továbbá AB = c. Ha az a, b, c számok közül bármelyik kisebb a másik kett˝o összegénél, akkor kA és kB pontosan 2 pontban metszik ←−→ egymást. A két metszéspontot AB elválasztja. 10.12. Tétel. (A háromszögszerkesztés tétele, Elemek I. 22.) Az a, b, c pozitív valós számok akkor és csakis akkor egy háromszög oldalainak mértékei, ha közülük bármely kett˝o összege nagyobb a harmadiknál.

Bizonyítás: Az egyik irány a klasszikus háromszög egyenl˝otlenség megismétlése, a másik irány a két kör tételéb˝ol következik. 10.13. Következmény. Létezik szabályos háromszög. (V.ö. Elemek I. 1.) 10.14. Tétel. Egy kör küls˝o pontja (a kör síkjában) a körnek pontosan két érint˝ojére ←−→ ←−→ illeszkedik. Ha P Q és P R a kör két érint˝oje, továbbá Q és R a körvonal pontjai, akkor P Q ∼ = P R.

Bizonyítás: Legyen P az O középpontú k kör küls˝o pontja. k sugara OQ0 , ahol O − ←−→ Q0 − P . k 0 legyen az O középpontú OP sugarú kör. Q0 ∈ int k 0 =⇒ az OP -re Q0 -ben állított mer˝oleges metszi k 0 -t. Az egyik metszéspont legyen P 0 (ld. egyenes– kör tétel). Legyen m a P P 0 felez˝o mer˝olegese. O ∈ m mert P P 0 a k 0 húrja. Legyen ←−−→ ←−→ Q = %m (Q0 ). P 0 Q0 érint˝o k-hoz, tehát P Q is érint˝o k-hoz. Legyen R = %←−−→ (Q). OP ←−→ 10.6.-t alkalmazva P R szintén érint˝o k-hoz (ld. 2.23. ábra). ←−→ Több P -re illeszked˝o érint˝o nincs; P Q ∼ = P R . Legyen P Q az el˝obb megkonst←−→ ruált érint˝o, P E tesz˝oleges másik érint˝o. OP Q4 ∼ = OP E4 (SsA: OP ∼ = OP , ∼ QO = OE(= r), Q^ = E^ (derékszögek) továbbá OP > OQ), tehát P Q = P E. Azaz az érintési pontokat a P középpontú P Q sugarú kör metszi ki k-ból. A két kör tétele szerint a metszéspontok száma kett˝o.

54


P0 Q

O

Q0

P

2.23. ábra. Az érint˝oszerkesztés az abszolút geometriában. A paragrafus befejez˝o részében a gömbökkel foglalkozunk 10.15. Definíció. Legyen adva a tér egy O pontja és egy r pozitív valós szám. A tér azon pontjai halmazát, amelyek távolsága O-tól r gömbnek nevezzük. Az O pont a gömb középpontja r a gömb sugara. Ha egy pont távolsága O-tól nagyobb, mint r akkor a pont küls˝o pont, míg ha kisebb, mint r akkor bels˝o pont. A gömb unióját a bels˝o pontok halmazával gömbtestnek is hívjuk. Ha P az O középpontú r sugarú kör pontja, akkor OP -t is sugárnak nevezzük. Az azonos középpontú gömböket koncentrikus gömböknek is nevezzük. Ha P és Q az O középpontú r sugarú gömb pontjai, akkor P Q a gömb húrja. Ha O ∈ P Q akkor a húrt átmér˝onek is nevezzük. Egy egyenes illetve egy sík egy gömbnek érint˝oje, ha pontosan egy közös pontja van a gömbbel, mely pontot érintési pontnak hívunk. 10.16. Tétel. Egy O középpontú, r sugarú gömb középpontjára illeszked˝o sík és a gömb közös pontjai halmaza O középpontú r sugarú kör.

Bizonyítás: A gömb és a sík közös pontjai egyrészt egysíkúak, másrészt O-tól r távolságra vannak. Megfordítva, az O középpontú, adott síkbeli kör mindegyik pontja r távolságra van O-tól, tehát egyben a gömbnek is pontja. 10.17. Definíció. Egy gömbb˝ol a középpontjára illeszked˝o sík által kimetszett kört f˝okörnek nevezzük. 10.18. Tétel. A gömbtest konvex alakzat.

Bizonyítás: Tekintsük a gömbtest két pontjára és a középpontra illeszked˝o síkot, vagy egy ilyen síkot, ha a három pont kollineáris. Képezve a gömb síkmetszetét, az állítást a körlemez konvex voltára vezettük vissza. 10.19. Tétel. Egy gömbnek és egy egyenesnek legfeljebb 2 közös pontja lehet.

2 – 11. NÉGYSZÖGEK

55

Bizonyítás: Tekintsük a gömb adott egyenesre illeszked˝o f˝okörmetszetét, illetve ennek síkját. Mivel az egyenes minden pontja ebben a síkban van, ezért az egyenes és a gömb közös pontjai halmaza megegyezik az egyenes és az említett f˝okörmetszet közös pontjai halmazával. Egyenesre és körre az állítást már bizonyítottuk. A bizonyításban elmondottakból következnek az alábbi állítások. 10.20. Tétel. Tekintsünk egy r sugarú gömböt és egy ` egyenest! Az alábbi állítások ekvivalensek. 1. ` a gömb érint˝oje. 2. ` távolsága a gömb középpontjától r. 3. ` mer˝oleges a gömb egy sugarára annak középponttól különböz˝o végpontjában. Továbbá egy sugár középponttól különböz˝o végpontjában a sugárra mer˝oleges egyenesek mindegyike érint˝o. Ezek síkja a gömb érint˝osíkja. 10.21. Tétel. Egy sík akkor és csakis akkor érint˝osíkja egy gömbnek, ha távolsága a gömb középpontjától megegyezik a gömb sugarával. Ha a sík távolsága a gömb középpontjától kisebb, mint r akkor a gömb és a sík közös pontjai halmaza kör.

Bizonyítás: Tekintsük a gömb O középpontjából az S síkra bocsátott mer˝olegest, illetve egy erre illeszked˝o α síkot. A mer˝oleges talppontját jelölje P . Alkalmazzuk a 10.9. bizonyításában kimondott lemmát! Eszerint, ha OP < r akkor az α síkban van O-tól r távolságra lev˝o pont – jelölje ezt T –, és ez nem egyezik meg P -vel. Tekintsük most a P középpontú, P T sugarú kört az S síkban. SAS miatt ennek tetsz˝oleges T 0 pontjára OP T 4 ∼ = OP T 0 , azaz OT 0 = r. Ezt a kört a gömb és S metszete tartalmazza. Nem lehet azonban ezen körön kívüli pontjuk, mert ha Q közös pont – azaz O-tól r távolságra van az S síkon –, akkor OP Q4 ∼ = OP T 4 az SsA alapeset szerint, azaz P Q = r. Ha OP ≥ r, akkor S \ {P } minden pontja távolabb van O-tól, mint P . A küls˝o pontra illeszked˝o érint˝o problémáját visszavezethetjük az analóg síkbeli problémára, ha a pontra illeszked˝o f˝okörmetszeteket tekintünk: 10.22. Tétel. Egy gömb küls˝o pontra illeszked˝o érint˝oi kongruensek, az érintési pontok pedig egy körre illeszkednek. Ha egy küls˝o pontra illeszked˝o tetsz˝oleges érint˝ot tartalmazó és az érintési ponthoz húzott sugárra mer˝oleges síkot tekintünk, akkor a küls˝o pontra illeszked˝o érint˝osíkhoz jutunk. 10.23. Tétel. Egy gömb küls˝o pontjára a gömbnek végtelen sok érint˝osíkja illeszkedik. Az érintési pontok halmaza kör.

11. Négyszögek Rögzítsük az abszolút tér egy síkját. Jelen szakaszban mindig ebben a síkban dolgozunk.

56


11.1. Definíció. Legyen A, B, C, D négy olyan komplanáris pont, hogy közülük bármely három nem kollineáris, továbbá az int AB, int BC, int CD, int DA halmazok közül mindegyik metszete az összes többivel üres halmaz. Ekkor az ABCD2 = AB ∪ BC ∪ CD ∪ DA halmazt négyszögnek nevezzük, melynek A, B, C, D a csúcsai, AB, BC, CD, DA az oldalai, AC, BD az átlói. Egy átló végpontjait szemközti csúcsoknak is mondjuk. Ha két oldal metszi egymást, akkor azokat szomszédos oldalaknak, míg ellenkez˝o esetben szemközti oldalaknak mondjuk. ABC^, BCD^, CDA^, DAB^ a négyszög szögei, melyeket B^, C^, D^, és A^ is jelölhet. 11.2. Definíció. Egy négyszöget konvex négyszögnek nevezünk, ha mindegyik oldala a szemközti oldal által meghatározott egyik félsíkban van. A konvex négyszög nem konvex halmaz! 11.3. Tétel. Egy négyszög akkor és csakis akkor konvex négyszög, ha minden szögének csúcsa a szemközti szög belsejében van.

Bizonyítás: Legyen adva az ABCD négyszög. Ha A ∈ int BCD^, akkor A és B a ←−→ ←−→ CD ugyanazon oldalán vannak =⇒ AB a CD egyik oldalán van. Analóg módon a többi csúcsra. Megfordítva, legyen ABCD konvex négyszög. Belátjuk, hogy C ∈ int DAB^. ←−→ ←−→ CD az AB egyik oldalán van, tehát C az AB D-t tartalmazó oldalán van. CB az ←−→ ←−→ AD egyik oldalán van, azaz C az AD B-t tartalmazó oldalán van. 11.4. Tétel. Egy négyszög akkor és csakis akkor konvex négyszög, ha átlói metszik egymást. −−→ Bizonyítás: Legyen ABCD konvex négyszög. Ekkor C ∈ int DAB^ =⇒ AC ∩ int DB 6= ∅ (keresztszakasz tétel). A metszéspont legyen P , erre D − P − B. Analóg −−→ ←−→ ←−→ −−→ okoskodással: BD ∩ int AC 6= ∅. Mivel BD 6= AC , ezért BD ∩ int AC = {P }. Innen következik, hogy P ∈ int DB és P ∈ int AC. Megfordítva, ha AC és BD egymást egy P pontban metszik, akkor A−P −C, B − ←−→ ←−→ −−→ P − D és AC 6= BD . int BD ∩ CA = {P } =⇒ A ∈ int BCD^ a keresztszakasz tétel miatt. Hasonlóan B ∈ int CDA^, C ∈ int DAB^, D ∈ int ABC^. Tehát ABCD2 konvex négyszög. 11.5. Tétel. Ha az ABCD négyszögben A^ és D^ derékszög, akkor ABCD konvex négyszög. ←−→ ←−→ Bizonyítás: CB az AD egyik oldalán van: CB ∩ AD = ∅ (definíció). Ha CB AD -t egy AD-n kívüli E pontban metszené (2.24. ábra), akkor a BEA^ és a DEC^ egyike nagyobb vagy egyenl˝o mint derékszög (lévén kiegészít˝o szögek). Innen következik, hogy az ABE4 és EDC4 egyikében legfeljebb egy hegyesszög van, ami ellentmondás.

57


E

F D

D

B

C

A

A

C

B

2.24. ábra. Az olyan négyszög, melyben két szomszédos szög derékszög, konvex négyszög. ←−→ ←−→ AD a CB egyik oldalán van. AD nem metszheti CB -t annak CB-n kívüli pontjában (sem), mert ha létezik az F metszéspont (ld. 2.24. ábra), akkor az AF B4 és F CD4 egyikében legfeljebb egy hegyesszög van. ←−→ ←−→ AB a CD egyik oldalán; CD az AB egyik oldalán van. AB -nek és CD -nek ←−→ ←−→ ←−→ ←−→ ←−→ AD közös mer˝olegese, tehát AB k CD , továbbá definíció szerint AB 6= CD . 11.6. Definíció. Ha az ABCD négyszög A^ és D^ szöge derékszög és AB = CD, akkor a négyszöget ABCD S -el jelöljük és Saccheri négyszögnek mondjuk. ABCD Saccheri négyszögnek AB és CD a szárai, AD az alsó alapja, BC a fels˝o alapja. (Ld. 2.25. ábra!) Ha az ABCD négyszögben az A^, B^, C^ szögek mindegyike derékszög, akkor Lambert négyszögr˝ol szólunk. Jele: L . (Ld. 2.25. ábra!) Egy négyszöget akkor nevezünk téglalapnak, ha minden szöge derékszög. Az olyan téglalapot amelynek minden oldala egyenl˝o négyzetnek hívjuk. ∗ D

C

D

C

A

B

A

B

2.25. ábra. Saccheri négyszög és Lambert négyszög.

Megjegyzés. 11.5. miatt minden Saccheri négyszög és minden Lambert négyszög konvex négyszög.

58


Megjegyzés. A definíció szerint könny˝u konstruálni mind Saccheri négyszöget, mind Lambert négyszöget. A kés˝obbiekben kiderül, hogy téglalap létezését az abszolút tér axiómarendszeréb˝ol nem lehet levezetni. 11.7. Tétel. Minden Saccheri négyszög fels˝o alapon nyugvó szögei kongruensek.

Bizonyítás: Legyen adva az ABCD Saccheri négyszög. ABD4 ∼ = DCA4 SAS mi∼ att. Tehát AC = BD, mivel megfelel˝o oldalak. Innen az is következik, hogy ABC4 ∼ = DCB4 SSS miatt. Mivel ABC^ és BCD^ megfelel˝o szögek, ezért kongruensek. 11.8. Tétel. Egy Saccheri négyszög alapjai párhuzamosak. ∼ DCM 4 Bizonyítás: Legyen N az AD, M pedig a BC felez˝opontja. ABM 4 = ∼ SAS miatt. Tehát AM = DM , mert megfelel˝o oldalak. Azaz az M pont egyenl˝o távolságra van az A-tól és a D-t˝ol, ami azt jelenti, hogy rajta van az AD felez˝o mer˝olegesén. Tehát M N ⊥ AD (2.26. ábra). ←−→ ←−→ ←−−→ Analóg módon láthatjuk be, hogy M N ⊥ BC. AD -nek és BC -nek tehát M N közös mer˝olegese, ami azt jelenti, hogy a két egyenes párhuzamos. D

C

N

M

A

B

2.26. ábra. 11.9. Tétel. Ha ABCD S továbbá M a BC felez˝opontja, és N az AD felez˝opontja, akkor N M CD L és N M BA L . Ha N M BA L , akkor egyértelm˝uen léteznek olyan C és D pontok, hogy ABCD S úgy, hogy M a BC felez˝opontja, és N az AD felez˝opontja. ←−−→ Bizonyítás: Az el˝oz˝o tétel miatt N M mer˝oleges az ABCD Saccheri négyszög mindkét alapjára, így N M BA Lambert négyszög és szintén N M CD Lambert négyszög. Legyen most N M BA Lambert négyszög, továbbá C és D azok az egyértelm˝u pontok, melyekre M az AD felez˝opontja, M a BC felez˝opontja. Mivel C = %←−−−→ (B) NM és D = %←−−−→ (A) ezért ABCD Saccheri négyszög. NM 11.10. Tétel. (Omar Khayyam tétele.) alsó alap. BC > AD 1 Omar

1

Legyen ABCD Saccheri négyszög, AD az

⇐⇒

B^ hegyesszög,

Khayyam (kb. 1050–1123) arab költ˝o, matematikus és csillagász.

59


BC ∼ = AD

⇐⇒

B^ derékszög,

BC < AD

⇐⇒

B^ tompaszög.

Bizonyítás: Jelölje AD felez˝opontját N , BC felez˝opontját M . Ha AD ∼ = BC, akkor ez azt jelenti, hogy N ABM Saccheri négyszög és M CDN Saccheri négyszög az M N -el, mint alsó alappal. A Saccheri négyszög fels˝o alapon nyugvó szögei azonban kongruensek, jelen esetben tehát derékszögek. Teljesüljön most, hogy BC > AD. Legyen E ∈ M B úgy, hogy M E ∼ = AN . E ∈ int BAM ^ ⊂ int BAN ^, továbbá N AEM Saccheri négyszög, tehát AE párhuzamos az M N -el, mint alsó alappal. Ekkor π = m(N AB^) > m(EAN ^) = m(AEM ^) > m(ABM ^). 2 Az utolsó lépésben a küls˝o szög egyenl˝otlenséget használtuk a BAE4-re. (ld. 2.27. ábra.) D

C

N

M E A

B

2.27. ábra. Ha AN > BM , akkor F legyen az AN olyan pontja, melyre F N ∼ = BM . Ekkor N F BM Saccheri négyszög az M N -el, mint alsó alappal, továbbá F ∈ int ABN ^ ⊂ int ABM ^. A küls˝o szög egyenl˝otlenséget alkalmazva az AF B4-re: m(BAF ^) < m(BF N ) = m(F BM ^) < m(ABM ^). A megfordítások ezek után kontrapozícióval következnek. 11.11. Definíció. A derékszög˝u hipotézis: létezik olyan Saccheri négyszög, mely fels˝o alapon nyugvó szögei derékszögek. A hegyesszög˝u hipotézis: létezik olyan Saccheri négyszög, mely fels˝o alapon nyugvó szögei hegyesszögek. A tompaszög˝u hipotézis: létezik olyan Saccheri négyszög, mely fels˝o alapon nyugvó szögei tompaszögek. 11.12. Tétel. A tompaszög˝u hipotézis hamis. Egyetlen Lambert négyszög negyedik szöge sem lehet tompaszög.

Bizonyítás: Állításunk Legendre 1. szögtételéb˝ol következik. Az ABCD2 Saccheri vagy Lambert négyszöget az AC átlója az ABC4 és ACD4 háromszögekre bontja. Mivel a Saccheri négyszög illetve a Lambert négyszög konvex, ezért 11.3. miatt A ∈ int DCB^, C ∈ int DAB^. Alkalmazható tehát a szögmérték additivitása: DCA^ + ACB^ = DCB^; DAC^ + CAB^ = DAB^.

60


Ez azt jelenti, hogy az ABCD négyszög szögeinek összege a DAC4 és a CAB^ háromszögek szögeinek összegével egyezik meg, tehát Legendre 1. szögtétele miatt kisebb, mint 2π. A két derékszög két tompaszöggel együtt, vagy a három derékszög a negyedik tompaszöggel együtt azonban 2π-nél nagyobb szögösszeget adna. A paragrafus zárásaként az abszolút geometria mindent vagy semmit elvének újabb megnyilvánulását mondjuk ki (v.ö. Legendre 2. szögtétele, 8.19.), ezúttal is bizonyítás nélkül. 11.13. Tétel. Ha igaz a hegyesszög˝u hipotézis, akkor minden Saccheri négyszög fels˝o alapon nyugvó szögei hegyesszögek, továbbá minden Lambert négyszög negyedik szöge hegyesszög. Ha igaz a derékszög˝u hipotézis, akkor minden Saccheri négyszög fels˝o alapon nyugvó szögei derékszögek, továbbá minden Lambert négyszög negyedik szöge derékszög.

12. Párhuzamossági axiómák 12.1. Definíció. Egy abszolút teret (klasszikus) euklidészi térnek nevezünk, ha érvényes benne a következ˝o, ún. euklidészi párhuzamossági axióma:

Axióma: Az euklideszi párhuzamossági axióma – EPP. Megadva egy egyenest és egy rá nem illeszked˝o pontot, legfeljebb egy olyan egyenes van, amely tartalmazza a pontot és párhuzamos az adott egyenessel. * 12.2. Definíció. Egy abszolút teret (klasszikus) hiperbolikus térnek nevezünk, ha érvényes benne a következ˝o, ún. hiperbolikus, vagy Bolyai–Lobacsevszkij féle párhuzamossági axióma:

Axióma: A hiperbolikus párhuzamossági axióma – HPP. Megadva egy egyenest és egy rá nem illeszked˝o pontot, legalább két olyan egyenes van, amely tartalmazza a pontot és párhuzamos az adott egyenessel. *

Megjegyzés. Be lehet látni, hogy hiperbolikus térben egy adott pontra illeszked˝o, adott egyenessel párhuzamos egyenesek száma végtelen (ha az adott egyenes nem illeszkedik az adott pontra). 12.3. Tétel. Abszolút térben a következ˝o állítások ekvivalensek: ←−→ A. Euklidész V. posztulátuma. Ha adva van az abszolút tér egy síkjában egy AB egyenes és ennek egyik oldalán a C 6= D pontok, akkor m(CAB^) + m(DBA^) < π −−→ −−→ esetén AC ∩ BD 6= ∅.

61

2 – 12. PÁRHUZAMOSSÁGI AXIÓMÁK

←−→ B. Euklidész I. 29. állítása. Ha C és D az AB ugyanazon oldalán elhelyezked˝o ←−→ ←−→ ←−→ pontok egy AB -t tartalmazó síkban, és AC k BD , akkor m(ABD)^ + m(CAB)^ = π. C. Euklidész I. 30. állítása. Az egyenesek párhuzamossága (síkban) tranzitív reláció. D. Az I. 30. állítás kontrapozíciója. Síkban két párhuzamos egyenes egyikét metsz˝o egyenes metszi a másikat is. E. EPP. F. Két párhuzamos egyenes egyikét mer˝olegesen metsz˝o egyenes mer˝olegesen metszi a másikat is. G. Síkban: (`km ∧ r ⊥ ` ∧ s ⊥ m) =⇒ rks (`, r, s, m ∈ L). H. Minden háromszög oldalfelez˝o mer˝olegesei egy pontban metszik egymást. I. Bolyai Farkas tétele. Bármely három nem kollineáris pontra egyértelm˝uen illeszkedik kör. J. Minden háromszögben a szögmértékek összege π. K. Euklidész I. 32. állítása. Minden háromszögben tetsz˝oleges küls˝o szög mértéke megegyezik a nem mellette fekv˝o két bels˝o szög mértékének összegével.

Bizonyítás: El˝oször az els˝o öt állítás ekvivalenciáját látjuk be. C és D ekvivalenciája pusztán logikai úton következik: Tegyük fel, hogy akb. Ekkor bkc =⇒ akc egyenérték˝u azzal, hogy a 6 kc =⇒ b 6 kc. E =⇒ D( ⇐⇒ C) (ld. 2.28. ábra): akb, b ∩ c = {P }. Ha c nem metszené a-t, akkor P -n keresztül a-val két párhuzamost is tudnánk húzni. c b

P

a

2.28. ábra. EPP, és az I. 30. állítás ekvivalenciája. (D ⇐⇒ )C =⇒ E: Tegyük fel, hogy a P ponton keresztül az a egyenessel párhuzamosan két egyenest is lehet húzni, b-t és c-t. Mivel teljesül a párhuzamosság tranzitivitása, cka ∧ akb =⇒ ckb, ami ellentmondás, mert c és b P -ben metsz˝ok. E =⇒ A (ld. 2.29. ábra):

62


A

A u x

C

C

D B

v E

y B

D

2.29. ábra. Balra: EPP-b˝ol következik az V. posztulátum. Jobbra: Az V. posztulátumból következik az I. 29. állítás. ←−→ Legyen E az AB ugyanazon oldalán, mint C és teljesüljön m(EBA^) = π − ←−→ ←−→ m(BAC^). Ekkor AC k BE , mert teljesül a párhuzamosság elegend˝o feltétele (6.6.) −−→ ←−→ ←−→ ←−→ D∈ / BE a feltétel miatt, tehát BE és BD különböz˝oek. EPP miatt BD nem lehet ←−→ ←−→ −−→ párhuzamos AC -vel, tehát metszi. A metszéspont nem lehet a BD egyenes BD -vel ←−→ −−→ ellentétes félegyenesén, mert ez a BE másik oldalán van, mint AC . ←−→ ←−→ A =⇒ B (ld. 2.29. ábra): Mivel AC és BD párhuzamosak, ezért x + y = π u + v = π,

(∗)

ugyanis a fordított irányú relációk ellentmondásra vezetnek A-val. Ebb˝ol x + y + u + v = 2π. Ugyanakkor u + x = π és y + v = π, mert mellékszögek. Az utóbbi két relációt összeadva x + y + u + v = 2π. Ez csak úgy lehetséges, ha (∗)-ban mindkét képletben egyenl˝oség teljesül. ←−→ B =⇒ E: Legyen ` ∈ L, P ∈ / `. P mer˝oleges vetülete `-re legyen T . Ha P Q k`, ←−→ akkor B miatt QP T ^ derékszög. Azonban P T -re a P -ben állított mer˝oleges egyértelm˝u. (2.30. ábra.) P

Q

T

`

2.30. ábra. Az I. 29. állításból következik EPP.

63


r

C

s

m ` `

m

A

B

2.31. ábra. Balra: F =⇒ G. Jobbra: Bolyai Farkas tétele. E =⇒ F Mivel EPP és az I. 29. állítás ekvivalensek, ezért kiindulhatunk az utóbbiból is. F azonban ennek speciális esete: ha a transzverzális egyik oldalán elhelyezked˝o bels˝o szög derékszög, akkor a másik is. F =⇒ G: `km, r ⊥ `, s ⊥ m. F miatt r ⊥ ` ∧ `km =⇒ r ⊥ m. Továbbá r ⊥ m és s ⊥ m =⇒ rks hiszen ugyanarra az egyenesre mer˝olegesek. (2.31. ábra.) G =⇒ H: A szakaszfelez˝o mer˝oleges azon pontok halmaza a síkon, mely pontok egyenl˝o távolságra vannak a szakasz végpontjaitól. Ennek megfelel˝oen elegend˝o azt bizonyítani, hogy két oldalfelez˝o mer˝oleges metszi egymást. Az ABC4 AB és BC ←−→ ←−→ oldalának felez˝o mer˝olegesét jelölje ` illetve m. Ha `km akkor G miatt AB k BC , ami nyilván ellentmondás. (2.31. ábra.) H =⇒ I triviális. I =⇒ J: Jóllehet J-t közvetlenül EPP-b˝ol nagyon könny˝u levezetni (ld. elemi iskolai geometria, ill. a 12.4. tétel.), az el˝oz˝o állításból (ill. a vele ekvivalens H-ból) való levezetés meglehet˝osen összetett.2 El˝oször azt látjuk be, hogy I-b˝ol következik az alábbi I1 állítás: Ha egy egyenes egy hegyesszög egyik szárát mer˝olegesen metszi, akkor metszi a másik szárat is. ←−→ ←−→ Valóban, legyen ABC^ hegyesszög, DC ⊥ BC . R legyen a BC egy pontja, ←−→ S pedig olyan pont, hogy C az RS felez˝opontja. Legyen T az a pont, melyre AB az RT felez˝o mer˝olegese. Ekkor I miatt van olyan P pont, mely egyenl˝o távolságra van −−→ ←−→ ←−→ −−→ R-t˝ol, S-t˝ol, és T -t˝ol. P rajta van mind AB -n, mind CD -n, tehát CD ∩ BA 6= ∅. (2.32. ábra.) A most bebizonyított állításból következik, hogy I2: egy valódi szögvonal minden bels˝o pontjára illeszkedik olyan egyenes, amely mindkét szárat a csúcstól különböz˝o pontban metszi. −−→ Legyen ugyanis a szóban forgó valódi szög ABC^, BD a szögfelez˝o. Ekkor −−→ ABD^ és DBC^ hegyesszögek. Az el˝obbi állítás miatt BD bármely bels˝o pont←−→ −−→ −−→ jából a BD -re állított mer˝oleges metszi mind BA -t, mind BC -t. (2.32. ábra.) 2 A következ˝ oekben ismertetett bizonyításnak tudománytörténeti érdekessége, hogy Legendre ezzel a bizonyítással (pontosabban annak második felével) abszolút geometriában vélte bebizonyítani a szögösszegtételt – nem vette észre ugyanis az abszolút geometria melletti plusz feltételt (amit a bizonyítás els˝o felében használunk).

64


A A

D

T

B

R

C

S

B

C

2.32. ábra. Most belátjuk, hogy I2-b˝ol már következik J.3 Jelölje az ABC4 defektusát δ. Legendre 1. szögtételéb˝ol tudjuk, hogy δ ≥ 0. Tegyük fel, hogy δ > 0. Legyen n olyan ←−→ egész szám, hogy 2n · δ > π. Legyen D a BC A-val ellentétes oldalán, továbbá DBC^ ∼ = ACB^, BD = AC. (ld. 2.33. ábra.) Ekkor SAS miatt C1

C

D `

A

B

B1

2.33. ábra. A háromszögek szögösszege. ACB4 ∼ = DBC4, továbbá a párhuzamosság elegend˝o feltételének teljesülése miatt ←−→ ←−→ ←−→ ←−→ BD k AC , AB k CD . −−→ Legyen ` olyan egyenes, mely illeszkedik D-re, nem illeszkedik A-ra, és metszi AB -t −−→ −−→ −−→ is és AC -t is. (Itt használtuk ki az el˝oz˝o állítást!) Legyen AB ∩ ` = {B1 }, AC ∩ ` = {C1 }. Vizsgáljuk az A, B, B1 pontok sorrendjét! Ha A − B1 − B teljesülne, akkor 3 Ez a bizonyításrész Legendre „hibás” bizonyítása, tehát az I2 állítást Legendre abszolút geometrában hallgatólagosan feltételezte.

65


←−→ ←−→ ←−→ ←−→ A és B1 a BD azonos oldalán vannak. Mivel AC k BD , ezért A, C, C1 a BD ←−→ azonos oldalán vannak. Ebb˝ol az következik, hogy B1 és C1 a BD ugyanazon oldalán vannak, ami ellentmondás B1 − D − C1 -el. Tehát A − B − B1 . Hasonlóan láthatjuk be, hogy A − C − C1 . Az ABC4 és a BDC4 kongruensek, defektusuk és szögmértékeik összege ugyanakkora. Számítsuk ki az AB1 C1 4 szögemértékeinek az összegét: AB1 C1 4szögösszege = 2 · ABC4szögösszege + BDB1 4szögösszege + CDC1 4szögösszege − 3 · π, a B-nél, C-nél és D-nél keletkezett egyenesszögeket levonva. Azaz az AB1 C1 4 defektusa nagyobb, mint 2 · δ. Ezt az eljárást n lépésen keresztül ismételve a keletkezett ABn Cn 4 defektusa nagyobb lesz, mint 2n · δ > π, ami lehetetlen, tehát δ = 0. J ⇐⇒ K triviális. ←−→ J =⇒ E: Legyen P a QR -re nem illeszked˝o pont. Feltehetjük, hogy P Q ⊥ QR. ←−→ ←−→ ←−→ ←−→ Elegend˝o azt belátni, hogy P T metszi QR -t, kivéve, ha P T ⊥ P Q . Feltehet←−→ jük, hogy T és R a P Q azonos oldalán vannak és QP T ^ hegyesszög (2.34. ábra). −−→ Alkalmazzuk az 8.22. állítást r = π2 − QP T ^-re: S tehát olyan pont QR -en, hogy P

T Q

S

R

2.34. ábra. A szögösszegtételb˝ol következik EPP.

QSP ^ <

π − QP T ^. 2

Mivel az el˝oz˝o reláción kívül a szögösszegtétel miatt QP S^ + P SQ^ =

π 2

is teljesül, ezért: QP S^ > QP T ^, −−→ tehát T ∈ int QP S^. Ez a keresztszakasz tétel szerint azt jelenti, hogy P T metszi −−→ QR -t. 12.4. Tétel. A háromszögek szögösszegtétele következik EPP-b˝ol és I. 29.-b˝ol.

További EPP-vel ekvivalens állításokat lehetne felsorolni. Még 4 tételt említünk meg, ezekr˝ol azonban csak annyit bizonyítunk be, hogy EPP-b˝ol következnek.

66


12.5. Tétel. 1. Thalész tétele. Ha C 6∈ AB de C az AB átmér˝oj˝u körön van, akkor ACB^ derékszög. 2. Thalész tétel megfordítása. Ha ACB^ derékszög, akkor C az AB átmér˝oj˝u körre illeszkedik. 3. AAA tagadása Léteznek olyan háromszögek melyek szögei páronként kongruensek, de a két háromszög nem kongruens. 4. S -ekre igaz a derékszög˝u hipotézis.

A 12.3.-ben és 12.5.-ben szerepl˝o állítások tehát az euklideszi geometria tételei, míg tagadásaik a hiperbolikus geometria tételei. Példaként néhány tétel a hiperbolikus geometriából. 12.6. Tétel. Hiperbolikus térben igazak az alábbi állítások. 1. A háromszög szögmértékeinek összege minden háromszögben kisebb mint π. 2. Az AAA kongruenciaállítás. Ha két háromszög között van olyan megfeleltetés, hogy a megfelel˝o szögek kongruensek, akkor a két háromszög kongruens. 3. Van olyan háromszög, melynek nincs körülírt köre.

3. fejezet

Fejezetek az euklidészi geometriából A továbbiakban klasszikus euklideszi térben dolgozunk, azaz feltételezzük az abszolút geometria axiómarendszerét és EPP-t.

13. Párhuzamos térelemek Ebben a szakaszban belátjuk a párhuzamosság térbeli tranzitivitását, definiáljuk az egyállású és váltószögeket, továbbá belátjuk ezek kongruenciáját. 13.1. Tétel. Ha két párhuzamos egyenes egyike metsz egy síkot, akkor ezt a síkot a másik egyenes is metszi.

Bizonyítás: Legyen akb, a szóban forgó síkot jelölje S, S ∩ a = {A}. Az a-ra és b-re illeszked˝o egyértelm˝u síkot jelölje S1 . S 6= S1 , mert a ⊂ S1 , de a 6⊂ S, hisz metszi. Az A pont tehát az S és S1 síkok közös pontja, S ∩S1 = c ∈ L. Az S1 síkban alkalmazzuk 12.3.D-t: c ∩ b = {B}. B ∈ b és B ∈ c ⊂ S =⇒ B ∈ S. Innen már következik, hogy B ∈ b ∩ S. Belátjuk, hogy b-nek és S-nek több közös pontja nincs. Ugyanis b ⊂ S esetén S és S1 is tartalmazná b-t és a rá nem illeszked˝o A pontot, amib˝ol S = S1 következne. 13.2. Tétel. Ha a tér két egyenese olyan, hogy minden sík, amely az egyiket metszi, metszi a másikat is, akkor a két egyenes párhuzamos.

Bizonyítás: Legyen a és b két egyenes a tételbeli tulajdonsággal. Belátjuk, hogy sem metsz˝ok, sem kitér˝ok nem lehetnek. Ha a és b metsz˝ok lennének: a és b síkját jelölje S. Ekkor minden b-re illeszked˝o S-t˝ol különböz˝o S1 sík metszi a-t, azaz olyan sík, mely metszi a-t, de nem metszi b-t. Ha a és b kitér˝ok lennének: legyen B ∈ b tetsz˝oleges, S pedig az a-ra és B-re egyértelm˝uen illeszked˝o sík. S metszi b-t, de nem metszi a-t, ami ellentmond a tétel feltételének. 67

68

3. FEJEZET: FEJEZETEK AZ EUKLIDÉSZI GEOMETRIÁBÓL

13.3. Tétel. A tér egyenesei halmazán a párhuzamosságreláció ekvivalenciareláció.

Bizonyítás: A reflexivitás és szimmetria már Hilbert-féle illeszkedési térben is teljesül. Egyedül a tranzitivitás bizonyítása maradt hátra. Teljesüljön akb és bkc, belátjuk, hogy akc. Ellen˝orizzük a párhuzamosság el˝obbi elegend˝o feltételét! Legyen S olyan sík, mely metszi a-t. Mivel akb ezért S metszi b-t is. Ekkor b és c párhuzamosságát használva S metszi c-t is, tehát minden a-t metsz˝o sík metszi c-t is. 13.4. Tétel. Egy egyenest metsz˝o sík az egyenessel párhuzamos síkot is metszi.

Bizonyítás: Legyen akS1 , továbbá a és S metsz˝ok. Vegyünk fel S1 -ben egy a-val párhuzamos a1 egyenest (ld. 1.12.). a metszi S-t, akkor a1 is metszi (13.1.). A metszéspont nyilvánvalóan közös pontja S-nek és S1 -nek. 13.5. Tétel. Két párhuzamos sík egyikét metsz˝o egyenes metszi a másikat is.

Bizonyítás: S1 kS2 , S1 ∩ a = {A1 }. Ha akS2 teljesülne, akkor az a-t metsz˝o S1 sík az a-val párhuzamos S2 síkot az el˝oz˝o tétel miatt metszené, ami ellentmondásban van S1 kS2 -vel. 13.6. Tétel. Ha két sík olyan, hogy minden egyenes, amely az egyiket metszi, metszi a másikat is, akkor a két sík párhuzamos.

Bizonyítás: A két sík metsz˝o nem lehet: tekintsünk az egyikre illeszked˝o és a másikat metsz˝o egyenest. 13.7. Tétel. A síkok párhuzamossága ekvivalenciareláció.

Bizonyítás: A reflexivitás és a szimmetria már Hilbert-féle illeszkedési térben is teljesül. A tranzitivitás belátásához a párhuzamosság el˝obb kimondott elegend˝o feltételét látjuk be. Legyen tehát S1 kS2 és S2 kS3 , továbbá a egy S1 -t metsz˝o egyenes. S1 kS2 miatt a metszi S2 -t is. S2 kS3 =⇒ a metszi S3 -t is. Azaz minden S1 -t metsz˝o egyenes metszi S3 -t is. Rátérünk az egyállású és váltószögek definiálására, illetve kongruenciájuk belátására. 13.8. Definíció. Két párhuzamos félegyenest egyez˝o irányúnak mondunk, ha egyik tartalmazza a másikat, vagy nem illeszkednek egy egyenesre és különböz˝o kezd˝opontjaik egyenese a két félegyenest (azok közös síkjában) nem választja el. Két párhuzamos félegyenes ellentétes irányú, ha nem egyez˝o irányú. Ha két szögvonal szárai páronként egyez˝o irányúak, akkor egyállású szögekr˝ol, míg ha páronként ellentétes irányúak, akkor váltószögekr˝ol beszélünk. ∗ 13.9. Tétel. Rögzített síkban az egyállású szögek, továbbá a váltószögek kongruensek.

69

3 – 14. PÁRHUZAMOS TÉRELEMEK

A következ˝oekben az euklideszi geometria egy fontos négyszögtípusával, a paralelogrammákkal illetve azok jellemzésével foglalkozunk. 13.10. Definíció. Egy négyszöget paralelogrammának nevezünk, ha szemközti oldalai párhuzamosak. 13.11. Tétel. A paralelogramma konvex négyszög. A paralelogramma szögmértékeinek öszege 2π. 13.12. Tétel. (Paralelogramma tételek.) Egy négyszög akkor és csakis akkor paralelogramma, ha az alábbi feltételek valamelyike teljesül: (1) két-két szemközti oldala kongruens, (2) két-két szemközti szöge kongruens, (3) két szembenfekv˝o oldal párhuzamos és kongruens, (4) átlói felezik egymást,

(5) középpontosan szimmetrikus. 13.13. Tétel. Az egyállású szögek (ill. a váltószögek) a térben is kongruensek.

Bizonyítás: Legyenek ABC^ és A0 B 0 C 0 ^ nem egysíkú egyállású szögek (ld. 3.1. ábra). Az általánosság megszorítása nélkül feltételezhetjük, hogy AB = A0 B 0 és A0

B0

C0 A

B

C

3.1. ábra. Az egyállású szögek (a térben is) kongruensek. CB = C 0 B 0 . Ekkor az ABB 0 A0 és CBB 0 C 0 négyszögek paralelogrammák, ahonnan következik, hogy A0 A párhuzamos és egyenl˝o BB 0 -vel, továbbá BB 0 párhuzamos és egyenl˝o CC 0 -vel, tehát AA0 párhuzamos és egyenl˝o CC 0 -vel. Ez azt jelenti, hogy az A0 ACC 0 négyszög paralelogramma, tehát AC ∼ = A0 C 0 . Az ABC4-re és 0 0 0 az A B C 4-re tehát teljesülnek SSS feltételei. Mivel ABC^ és A0 B 0 C 0 ^ megfelel˝o szögek, ezért kongruensek.

70


14. Izometriák II. A fejezet elején rögzítjük az euklidészi tér egy síkját. Minden további ponthalmaz ebben van. A továbbiakban a jelöléseket egyszer˝usítend˝o a kompozíciószorzás jelét (◦) általában nem írjuk ki, továbbá a szorzás asszociativitását külön indoklás nélkül, szabadon használjuk.

Páros és páratlan izometriák 14.1. Tétel. Ha két különböz˝o egyenesre vonatkozó tengelyes tükrözés szorzatának van fixpontja, akkor a tengelyek metsz˝ok, az egyértelm˝u fixpont pedig a tengelyek metszéspontja.

Bizonyítás: Legyenek a, b ∈ L, a 6= b, %b %a (P ) = P . Ekkor %b (P ) = %b (%b %a (P )) = (%b %b )%a (P ) = %a (P ). Jelölje %a (P ) = %b (P )-t P 0 . Ha P 6= P 0 , akkor a is és b is a P P 0 felez˝o mer˝olegese lenne, ami ellentmondás. Tehát P = P 0 ami azt jelenti, hogy P az a-nak is és a b-nek is pontja, azaz a P fixpont mindkét tengelynek pontja. A két tengely tehát metsz˝o, a P fixpont pedig a tengelyek egyértelm˝u metszéspontja. 14.2. Tétel. Két nem feltétlenül különböz˝o tengelyes tükrözés szorzata nem tengelyes tükrözés.

Bizonyítás: Jelölje %a és %b a két tükrözést. 1. eset: a = b. Ekkor %a %b = %2a = id. Az identitás nem tengelyes tükrözés, mert a tengelyes tükrözés a tengely oldalait felcseréli, az identitás pedig nem. 2. eset: a 6= b. Ha %a %b tengelyes tükrözés, akkor van fixpontja, t.i. a tengely minden pontja fix. Az el˝oz˝o tétel értelmében a fixpont létezéséb˝ol annak egyértelm˝usége is következik, ami ellentmondás. 14.3. Definíció. Egy adott pontra illeszked˝o (síkbeli) egyenesek halmazát, illetve egy adott egyenessel párhuzamos (síkbeli) egyenesek halmazát sugársornak nevezzük. A sugársort definiáló pontot ill. egyenest a sugársor centrumának nevezzük. 14.4. Tétel. Egy sugársor három nem feltétlenül különböz˝o egyenesére vonatkozó tengelyes tükrözések szorzata olyan tengelyes tükrözés, melynek tengelye szintén az adott sugársor eleme.

Bizonyítás: Jelölje a három egyenest a, b, c. 1. eset: a, b, c metsz˝ok, a metszéspont O. (Ld. 3.2. ábra.) Legyen A ∈ a O-tól különböz˝o pont, α az A-ra illeszked˝o O középpontú kör, továbbá σ = %c %b %a , A0 = σ(A) ∈ α. Ha A 6= A0 , akkor legyen t az AA0 felez˝o mer˝olegese. O ∈ t, mert t az α körben húrfelez˝o mer˝oleges. Ha A = A0 akkor legyen t = a. Mindkét esetben t az adott sugársor eleme. Tekintsük most a %t σ izometriát. Ennek A és O fixpontja, tehát a pontonként fix egyenes (ld. síkizometriák fixponttétele). 2. eset: a, b, c párhuzamosak. (Ld. 3.3. ábra.) Legyenek A, B ∈ a különböz˝o pontok, α és β az A-ra ill. B-re illeszked˝o és a-ra (b-re, c-re) mer˝oleges egyenesek. Tehát

71

3 – 14. IZOMETRIÁK II.

a b A

α

O

t

c

A0

3.2. ábra. Három tengelyes tükrözés szorzata, ha a tengelyek egy sugársorra illeszkednek – I. a

b

t

c

β

B A

A0

α

3.3. ábra. Három tengelyes tükrözés szorzata, ha a tengelyek egy sugársorra illeszkednek – II. αkβ. Legyen σ = %c %b %a , A0 = σ(A) ∈ α. Ha A 6= A0 , akkor legyen t az AA0 felez˝o mer˝olegese. Ha A = A0 akkor legyen t = a. Mindkét esetben t az adott sugársor eleme. Tekintsük most a %t σ izometriát. Ennek A fixpontja, továbbá a invariáns egyenese, hiszen a képe a szóban forgó sugársor olyan eleme, mely %t σ(A) = A-ra illeszkedik. β is invariáns egyenes, mert mindhárom tengelyes tükrözés (azaz %a , %b , %c ) tengelyére mer˝oleges. A mellett tehát B = a ∩ β is fixpont, mert invariáns egyenesek metszéspontja. Tehát a ebben az esetben is pontonként fix egyenes. (Ld. síkizometriák fixponttétele: 9.14.) A bizonyítás befejez˝o részét mindkét esetre egyszerre végezzük el. Ismét a síkizometriák fixponttételére hivatkozva %t σ csak identitás vagy tengelyes tükrözés lehet, ugyanis mindkét esetben azt állapítottuk meg, hogy a pontonként fix egyenese ennek a transzformációnak. Belátjuk, hogy %t σ nem lehet tengelyes tükrözés. Ha ugyanis %t σ tengelyes tükrözés lenne, akkor a tengely csak a pontonként fix a egyenes lehetne: %t σ

=

%a

%t %c %b %a

=

%a

/ ◦ (%a %b %c )

72


%t %t

= =

(%a %a )%b %c %b %c

Azt azonban már tudjuk, hogy két tengelyes tükrözés szorzata nem tengelyes tükrözés. Tehát %t σ = id =⇒ σ = %t .

Megjegyzés. A figyelmes olvasó észrevehette, hogy a fejezet els˝o tétele és az azt követ˝o következmény abszolút térben is kimondható lett volna, a bizonyítás pedig abszolút volt. Hasonló mondható el az el˝oz˝o tétel els˝o esetének bizonyításáról. A második eset bizonyításában azonban kihasználtuk azt, hogy ha egy sugársort párhuzamos egyenesek alkotnak, akkor van közös mer˝olegesük, s˝ot a sík minden pontjára illeszkedik közös mer˝oleges. 14.5. Tétel. Ha az `, m, n egyenesek egy sugársorból valók, akkor egyértelm˝uen létezik ennek a sugársornak olyan p ill. q egyenese, hogy %m %` = %n %p = %q %n .

Bizonyítás: `, m, n közös sugársorát jelölje S! 14.4. miatt ∃p, q ∈ S %n %m %` = %p , és %m %` %n = %q . Az els˝o relációt balról %n -el, a második relációt jobbról ugyancsak %n -el szorozva adódik, hogy ez a konstrukció megfelel˝o. Ezek az egyenesek egyértelm˝uek, mert ha két tengelyes tükrözés egyenl˝o, akkor a tengelyek is egybeesnek. 14.6. Tétel. Négy nem feltétlenül különböz˝o tengelyes tükrözés szorzata mindig helyettesíthet˝o két tengelyes tükrözés szorzatával.

Bizonyítás: Legyen a négy tengelyes tükrözés szorzata %d %c %b %a . Ha a, b, c egy sugársorhoz tartoznak, akkor már beláttuk, hogy %c %b %a helyettesíthet˝o egy tengelyes tükrözéssel, ahonnan már következik a tétel állítása. Ha a, b, c nem egy sugársor elemei, akkor legyen A ∈ a továbbá ` a b és c egyenesek által egyértelm˝uen meghatározott S1 sugársor A-ra illeszked˝o eleme. Ekkor – szintén a 14.4. tételre hivatkozva – ∃m ∈ S1 : %c %b %` = %m . Azaz %d %c %b %a = %d (%c %b %` )%` %a = %d %m %` %a . Legyen most n az m és d által meghatározott S2 sugársor A-ra illeszked˝o eleme. Ekkor %d %m %` %a = (%d %m %n )(%n %` %a ), m, n, d ∈ S2 , továbbá n, `, a szintén közös sugársorból valók, mert A-ra mindhárom egyenes illeszkedik. Innen következik, hogy az el˝oz˝o reláció mindkét zárójelében tengelyes tükrözés áll. 14.7. Tétel. Ha egy izometria páros számú tengelyes tükrözés szorzata, akkor megegyezik két (nem feltétlenül különböz˝o) tengelyes tükrözés szorzatával. Ha egy izometria páratlan számú tengelyes tükrözés szorzata, akkor vagy tengelyes tükrözés, vagy megegyezik három tengelyes tükrözés szorzatával


73

Bizonyítás: Ha tengelyes tükrözések szorzatában a tengelyek száma nagyobb vagy egyenl˝o mint négy, akkor ez a szám a 14.6. szerint kett˝ovel csökkenthet˝o. Ezzel a csökkentéssel a tengelyek számának paritása nem változott. Indukcióval tehát azt kapjuk, hogy páros számú tengelyes tükrözés szorzata kett˝ovel, páratlan számú tengelyes tükrözés szorzata pedig eggyel vagy hárommal helyettesíthet˝o. Csak annak belátása maradt hátra, hogy három tengelyes tükrözés szorzata nem helyettesíthet˝o kett˝ovel. Tegyük fel, hogy %c %b %a = %m %` , azaz (mindkét oldalt balról %m -el szorozva): %m %c %b %a = %` . Itt a bal oldalon álló négy tengelyes tükrözés szorzata két tengelyes tükrözés szorzatával helyettesíthet˝o, azaz ismét ellentmondásba jutunk azzal, hogy két tengelyes tükrözés szorzata sohasem lehet egy tengelyes tükrözés. 14.8. Következmény. Egy izometria vagy páros vagy páratlan számú tengelyes tükrözés szorzata (a kett˝o közül pontosan az egyik). 14.9. Definíció. Ha egy izometria páros számú tengelyes tükrözés szorzata, akkor mozgásnak vagy páros izometriának nevezzük Ha egy izometria páratlan számú tengelyes tükrözés szorzata, akkor páratlan izometriának nevezzük

Megjegyzés. Használjuk az orientáció tartó illetve az orientáció váltó elnevezéseket is. Korábbi geometriai tanulmányainkból tudjuk azt is, hogy ezeknek az elnevezéseknek az alapja a „háromszögek körüljárási irányával” kapcsolatos. A probléma kielégít˝o tisztázásához azonban lineáris algebrai segédeszközökre van szükség, s ezt meg is tesszük a 19. szakaszban. Egyel˝ore csak annyit jegyzünk meg, hogy a kétféle „körüljárási irány” létezése (a síkban) matematikai eszközökkel bizonyítható, az „óramutató járásával egyez˝o ill. ellentétes” fogalmak azonban nem, azaz a két irány közül egyik sem tüntethet˝o ki matematikai eszközökkel. 14.10. Tétel. A mozgások a sík izometriacsoportjának részcsoportját alkotják.

Bizonyítás: A zártság következik az el˝oz˝o tételb˝ol. Az identitás mozgás, ugyanis ∀a ∈ −1 L: id = %a %a . Ha %a %b mozgás, akkor ennek inverze: (%a %b )−1 = %−1 b %a = %b %a , azaz mozgás. 14.11. Tétel. (A mozgások fixponttétele.) Ha egy mozgásnak van két fixpontja, akkor az identitás. 14.12. Tétel. (A mozgások alaptétele.) Megadva két félegyenesb˝ol álló rendezett párt, egyértelm˝uen létezik olyan mozgás, amely az els˝ot a másodikba viszi.

Speciális mozgások 14.13. Definíció. Legyenek a és b a sík különböz˝o egyenesei. %b %a -t – valódi elforgatásnak (valódi rotációnak) nevezzük, ha a és b metsz˝ok, a és b metszéspontját a valódi elforgatás centrumának nevezzük;

74


– valódi eltolásnak (valódi transzlációnak) nevezzük, ha akb, a tengelyekre mer˝oleges egyenesek sugársorát pedig a valódi eltolás irányának nevezzük. Egy izometriát elforgatásnak nevezünk, ha az valódi elforgatás vagy identitás. A valódi eltolásokat és az identitást pedig együttesen eltolásoknak nevezzük. Megállapodunk abban, hogy az identitásnak mint elforgatásnak a sík bármely pontját tekinthetjük centrumának, továbbá az identitásnak mint eltolásnak az irányán a sík minden irányát érthetjük, azaz bármely rögzített egyenessel párhuzamos egyenesek sugársorát. A %b %a valódi elforgatást középpontos tükrözésnek mondjuk, ha a ⊥ b. A tengelyek metszéspontját ilyenkor a középpontos tükrözés centrumának is mondjuk. A C centrumú középpontos tükrözést ηC -vel jelöljük. Szinonímák rendre eltolás, elforgatás, félfordulat.

Megjegyzés. Nyilvánvalóan az eltoláson és az elforgatáson kívül más páros izometria nem lehetséges – gondoljunk két síkbeli egyenes kölcsönös helyzetére. A továbbiakban el˝oször a speciális mozgások fixelemeit vizsgáljuk. Ez egészen egyszer˝u a fixpontok esetében: 14.14. Tétel. Egy valódi elforgatásnak pontosan egy fixpontja van, a centrum. Egy valódi eltolásnak nincs fixpontja.

Megjegyzés. Triviális következménye tételünknek, hogy egy valódi eltolás és egy valódi elforgatás sohasem egyezhetnek meg. Tehát egy mozgás vagy identitás vagy valódi eltolás vagy valódi elforgatás (ezek közül pontosan az egyik). Ezt az egyszer˝u észrevételt még kiegészíthetjük azzal, hogy a fixponttal rendelkez˝o izometriákat is osztályozni tudjuk: egy fixponttal rendelkez˝o síkizometria vagy tengelyes tükrözés, vagy valódi elforgatás vagy identitás. Ugyanis ha egy síkizometriának van fixpontja, akkor legfeljebb két tengelyes tükrözés szorzata (ld. síkizometriák fixponttétele). Rátérünk a fixegyenesek vizsgálatára. 14.15. Tétel. Egy valódi eltolás invariáns egyenesei halmaza megegyezik a valódi eltolás irányával.

Bizonyítás: Legyen a szóban forgó eltolás τ = %b %a , akb. Egyszer˝uen látható, hogy az irányt alkotó egyenesek invariánsak. Ha ugyanis f ∈ L, és f ⊥ a akkor %a (f ) = f . Továbbá f ⊥ b =⇒ %b (%a (f )) = %b (f ) = f . Annak bizonyítása maradt hátra, hogy több invariáns egyenes nincs. Válasszunk ki egy tetsz˝oleges invariáns egyenest, melyet e jelöl. Ennek tetsz˝oleges P pontjából a tengelyekre közös mer˝olegest bocsátva az el˝oz˝o bizonyításrész szerint egy invariáns f egyenest kapunk. Ha e és f különböz˝oek, akkor P mint invariáns egyenesek metszéspontja fixpont lenne, holott a valódi eltolásnak nincs fixpontja. Az elforgatások fixegyeneseinek megkeresése több el˝okészületet igényel, s egyúttal elvezet a félfordulatok egy karakterizálásához. El˝oször egy olyan segédtételt látunk be, amelyet a kés˝obbiekben is többször használunk: 14.16. Tétel. Legyen σ tetsz˝oleges izometria, a ∈ L. Ekkor %σ(a) = σ%a σ −1 .

75


Bizonyítás: σ%a σ −1 6= id, ellenkez˝o esetben ugyanis: σ%a σ −1 σ%a

= id = σ

%a

= id,

/◦σ /σ −1 ◦

következne, ami nem igaz. Belátjuk, hogy σ(a) a σ%a σ −1 transzformáció pontonként fix egyenese. Legyen Q ∈ σ(a), ∃!P ∈ a: σ(P ) = Q. Ekkor σ%a σ −1 (Q) = σ%a σ −1 σ(P ) = σ%a (P ) = σ(P ) = Q. Mivel σ%a σ −1 nem identitás, a síkizometriák fixponttétele szerin csak tengelyes tükrözés lehet, a tengely pedig a pontonként fix σ(a) egyenes. 14.17. Tétel. Legyenek a és b egyenesek. %b %a = %a %b ⇐⇒ (a = b ∨ a ⊥ b).

Bizonyítás: a = b ∨ a ⊥ b =⇒ %b %a = %a %b . Ha a = b ∨ a ⊥ b, akkor ebb˝ol a = %b (a) következik. Az el˝obbi lemmát felhasználva σ = %b -re: %a = %% (a) = %b %a %−1 b = %b %a %b . b Tehát: %a

=

%b %a %b

%a %b

=

%b %a .

/ ◦ %b

A megfordítás: %b %a = %a %b =⇒ a = b ∨ a ⊥ b. %b %a = %a %b =⇒ %a = %b %a %b = %%b (a) . Az utolsó egyenl˝oségnél szintén az el˝obbi lemmát használtuk. Innen a = %b (a) következik, azaz a a %b tengelyes tükrözés fixegyenese, ami azt jelenti, hogy a = b ∨ a ⊥ b. 14.18. Tétel. Valódi elforgatásnak akkor és csakis akkor létezik invariáns egyenese, ha az középpontos tükrözés. A középpontos tükrözés invariáns egyeneseinek halmaza a centrumra illeszked˝o sugársor.

Bizonyítás: Legyenek a és b metsz˝o egyenesek, továbbá f a σ = %b %a elforgatás invariáns egyenese, a és b metszéspontját jelölje C. A C ponton keresztül f -fel párhuzamosan húzott f1 egyenes is invariáns, hiszen f1 képe egyrészt átmegy C-n, másrészt f képével, azaz f -fel párhuzamos. A 14.16. tételt használva: %σ(f1 ) = σ%f1 σ −1 =⇒ %f1 = σ%f1 σ −1 . Írjuk be σ el˝oállítását: %f 1

=

%b %a %f1 %a %b

/ ◦ %b %a

76


%f1 %b %a

=

%b %a %f1 .

A %b %a %f1 transzformáció tengelyes tükrözés, hiszen b, a, f1 egy sugársor elemei. Ennek a transzformációnak az inverze tehát önmaga. Folytassuk az el˝obb megkezdett relációsort: −1

%f1 %b %a = %b %a %f1 = (%b %a %f1 )

−1 −1 = %−1 f1 %a %b = %f1 %a %b ,

tehát %f1 %b %a = %f1 %a %b . A reláció mindkét oldalát balról %f1 -el beszorozva azt kapjuk, hogy %b %a = %a %b , ami 14.17. szerint azt jelenti, hogy a ⊥ b. Ezzel a tétel egyik állítását bebizonyítottuk: ha van invariáns egyenes, akkor középpontos tükrözésb˝ol indultunk ki. Most azt fogjuk belátni, hogy egy centrumra illeszked˝o egyenes a középpontos tükrözésnek invariáns egyenese. Legyen most a ⊥ b, {C} = a ∩ b, σ = %b %a , továbbá e tetsz˝oleges C-re illeszked˝o egyenes! A 14.16. Lemmát használva: %σ(e) = σ%e σ −1 = %b %a (%e %a %b ). A zárójelben szerepl˝o három tengelyes tükrözés szorzata azonban egyetlen tengelyes tükrözéssel egyezik meg – jelöljük ezt %q -val – hiszen a tengelyek mind átmennek a C ponton. Ezt felhasználva: %e %a %b = %q = %−1 = %b %a %e . Mivel a és b mer˝olegesek, ezért q %b %a = %a %b , tehát %σ(e) = %b %a %b %a %e = %b %a %a %b %e = %e . Ha két tengelyes tükrözés megegyezik, akkor a tengelyek is megegyeznek, tehát σ(e) = e. Ezzel beláttuk, hogy e invariáns egyenese σ-nak. Végezetül belátjuk, hogy több invariáns egyenes nincs. Ha egy centrumra nem illeszked˝o invariáns egyenes és egy centrumra illeszked˝o, az el˝obbivel nem párhuzamos invariáns egyenes metszéspontját tekintjük, akkor centrumtól különböz˝o fixpontot kapnánk. 14.19. Következmény. Egy C centrumú középpontos tükrözésnél C 0 = C. Ha P 6= C, akkor P − C − P 0 és CP = CP 0 . A középpontos tükrözés involutórikus leképezés. — ←−→ ←−→ Legyen ugyanis P 6= C. Ekkor a CP invariáns, azaz P 0 ∈ CP ∧ CP = CP 0 . Ebb˝ol P = P 0 vagy P 0 − C − P következik. Az el˝obbi esetben két fixpont lenne. A következ˝oekben az eltolások és az elforgatások további egyszer˝u tulajdonságait foglaljuk össze. 14.20. Tétel. (A szabad tengelyválasztás tétele.) Egy C centrumú forgás két tengelyes tükrözés szorzataként történ˝o el˝oállításakor a tengelyek egyike tetsz˝oleges C-re illeszked˝o egyenes lehet. Ennek rögzítése után a másik tengely egyértelm˝u. A tengelyek szöge (ugyanannál az elforgatásnál) független a tengelyek megválasztásától. Egy S irányú eltolás két tengelyes tükrözés szorzataként történ˝o el˝oállításakor a tengelyek egyike tetsz˝oleges S-re mer˝oleges egyenes lehet. Ennek rögzítése után a másik tengely egyértelm˝u. A tengelyek távolsága (ugyanannál az eltolásnál) független a tengelyek megválasztásától.

Bizonyítás: A tétel részben a 14.5. megismétlése. Csak a tengelyek szögének ill. távolságának egyértelm˝uségét kell belátnunk.


77

Legyenek a és b egy S sugársor elemei és a szóban forgó elforgatás vagy eltolás %b %a . c ∈ S legyen tetsz˝oleges egyenes. ∃σ mozgás, hogy σ(a) = c, ahol σ = %m %n az S két elemére vonatkozó tengelyes tükrözés szorzata (ld. 14.12., ill. 9.14. bizonyítása). Legyen d = σ(b). Azt állítjuk, hogy %b %a = %d %c . (Ha c a keresett kompozícióban a második tengely, akkor az okoskodás könnyen módosítható. ) ¾ %c = %σ(a) = σ%a σ −1 = %m %n %a %n %m =⇒ %d = %σ(b) = σ%b σ −1 = %m %n %b %n %m %d %c = (%m %n %b ) (%a %n %m ) = | {z } | {z } %p %q −1 −1 = (% % ) = (%a %n %m %m %n %b )−1 = % = %−1 q p q p −1 = (%a %b ) = %b %a . Állításunk most már onnan következik, hogy az {a, b} egyenespárt izometria, tehát szögtartó transzformáció vitte át a {d, c} egyenespárba. A következ˝o tételek mind a szabad tengelyválasztás tételének alkalmazásával bizonyíthatók: 14.21. Tétel. Tekintsünk egy C középpontú valódi elforgatást! Egyértelm˝uen létezik olyan r ∈ (0, π] valós szám, hogy ∀P 6= C-re P CP 0 ^ = r. Középpontos tükrözésnél r = π. (Ezt a valós számot a valódi elforgatás szögének nevezzük. Az identitás mint elforgatás szögén 0-t értünk.) Tekintsünk egy eltolást! Egyértelm˝uen létezik olyan r ≥ 0 valós szám, hogy ∀P : P P 0 = r. 14.22. Tétel. Középpontos tükrözésnél egyenes és képe párhuzamosak.

14.23. Tétel. A sík közös centrumú forgásai a mozgáscsoportnak kommutatív részcsoportját alkotják.

Bizonyítás: El˝oször a zártságot látjuk be. Jelölje α és β a két közös C centrumú elforgatást! Ezeket két tengelyes tükrözés szorzataként a következ˝oképpen adjuk meg: α = %b %a , β = %a %c . αβ = %b %a %a %c = %b %c , azaz szintén C centrumú elforgatás. Az inverzelem létezése. Ha α = %b %a akkor α−1 = (%b %a )−1 = (%a )−1 (%b )−1 = %a %b . Végezetül a kommutativitás. βα = %a (%c %b %a ) = %a %−1 e = %a %a %b %c = %b %c = αβ. | {z } %e 14.24. Tétel. Két különböz˝o középpontos tükrözés szorzata valódi transzláció. Megfordítva, minden eltolás két középpontos tükrözés szorzata, ahol az els˝o középpontos tükrözés tetsz˝olegesen választható, ennek rögzítése után a második egyértelm˝u.

78


Az el˝obbi tételb˝ol az is következik, hogy a sík összes elforgatásai nem alkotnak csoportot, mert nem teljesül a zártság. 14.25. Tétel. Egy eltolásnál egyenes és képe párhuzamosak.

14.26. Tétel. Eltolás és középpontos tükrözés szorzata (mindkét sorrendben) középpontos tükrözés. 14.27. Tétel. Három középpontos tükrözés szorzata középpontos tükrözés.

14.28. Tétel. Az eltolások a mozgáscsoport kommutatív részcsoportját alkotják.

Bizonyítás: Eltolások szorzata eltolás: 2 ηC = ηA ηC . (ηA ηB )(ηB ηC ) = ηA ηB

Eltolás inverze eltolás: (%a %b )−1 = %b %a , ahol akb. A kommutativitás: (ηA ηB )(ηB ηC )-t az el˝obb már kiszámoltuk. ηB ηC ηA ηB kiszámításához el˝oször emlékeztetünk arra, hogy eltolás és középpontos tükrözés szorzata középpontos tükrözés. Ezt az észrevételt felhasználva: −1 −1 −1 −1 (ηB ηC ηA ) ηB = ηE ηB = ηA ηC ηB ηB = ηA ηC ηB ηB = ηA ηC . | {z } ηE

14.29. Tétel. (Az eltolások alaptétele.) Megadva egy rendezett pontpárt, egyértelm˝uen létezik olyan eltolás, mely az els˝o pontot a másodikba viszi. Az A-t B-be viv˝o egyértelm˝u eltolást τ(A,B) jelöli. Már beláttuk azt, hogy három egy sugársorra illeszked˝o egyenesre vonatkozó tengelyes tükrözés szorzata szintén tengelyes tükrözés. Most az általános esetet vizsgáljuk meg. 14.30. Tétel. Három tengelyes tükrözés szorzata, ahol a tengelyek nem egy sugársorból valók, olyan valódi eltolás és tengelyes tükrözés szorzata, ahol a tengely eleme az eltolás irányának.

Bizonyítás: Legyen σ = %c %b %a , továbbá S az a és b egyenesek által meghatározott sugársor, P ∈ c, S 0 a P -re illeszked˝o egyenesek sugársora, végezetül m S és S 0 egyértelm˝u közös egyenese. (Ld. 3.4. ábra.) Ekkor m 6= c, mert ellenkez˝o esetben a, b, c egy sugársorból való lenne. Az a, b, m egyenesekre vonatkozó tükrözések szorzata szintén tengelyes tükrözés, hiszen ezek az egyenesek egy sugársorból valók: %m %b %a = %` =⇒ %b %a = %m %` (` 6= m).

(∗)

Legyen p ∈ S 0 , p ⊥ `, p ∩ ` = {F }. %c %m %p = %q =⇒ %c %m = %q %p (q 6= p).

(∗∗)

79


P

b

m

`

p

a

3.4. ábra. Három tengelyes tükrözés szorzata, ha a tengelyek nem egy sugársorból valók. Ekkor: (∗) (∗∗) σ = %c %b %a = %c %m (%m %b %a ) = %c %m %` = %q %p %` = %q ηF (F 6∈ q). A ηF középpontos tükrözést állítsuk el˝o úgy két tengelyes tükrözés szorzataként, hogy az egyik tengely legyen párhuzamos q-val, a másik pedig mer˝oleges legyen q-ra. %q ηF = %q %y %x : x ⊥ q, ykq, ahol %q %y eltolás.

Megjegyzés. A bizonyítás kézenfekv˝o módosításából látható, hogy a tételben szerepl˝o eltolás és tengelyes tükrözés a szorzatban felcserélhet˝ok. 14.31. Definíció. Egy valódi eltolás és egy tengelyes tükrözés szorzatát valódi csúsztatva tükrözésnek nevezzük, ha a tengely eleme a valódi eltolás irányának. Csúsztatva tükrözésen valódi csúsztatva tükrözést, vagy tengelyes tükrözést értünk. Ezek után fel tudjuk sorolni az összes síkizometriát: 14.32. Tétel. (A síkizometriák osztályozása.) A sík egy izometriája az alábbiak valamelyike: elforgatás, eltolás, csúsztatva tükrözés.

Térizometriák A szakasz befejez˝o része rövid összefoglalót ad a térizometriákról és azok osztályozásáról. 14.33. Definíció. A tér eltolását, mint két párhuzamos síkra vonatkozó tükrözés kompozícióját értelmezzük. Az eltolás valódi, ha nem identitás. A valódi eltolás iránya a definiáló síkokra mer˝oleges egyenesek halmaza. Az identitás esetében az irány tetsz˝oleges egyenessel párhuzamos egyenesek halmaza lehet.

80


Az irány definíciójánál korrekt módon jártunk el, mert a síkra mer˝oleges egyenes tételéb˝ol azonnal következik, hogy az egyik síkot mer˝olegesen metsz˝o egyenes mer˝olegesen metszi a másikat is. 14.34. Tétel. (Az eltolások tulajdonságai.) 1. Az eltolások a tér izometriacsoportjának kommutatív részcsoportját alkotják. 2. Egy eltolásnál tetsz˝oleges egyenes/sík képe az eredetivel párhuzamos egyenes/sík. 3. A valódi eltolásnak nincs fixpontja. Egy eltolás invariáns egyenesei halmaza az irányt alkotó egyenesek halmaza. 4. Megadva egy rendezett pontpárt, egyértelm˝uen létezik olyan transzláció, mely az els˝o ponthoz a másodikat rendeli. Legyen (P, Q) ∈ E 2 ! Jelölje τ(P,Q) azt az egyértelm˝u eltolást, mely P -hez Q-t rendeli! A tér további nevezetes izometriái a következ˝ok: 14.35. Definíció. Két metsz˝o síkra vonatkozó tükrözés szorzatát a metszésvonal mint tengely körüli elforgatásnak nevezzük. Speciálisan az involutórikus elforgatás neve (térbeli) tengelyes tükrözés. Tengely körüli elforgatás és egy olyan eltolás szorzatát, ahol a elforgatás tengelye eleme a eltolás irányának csavarmozgásnak nevezzük. (Az elforgatás és az eltolás is speciális csavarmozgások.) Egy síkra vonatkozó tükrözés és a síkra mer˝oleges tengely˝u elforgatás szorzatát forgatva tükrözésnek nevezzük. Speciálisan az involutórikus forgatva tükrözést nevezzük a térben középpontos tükrözésnek. Egy síkra vonatkozó tükrözésnek és olyan eltolásnak a kompozícióját, ahol az eltolás iránya párhuzamos a tükrözés síkjával csúsztatva tükrözésnek nevezzük. 14.36. Tétel. (A térizometriák osztályozása.) A tér egy izometriája csavarmozgás, vagy forgatva tükrözés, vagy csúsztatva tükrözés.

15. A párhuzamos szel˝ok tételei 15.1. Definíció. Tekintsük az a, b, c egyeneseket úgy, hogy c messe a-t és b-t. Értelmezzük a p : a → b leképezést a következ˝oképpen: a P ∈ a pont képét a P -n c-vel párhuzamosan húzott egyenes és a b metszéspontja adja. Ezt a leképezést az a-ról b-re, c-vel párhuzamosan történ˝o vetítésnek, röviden párhuzamos vetítésnek nevezzük.

Megjegyzés. EPP-t alkalmazva közvetlenül látható, hogy valóban egy egyértelm˝u leképezést, ráadásul bijekciót definiáltunk. 15.2. Tétel. A párhuzamos vetítés rendezéstartó leképezés.

Bizonyítás: Legyen p : a → b, P 7→ P 0 párhuzamos vetítés, A, B, C ∈ a és tegyük fel, hogy A − B − C! Csak azt az esetet bizonyítjuk, amikor az A 6= A0 , B 6= B 0 , C 6= C 0 , tehát {A, B, C, A0 , B 0 , C 0 } hat elem˝u. (Ha a pontok és képeik között vannak egybees˝ok is, akkor az állítás kis módosítással látható be.) Létezik tehát az AA0 C4,

˝ TÉTELEI 3 – 15. A PÁRHUZAMOS SZELOK

81 D1 C1

B1 A02

A1

A2

B2

C2

B20

D2

3.5. ábra. A párhuzamos szel˝ok tétele – 1. eset. ←−−→ és a BB 0 nem illeszkedik ennek egyetlen csúcsára sem. A Pasch tételt alkalmazva azt ←−−→ kapjuk, hogy BB 0 ∩ int A0 C 6= ∅, a metszéspontot jelölje D. Ekkor teljesül A0 − D − ←−→ ←−→ C. Alkalmazzuk most a Pasch tételt az A0 CC 0 4-re és a BD -re! BD ∩ int A0 C 0 = {B 0 } és teljesül A0 − B 0 − C 0 . 15.3. Tétel. (A párhuzamos szel˝ok tétele.) A párhuzamos vetítés a szakaszhosszak arányát – röviden a szakaszok arányát – megtartja. Azaz, ha p : a → b, X 7→ X 0 párhuzamos vetítés, akkor ∀A, B, C, D ∈ a (C 6= D): AB A0 B 0 = 0 0. CD CD

Bizonyítás: A bizonyítás két f˝o lépésre osztható. 1. lépés: A párhuzamos vetítés kongruens szakaszokhoz kongruens szakaszokat rendel. Azaz, ha A1 B1 = C1 D1 akkor A2 B2 = C2 D2 . A bet˝uzés legyen olyan, hogy az A1 -t C1 -be viv˝o 0 -vel jelölt eltolás B1 -t D1 -be vigye. (Ld. 3.5. ábra.) Ennél az elto³←−−→´0 ³←−−→´0 ←−−→ ←−−−→ ←−−→ lásnál A1 A2 = C1 C2 , továbbá B1 B2 = D1 D2 , azaz A02 ∈ C1 C2 és ←−−−→ B20 ∈ D1 D2 . C2 D2 kA2 B2 kA02 B20 , tehát az A02 C2 D2 B20 négyszög (esetleg elfajuló) paralelogramma. Mivel a paralelogramma szemközti oldalai kongruensek: C2 D2 ∼ = A2 B2 . = A02 B20 ∼

2. lépés. Az általános eset. Legyen n ∈ N+ tetsz˝oleges. Osszuk fel az A1 B1 -t n −−−−→ egyenl˝o részre, azaz mérjük fel az A1 B1 -re az A1 kezd˝oponttól az i A1nB1 hosszakat (i = 1 . . . n − 1). Ez a szakaszfelmérés tétele miatt megtehet˝o. Legyen k az a természetes szám, melyre k

A1 B1 A1 B1 ≤ C1 D1 < (k + 1) . n n

(∗)

82


D1 C1 B1 A1

A2

B2

C2

D2

3.6. ábra. A párhuzamos szel˝ok tétele – 2. eset. −−−−→ Mérjük fel A1nB1 -t a C1 D1 -ra k-szor, azaz mérjük fel a C1 pontból a C1 D1 -re az i A1nB1 hosszakat, (i = 1 . . . k). A keletkezett osztópontokon keresztül húzzunk pár←−−→ ←−−→ huzamosakat A1 A2 -vel. (Ld. 3.6. ábra.) A bizonyítás els˝o lépése szerint az A1 B1 ←−−→ egyenesen keletkez˝o kongruens szakaszoknak a A2 B2 egyenesen is kongruens szakaszok felelnek meg, továbbá tudjuk, hogy a párhuzamos vetítés rendezéstartó, tehát: A2 B2 A2 B2 ≤ C2 D2 < (k + 1) . n n (∗)-t A1 B1 -el, (∗∗)-t A2 B2 -vel osztva:  k C1 D1 k+1   ¯ ¯ ≤ < ¯ C1 D1 C2 D2 ¯¯ 1 n A1 B1 n  − =⇒ ¯¯ ¯ < n. A B A B k C2 D2 k+1  1 1 2 2   ≤ < n A2 B2 n k

Mivel ez tetsz˝oleges n természetes számra teljesül és limn→∞

1 n

(∗∗)

= 0, ezért

C1 D1 C2 D2 = . A1 B1 A2 B2 15.4. Tétel. (A párhuzamos szel˝ok tételének megfordítása.) Ha két egyenes úgy metszi egy valódi szög szárait, hogy az egyik száron keletkez˝o – a csúcsot a metszésponttal összeköt˝o – szakaszok aránya megegyezik a másik száron keletkez˝o megfelel˝o szakaszok arányával, akkor a két egyenes párhuzamos.

Bizonyítás: A 3.7. ábra szerinti jelölésekkel a bizonyítandó állítás: ←−−→ ←−−→ OA1 OA2 = =⇒ A1 A2 k B1 B2 . OB1 OB2 ←−−→ ←−−→ A B1 ponton keresztül húzzunk párhuzamost A1 A2 -vel, mely messe OA2 -t B-ben. A párhuzamos szel˝ok tétele szerint OA2 OA2 OA2 OA1 = =⇒ = =⇒ OB = OB2 =⇒ B = B2 , OB1 OB OB OB2

83

3 – 16. HASONLÓSÁGI TRANSZFORMÁCIÓK

B1

A1

O

A2

B B2

3.7. ábra. A párhuzamos szel˝ok tételének megfordítása. ←−−→ ←−−→ amib˝ol következik, hogy A1 A2 k B1 B2 . 15.5. Tétel. (A párhuzamos szel˝ok tételének egy alkalmazása.) Egy szög szárait metsz˝o párhuzamosokból a szárak által kimetszett szakaszok aránya megegyezik a párhuzamosok által az egyes szárakból kimetszett szakaszok arányával.

16. Hasonlósági transzformációk 16.1. Definíció. Az ϕ : E → E (ill. ϕ : α → α, ahol α az euklideszi tér egy síkja) bijektív leképezést hasonlósági transzformációnak vagy röviden hasonlóságnak nevezzük ha ∃k ∈ R, k > 0, hogy ∀P, Q ∈ E: d(ϕ(P ), ϕ(Q)) = kd(P, Q) teljesül. k-t a hasonlóság arányának modjuk. Ebben a szakaszban a hasonlósági transzformációk alapvet˝o tulajdonságaival foglalkozunk. A következ˝o állítások, melyek a definíció közvetlen következményei, síkban és térben egyaránt érvényesek: 16.2. Tétel. 1. k arányú hasonlóság inverze k1 arányú hasonlóság. 2. egy k arányú és egy l arányú hasonlóság szorzata kl arányú hasonlóság. 3. A hasonlóságok csoportot alkotnak a kompozíciószorzás m˝uveletére. 4. Az egybevágóságok pontosan az 1 arányú hasonlóságok.

16.3. Tétel. Legyen adva egy O pont, és egy k > 0 valós szám. A tér (sík) egy O-tól −−→ különböz˝o P pontjához rendeljük hozzá az OP azon P 0 pontját, melyre OP 0 = kOP . Legyen továbbá O képe O. Ez a leképezés olyan k arányú hasonlóság, melynél minden egyenes párhuzamos a képével. A leképezés megtartja a között van relációt, továbbá tetsz˝oleges félegyenes és képe egyez˝o irányúak. −−→ Bizonyítás: A szürjektivitás. Legyen Q tetsz˝oleges pont, O 6= Q. Legyen P ∈ OQ : OP = k1 OQ. Ekkor P képe Q. −−→ −−→ −−→ −−→ Az injektivitás. Ha P 6= Q akkor OP 6= OQ vagy OP = OQ , de OP 6= OQ. Mindkét esetb˝ol az következik, hogy P 0 6= Q0 .

84


Egyenes és képe párhuzamosak. Ha az egyenes O-ra illeszkedik, akkor nyilván invariáns. Legyen e O-ra nem illeszked˝o egyenes, P ∈ e. Azt állítjuk, hogy e képe P 0 -n keresztül húzott, e-vel párhuzamos f egyenes. Legyen Q ∈ e. OP 0 OQ0 = (= k), OP OQ tehát a párhuzamos szel˝ok tételének megfordítása miatt ←−0−→ ←−−→ P Q0 ke =⇒ P 0 Q0 = f =⇒ Q0 ∈ f. Megfordítva, legyen S ∈ f , R pedig S o˝ sképe. Szintén a párhuzamos szel˝ok tételének megfordításából: ←−→ ←−→ P R kf =⇒ P R = e =⇒ R ∈ e. ←−→ −−→ Rendezéstartás. Ha O 6∈ AB és A − X − B, akkor X ∈ int AOB^ =⇒ OX ∈ −−→ int AOB^. Ez azt jelenti, hogy OX ∩ int A0 B 0 6= ∅ (keresztszakasz tétel), tehát X 0 ∈ ←−→ ←−→ int A0 B 0 . Ha O ∈ AB , akkor legyen f : OA → R koordinátaleképezés, f (O) = 0 és f (A) > 0. Ha f (X) = x, akkor f (X 0 ) = kx. Legyen f (A) = a, f (B) = b. A − X − B =⇒ a − x − b =⇒ ka − kx − kb =⇒ A0 − X 0 − B 0 (Cantor–Dedekind tétel). Félegyenes és képe egyez˝o irányúak. Elegend˝o a k 6= 1 esettel foglalkozni. Ha O 6∈ ←−→ −−→ −−→ ←−→ −−→ −−→ AB , akkor ∀X ∈ AB -re int OX nem metszi OA -t, azaz AB és AB 0 egyaránt ←−→ ←−→ ← − → az OA = AA0 B-t tartalmazó oldalán vannak. Ha O ∈ AB és O − A − B, akkor −−→ −−→ ∀X ∈ AB : X 0 ∈ OA , mivel az el˝oz˝o bizonyításban használt koordinátaleképezésnél −−→ −−→ −−−→ −−→ koordinátája pozitív marad. Ez azt jelenti, hogy AB ⊂ OA és A0 B 0 ⊂ OA , azaz −−→ −−0−→ −−→ AB és A B 0 közül az egyik tartalmazza a másikat. Ha ¬(O − A − B), akkor AB −−−→ ellentétes félegyenesére és A0 B 0 ellentétes félegyenesére igaz lesz az állítás az el˝obb −−→ −−−→ elmondottak miatt, tehát AB -re és A0 B 0 -re is. ←−→ 0 0 Q A definiált leképezés hasonlóság. Ha O 6∈ P Q , akkor PP Q = k a párhuzamos szel˝ok tételének egy alkalmazásából (15.5.). ←−→ ←−→ Ha O ∈ P Q , akkor az állítást a következ˝oképpen láthatjuk be. Legyen f : P Q → R koordinátaleképezés, f (O) = 0. Ha f (X) = x, akkor f (X 0 ) = kx. Legyen f (P ) = p, f (Q) = q. P 0 Q0 = |f (P 0 ) − f (Q0 )| = |kp − kq| = k|p − q| = kP Q. 16.4. Definíció. O centrumú, k arányú homotéciának vagy középpontos hasonlóságnak nevezzük az alábbi leképezések bármelyikét: az el˝oz˝o tételben definiált leképezést; az el˝oz˝o tételben definiált leképezést és egy O-ra vonatkozó centrális tükrözés szorzatát. Az el˝obbi leképezés el˝ojeles arányának k-t nevezzük, míg az utóbbi leképezés el˝ojeles arányának −k-t. ∗


85

Megjegyzés. Egyszer˝uen látható, hogy negatív el˝ojeles arányú homotécia félegyenest vele ellentétes irányú félegyenesbe visz át, továbbá ha δk O centrumú, k el˝ojeles arányú homotécia, továbbá f : ` → R az O-ra illeszked˝o ` egyenes olyan koordinátaleképezése, hogy f (O) = 0, akkor ∀X ∈ `: ha f (X) = x, akkor f (δk (X)) = kx. A 16.4. definíció közvetlen következménye az alábbi tétel: 16.5. Tétel. k el˝ojeles arányú, O centrumú homotécia inverze k1 el˝ojeles arányú, O centrumú homotécia, k el˝ojeles arányú és l el˝ojeles arányú közös O centrumú homotéciák szorzata O centrumú, kl el˝ojeles arányú homotécia. A közös centrumú homotéciák csoportot alkotnak a kompzíciószorzás m˝uveletére nézve. 16.6. Tétel. Minden hasonlóság egy vele egyenl˝o arányú, tetsz˝oleges centrumú homotécia és egy egybevágóság szorzata.

Bizonyítás: Legyen ϕ : E → E k arányú hasonlóság, δ pedig tetsz˝oleges k1 arányú homotécia. δϕ ekkor olyan hasonlóság, melynek aránya k k1 = 1, azaz izometria. Jelölje ezt ε. δϕ ϕ

= ε /δ −1 ◦ = δ −1 ε.

δ −1 pedig 1/ k1 = k arányú homotécia. 16.7. Következmény. Minden hasonlóság egyenestartó, szög(mérték)tartó, rendezéstartó. 16.8. Tétel. (A hasonlóságok fixponttétele.) Ha egy hasonlóság nem izometria, akkor egyértelm˝uen létezik fixpontja.

Bizonyítás: Az unicitás abból következik, hogy két fixpont létezése esetén a hasonlóság aránya egy lenne. A tétel egzisztencia részét általánosan további el˝okészületek után kés˝obb (18.13.) bizonyítjuk. Itt csak a síkbeli eset egy bizonyítását vázoljuk (3.8. ábra). A bizonyítás további részében tehát rögzítünk egy síkot. Legyen adva az ABCD paralelogramma. Ennek képe az A0 B 0 C 0 D0 paralelogramma. Ha a két paralelogramma középpontosan ←−→ ←−−→ ←−→ ←−−→ hasonló, akkor az állítás nyilvánvaló. Egyébként AB ∩ A0 B 0 = {P }, CD ∩ C 0 D0 = ← − − → ← − − → ← − → ← − − → {R}. P képe P 0 ∈ A0 B 0 , R képe R0 ∈ C 0 D0 . P R és P 0 R0 metszik egymást, mert ellenkez˝o esetben P P 0 R0 P 0 paralelogramma lenne, azaz az egymásnak megfelel˝o P R és P 0 R0 aránya egy lenne. Jelölje O a metszéspontot. A párhuzamos szel˝ok tétele szerint: OP OP 0 OP O0 P 0 = , továbbá = OR OR0 OR O 0 R0 is teljesül, mivel minden hasonlóság aránytartó. A hasonlóság rádásul a „között van” relációt is megtartja, ezért O = O0 .

86


D

C0

R

C

R0 D0 O B0 P0 A A

P

0

B

3.8. ábra. A síkbeli hasonlóságok fixponttétele.

16.9. Tétel. Legyen adva egy olyan síkbeli hasonlóság, mely nem izometria és nem középpontos hasonlóság. Az ABCD paralelogramma képe az A0 B 0 C 0 D0 paralelo←−→ ←−−→ ←−→ ←−−→ ←−→ ←−−→ gramma. AB ∩ A0 B 0 = {P }, CD ∩ C 0 D0 = {R}, BC ∩ B 0 C 0 = {Q}, ←−→ ←−0−→ ← − → ←−→ DA ∩ D A0 = {S}. A hasonlóság egyértelm˝u fixpontja P R ∩ QS . 16.10. Tétel. (A sík hasonlóságainak osztályozása.) A sík bármely hasonlósága egybevágóság, vagy közös centrumú homotécia és elforgatás szorzata, vagy homotécia és tengelyes tükrözés szorzata ahol a homotécia centruma a tengelyre illeszkedik.

Bizonyítás: Legyen egy izometriától különböz˝o f hasonlóság fixpontja O. f felírható egy O centrumú f arányával megegyez˝o el˝ojeles arányú homotécia és egy olyan egybevágóság kompozíciójaként, hogy ennek az egybevágóságnak O fixpontja (16.6.) Fixponttal rendelkez˝o egybevágóság azonban nem lehet más, csak elforgatás vagy tengelyes tükrözés. 16.11. Definíció. Közös centrumú homotécia és elforgatás szorzatát forgatva nyújtásnak, míg homotécia és a homotécia fixpontjára illeszked˝o tengely˝u tengelyes tükrözés szorzatát tükrözve nyújtásnak nevezzük. Tehát a sík minden hasonlósága egybevágóság vagy forgatva nyújtás vagy tükrözve nyújtás.

Megjegyzés. Közös centrumú homotécia és elforgatás szorzatában a tényez˝ok sorrendje felcserélhet˝o; ha egy homotécia centruma illeszkedik egy tengelyre, akkor a homotécia és a tengelyes tükrözés szorzatában a tényez˝ok sorrendje felcserélhet˝o. 16.12. Tétel. (A hasonlóságok alaptétele.) Legyenek az ABC4 ↔ A0 B 0 C 0 4 olyan háromszögek, melyek megfelel˝o szögei kongruensek. Létezik olyan ϕ : E → E, P 7→ jel. ϕ(P ) = P 0 hasonlósági transzformáció, melyre: ϕ(A) = A0 , ϕ(B) = B 0 , ϕ(C) = C 0 . Síkban ez a hasonlósági transzformáció egyértelm˝u.


87

Bizonyítás: El˝oször alkalmazzunk az ABC4 háromszögre egy tetsz˝oleges centrumú, A0 B 0 arányú homotéciát. Az így kapott A∗ B ∗ C ∗ 4 háromszög és A0 B 0 C 0 4 egybeAB vágó, mert szögeik kongruensek, továbbá A∗ B ∗ = A0 B 0 , tehát teljesülnek ASA feltételei. Létezik tehát olyan ε egybevágóság, melyre ε(A∗ ) = A0 , ε(B ∗ ) = B 0 , ε(C ∗ ) = C 0 . Az el˝obbi homotécia és ε szorzata nyilván megfelel˝o hasonlóság. Most a síkbeli esetre bizonyítjuk az egyértelm˝uséget. Legyen az egyik háromszög ABC4 a másik háromszög pedig A0 B 0 C 0 4. ϕ és ψ két olyan hasonlóság, melyre A 7→ A0 , B 7→ B 0 , C 7→ C 0 teljesül. A ϕ−1 ψ hasonlóságnak A, B, C fixpontja, azaz a hasonlóságok fixponttétele szerint ez a leképezés egybevágóság. Mivel ennek az egybevágóságnak három nem kollineáris fixpontja van, csak identitásról lehet szó a síkizometriák fixponttétele értelmében. Ezért ψ = ϕ. A térbeli hasonlóságok osztályozása meglep˝o eredménnyel jár, a tér minden egybevágóságtól különböz˝o hasonlósága forgatva nyújtás. 16.13. Definíció. A tér forgatva nyújtásán egyenes körüli elforgatás és egy tengelyre illeszked˝o centrumú homotécia szorzatát értjük. 16.14. Tétel. (A tér hasonlóságainak osztályozása.) A tér minden olyan hasonlósági leképezése, amely nem egybevágóság, forgatva nyújtás. 16.15. Definíció. A tér két alakzatát hasonlónak nevezzük, ha létezik olyan hasonlósági transzformáció, mely egyiket a másikba viszi. A hasonlóság jele ∼. 16.16. Tétel. Az alakzatok hasonlósága ekvivalenciareláció.

16.17. Tétel. (A háromszögek hasonlóságának alapesetei.) Két háromszög hasonló, ha létezik közöttük olyan megfeleltetés amelynél: 1. a megfelel˝o oldalak aránya egyenl˝o; 2. 2–2 megfelel˝o oldal aránya egyenl˝o s az ezek által bezárt szögek kongruensek; 3. két-két megfelel˝o oldal aránya egyenl˝o s az ezen oldalak közül a nagyobbakkal szemközti szögek kongruensek; 4. megfelel˝o szögei kongruensek.

Bizonyítás: A negyedik esetben a hasonlóságok alaptételét ismételtük meg. Minden további esetben szerepelnek megfelel˝o oldalak. Legyen 41 és 42 a két olyan háromszög, amelyre a feltételek valamelyike teljesül. Legyenek a1 és a2 olyan egymásnak megfelel˝o oldalak, melyek arányát a tétel szerepelteteti. Legyen 402 a 42 höz hasonló úgy, hogy a hasonlóság aránya aa21 . Az (1)–(3) feltételek bármelyike a 41 és 402 háromszögekre is teljesül, mert a 42 -t 402 -be viv˝o hasonlóság a szögeket és az oldalak arányát nem változtatja meg. 41 -t és 402 -t tekintve azonban a megfelel˝o oldalak aránya már 1, tehát ez a két háromszög egybevágó, azaz hasonlóak is. Alkalmazzuk az alakzatok hasonlóságának tranzitivitását: 42 ∼ 402 ∼ 41 =⇒ 41 ∼ 42 .

88


16.18. Tétel. A derékszög˝u háromszög derékszög˝u csúcsból induló magassága a háromszöget két, az eredetihez hasonló háromszögre darabolja. 16.19. Tétel. (Háromszögek hasonlósági tételei.) Magasságtétel. A derékszög˝u háromszög derékszög˝u csúcsból induló magassága mérteni közepe a befogók átfogóra es˝o mer˝oleges vetületeinek. Befogótétel. A derékszög˝u háromszög bármelyik befogója mértani közepe az átfogónak és a befogó átfogóra es˝o mer˝oleges vetületének. Pitagorász tétele. Jelölje a derékszög˝u háromszög átfogóját c, befogóit a és b. Ekkor a2 + b2 = c2 . Pitagorász tételének megfordítása. Ha egy háromszög a, b, c oldalaira teljesül, hogy a2 + b2 = c2 , akkor a háromszög egy c átfogójú derékszög˝u háromszög.

17. A szabadvektorok vektortere Lineáris algebrai tanulmányaink során a vektortér fogalmára az egyik elemi példa a szabadvektorok vektortere volt, melyet a középiskolás geometriai ismereteink segítségével vezettünk be. Jelen tárgyalásban minden készen áll a szabadvektorok vektortere konstrukciójához: a két épít˝ok˝o, amire támaszkodunk, az eltolások csoportja és a homotéciák halmaza. Jelen tárgyalásban a hangsúlyt annak megértésére fektettük, amit H. Weyl frappánsan így fogalmazott: „A [szabad]vektor tulajdonképpen ugyanaz, mint az eltolás, csak éppen a vektoroknál és az eltolásoknál más a szóhasználat.”1 17.1. Definíció. Legyenek A és B pontok! −* © ª AB = (P, Q) ∈ E × E | τ(A,B) (P ) = Q . −* AB-t szabadvektornak nevezzük. Az összes szabedvektorok halmazát V-vel jelöljük. −* −* Ha (P, Q) ∈ AB, akkor (P, Q)-t az AB reprezentánsának mondjuk. (P, Q)-t néha P kezd˝opontú, Q végpontú irányított szakaszként is említjük. −* −* Az AB vektor kABk hosszán AB-t értjük. 14.21. miatt ez a definíció független a reprezentáns választásától. ∗ V elemeinek jelölésekor olykor nem utalunk reprezentánsra, ilyenkor V elemeit kövér kisbet˝ukkel, írásban pedig aláhúzott kisbet˝ukkel is jelöljük: a ∈ V, a ∈ V. −* −* −* 17.2. Tétel. (P, Q) ∈ AB ⇐⇒ P Q = AB ⇐⇒ τ(P,Q) = τ(A,B) . −* Bizonyítás: (P, Q) ∈ AB =⇒ τ(A,B) (P ) = Q, másrészt τ(P,Q) (P ) = Q. Mivel a P pontot a Q pontba viv˝o eltolás µ egyértelm˝u, ezért τ(A,B) = τ(P,Q)¶. −* −* −* −* τ(A,B) = τ(P,Q) =⇒ (X, Y ) ∈ AB ⇐⇒ (X, Y ) ∈ P Q =⇒ AB = P Q. −* −* −* −* P Q = AB =⇒ (P, Q) ∈ AB, hisz (P, Q) ∈ P Q triviálisan teljesül. 1 Szimmetria,

Gondolat 1982, Bérczi Szaniszló és Seres István fordításában, 59. o. lábjegyzete.

3 – 17. A SZABADVEKTOROK VEKTORTERE

89

17.3. Tétel. A tér szabadvektorai V halmaza és az eltolások T halmaza között a µ ¶ −* −* ν : V → T, AB 7→ ν AB = τ(A,B) leképezés bijekció.

Bizonyítás: Az el˝oz˝o tétel szerint a leképezés jól definiált, továbbá injektív. A szürjektivitást a¶ következ˝oképpen láthatjuk be: ha τ ∈ T és P ∈ E tetsz˝oleges, akkor µ −−−−* ν P τ (P ) = τ . 17.4. Definíció. (A szabadvektorok összeadása.) Az a, b ∈ V szabadvektorok összegét az a + b = ν −1 (ν(a) ◦ ν(b)) összefüggés értelmezi. 17.5. Következmény. a + b = c ⇐⇒ ν(a) ◦ ν(b) = ν(c). −* −* −* 17.6. Tétel. (Vektorösszeadás háromszög szabállyal.) AB + BC = AC.

Bizonyítás: Az összeadás definícióját alkalmazzuk, és felhasználjuk, hogy az eltolások Abel csoportot alkotnak: µ ¶ µ ¶ µ ¶ −* −* −* ν AB ◦ ν BC = τ(A,B) ◦ τ(B,C) = τ(B,C) ◦ τ(A,B) = τ(A,C) = ν AC .

17.7. Tétel. (V, +) Abel csoport. A ν : V → T leképezés izomorfizmus a (V, +) és (T, ◦) Abel csoportok között.

Bizonyítás: Az összeadás definíciójából közvetlenül leolvasható. (V, +) neutrális elemét 0 jelöli. −* −* −* −* 17.8. Tétel. AB = CD =⇒ AC = BD.

Bizonyítás: Alkalmazzuk a vektorösszeadásra vonatkozó háromszög szabályt: −* −* −* −* −* −* −* −* AC = AB + BC = CD + BC = BC + CD = BD. −* −* 17.9. Tétel. (A szabadvektor elemi fogalma.) AB = CD, akkor és csakis akkor tel−−→ −−→ jesül, ha AB = CD továbbá AB és CD egyez˝o irányú félegyenesek.

Bizonyítás: ) AB = CD továbbá −−→ −−→ ⇐⇒ AB és CD egyez˝o irányúak −* −* −* −* τ(A,C) (B) = D ⇐⇒ AC = BD ⇐⇒ AB = CD.

90


17.10. Definíció. (Vektorok szorzása skalárral.) Legyen λ ∈ R \ {0}, δλ : E → E, P 7→ P 0 pedig jelöljön egy tetsz˝oleges λ el˝ojeles arányú homotéciát. Az R×V→V skalárral való szorzást a következ˝oképpen értelmezzük. Tetsz˝oleges v ∈ V-re 0·a = 0, továbbá −−−−−−−−* −−* λ · a = δλ (A)δλ (B) = A0 B 0 , ahol (A, B) ∈ a. A definíció egyrészt független a homotécia megválasztásától, másrészt független a vektor reprezentánsának megválasztásától. Ezt a 17.9. alapján állapíthatjuk meg, ugyanis −−* −* −−→ −−−→ kA0 B 0 k = |λ| · kABk továbbá AB és A0 B 0 egyez˝o irányú, ha λ > 0, ellentétes irányú, ha λ < 0. 17.11. Tétel. (V, +) vektortér az R test felett, ahol a skalárral való szorzást az el˝obbi definíció szerint értjük.

Bizonyítás: A vektorterek definiáló tulajdonságait kell ellen˝oriznünk, azaz: ∀α, β ∈ R; ∀a, b ∈ V: 1. (α + β)a = αa + βa, 2. α(a + b) = αa + αb, 3. (αβ)a = α(βa), 4. 1a = a. 1. (α+β)a = αa+βa: Nullvektorra az állítás triviális. Legyen a továbbiakban a 6= 0! Ha α és β azonos el˝ojel˝uek, akkor (α + β)a, továbbá αa + βa közös kezd˝opontb˝ol induló reprezentánsainak végpontjai ugyanarra a félegyenesre illeszkednek. Továbbá k(α + β)ak = |α + β| · kak = (|α| + |β|) · kak. Másrészt: kαa + βak = kαak + kβak = |α| · kak + |β| · kak = (|α| + |β|) · kak. Ez azt jelenti, hogy (α+β)a továbbá αa+βa közös kezd˝opontb˝ol induló reprezentánsainak végpontjai ugyanazon a félegyenesen, a kezd˝oponttól ugyanakkora távolságra vannak. Legyen α és β el˝ojele különböz˝o. Ekkor: kαa + βak = ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = ¯kαak − kβak¯ = ¯|α| · kak − |β| · kak¯ = ¯|α| − |β|¯ · kak = = |α + β| · kak = k(α + β)ak,

3 – 17. A SZABADVEKTOROK VEKTORTERE

91

−* tehát (α + β)a hossza és αa + βa hossza megegyezik. Legyen αa = OA, és reprezen←−→ táljuk az (α+β)a, αa+βa vektorokat az OA egyenesen! Mindkét vektor reprezentán−−→ −−→ sának végpontja attól függ˝oen illeszkedik OA -ra vagy OA ellentétes félegyenesére, hogy |α| ≥ |β| vagy |α| ≤ |β|, amivel az állítást bizonyítottuk. −* −* 2. Legyen a = AB, b = BC. α(a + b) = µ ¶ −* −* −* −−−−−−−−* = α AB + BC = αAC = δα (A)δα (C) = = =

−−−−−−−−* −−−−−−−−* δα (A)δα (B) + δα (B)δα (C) = −* −* αAB + αBC = αa + αb.

3. Legyenek δα és δβ közös centrumú homotéciák. α(βa) = µ ¶ −−−−−−−−* −−−−−−−−−−−−−−* = α δβ (A)δβ (B) = δα (δβ (A))δα (δβ (B)) = =

−−−−−−−−−−−−−−* −* (δα δβ )(A)(δα δβ )(B) = (αβ)AB,

hiszen δα δβ olyan homotécia, melynek el˝ojeles aránya αβ. 4. δ1 = id. 17.12. Tétel. (A lineáris függ˝oség geometriai jelentése.) Egy szabadvektor önmagában akkor és csakis akkor alkot lineárisan függ˝o rendszert, ha nullvektor. Két szabadvektor akkor és csakis akkor alkot lineárisan függ˝o rendszert, ha egy egyenesen reprezentálhatók. Három szabadvektor akkor és csakis akkor alkot lineárisan függ˝o rendszert, ha egy síkon reprezentálhatók. A szabadvektorok bármely legalább négytagú vektorrendszere lineárisan függ˝o, a szabadvektorok vektortere három dimenziós.

Bizonyítás: Az els˝o állítás tetsz˝oleges vektortér esetén is igaz. A további bizonyításoknál a lineáris függ˝oséget az alábbi geometriai nyelven fogalmazzuk meg: Szabadvektorok egy (a1 , . . . , ak ) vektorrendszere akkor és csakis akkor lineárisan függ˝o, ha van olyan valódi (azaz nem csak egyetlen pontból álló), de esetleg degenerált oldalakat is tartalmazó zárt töröttvonal, amelynek szakaszai rendre az a1 , . . . , ak szabadvektorokkal párhuzamosak. A bizonyításoknál tegyük fel, hogy a megadott vektorrendszerben nincs lineárisan függ˝o részrendszer. (Ha van, akkor az állítások triviálisak.) Ha két vektor közös egyenesen reprezentálható, akkor ezen egyenes P 6= Q pontjaira P QP nyilván megfelel˝o töröttvonal. Megfordítva, legyen a kéttagú vektorrendszer lineárisan függ˝o. A kétoldalú nemelfajuló töröttvonal két csúcspontot tartalmaz. Az ezekre illeszked˝o egyenesen mindkét szabadvektor reprezentálható.

92


Legyen három vektor közös síkban reprezentálható! Ebben a síkban jelöljük ki az egyik szabadvektor reprezentánsát: (P, Q). P -n keresztül húzzunk párhuzamost a második, míg Q-n keresztül a harmadik szabadvektorral. Mivel feltettük, hogy az utóbbi két vektor lineárisan független, ezért a két egyenes metszi egymást egy M (síkbeli) pontban. P QM P a keresett töröttvonal. A megfordítás onnan következik, hogy háromoldalú zárt töröttvonalnak három csúcsa van, melyekre illeszked˝o síkban mindhárom vektor reprezentálható. Legyen (a, b, c, d) szabadvektorok négytagú vektorrendszere. S1 legyen olyan sík,

S2 S

Q P

R

S1

3.9. ábra. Nincs négy lineárisan független szabadvektor. melyben (a, b), míg S2 olyan sík, melyben (c, d) reprezentálhatók (3.9. ábra). A két sík metszésvonalán jelöljük ki a P 6= Q pontokat. P -keresztül húzzunk párhuzamost a-val (a egyenes), Q-n keresztül b-vel (b egyenes). a ∩ b = M ∈ S1 . Q-n keresztül húzzunk párhuzamost c-vel (c egyenes), P -n keresztül d-vel (d egyenes.) c ∩ d = N ∈ S2 . P M QN P a keresett töröttvonal. A továbbiakban szabadon használunk lineáris algebrai eszközöket akár az elemi lineáris algebra területér˝ol (pl. szabadvektorok skaláris szorzata), akár az absztrakt lineáris algebra területér˝ol (pl. lineáris leképezések elmélete).

18. Affin leképezések A következ˝o szakaszban E affin leképezései és V lineáris izomorfizmusai között létesítünk kapcsolatot. A tárgyalásunk alapvet˝oen térbeli lesz, de minden fogalom és tétel könnyen átvihet˝o a síkba is. Emlékeztetünk arra, hogy az f : E → E bijektív leképezést affin leképezésnek nevezzük, ha a leképezés egyenestartó, azaz, ha tetsz˝oleges egyenes képe egyenes.

93

3 – 18. AFFIN LEKÉPEZÉSEK

jel.

18.1. Tétel. (Az affin leképezések f˝otétele.) Az f : E → E, P 7→ f (P ) = P 0 leképezés akkor és csakis akkor affin leképezés, ha teljesíti az alábbi két feltételt: −* −* −−* −−* (1) tetsz˝oleges P, Q, R, S pontokra P Q = RS =⇒ P 0 Q0 = R0 S 0 , azaz (esetleg elfajuló) paralelogramma képe (esetleg elfajuló) paralelogramma; továbbá − * − * −−* (2) az f : V → V, v 7→ f (v) = P 0 Q0 – ahol (P, Q) ∈ v – leképezés lineáris izomorfizmus. − * Megjegyezzük, hogy a (2) feltételben szerepel˝o f leképezés azért értelmezhet˝o, − * mert az (1) feltétel miatt az f (v) vektor független a v vektor (P, Q) reprezentánsának választásától. Ha az α síkot rögzítjük, és az f : α → α affin leképezésr˝ol szólunk, akkor V szerepét a V azon altere veszi át, mely vektorai α-ban reprezentálhatók.

Bizonyítás: Ha f teljesíti az (1) és (2) tulajdonságokat, akkor egyenestartó. A skalárral való szorzás definíciója szerint: ½ ¾ −* −* ←−→ AB = P | ∃λ ∈ R : AP = λAB , továbbá

←−0−→ A B0 =

½

−−* −−* Q | ∃λ ∈ R : A0 Q = λA0 B 0

¾ .

− * − * ←−→ ←−−→ Azt állítjuk, hogy AB 0 = A0 B 0 . Valóban, mivel f és f −1 lineárisak: −* −* −−* −−* AP = λAB ⇐⇒ A0 P 0 = λA0 B 0 .

Ha f egyenestartó, akkor teljesül (1) és (2). Ezt a meglehet˝osen összetett bizonyítást négy lépésre bontjuk. 1. lépés. f két párhuzamos egyenest két párhuzamos egyenesbe visz át. Tehát ha a||b (a 6= b) ⇒ a0 ||b0 . El˝oször megjegyezzük, hogy párhuzamos egyenesek képe nem lehet kitér˝o egyenespár. Vegyünk fel ugyanis egy sem a-ra sem b-re nem illeszked˝o C pontot. g és h legyenek C-re illeszked˝o, a-t és b-t is metsz˝o egyenesek. A g 0 és h0 egyenesek metsz˝ok, ezek síkja tartalmazza (a ∩ g)0 -t és (a ∩ h)0 -t, tehát a0 -t, hasonlóan b0 -t. Annyit kell tehát bizonyítanunk, hogy a0 és b0 nem metsz˝ok. Valóban, ha M ∈ a0 ∩ b0 , akkor M o˝ sképe az a és b közös pontja volna. 2. lépés. Bármely három nem kollineáris pont képe három nem kollineáris pont. Legyen A, B, C három nem kollineáris pont. Ha A0 , B 0 , C 0 kollineárisak, akkor ←−0−→ ←−−→ ←−→ ←−−→ ←−→ ←−−→ A B 0 = A0 C 0 . Mivel AB 0 = A0 B 0 és AC 0 = A0 C 0 , ez azt jelenti, hogy ←−→0 ←−→ ←−→ ←−→ ←−→ ←−→ AB = AC 0 . Azaz ∀P ∈ AB 0 = AC 0 pont o˝ sképe rajta lenne AB -n és AC -n is, ami ellentmondás azzal, hogy A, B, C nem kollineárisak. 3. lépés. Ebben a lépésben belátjuk, hogy egyenestartó leképezésnél paralelogramma képe paralelogramma. El˝oször nem elfajuló paralelogrammákra igazoljuk az állítást, nevezetesen nem elfajuló paralelogramma képe nem elfajuló paralelogramma. Valóban, {O, A, B, C} egy nem elfajuló paralelogramma csúcsai. {O0 , A0 , B 0 , C 0 } tehát szintén egy paralelogramma csúcsai (1. lépés), amely paralelogramma nem elfajuló (a

94


O

X

Y

A

C

B

3.10. ábra. Az affin leképezések f˝otétele. második lépést alkalmazva). Állításunkat úgy is fogalmazhatjuk, hogy nem kollineáris {O, A, B, C} pontokra: −* −* −−* −−* OA = CB =⇒ O0 A0 = C 0 B 0 . Ez a tulajdonság azonban kollineáris pontokra is igaz lesz. Legyenek most {O, A, B, C} −* −* egy e egyenesre illeszked˝o pontok, OA = CB, legyen továbbá X 6∈ e (ld. 3.10. ábra). −* −* −* Reprezentáljuk az OA = CB vektort az X pontból: (X, Y ) ∈ OA. {O, A, Y, X}-re és {C, B, Y, X}-re már alkalmazható a nem kollineáris pontokra az el˝obb bebizonyított állítás: −* −−* −−* −−−* ) −−* −−* OA = XY =⇒ O0 A0 = X 0 Y 0 =⇒ O0 A0 = C 0 B 0 . −* −−* −−* −−−* 0 0 0 0 CB = XY =⇒ C B = X Y − * − * Ebb˝ol a lépésb˝ol következik, hogy értelmezhet˝o f : V → V, továbbá, hogy f additív, −* −* −* hiszen OA + OB = OC ⇐⇒ O, A, B, C egy esetleg elfajuló paralelogramma csúcsai. − * 4. lépés. f homogenitásának belátása a legösszetettebb feladat. Legyenek −* −* {O, E, P } kollineárisak, OP = λOE. A megfelel˝o pontok {O0 , E 0 , P 0 }. Azt kell belátnunk, hogy −−* −−* O 0 P 0 = λO 0 E 0 ,

(∗)

−−* − * −* − * −* −−* − * −* hiszen O0 P 0 = f (OP ) = f (λOE), illetve O0 E 0 = f (OE). Tehát (∗) azt jelenti, hogy − * −* − * −* f (λOE) = λ f (OE). ←−→ Jelöljük OE -t e-vel. Értelmezni fogunk egy σ : R → R leképezést. Legyen t ∈ R,

←−→ X ∈ OE :

−−* −* OX = tOE.

−−−* −−* σ(t)-t a következ˝o összefüggés értelmezi: O0 X 0 = σ(t)O0 E 0 . Másképpen, legyen: ←−→ k : R → OE , t 7→ X :

−−* −* OX = tOE;

95


−−−* −−* O0 X 0 = tO0 E 0 ,

←−−→ k 0 : R → O0 E 0 , t 7→ X 0 : és σ : R → R, t 7→ σ(t) = k 0

0

−1

(f (k(t))).

−1

Azaz σ = k ◦ f ◦ k. σ bijekció, mert bijekciók kompozíciója. Azt állítjuk, hogy σ az R automorfizmusa, azaz 1. σ(λ + µ) = σ(λ) + σ(µ) 2. σ(λµ) = σ(λ)σ(µ). ←−→ Legyenek P, Q, R, S ∈ OE és ezeknek a pontoknak rendre feleljenek meg a λ, µ, λ+µ, λµ számok, pontosabban k(λ) = P , k(µ) = Q, k(λ+µ) = R, k(λµ) = S. Tehát: −* −* −* −* −* −* −* −* OP = λOE, OQ = µOE, OR = (λ + µ)OE, OS = λµOE. −−* −−* Ilyenkor P 0 = k 0 (σ(λ)), azaz O0 P 0 = σ(λ)O0 E 0 . Hasonlóan: −−* −−* −−* −−* −−* −−* O0 Q0 = σ(µ)O0 E 0 , O0 R0 = σ(λ + µ)O0 E 0 , O0 S 0 = σ(λµ)O0 E 0 . Azt már az el˝oz˝o lépésben beláttuk, hogy −* −* −* −−* −−* −−* OP + OQ = OR =⇒ O0 P 0 + O0 Q0 = O0 R0 , így −−* −−* −−* σ(λ)O0 E 0 + σ(µ)O0 E 0 = σ(λ + µ)O0 E 0 =⇒ σ(λ) + σ(µ) = σ(λ + µ). ←−→ A σ második tulajdonságát a következ˝oképpen látjuk be. Legyen X ∈ / OE és ←−→ ←−→ ←−→ Y ∈ OX az a pont, melyre EX k P Y (ld. 3.11. ábra). A párhuzamos szel˝ok tételét felírva: λ OY = . 1 OX Tehát: OY λ λµ = = . OX 1 µ ←−→ ←−→ Ez a párhuzamos szel˝ok tételének megfordításából azt is jelenti, hogy XQ k Y S . Mi←− − → ← − − − → ← − − → ← − − → vel f párhuzamosságtartó ezért E 0 X 0 k P 0 , Y 0 , és X 0 Q0 k Y 0 S 0 . Írjuk fel a párhuzamos szel˝ok tételét ezekre az egyenesekre is: σ(λ) σ(λµ) = , σ(µ) 1 azaz σ(λµ) = σ(λ)σ(µ).

96


Y X

O

E

P

Q

S

3.11. ábra. Az affin leképezések f˝otétele. Az algebrából ismert, hogy R-nek egyetlen automorfizmusa van, az identitás. Tehát −−* −−* −−* O0 P 0 = σ(λ)O0 E 0 = λO0 E 0 , ez azt jelenti, hogy − * −* − * −* −−* − * −* − * −* f (λOE) = f (OP ) = O0 P 0 = σ(λ) f (OE) = λ f (OE), − * ami f kívánt homogenitása. 18.2. Definíció. A sík három pontját általános helyzet˝unek mondjuk, ha nem kollineárisak. A tér négy pontját általános helyzet˝unek mondjuk, ha nem komplanárisak. 18.3. Tétel. (Az affin leképezések alaptétele.) Ha {A, B, C, D} és {A0 , B 0 , C 0 , D0 } általános helyzet˝u pontnégyesek, akkor egyértelm˝uen létezik olyan f : E → E affin leképezés, melyre f (A) = A0 , f (B) = B 0 , f (C) = C 0 , f (D) = D0 . Ha {A, B, C} és {A0 , B 0 , C 0 } általános helyzet˝u ponthármasok az α síkban, akkor egyértelm˝uen létezik olyan f : α → α affin leképezés, melyre f (A) = A0 , f (B) = B 0 , f (C) = C 0 .

Bizonyítás: (A térbeli esetre.) Mivel a megadott pontnégyesek általános helyzet˝uek, ezért az −* −* −* AB, AC, AD, és az

−−* −−* −−* A0 B 0 , A0 C 0 , A0 D0 ,


97

vektorrendszerek a V két bázisát alkotják. A lineáris leképezések elméletéb˝ol ismert, hogy ekkor egyértelm˝uen létezik olyan ϕ : V → V lineáris izomorfizmus, hogy −* −−* −* −−* −* −−* ϕ(AB) = A0 B 0 , ϕ(AC) = A0 C 0 , ϕ(AD) = A0 D0 . Értelmezzük az f : E → E leképezést a következ˝oképpen: −* −−* P 7→ f (P ) = P 0 : ϕ(AP ) = A0 P 0 . Valóban affin leképezést definiáltunk, mert −−* −−* −−* −* −* −* −* −* P 0 Q0 = P 0 A0 + A0 Q0 = ϕ(P A) + ϕ(AQ) = ϕ(P A + AQ) = ϕ(P Q), továbbá −−* −−* −−* −* −* −* −* −* R0 S 0 = R0 A0 + A0 S 0 = ϕ(RA) + ϕ(AS) = ϕ(RA + AS) = ϕ(RS). −* −* −−* −−* Azaz, ha P Q = RS akkor P 0 Q0 = R0 S 0 . Könnyen látható, hogy mivel ϕ izomor− * − * fizmus, ezért f bijekció, továbbá f = ϕ is teljesül, tehát f lineáris izomorfizmus.

18.4. Definíció. Legyenek adva az A 6= B pontok, és a λ ∈ R \ {−1} valós szám! −* −* Azt mondjuk, hogy a P pont λ arányban osztja (A, B)-t, ha AP = λP B. Ilyenkor a λ számot az A, B és P pontok osztóviszonyának is nevezzük és (ABP )-vel jelöljük. 18.5. Tétel. Minden affin leképezés osztóviszonytartó. − * −* −* Bizonyítás: Legyen f affin leképezés. Alkalmazzuk f -t az AP = λP B relációra. − * −−* −−* Ekkor f homogenitása miatt A0 P 0 = λP 0 B 0 -t kapjuk, azaz (A0 B 0 P 0 ) = λ.

Megjegyzés. Az osztóviszony fogalmával a párhuzamos szel˝ok tételét egyszer˝uen úgy fogalmazhatjuk, hogy a párhuzamos vetítés osztóviszonytartó. 18.6. Tétel. Egy O pont rögzítése után az (A, B)-t λ arányban osztó P pontra teljesül, hogy −* −* −* OA + λOB OP = . 1+λ 18.7. Tétel. Ha (P QX) = (P QY ) akkor X = Y .

18.8. Definíció. A sík egy affin leképezését tengelyes affinitásnak nevezzük, ha van pontonként fix egyenese. Ha a leképezés nem identitás, a pontonként fix egyenest tengelynek nevezzük. Identitás esetén a sík bármely egyenesét tengelynek nevezhetjük.

98


A 18.3. miatt a tengelyes affinitást egyértelm˝uen meghatározza a tengely (ti. a tengelyen két pont, melyek egybeesnek képeikkel) továbbá egy tengelyre nem illeszked˝o tetsz˝oleges pont és képe. A definícióból rögtön következik az alábbi állítás, felhasználva, hogy bijektív, tehát párhuzamosságtartó transzformációról van szó. 18.9. Következmény. Tengelyes affinitásnál a tengellyel párhuzamos egyenes képe is a tengellyel párhuzamos. A tengellyel nem párhuzamos egyenes és képe a tengelyt ugyanott metszi. 18.10. Tétel. Minden tengelyes affinitáshoz létezik olyan e egyenes, hogy tetsz˝oleges ←−→ tengelyre nem illeszked˝o P pontra és P 0 képére: P P 0 ke. Az e egyenes által meghatározott sugársort a tengelyes affinitás irányának nevezzük. ←−→ Bizonyítás: A P és Q pontok ne illeszkedjenek a tengelyre, továbbá P Q messe a ←−−→ tengelyt a T pontban. Ekkor P 0 Q0 ugyanebben a pontban metszi a tengelyt. Mivel egy affinitás osztóviszonytartó: (P QT ) = (P 0 Q0 T ). Ez a párhuzamos szel˝ok tételének ←−→ ←−→ megfordítása miatt azt jelenti, hogy P P 0 k QQ0 . ←−→ Ha P Q a tengellyel párhuzamos, akkor vegyünk fel egy olyan R pontot, hogy ←−→ ←−→ P R és QR is messe a tengelyt. Az el˝oz˝oek szerint: ←−→ ←−→ ←−→ ←−→ ←−→ ←−→ P P 0 k RR0 és QQ0 k RR0 =⇒ P P 0 k QQ0 . 18.11. Tétel. A sík minden affinitása hasonlóság, vagy tengelyes affinitás és hasonlóság szorzata.

Bizonyítás: Adjunk meg egy affinitást a 18.3. tétel értelmében az {A, B, C} általános helyzet˝u ponthármassal és {A0 , B 0 , C 0 } képével. Van olyan hasonlóság mely A-hoz ˜ Ezután A0 -t, továbbá B-hez B 0 -t rendeli. Legyen C képe ennél a hasonlóságnál C! ←−0−→ 0 0 ˜ tekintsük az A B tengely˝u, C 7→ C tengelyes affinitást! 18.12. Tétel. (Az affin leképezések fixponttétele.) Ha f : E → E affin leképezés és − * ker( f − idV ) = {0}, akkor f -nek egyértelm˝uen létezik fixpontja. − * − * Bizonyítás: Az egzisztencia bizonyítása: ker( f − idV ) = {0} =⇒ im( f − idV ) = V, azaz − * ∀v ∈ V ∃!x ∈ V : f (x) − x = v. −−−−* Legyen O ∈ E tetsz˝oleges. Az el˝obbi sor szerint −Of (O)-hoz egyértelm˝uen létezik −* olyan OP melyre: − * −* −* −−−−* f (OP ) − OP = −Of (O). Azaz:

−−−−−−* −−−−* −−−−* −−−−* f (O)f (P ) − Of (O) − f (O)P = −Of (O).

99


Rendezve:

−−−−−−* −−−−* f (O)f (P ) = f (O)P =⇒ f (P ) = P.

Az egyértelm˝uség bizonyítása. Tegyük fel, hogy P és Q egyaránt fixpontjai f -nek. −* − * Belátjuk, hogy P Q ∈ ker( f − idV ). Valóban: − * −* −−−−−−* −* ( f − idV )(P Q) = f (P )f (Q) − P Q = 0. −* Tehát P Q = 0 =⇒ P = Q. Analóg módon kimondható a síkbeli affin leképezések fixponttétele. A fixponttétel közvetlen alkalmazásaként bebizonyítjuk a hasonlósági leképezések már kimondott fixponttételét. 18.13. Tétel. (A hasonlóságok fixponttétele.) Ha egy hasonlóság nem izometria, akkor egyértelm˝uen létezik fixpontja.

Bizonyítás: Az unicitást már bizonyítottuk (16.8.). Az egzisztencia bizonyítására. Mivel a hasonlóság affin leképezés, ezért elegend˝o ellen˝oriznünk az affin leképezések fixponttételének feltételét. Jelölje f a szóban forgó − * hasonlóságot. Az a kérdés, hogy ker( f − idV ) = {0} teljesül-e? Legyen µ ¶ − * −* ( f − idV ) P Q = 0. −−−−−−* −* Ekkor: f (P )f (Q) − P Q = 0, amib˝ol következik, hogy −−−−−−* −* f (P )f (Q) = P Q =⇒ f (P )f (Q) = P Q =⇒ k · P Q = P Q =⇒ P = Q, mert ha P 6= Q lenne, akkor egybevágóságról lenne szó. 18.14. Tétel. (Az affin leképezések osztályozása a síkban.) Ha a sík affin leképezésének – nincs fixpontja, akkor eltolás és tengelyes affinitás szorzata; – egyértelm˝u fixpontja van, akkor forgatva nyújtás és tengelyes affinitás szorzata, a forgatva nyújtás centruma illeszkedik a tengelyre; – van két fixpontja van, akkor a fixpontokra illeszked˝o egyenes minden pontja fix, és a leképezés tengelyes affinitás. jel.

Bizonyítás: Legyen f : α → α, P 7→ f (P ) = P 0 affin leképezés. Ha f -nek nincs fixpontja, akkor az affin leképezések fixponttétele alapján dim ker(f~ − idV ) ≥ 1. Legyen −* P Q ∈ ker(f~ − idV ), (P 6= Q). Ekkor −−* −* P 0 Q0 = P Q.

(∗)

100


Adjuk meg az affinitást a (P QR4, P 0 Q0 R0 4) háromszögpárral (ld. affinleképezések alaptétele). (∗) miatt P Q eltolható P 0 Q0 -be. Ennél a τ eltolásnál R képe legyen R∗ . A ←−0−→ P Q0 tengely˝u R∗ 7→ R0 tengelyes affinitásnak (melyet jelöljön %), P 0 és Q0 fixpontja, továbbá %τ (R) = R0 is teljesül. Legyen most f -nek P = P 0 egyértelm˝u fixpontja. Az affinitást adjuk meg a (P QR4, P Q0 R0 4) megfelel˝o háromszögpárral. ϕ jelölje azt a forgatva nyújtást, melyjel.

nek centruma P , továbbá Q 7→ Q0 . ϕ(R) = R∗ . ϕ-t komponáljuk azzal a tengelyes ←−−→ affinitással, melynek tengelye P 0 Q0 és R∗ 7→ R0 . Ha f -nek van két fixpontja, mondjuk P és Q, akkor az osztóviszonytartás miatt ←−→ ∀X ∈ P Q : (P QX) = (P QX 0 ) =⇒ X = X 0 .

Megjegyzés. Amikor a síkbeli affinitásnak pontosan egy fixpontja van (az el˝oz˝o tétel második esete) akkor a forgatva nyújtás és tengelyes affinitás szorzatát kicserélhetjük tükrözve nyújtás és (másik) tengelyes affinitás szorzatára. – A bizonyításból kiderül, hogy a hasonlóságból csak annak fixpontja játszik szerepet. 18.15. Tétel. Az f : E → E affin leképezés akkor és csakis akkor izometria, ha − * f : V → V ortogonális leképezés.

Bizonyítás: Tudjuk, hogy elegend˝o azt bizonyítani, hogy f : E → E akkor és csakis − * akkor izometria, ha f : V → V megtartja a vektorok normáját. − * −* −−* −* k f (P Q)k = kP 0 Q0 k = P 0 Q0 , illetve kP Qk = P Q, ahonnan következik állításunk. − * Megjegyzés. Szakaszunkban többször is szerepet játszott a ker( f − idV ) altér. Ennek geometriai jelentése a következ˝o: ha dimenziója nem nulla, az ezen altérrel párhuzamos egyenes képe önmagával párhuzamos. Az algebrai jelentést is könnyen meg tudjuk − * adni: ha a dimenzió nulla, akkor azt jelenti, hogy +1 nem sajátértéke f -nek, egyébként a +1 sajátértékhez tartozó sajátaltér dimenziója. 18.16. Tétel. Legyen α az euklidészi tér síkja, f : α → α síkizometria. Az α síkban reprezentálható szabadvektorok halmazát jelölje H. Ha − * – dim ker( f − idH ) = 0, akkor f valódi elforgatás; − * – dim ker( f − idH ) = 1, akkor f csúsztatva tükrözés; − * – dim ker( f − idH ) = 2, akkor f eltolás.

Bizonyítás: Az els˝o feltétel egyértelm˝u fixpontot jelent, azaz f valódi elforgatás. A harmadik feltétel azt jelenti, hogy minden egyenes párhuzamos a képével, azaz f eltolás. A harmadik feltétel az eltolásokat jellemzi, hiszen ha τ eltolás, akkor nyilván − * τ = idH . A második esetben tehát nem eltolásról van szó, ugyanakkor van invariáns sugársor, de nincs egyértelm˝u fixpont, tehát a transzformáció csúsztatva tükrözés.


101

Az invariáns elemek hasonló analízise vezet az analóg térbeli kapcsolatra. 18.17. Tétel. Legyen f : V → V térizometria. Ha − * – dim ker( f − idV ) = 0, akkor f valódi forgatva tükrözés; − * – dim ker( f − idV ) = 1, akkor f csavarmozgás; − * – dim ker( f − idV ) = 2, akkor f csúsztatva tükrözés; − * – dim ker( f − idV ) = 3, akkor f eltolás.

A 18.18 és 18.19 táblázatban összefoglaltuk az izometriák és a megfelel˝o ortogonális transzformációk kapcsolatát.

1 nem sajátértéke 1 sajátérték (1)∗ identitás − * f 1 nem sajátértéke

1 sajátérték, (1)

1 sajátérték (2)

identitás

0

1 2 − * dim ker( f − idV ) 0

1

2

3

− *  f kanon. mátrixa  cos α − sin α 0  sin α cos α 0  0 0 −1 α = 6 0   cos α − sin α 0  sin α cos α 0 0 0 1 1 0 0 0 1 0  0 0 −1 1 0 0 0 1 0 0 0 1

− * fµ kanonikus mátrixa ¶ cos α − sin α sin α cos α α = 6 0 µ ¶ 1 0 µ0 −1¶ 1 0 0 1

eltolás

csúsztatva tükrözés

csavarmozgás

forgatva tükrözés

f

eltolás

csúsztava tükrözés

valódi elforgatás

f

(18.19)

(18.18)

A zárójelben lév˝o szám a sajátérték geometriai multiplicitását jelenti mindkét táblázatban, azaz az 1 sajátértékhez tartozó sajátaltér dimenzióját.

∗

− * f

− * dim ker( f − idH )

102 3. FEJEZET: FEJEZETEK AZ EUKLIDÉSZI GEOMETRIÁBÓL

103

3 – 19. AZ IRÁNYÍTÁS

19. Az irányítás A fejezet célja, hogy a geometriai transzformációk „irányítástartó” vagy „váltó” tulajdonságát megfogalmazza. Véges dimenziós vektortér irányítását a lineáris algebrában a következ˝o gondolatmenettel szokás definiálni: a vektortér bázisait két osztályba soroljuk. Két bázis akkor kerül azonos osztályba, ha a báziscsere determinánsa pozitív. Az irányítás megadása az egyik osztály kijelölését jelenti. Jelen tárgyalásban az irányítást a vektoriális szorzat segítségével vezetjük be. Ennek a tárgyalásnak a velejárója, hogy a síkbeli irányítást is térbeli segítséggel (a sík normálvektora segítségével) definiáljuk; továbbá magasabb dimenziós általánosításra sincs mód.2 Mindenekel˝ott szükségünk lesz a vektoriális szorzás fogalmára. Bár ezzel lineáris algebrai tanulmányai alatt mindenki találkozott (esetleg szemléletes formában, a „jobbkézszabályra” hivatkozva), a terminológiai egyeztetés miatt szükséges lesz ennek ismétlése. Megjegyezzük még, hogy a vektoriális szorzás itt vázolt felépítése a „jobbkézszabály” fizikai fogalmára (mely matematikailag definiálhatatlan) nem támaszkodik. A tételek bizonyítása egyszer˝u lineáris algebrai feladat. 19.1. Definíció. Legyen rögzítve V-ben egy B = (i, j, k) ortonormált bázis. vonatkozó vektoriális szorzaton a V × V → V, ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯i j ¯x2 x3 ¯ ¯x1 x3 ¯ ¯x1 x2 ¯ ¯ ¯·i−¯ ¯·j+¯ ¯ · k jel. ¯x 1 x 2 (x, y) 7→ x × y = ¯¯ = ¯ y1 y3 ¯ ¯ y1 y2 ¯ ¯ y2 y3 ¯ ¯ y1 y2

A B-re ¯ k ¯¯ x3 ¯¯ y3 ¯

leképezést értjük, ahol x = x1 i + x2 j + x3 k és y = y1 i + y2 j + y3 k. A B-re vonatkozó vegyes szorzaton a V × V × V → R, (x, y, z) 7→ |x, y, z| = (x × y)z leképezést értjük. ∗ 19.2. Tétel. A vektoriális szorzás ferdén szimmetrikus, bilineáris. a × b ⊥ a, b, továbbá ka × bk2 = kak2 kbk2 − (ab)2 . A vegyes szorzás alternáló, trilineáris leképezés. 19.3. Tétel. (A vektoriális szorzás meghatározottsága.) A vektoriális és vegyes szorzás vonatkozzon a rögzített B = (i, j, k) ortonormált bázisra. Ha (u, v, r) tetsz˝oleges ortonormált bázis, akkor |u, v, r| = ±1, továbbá ha a = α1 u + α2 v + α3 r b = β1 u + β2 v + β3 r, 2 A vektoriális szorzás a bilinearitás, a tényez˝ okre való mer˝olegesség és a Lagrange azonosság – azaz ka × bk2 = kak2 kbk2 − (ab)2 – megkövetelésével csak 3 és 7 dimenziós valós vektortérben lehetséges: W. S. Massey: Cross products of vectors in higher dimensional Euclidean spaces. The American Mathematical Monthly, 697–701, 1983.

104 akkor


¯ ¯u ¯ a × b = |u, v, r| · ¯¯α1 ¯ β1

v α2 β2

¯ r ¯¯ α3 ¯¯ . β3 ¯

Azaz a különböz˝o ortonormált bázisokra vonatkozó vektoriális szorzatok legfeljebb el˝ojelben különböznek.

Irányítás térben 19.4. Definíció. Azt mondjuk, hogy V-t egy irányítással láttuk el, ha a két vektoriális szorzás közül kijelöltük az egyiket. (Azaz rögzítettünk egy ortonormált bázist, s a vektoriális szorzás erre vonatkozik.) Egy (x, y, z) lineárisan független vektorhármast jobbsodrásúnak vagy jobbrendszernek nevezünk, ha |x, y, z| > 0, balsodrásúnak (balrendszernek), ha |x, y, z| < 0. Egy f : E → E (α → α, ahol α rögzített sík) affin leképezést irányítástartónak − * (orientációtartónak) nevezünk, ha det f > 0, míg irányításváltónak (orientációváltó− * nak), ha det f < 0. ∗ − * 19.5. Tétel. Legyen f : E → E affin leképezés. Ha f irányítástartó, akkor f min− * den jobbrendszert jobbrendszerbe visz át, míg ha f irányításváltó, akkor f minden jobbrendszert balrendszerbe visz át. − * Bizonyítás: Jelölje f mátrixát a rögzített ortonormált bázisra vonatkozóan C, az x, y, z vektorok koordinátái legyenek X, Y , Z (3 × 1-es oszlopvektorok), D legyen az a 3 × 3-as mátrix, melynek oszlopai X, Y , Z. − * − * − * | f (x), f (y), f (z)| =

det(CX, CY, CZ) = det(CD) = det C · det D = − * = det f · |x, y, z|.

19.6. Tétel. A tér csavarmozgása és eltolása irányítástartó, míg a csúsztatva tükrözés és forgatva tükrözés irányításváltó.

Irányítás síkban 19.7. Tétel. Legyen α ∈ P rögzített sík. Az α normálvektorai halmazán tekintsük az alábbi relációt: n ∼ m, ha ∃µ > 0 : n = µ · m. Ez a reláció ekvivalenciareláció, az ekvivalenciaosztályok száma pedig kett˝o.

19.8. Definíció. Egy α síkot akkor nevezünk irányított síknak, ha az el˝obbi ekvivalenciaosztályok közül az egyiket rögzítjük. (Azaz irányított sík az (α, n) pár, ahol n az α sík egy normálvektora.) Legyen (α, n) irányított sík, adjuk meg V egy irányítását. Az α sík egy ABC4 háromszögét pozitív körüljárási irányúnak nevezzük, ha

3 – 20. AZ INVERZIÓ ÉS A KÖRTARTÓ TRANSZFORMÁCIÓK

105

−* −* −* −* |AB, AC, n| > 0, azaz (AB, AC, n) jobbrendszer. Az ABC4 háromszöget negatív −* −* −* −* körüljárási irányúnak nevezzük, ha |AB, AC, n| < 0, azaz (AB, AC, n) balrendszer. 19.9. Tétel. Legyen (α, n) irányított sík, adjuk meg V egy irányítását. Az α sík minden irányítástartó affin leképezése pozitív körüljárási irányú háromszöget pozitív köröljárási irányú háromszögbe visz át. Az α sík minden irányításváltó affin leképezése pozitív körüljárási irányú háromszöget negatív köröljárási irányú háromszögbe visz át. − * Bizonyítás: Legyen f : α → α irányítástartó affin leképezés, azaz det f > 0. Legyen továbbá ABC4 pozitív körüljárási irányú háromszög, s az egyszer˝uség kedvéért: −* jel. −* jel. AB = b, AC = c. Tehát |b, c, n| > 0. − * Az α síkban reprezentálható vektorok altere legyen H. Értelmezzük az F : V → V − * − * affin leképezést úgy, hogy H-ra való lesz˝ukítése egyezzen meg f -el, továbbá F (n) = − * n. Ez a lineáris kiterjesztés lineáris algebrából ismert tétele szerint megtehet˝o.3 f és − * − * F mátrixát vegyük a (b, c) ill. (b, c, n) bázisban. Ekkor F mátrixa:   m11 m12 0 m21 m22 0 , 0 0 1 ahol

µ m11 m21

m12 m22

¶

− * − * − * f mátrixa. Innen (pl. a kifejtési tételt használva) leolvashatjuk, hogy det f = det F . Rátérhetünk az állítás bizonyítására: − * − * − * − * − * − * − * | f (b), f (c), n| = | F (b), F (c), F (n)| = det F · |b, c, n| = det f · |b, c, n|. 19.10. Tétel. A sík páros izometriái, azaz a sík eltolásai és elforgatásai irányítástartó transzformációk, míg a sík csúsztatva tükrözései irányításváltó transzformációk.

20. Az inverzió és a körtartó transzformációk Pont körre vonatkozó hatványa 20.1. Tétel. Legyen adva egy O középpontú, r sugarú k kör és a kör síkjában egy P pont. Tekintsünk egy P -re illeszked˝o szel˝ot vagy érint˝ot, amely k-t az A és B pontban −*−* metszi. (Lehet esetleg A = B is.) Ekkor P AP B = OP 2 − r2 , azaz független az egye−*−* nes megválasztásától! – A P AP B számot a P pont k körre vonatkozó hatványának nevezzük. − * − * bázison felvett kép a lineáris leképezést egyértelm˝uen meghatározza. Jelen esetben tehát f és F H egy bázisán, pl. (b, c)-n megegyeznek. 3 Azaz

106


Bizonyítás: Legyen az A-val átellenes pontja a körnek C! µ ¶ −*−* −* −* −* P AP B = P A P C + CB = Használjuk ki, hogy CBP ^ derékszög: −*−* −* −* −* −* −* −* = P AP C = (P O + OC)(P O − OC) = P O2 − OA2 . 20.2. Tétel. Kör küls˝o pontjának a körre vonatkozó hatványa pozitív, a körvonal pontjainak a körre vonatkozó hatványa nulla, míg a kör bels˝o pontjainak negatív. 20.3. Tétel. Azon pontok halmaza a síkon, mely pontoknak két, nem koncentrikus körre vonatkozó hatványa megegyezik a két kör középpontját összeköt˝o egyenesre mer˝oleges egyenes. – Ezt az egyenest a két kör hatványvonalának nevezzük.

Bizonyítás: Legyen O1 az r1 , O2 pedig az r2 sugarú kör középpontja! Az el˝oz˝o tétel −−* −−* szerint azon P pontok halmazát keressük, mely pontokra: P O1 2 − r12 = P O2 2 − r22 , azaz −−* −−* −−−* (P O1 + P O2 )O2 O1 = r12 − r22 . Legyen F az O1 O2 felez˝opontja! Az el˝oz˝o egyenlet azt jelenti, hogy −*−−−* 1 2 P F O2 O1 = (r1 − r22 ) = állandó, 2 −−−* ami egy O1 O2 normálvektorú (azaz a két kör centrálisára mer˝oleges) egyenes egyenlete. 20.4. Következmény. Két nem koncentrikus kör hatványvonalának minden pontjára igaz, hogy vagy mindkét körre illeszkedik, vagy egyszerre küls˝o illetve bels˝o pontja mindkét körnek. Ha két nem koncentrikus körnek van közös pontja, akkor erre a hatványvonal illeszkedik. A hatványvonal küls˝o pontjaiból a két körhöz húzott érint˝oszakaszok kongruensek.

Megjegyzés. Az el˝oz˝o következmény alapján konstruktívan is el˝oállítható két olyan kör hatványvonala, melyeknek van közös pontja. (3.12. ábra.) 20.5. Tétel. Ha adott a síkon három kör, melyek középpontjai nem kollineárisak, akkor egyértelm˝uen létezik olyan pont a síkon, mely pontnak mindhárom körre vonatkozó hatványa megegyezik. Ezt a pontot a három kör hatványpontjának nevezzük.

Megjegyzés. Az el˝oz˝o tétel alapján megszerkeszthetjük két kör hatványvonalát akkor is, ha a köröknek nincs közös pontjuk: a két kör hatványvonala ugyanis tartalmazza a két kör és tetsz˝olegesen felvett harmadik kör hatványpontját. (3.13. ábra.)

107


3.12. ábra. Két kör hatványvonala, ha a köröknek van közös pontja.

3.13. ábra. Két kör hatványvonala ha a köröknek nincs közös pontja.

Az inverzió 20.6. Definíció. Legyen S ∈ P, O ∈ S, α ∈ R \ {0}. Az jel.

i(O,α) : S \ {O} → S \ {O}, X 7→ i(O,α) (X) = X 0 : −−* α −−* OX 0 = OX (∗) OX 2 leképezést O pólusú α hatványú inverziónak nevezzük. p Az O pólusú, α hatványú inverzió alapkörén az O középpontú, r = |α| sugarú kört értjük. −−→ 20.7. Tétel. (A definíció jelöléseivel.) Ha α > 0 akkor X 0 ∈ OX , OX · OX 0 = α. Ha α < 0 akkor X 0 − O − X, OX · OX 0 = −α. Továbbá, ha α < 0, akkor i(O,α) = ηO ◦ i(O,|α|) . −−* Bizonyítás: Szorozzuk be (∗)-t mindkét oldalról (skalárisan) OX-al: −−* −−* OX 0 · OX = α.

(∗∗)

108


20.8. Következmény. Az alapkör minden inverziónak invariáns köre. Alapkörön belüli pont képe alapkörön kívüli és megfordítva. Ha α < 0, akkor az inverziónak nincs fixpontja, ha α > 0, akkor az i(O,α) inverzió fixpontjai halmaza az alapkör. 20.9. Tétel. Közös pólusú inverziók szorzata középpontos hasonlóság, mely el˝ojeles aránya megegyezik a az inverziók hatványának hányadosával. Speciálisan az inverzió négyzete a pólustól megfosztott sík identitása. 0

Bizonyítás: Legyen i(O,α) (P ) = P ∗ , i(O,β) (P ∗ ) = P ∗ . −−−*0 −−* β OP ∗ = −−* · OP ∗ = µ OP ∗ 2 azaz O centrumú,

β α

β α OP 2

¶2 ·

−* · OP

−* β −* α · OP = · OP , 2 OP α

el˝ojeles arányú középpontos hasolóság.

20.10. Tétel. Az olyan körök, melyekre a pólus hatványa α, invariáns körök. ←−→ Bizonyítás: Legyen k olyan kör, melyre a pólus hatványa α, P ∈ k, OP ∩ k = −* −−* {P, P 0 }. hk (P ) = OP · OP 0 = α, ezt (∗∗)-vel összehasonlítva rögtön látjuk, hogy P képe P 0 . (Tehát a pólusra illeszked˝o szel˝o inverz pontpárt metsz ki.) √ Megjegyzés. Ha α > 0 akkor állításunk azt jelenti, hogy a pólusból α hosszúságú érint˝oszakasz húzható a k körhöz, azaz az alapkör és a szóban forgó invariáns kör közös pontjaiban a körökhöz húzott érint˝ok (közös ponthoz húzott sugarak) egymásra mer˝olegesek: k az alapkört mer˝olegesen metszi. 20.11. Tétel. A pólusra illeszked˝o, a pólustól megfosztott egyenes invariáns alakzat. Pólusra nem illeszked˝o egyenes képe pólusra illeszked˝o, a pólustól megfosztott kör; a pólusra illeszked˝o, de a pólustól megfosztott kör képe pólusra nem illeszked˝o egyenes.

Bizonyítás: Az els˝o állítás az inverzió definíciójából azonnal következik. Legyen ` ∈ L, O 6∈ `. T az O-ból az `-re bocsátott mer˝oleges talppontja (3.14. ábra). Ha az állítást i(O,OT 2 ) -re beláttuk, akkor minden inverzióra is beláttuk, hisz a közös pólusú inverziók eredménye között olyan középpontos hasonlóság teremt kapcsolatot, melynek centruma a pólus, s ez a hasonlóság az állításunkat nem befolyásolja. −* −* −* P ∈ ` ⇐⇒ OP · OT = OT 2 .

(†)

−* (Ez az l egyenes normálegyenlete, hiszen OT az ` egy normálvektora.) −* OP =

−−* α · OP 0 , 2 OP 0

hisz i(O,α) (P 0 ) = P . (‡)-et (†)-ba behelyettesítve: P 0 ∈ `0 ⇐⇒

α −−*0 −* −*2 OP · OT = OT OP 0 2

(‡)


109

P P0 O

T

3.14. ábra. Egyenes inverze.

Használjuk fel, hogy α = OT 2 : −−* −* −−*2 OT 2 −−*0 −* −*2 · OP · OT = OT ⇐⇒ OP 0 · OT = OP 0 . 2 OP 0 Teljes négyzetté alakítva: 

−* −* 2 2 −−* OT OP 0 −  = OT . 2 4 Azaz `0 =

©

¡−−* −* ¢2 −* ª P 0 | OP 0 − OT /2 = OT 2 /4 \ {O}.

Tehát beláttuk, hogy `0 olyan pólustól megfosztott kör, melynek középpontja OT felez˝opontja, átmér˝oje pedig OT . 20.12. Tétel. Pólusra nem illeszked˝o kör képe pólusra nem illeszked˝o kör.

Bizonyítás: Legyen k pólusra nem illeszked˝o kör. Elegend˝o olyan inverzióval foglalkozni, mely hatványa egyenl˝o az O pólus k-ra vonatkozó hatványával. (Tetsz˝oleges O pólusú inverzió eredménye ett˝ol egy O centrumú középpontos hasonlóságban különbözik, mely az állításunkat nem érinti.) k ennél az inverziónál invariáns kör, tehát képe k (azaz pólusra nem illeszked˝o kör). 20.13. Tétel. Pólusra nem illeszked˝o kör és képe minden inverziónál átvihet˝o egymásba olyan középpontos hasonlósággal, mely centruma O. 20.14. Következmény. A 20.10. tételben leírtakon kívül nincs más invariáns kör kivéve az alapkört, ha α > 0.

110


Az el˝oz˝oek alapján megállapíthatjuk, hogy körökb˝ol és egyenesekb˝ol álló alakzat inverzióval nyert képe szintén körökb˝ol és egyenesekb˝ol áll. (A pólust az alakzatokból értelemszer˝uen leszámítva.) Az is nyilvánvaló, hogy ha két kör, vagy egyenes és kör egymást a pólustól különböz˝o pontban érinti, akkor az inverzeik is érintik egymást (az érintési pont inverzében). A következ˝oekben megmutatjuk, hogy az inverzió körök és egyenesek szögét megtartja. 20.15. Definíció. Két metsz˝o kör szögén az (egyik) közös pontban a körökhöz húzott érint˝ok szögét értjük. Metsz˝o kör és egyenes szögén az egyenes és az egyik közös pontban a körhöz húzott érint˝o szögét értjük. 20.16. Tétel. Ha két alakzat, melyek mindegyike kör vagy egyenes, egymást egy pólustól különböz˝o pontban metszi, akkor inverzeik ugyanakkora szögben metszik egymást.

Bizonyítás: A két alakzat messe egymást a pólustól különböz˝o P pontban (3.15. ábra). Föltehet˝o, hogy P nem egyezik meg az inverzével, mert ha mégis, akkor áttérhetünk más hatványú, de azonos pólusú inverzióra. A P pontbeli érint˝ok legyenek ` és m (az egyenest saját érint˝ojének számítva). Tekintsük a P -re és P 0 -re illeszked˝o c1 és c2 köröket, úgy, hogy c1 érintse az ` egyenest, c2 az m egyenest. Ezek a körök az inverzió invariáns körei, mert inverz pontpárra illeszkednek. Az eredeti alakzatok P -ben érintették a köröket, tehát inverzeik P 0 -ben érintik c1 -et illetve c2 -t. A P 0 metszéspontban vett szögük megegyezik c1 és c2 szögével. Az utóbbi köröknek azonban mindkét metszéspontjukban azonos a szögük, tehát az eredeti alakzatoknak ugyanaz a szögük P -ben, mint az inverzeik szöge P 0 -ben. c1

`

P0

P m

c2

3.15. ábra. Az inverzió szögtartó.


111

Körtartó transzformációk az inverzív síkon Az inverzió tárgyalásában sokszor kényelmetlen, hogy a transzformáció egy kilyukasztott euklidészi sík transzformációja. A továbbiakban az euklidészi síkot b˝ovítjük egy ponttal, s ezzel definiáljuk a pólus képét. 20.17. Definíció. Legyen S az euklidészi tér egy rögzített síkja, O∞ pedig egy szimbólum. Az (S, O∞ ) párt inverzív síknak nevezzük. S pontjait az inverzív sík közönséges pontjainak, O∞ -t pedig végtelen távoli pontjának nevezzük. Az inverzív sík körei alatt az S köreit vagy S egyeneseinek O∞ -vel való unióját értjük. Az utóbbi köröket végtelen körökként is említjük. Az inverzív sík affin/hasonlósági/egybevágósági transzformációja S pontjain S affin/hasonlósági/egybevágósági transzformációjaként hat, O∞ pedig fixpontja. Az inverzív sík egy közönséges O pólusú inverziója S \ {O} pontjain S inverziójaként hat, míg O képeként O∞ -t és O∞ képeként O-t definiáljuk. Az inverzív sík egy végtelen körre vonatkozó inverziója alatt azt a transzformációt értjük, melynek O∞ fixpontja, egyébként pedig a végtelen kör közönséges részére vonatkozó tengelyes tükrözés. ∗ 20.18. Következmény. Az inverzív sík inverziója bijektív, körtartó és szögtartó leképezés. 20.19. Tétel. Az inverzív sík minden körtartó transzformációja hasonlósági leképezés, vagy közönséges pólusú inverzió és egybevágóság szorzata.

Bizonyítás: Lemma. Az euklidészi síkon egy körtartó affin transzformáció hasonlóság. A lemma állítását három lépésben bizonyítjuk. Els˝o lépés. Ha egy affin leképezésnek létezik invariáns köre, akkor az invariáns kör középpontja fixpont. Valóban, az invariáns körbe beírt téglalap képe húrparalelogramma, azaz téglalap. Az eredeti téglalap középpontja (azaz az invariáns kör középpontja) tehát a képtéglalap középpontjába megy át (azaz az invariáns kör képének, másképpen az invariáns körnek a középpontjába). Második lépés. Ha egy ϕ affin leképezésnek létezik invariáns köre, akkor ϕ egybevágóság. Az osztóviszonytartásból következik, hogy minden, az invariáns körrel koncentrikus kör is invariáns (a 3.16. ábra jelöléseivel (OP X) = (OP 0 X 0 ) =⇒ OX = − * −−* −−* OX 0 ). ϕ tehát normatartó (kOXk = kOX 0 k, szintén a 3.16. ábra jelöléseivel). Kö− * vetkezésképpen ϕ ortogonális transzformáció. Ebb˝ol következik, hogy ϕ izometria (ld. a 18.15. tételt). Harmadik lépés. A körtartó affin leképezés hasonlóság. Legyen ϕ a szóban forgó körtartó affin leképezés, melyet adjunk meg az ABC4-gel és A0 B 0 C 0 4 képével. jel.

ABC4 körülírt köre legyen k, ϕ(k) = k 0 az A0 B 0 C 0 4 körülírt köre. Legyen χ olyan hasonlóság, melyre szintén teljesül, hogy χ(k) = k 0 . ϕχ−1 olyan affin leképezés, melynek k 0 invariáns köre, tehát egybevágóság, melyet jelöljön ε. ϕχ−1 = ε =⇒ ϕ = εχ,

112


X0

X

P0

P O

3.16. ábra.

amit bizonyítani kellett. Ezzel a lemma bizonyítását befejeztük. Térjünk rá a tétel bizonyítására! El˝oször tekintsük az inverzív sík olyan körtartó transzformációját, melynek a végtelen távoli pont fixpontja. Ez a transzformáció minden közönséges egyenest közönséges egyenesbe visz, tehát a közönséges pontokon egy körtartó affin transzformáció. Ebb˝ol a lemma miatt az következik, hogy hasonlóság. Másodjára tegyük fel, hogy a τ körtartó transzformációnál egy közönséges O pont képe O∞ . Jelölje az O pólusú 1 hatványú inverziót ι1 . Az τ ι1 körtartó transzformációnak O∞ fixpontja, az els˝o bizonyításrész miatt ez a transzformáció egy hasonlóság. Jelölje ennek arányát λ, ιλ pedig az O pólusú, λ hatványú inverziót. ιλ ι1 20.9. szerint λ arányú (középpontos) hasonlóság, azaz létezik olyan ε izometria, hogy τ ι1 = ειλ ι1 . Jobbról ι1 -el beszorozva adódik, hogy τ = ειλ . 20.20. Tétel. Minden körtartó transzformáció legfeljebb négy inverzió szorzata.

Bizonyítás: Következik az el˝oz˝o tételb˝ol. Az els˝o esetben azt vegyük észre, hogy minden hasonlóság egybevágóság (legfeljebb három tengelyes tükrözés, azaz inverzió szorzata), vagy középpontos hasonlóság és legfeljebb két tengelyes tükrözés szorzata (hasonlóságok osztályozása), s a középpontos hasonlóságok két (közönséges pólusú) inverzió szorzataként felírhatók, a tengelyes tükrözések pedig definíció szerint inverziók. A második esetben pedig arra kell utalnunk, hogy minden egybevágóság legfeljebb három tengelyes tükrözés (inverzió) szorzata.

21. Affin terek A fejezet korábbi szakaszaiban kiderült, hogy milyen szoros kapcsolat van E és V között. Ezt a kapcsolatot absztrakt módon is meg lehet fogalmazni a következ˝o definícióval: 21.1. Definíció. Legyen A egy nem üres halmaz, W véges dimenziós vektortér R felett, Φ : A × A → W pedig leképezés. Azt mondjuk, hogy a (A, W, Φ) hármas (absztrakt) affin tér, ha teljesülnek az alábbi, (ún. Weyl4 féle) tulajdonságok: 4 H.

Weyl (1885-1955), német matematikus.

113

3 – 21. AFFIN TEREK

W1. ∀x ∈ A-ra a Φx : A → W, y 7→ Φx (y) = Φ(x, y) leképezés bijekció A és W között, W2. ∀x, y, z ∈ A: Φ(x, y) + Φ(y, z) = Φ(x, z). A-t az affin tér pontjai halmazának is nevezik. 21.2. Következmény. Φ(x, x) = 0, Φ(x, y) = −Φ(y, x). – alkalmazzuk W2-t x = y = z-re illetve z = x-re. −* 21.3. Tétel. (E, V, Φ) affin tér, ahol a Φ leképezést a Φ(P, Q) = P Q definícióval értelmezzük. −* Bizonyítás: Legyen O ∈ E rögzített pont. A ΦO : E → V, P 7→ OP leképezésr˝ol be kell látni, hogy bijekció. ΦO szürjektív, mert tetsz˝oleges v ∈ V vektor reprezentálható −* −* O kezd˝opontú irányított szakasszal. Az injektivitás azért igaz, mert OA = OB =⇒ A = B nyilvánvaló. A második tulajdonság pedig nem más, mint a „vektorösszeadás háromszög szabállyal” (17.6.). A továbbiakban ha a tér pontjai halmazáról és a szabadvektorok vektorterér˝ol, mint affin térr˝ol lesz szó, akkor Φ kiírását mell˝ozzük. A paragrafus következ˝o részében néhány példával illusztráljuk azt, hogy az absztrakt affin terek milyen jó színterei a geometriai vizsgálatoknak. A következ˝o egyszer˝u észrevétel, mely az affin tér definíciója alapján könnyen bizonyítható, arra mutat rá, hogy egy pont rögzítése után A is vektortérré tehet˝o. 21.4. Tétel. Legyen (A, W, Φ) affin tér, x ∈ A tetsz˝oleges pont. Ekkor A vektortér R felett, ha az összeadást y + z = Φ−1 x (Φ(x, y) + Φ(x, z)) értelmezi, a skalárral való szorzást pedig αy = Φ−1 (αΦ(x, y)). Φx : A → W ilyenkor izomorfizmus a két x vektortér között. Az x pont rögzítése után kapott vektorteret Ax jelöli.

Megjegyzés. Ha (E, V)-re, mint speciális affin térre gondolunk, akkor az el˝obbi konstrukcióval a kötöttvektor fogalmához jutunk el. Legyen tehát O ∈ E rögzített, E vektortér R felett, ahol P + Q-t úgy definiáljuk, hogy −−−−−−* −* −* O(P + Q) = OP + OQ, λP -t pedig úgy, hogy

−−−−* −* O(λP ) = λOP .

Az így kapott EO vektortér elemeit kötöttvektoroknak nevezzük. E és EO ugyanazokból a pontokból áll, de más a struktúra. E-ben nincs értelme összeadásnak és skalárral való szorzásnak, míg EO -ban van. A V és EO közötti különbség pedig szemléletesen fogalmazva az, hogy V vektorai tetsz˝oleges kezd˝oponttal reprezentálhatók, EO vektorainak pedig csak egy, O-ból induló „reprezentánsa” van. A kötöttvektor fogalmával E egy f affin leképezésére úgy is gondolhatunk, mint f : EO → Ef (O) lineáris izomorfizmusra. Ezt a megfogalmazást általánosítjuk absztrakt affin terekre.

114


21.5. Definíció. Legyen (A, W, Φ) affin tér. Az f : A → A bijektív leképezést (általános értelemben vett) affin leképezésnek nevezzük, ha ∀x ∈ A : f : Ax → Af (x) lineáris leképezés. Definíciónk egyszer˝uen átfogalmazható a következ˝oképpen: 21.6. Következmény. Legyen (A, W, Φ) affin tér. Az f : A → A bijektív leképezés akkor és csakis akkor affin leképezés, ha teljesül, hogy ∀x ∈ A : Φf (x) ◦ f ◦ Φx−1 : W → W lineáris leképezés. 21.7. Tétel. Ha f : A → A bijektív leképezés és ∃a, hogy a Φf (a) ◦ f ◦ Φ−1 a : W→W lineáris leképezés, akkor f affin.

Bizonyítás: Legyen x tetsz˝oleges pont A-ben. Φf (x) ◦ f ◦ Φ−1 x : W → W bijekció, mert bijekciók kompozíciója. Azt látjuk be, hogy ennek a leképezésnek a halmazelméleti inverze megegyezik Φf (a) ◦ f ◦ Φ−1 a : W → W inverzével, ami lineáris leképezés. Ismételten alkalmazva, hogy bijektív lineáris leképezés inverze lineáris, adódik az állítás. Tehát az az állításunk, hogy −1 −1 (Φf (a) ◦ f ◦ Φ−1 = idW . a ) ◦ (Φf (x) ◦ f ◦ Φx )

Legyen v ∈ W tetsz˝oleges vektor, v = Φ(f (x), f (y)). Ilyen y létezik, mert egyrészt Φf (x) , másrészt f is bijekció. Ezek szerint: −1 −1 (Φf (a) ◦ f ◦ Φ−1 (v) = a ) ◦ (Φf (x) ◦ f ◦ Φx )

=

−1 (Φf (a) ◦ f ◦ Φ−1 ◦ Φ−1 a ) ◦ (Φx ◦ f f (x) )(v) =

=

−1 (Φf (a) ◦ f ◦ Φ−1 (f (y))) = a )(Φx ◦ f

=

(Φf (a) ◦ f ◦ Φ−1 a )(Φx (y)) =

=

W2 (Φf (a) ◦ f ◦ Φ−1 a )(Φ(x, y)) =

=

(Φf (a) ◦ f ◦ Φ−1 a )(Φ(x, a) + Φ(a, y)) =

−1 = (Φf (a) ◦ f ◦ Φ−1 a )(Φ(x, a)) + (Φf (a) ◦ f ◦ Φa )(Φ(a, y)) = = −(Φf (a) ◦ f )(x) + (Φf (a) ◦ f )(y)) = = Φ(f (a), f (y)) − Φ(f (a), f (x)) = Φ(f (x), f (y)) = v.

21.8. Következmény. A Φf (x) ◦ f ◦ Φ−1 ol. Ezt a x : W → W leképezés nem függ x-t˝ − * − * leképezést a továbbiakban f jelöli. Ha f : A → A affin leképezés, akkor f ◦ Φ = − * Φ ◦ (f × f ) is teljesül, azaz ∀P, Q ∈ A: f (Φ(P, Q)) = Φ(f (X), f (Y )).

115

3 – 21. AFFIN TEREK

21.9. Következmény. Egy affin tér affin leképezései csoportot alkotnak a kompozíciószorzás m˝uveletére nézve. − * Egyszer˝u példa affin leképezésre idA . Ekkor id A = idW . A következ˝oekben másik két példát adunk affin leképezésre: 21.10. Tétel. Legyen (A, W, Φ) affin tér, továbbá v ∈ W tetsz˝oleges vektor. A τv : A → A, x 7→ Φ−1 x (v) leképezés affin leképezés, melyet v vektorú transzlációnak nevezünk. Minden transzlá− * cióra teljesül, hogy τ v = idW Legyen a ∈ A, λ ∈ R \ {0}. Ekkor a Ha,λ : A → A, x 7→ x0 = Φ−1 a (λΦa (x)) leképezés affin leképezés, melyet a centrumú, λ arányú homotéciának nevezünk. A ho− * motéciára teljesül, hogy H a,λ = λ idW .

Bizonyítás: A jelöléseket egyszer˝usítend˝o τv -t jelölje τ . A transzláció definíciója miatt ∀a ∈ A : Φ(a, τ a) = v, ezért Φ(a, b) = Φ(a, τ a) + Φ(τ a, τ b) + Φ(τ b, b) = Φ(τ a, τ b). Legyen a ∈ A tetsz˝oleges és w = Φ(a, b) ∈ W szintén tetsz˝oleges. (Φτ (a) ◦ τ ◦ Φ−1 a )(Φa (b)) = (Φτ (a) ◦ τ )(b) = Φ(τ a, τ b) = Φ(a, b) − * az el˝oz˝o megállapítás szerint. Ez azt jelenti, hogy τ = idW . Térjünk rá a homotéciákra! Az egyszer˝uség kedvéért Ha,λ -t jelölje H. H bijekció, mert a Φa illetve a W-ben a nem nulla skalárral való szorzás bijekció, tehát a definiált leképezés bijekciók kompozíciója. Azt ellen˝orzend˝o, hogy Ha,λ affin, 21.7. miatt a ΦH(x) ◦ H ◦ Φ−1 o egyetlen pontra, nevezetesen a-ra x leképezés linearitását elegend˝ ellen˝orizni. Legyen v ∈ W = Φ(a, b) tetsz˝oleges vektor. Ekkor, figyelembe véve, hogy H(a) = a: Φa ◦ H ◦ Φ−1 a (Φ(a, b)) = = (Φa ◦ H)(b) = (Φa ◦ Φ−1 a )(λΦ(a, b)) = λv. Azaz ΦH(a) ◦ H ◦ Φ−1 a = λ idW , ami lineáris leképezés. 21.11. Definíció. Legyen (A, W, Φ) affin tér. A Σ ⊂ A halmazt az affin tér alterének nevezzük, ha létezik olyan x ∈ A pont és S ⊂ W altér, hogy Σ = Φ−1 x (S). 21.12. Tétel. (E, V) affin alterei a pontok, az egyenesek, a síkok és az egész tér.

116


Bizonyítás: A triviális alterekre az állítás a definícióból rögtön adódik. Vegyük sorra V nem triviális altereit. Ezek lehetnek 1 dimenziós, vagy 2 dimenziós alterek. Válasszunk ki egy L 1 dimenziós alteret, amelyet egy v vektor generál. Ha P ∈ E tetsz˝oleges pont, akkor −* Φ−1 P L = { Q ∈ E | P Q ∈ L }, azaz a P -n átmen˝o v irányvektorú egyenes. Hasonlóan kapjuk az S ⊂ V 2 dimenziós altérre, hogy −* Φ−1 P (S) = { Q ∈ E | P Q ∈ S }, azaz P -re illeszked˝o S irányter˝u sík.

Megjegyzés. A geometria jelent˝os fejezeteit lehetne kidolgozni pusztán affin terekben, az affin tér definícióját alapul véve, tehát elvonatkoztatva attól a modellt˝ol, amit az euklideszi geometria keretén belül adtunk affin terekre. Most röviden utalunk arra, hogy ha a vektortér fogalmát „kicsit” általánosabban értjük, mint ahogyan a tanulmányainkban szokásos (ferdetestek feletti baloldali vektorterekr˝ol van szó), akkor affin térre modellt lehetne adni pusztán Hilbert féle illeszkedési térben, feltételezve a következ˝o, ún. affin párhuzamossági axiómát: APP: Megadva egy egyenest és egy rá nem illeszked˝o pontot, egyértelm˝uen létezik olyan egyenes, mely illeszkedik a megadott pontra és párhuzamos a megadott egyenessel. Ha egy Hilbert féle illeszkedési térben teljesül az APP, akkor is affin térr˝ol szokás beszélni. (Nem tévesztend˝o össze az affin tér el˝obbi absztrakt fogalmával.) Legyen adva tehát egy Hilbert féle illeszkedési tér, melyben teljesül APP. Ebb˝ol kiindulva kell el˝oször vektorteret konstruálni. Az összeadás definiálásához tér transzlációira van szükségünk; a skalárral való szorzás definíciójához pedig a homotéciákra. Mind a kett˝ot lehet értelmezni affin terekben is: Az affin tér dilatációján olyan bijektív egyenestartó leképezést értünk, melynél minden egyenes párhuzamos a képével. A fixpontmentes dilatációt vagy az identitást transzlációnak, az egy fixponttal rendelkez˝o dilatációt vagy az identitást homotéciának nevezzük. Minden készen áll a vektortér konstrukciójához, csak egyr˝ol ne feledkezzünk meg! A homotéciát most nem a valós számok halmazát felhasználva értelmeztük, mint az euklideszi térben, a homotéciának nincs aránya! Éppen ezért a vektorokat nem számokkal, hanem homotéciákkal tudjuk csak szorozni.

22.

Sokszögek és poliéderek

22.1. Definíció. Legyen adva a tér egy n tagú (n ∈ N) (P1 , . . . , Pn ) pontsorozata. Azt mondjuk, hogy ∪n−1 i=1 Pi Pi+1 töröttvonal (poligon), mely a P1 és Pn pontokat köti össze. Egy ponthalmazt (poligonálisan) összefügg˝onek nevezünk, ha bármely két pontja összeköthet˝o a halmazhoz tartozó töröttvonallal. Síkbeli egyszer˝u poligon vagy Jordan poligon alatt véges sok síkbeli szakasz olyan P egyesítését értjük, hogy teljesül a következ˝o két tulajdonság:

3 – 22. SOKSZÖGEK ÉS POLIÉDEREK

117

– P összefügg˝o halmaz, – a P -t alkotó szakaszok minden bels˝o pontja pontosan egy szakaszhoz tartozik, a végpontok pedig pontosan két nem kollineáris szakasz végpontjai.. A Jordan poligont alkotó szakaszok a poligon oldalai, az oldalak végpontjai pedig a poligon csúcsai. ∗

Megjegyzés. Minden háromszög és négyszög egyszer˝u poligon. 22.2. Tétel. (Jordan tétele egyszeru˝ poligonokra.) Egy egyszer˝u poligon a síkja többi pontját két osztályba sorolja úgy, hogy két pont akkor és csakis akkor tartozik ugyanabba az osztályba, ha összeköthet˝ok olyan töröttvonallal, amelyiknek nincs közös pontja az adott poligonnal. A két osztály egyike tartalmaz egyenest, ezt nevezzük az egyszer˝u poligon külsejének. A másik osztály nem tartalmaz egyenest, ezt nevezzük az egyszer˝u poligon belsejének. 22.3. Definíció. Egy egyszer˝u poligonnak és a belsejének az unióját egyszer˝u sokszögtartománynak vagy röviden egyszer˝u sokszögnek nevezzük. Egy háromszögnek és a belsejének az unióját háromszöglemeznek nevezzük. Sokszögtartományon véges sok háromszöglemez unióját értjük úgy, hogy bármely két háromszöglemez közös bels˝o pont nélküli. A sokszögtartományok halmazát P jelöli. 22.4. Tétel. Tekintsünk egy egyszer˝u sokszöget. Ha kiválasztjuk a C csúcsban találkozó AC és BC oldalt, akkor az ACB^-höz tartozó konvex ill. konkáv szögtartomány közül pontosan az egyik tartalmaz C-hez tetsz˝olegesen közeli pontot a sokszög belsejéb˝ol; ezt nevezzük az egyszer˝u sokszög C csúcsnál fekv˝o szögének. 22.5. Definíció. Egy síkbeli, egyszer˝u poligont konvex poligonnak nevezünk, ha kiválasztva egy tetsz˝oleges oldalát, a többi oldal a kiválasztott oldal által meghatározott egyik – pozitívnak mondott – félsíkban van.

Megjegyzés. Hasonló értelemben definiáltuk korábban a konvex négyszöget. Megjegyzés. A pozitív félsíkok metszete pontosan az el˝obb definiált egyszer˝u sokszögtartományt adja, amely most konvex halmaz – lévén konvex halmazok metszete. Az is belátható, hogy egy egyszer˝u sokszög akkor és csakis akkor konvex, ha minden szöge konvex. 22.6. Tétel. Egy n odalú egyszer˝u sokszög szögmértékeinek az összege (n − 2)π.

Bizonyítás: A bizonyítást a sokszög konkáv szögei száma szerinti teljes indukcióval végezzük. Ha az n oldalú sokszögben nincs konkáv szög, akkor minden szöge konvex, vagyis a sokszög konvex. Válasszunk ki egy csúcsot, s kössük ezt össze a nem szoszédos csúcsokkal. Az így kapott átlók mindegyike a sokszögtartományban van, hisz a sokszög konvex. Ez azt jelenti, hogy a sokszöget (n − 2) páronként közös bels˝o pont nélküli

118


háromszög uniójára bontottuk fel. Ezek szögösszegének összege megadja a sokszög szögösszegét. A háromszög szögösszegét már ismerjük, tehát a sokszög szögösszege (n − 2)π. Tegyük fel, hogy az állítás igaz minden olyan sokszögre, amelyben a konkáv szögek száma kisebb, vagy egyenl˝o, mint k. Belátjuk, hogy ha egy sokszögben a konkáv szögek száma k + 1, akkor az állítás igaz. Legyen P egy tompaszög˝u csúcs. Tekintsünk egy olyan P kezd˝opontú félegyenest, amely a P -nél lev˝o konkáv szöget két konvex szögre bontja, továbbá több csúcson nem megy át (ld. 3.17. ábra). Mivel csak véges sok csúcs van, ezért ilyen félegyenes lé-

Q P

3.17. ábra. Az egyszer˝u sokszögek szögösszege. tezik. A sokszög belseje nem tartalmaz félegyenest, tehát a kiválasztott félegyenesnek van még közös pontja további oldallal vagy oldalakkal is, egy oldallal legfeljebb egy, összesen tehát legfeljebb n. Legyen Q a metszéspontok közül a P -hez legközelebbi. A P Q benne van a sokszög belsejében, tehát a sokszöget két sokszögre bontja. Jelölje ezek oldalainak számát n1 és n2 . Mivel P és Q mindkét keletkezett sokszögnek csúcsa, továbbá P az eredeti sokszögnek is csúcsa, de Q nem, teljesül, hogy n + 3 = n1 + n2 . Mindkét sokszögre alkalmazható az indukciós feltevés, mert P -nél mindkét sokszögben konvex szög van, továbbá Q-nál sem keletkezett konkáv szög: (n1 − 2)π + (n2 − 2)π − π = (n1 + n2 − 5)π = (n − 2)π. Rátérünk a poliéderek tárgyalására. 22.7. Definíció. Azt mondjuk, hogy véges sok egyszer˝u sokszöglemez uniója egyszer˝u poliéderfelület (röviden egyszer˝u poliéder) – melynek lapjai az adott sokszögek, élei és csúcsai a sokszögek oldalai és csúcsai – ha teljesülnek a következ˝o feltételek: 1. két lap metszete mindkét lapnak oldala, csúcsa vagy ∅, 2. minden élet pontosan két lap tartalmaz, 3. a közös csúcsponttal rendelkez˝o lapok ciklikusan elrendezhet˝ok úgy, hogy bármely két egymást követ˝o lapnak közös éle van, 4. ha a lapok közül legalább egyet elhagyunk, akkor a megmaradó lapokra az el˝obbi feltételek már nem teljesülnek.

119


Megjegyzés. Minden egyszer˝u poliéderfelület poligonálisan összefügg˝o. 22.8. Definíció. Egy egyszer˝u poliéderfelületet egyszeresen összefügg˝onek nevezünk, ha minden általa tartalmazott egyszer˝u poligon részekre bontja. Egy poliéderfelületet konvex poliédernek mondunk, ha a poliéderfelület bármely lapját tekintve a többi lap a kiválasztott lap síkja által meghatározott ugyanazon, pozitívnak mondott féltérben van. ∗ 22.9. Tétel. Minden konvex poliéderfelület egyszeresen összefügg˝o egyszer˝u poliéderfelület. 22.10. Tétel. (Euler poliédertétele.) Ha egy egyszeresen összefügg˝o, egyszer˝u poliéderfelület csúcsainak száma c, éleinek száma e, lapjainak száma pedig l, akkor l + c = e + 2.

Bizonyítás: A bizonyítást csak a konvex esetre végezzük el. Válasszuk ki a poliéder egy S lapját és egy olyan C pontot, amely az S által meghatározott negatív, de a többi lap által meghatározott pozitív féltérben van és nem illeszkedik egyetlen lap síkjára sem (ld. ←−→ 143). Ezután vetítsük a poliéderfelületet centrálisan C-b˝ol S-re: P 7→ P 0 ∈ CP ∩ S. C

A0

A

3.18. ábra. Euler poliédertétele. A poliéder lapjainak vetületeként l számú olyan egyszer˝u sokszöget kapunk, amelyek belsejének páronként vett metszete üres halmaz, uniójuk pedig S. Az így kapott egyszer˝u sokszögek élei és csúcsai az eredeti poliéderfelület éleinek és csúcsainak a vetületei. A poliéder lapjait számozzuk meg úgy, hogy S legyen az els˝o. A poliéder i. lapja Pl oldalainak száma legyen ni . Ekkor i=1 ni = 2e. Számítsuk ki S szögösszegét! Ezt megkaphatjuk úgy is, hogy a vetületi sokszögek szögösszegét összegezzük, majd ebb˝ol az összegb˝ol kivonjuk a bels˝o pontoknál adódott teljesszögeket: (n1 − 2)π = (n2 − 2)π + · · · + (nl − 2)π − (c − n1 )2π. Ezt rendezve kapjuk az állítást.

120


22.11. Definíció. Egy egyszeresen összefügg˝o egyszer˝u poliéderfelületet (p, q) típusú kvázireguláris poliéderfelületnek nevezünk, ha valamennyi lapjának p csúcsa van, továbbá minden csúcsában q él fut össze. 22.12. Tétel. A kvázireguláris poliéderfelületeknek az alábbi 5 típusa van: (3,3) — tetraéder típus, (3,4) — oktaéder típus, (3,5) — ikozaéder típus, (4,3) — kocka típus, (5,3) — dodekaéder típus.

Bizonyítás: Csak annyit bizonyítunk be, hogy a kvázireguláris poliéderfelületek típusainak száma legfeljebb 5. Kés˝obb visszatérünk arra, hogy ilyen típusú poliéderfelületek léteznek is. Tekintsünk egy (p, q) típusú kvázireguláris poliéderfelületet. Erre teljesül, hogy e=

cq qc ; l= . 2 p

Alkalmazzuk az Euler poliédertételt: µ ¶ qc qc q q c−e+l =c− + =c 1− + =2 2 p 2 p Mivel c > 0 ezért: 1−

q q + > 0 ⇐⇒ (p − 2)(q − 2) < 4 2 2

p és q egészek, tehát 3 ≤ p ≤ 5, 3 ≤ q ≤ 5. Az egyenl˝otlenséget pontosan azok a (p, q) párok elégítik ki, amelyeket a tétel megad. 22.13. Definíció. Egy poliéder lapjait alkotó sokszögek szögeit a poliéder élszögeinek nevezzük. Egy konvex poliéder belsején a pozitív félterek metszetét értjük. Egy konvex poliéder lapszögén egy élre mer˝olegesen felvett síknak és az élre illeszked˝o két laphoz tartozó pozitív féltérnek a metszetét értjük. Egy konvex poliédert szabályos poliédernek nevezünk, ha minden éle, élszöge, lapszöge kongruens. 22.14. Következmény. A szabályos poliéder lapjai szabályos sokszögek. A szabályos poliéder kvázireguláris poliéderfelület. 22.15. Tétel. Hasonlósági transzformációtól eltekintve 5 szabályos poliéder van.


121

Bizonyítás (Vázlat.): Mivel a szabályos poliéder kvázireguláris poliéderfelület, ezért tudjuk hogy legfeljebb 5 típusú szabályos poliéder van. Mindegyik típusra konstrukció adható: A (4,3) típus (kocka). Vegyünk fel egy S síkot, s abban egy négyzetet! A sík egyik oldalán a négyzet minden pontjában állítsunk a síkra mer˝oleges szakaszt! Ezek S-re nem illeszked˝o végpontjai az eredetivel egybevágó négyzetet alkotnak. A felvett és a keletkezett négyzet a belsejükkel, továbbá az S-re mer˝oleges el˝obbi szakaszok egy kockát alkotnak. Egy kocka lapközéppontjai egy (3,4) típusú szabályos poliédert (oktaédert); egy kocka megfelel˝o lapátlói pedig egy (3,3) típusú szabályos poliédert (szabályos tetraédert) határoznak meg (ld. 3.19. ábra.)

3.19. ábra. Szabályos tetraéder és oktaéder. Az (3,5) típus (ikozaéder). Tekintsünk egy olyan szabályos ötszög alapú gúlát, melynek oldallapjai szabályos háromszögek. Tükrözzük a gúla oldallapjait mindegyik oldalél felez˝omer˝oleges síkjára. Az így kapott tükörképek uniója a gúla oldallapjaival együtt 15 szabályos háromszögb˝ol áll. A tükrözött háromszögek egymáshoz nem csatlakozó oldalai az eredeti szabályos ötszöggel egybevágó szabályos ötszöget alkotnak. Ezzel az ötszöggel, mint alaplappal és szabályos háromszögekkel mint oldallapokkal szintén egy gúlát konstruálunk az ötszög azon oldalára, mely nem tartalmazza a kiindulási gúlát (ld. 3.20. ábra). A származtatáshoz használt síkra vonatkozó tükrözés miatt a lapszögek kongruensek lesznek. Az élek és élszögek kongruenciája abból következik, hogy a konstruált testet egybevágó szabályos háromszögek alkotják. Az (5,3) típus (dodekaéder). Az ikozaéder lapközéppontjai egy dodekaéder csúcsai (ld. 3.21. ábra).

122


3.20. ábra. Ikozaéder.

3.21. ábra. Dodekaéder.

4. fejezet

A Jordan-mérték geometriai megalapozása 23. A körív ívhossza 23.1. Definíció. Tekintsünk egy O középpontú k kört, továbbá legyenek A, B ∈ k, A 6= B pontok. Az AOB^-höz tartozó egyik szögtartomány és k metszetét körívnek _

_

nevezzük, és AB-vel jelöljük. Az A0 , A1 , . . . , An pontsorozatot az AB-be írt reguláris pontsorozatnak nevezzük, ha _

1. A0 = A, An = B, Ai ∈AB, i = 1, . . . , n − 1; _

2. A0 , . . . An A-tól B felé rendezettek, azaz, ha P pont az AB komplementer körívén, akkor int A0 P Ai ^ ⊂ int A0 P Ai+1 ^ i = 1, . . . , n − 1. _ Sn Ha A0 , . . . , An az AB-be írt reguláris pontsorozat, Pn akkor a i=1 Ai−1 Ai töröttvonalat beírt reguláris töröttvonalnak nevezzük, a i=1 Ai−1 Ai számot pedig az el˝obbi beírt reguláris töröttvonal hosszának. A definíció magában foglalja a körvonal esetét is, ilyenkor A = B és az AOB^-hez tartozó teljesszöget választjuk. ∗

23.2. Tétel. Egy körívbe (körbe) írt reguláris töröttvonalak hossza halmaza felülr˝ol korlátos.

Bizonyítás: El˝oször megjegyezzük, hogy az a feltétel, miszerint a beírt reguláris pontsorozat A-tól B felé rendezett, azt is jelenti, hogy az A0 . . . An töröttvonalat a kör középpontjából egy kört tartalmazó négyzetre vetítve injektív leképezést kapunk. Legyen a beírt töröttvonal két szomszédos csúcsa Q és R. Q vetülete a négyzetre (az el˝obbi −−→ vetítésben) S, R vetülete T , teljesüljön továbbá, hogy OS ≥ OT . Legyen U ∈ OS olyan pont, melyre OU = OT . Azt állítjuk, hogy ST > QR. (ld. 4.1. ábra.) 123

124

4. FEJEZET: A JORDAN-MÉRTÉK GEOMETRIAI MEGALAPOZÁSA

S U Q T R

O

4.1. ábra. A körívbe írt reguláris töröttvonalak hossza halmaza felülr˝ol korlátos. Mivel T U a QR-b˝ol 1-t˝ol nagyobb arányú hasonlósággal származtatható (nevezetesen O centrumú homotéciával), ezért T U > QR. Ugyanakkor ST ≥ T U hisz U = S vagy SU T ^ tompaszög, ugyanis SU T ^ az OU T egyenl˝oszárú háromszög egyik alapszögének mellékszöge. Ezért az SU T 4-ben a tompaszöggel szemközti ST oldal hosszabb, mint az U ST ^ hegyesszöggel szemközti T U oldal. Tehát a beírt reguláris töröttvonal hossza kisebb, mint a kört tartalmazó tetsz˝oleges négyzet oldalai hosszának összege. (Az ST szakasz nem biztos, hogy a QR vetülete – ez akkor fordulhat el˝o, amikor S és T a négyzet különböz˝o oldalaira illeszkednek –, de ez az el˝obbi megállapítást nem érinti, mivel ekkor QR vetülete még ST -nél is hosszabb.) 23.3. Definíció. Egy körívbe írt reguláris töröttvonalak hossza halmazának supremumát a körív ívhosszának nevezzük. Speciálisan, egy körbe írt reguláris töröttvonalak hossza halmazának supremumát a kör kerületének nevezzük. Az el˝oz˝o tétel miatt a beírt reguláris töröttvonalak hossza halmaza felülr˝ol korlátos, továbbá nyilván nem üres, tehát a supremum létezik. 23.4. Tétel. Egybevágó körívek ívhossza egyenl˝o. Egybevágó körök kerülete egyenl˝o. _

_

23.5. Tétel. 1. Legyenek AB és A0 B 0 egyenl˝o mérték˝u szögtartományokhoz tartozó _

_

ívek egy r ill. r0 sugarú körben. AB ívhossza legyen i, A0 B 0 ívhossza pedig i0 . Ekkor i i0 r = r0 . k k0 2. A κ és κ0 körök sugara illetve kerülete legyen r, r0 illetve k, k 0 . Ekkor 2r = 2r 0, azaz a kerület és az átmér˝o hányadosa minden körre ugyanaz.

Bizonyítás: A két állítást analóg módon kell belátni, ezért csak az egyiket bizonyítjuk be, pl. a másodikat. Mivel egybevágó körök kerülete egyenl˝o, feltehet˝o, hogy C és C 0 koncentrikusak, továbbá r < r0 . C-t vetítsük a közös középpontból C 0 -re (ld. 4.2. ábra). Ilyen módon a

125

4 – 23. A KÖRÍV ÍVHOSSZA

S R Q P O

4.2. ábra. C-be beírt regurális töröttvonalnak megfelel egy regurális töröttvonal C 0 -ben (ld. ábra, Q r P 7→ R, Q 7→ S!) OP Q4 ∼ ORS4 =⇒ PRS = OP OR = r 0 . Tehát P 0 A A0 r0 k0 r0 k0 k P i−1 i = =⇒ = =⇒ = . Ai−1 Ai r k r 2r0 2r 23.6. Tétel. Az r sugarú kör kerülete 2rπ.

Bizonyítás: Az analízisb˝ol ismert hogy az el˝oz˝o tételben szerepl˝o konstans pontosan π. Megjegyzés. Ha a szögmértéknél nem szerepeltettük volna a π számot, akkor az el˝oz˝o tételek alkalmasak lennének a π geometriai bevezetésére. Mivel azonban a π-t már használtuk (szintén az analízisb˝ol nyert definícióval), ezért az el˝oz˝o tétel bizonyításánal is az analízisre kell visszautalnunk. A paragrafus hátralev˝o részében a f˝o cél az ívhosszformula levezetése, azaz az ívhossz kifejezése a sugárból és a középponti szögb˝ol. _

_

23.7. Tétel. Legyen az AB ívhossza i. ∀ε > 0 számhoz ∃δ > 0 úgy, hogy ha az ABbe írt reguláris töröttvonalat alkotó szakaszok leghosszabbika kisebb mint δ, akkor a töröttvonal hossza nagyobb, mint i − ε. _

Bizonyítás: Legyen P 0 olyan AB-be írt reguláris töröttvonal melynek p0 hosszára teljesül, hogy ε p0 > i − . 2 Az ívhossz definíciója miatt ilyen töröttvonal létezik. A P 0 -t alkotó szakaszok száma _

legyen n, azaz a csúcsok száma n + 1. Legyen P tetsz˝oleges AB-be írt reguláris töröttvonal, P leghosszabb szakaszának hossza legyen d. Ha új csúcsot veszünk ehhez a töröttvonalhoz (azaz kijelölve az íven egy pontot, tekintjük azt a reguláris töröttvonalat, melynek csúcsai az eredeti töröttvonal csúcsait és még az új pontot tartalmazzák), akkor a háromszög egyenl˝otlenséget alkalmazva adódik, hogy az új töröttvonal hosszabb, mint a régi, azonban nem többel, mint d, továbbá az új töröttvonal leghosszabb szakasza nem hosszabb, mint d. Most vegyük hozzá P 0 pontjait P -hez (tehát legfeljebb

126


(n − 1) pontot, figyelembe véve, hogy a végpontok – s esetleg más pontok is – nem új pontok.) Ha p00 jelöli az új töröttvonal hosszát, akkor az el˝oz˝oek szerint: ε p00 > i − , és p00 − p < (n − 1)d. 2 Az el˝obbi két egyenl˝oségb˝ol: i−p< Ha (n − 1)d < 2ε , azaz d <

ε 2(n−1) ,

ε + (n − 1)d. 2

akkor p > i − ε. Tehát δ konstrukciója:

δ=

ε . 2(n − 1) _

_

23.8. Tétel. (Az ívhosszmérés additivitása.) Legyenek AB és BC ugyanazon kör _

_

olyan körívei, melyeknek csak B a közös pontjuk. Ha AB ívhosszát i1 , BC ívhosszát _

i2 , (a B-t tartalmazó) AC ívhosszát pedig i jelöli, akkor i = i1 + i2 .

Bizonyítás: El˝oször tegyük fel, hogy i1 + i2 > i, azaz ε = i1 + i2 − i > 0. Legyen P1 _

az AB-be írt olyan p1 hosszúságú töröttvonal, melyre ε p1 > i1 − . 2 _

Legyen továbbá P2 a BC-be írt p2 hosszúságú töröttvonal és teljesüljön, hogy ε p2 > i2 − . 2 Az ívhossz definíciója miatt ilyen töröttvonalak léteznek. Egyesítsük a két töröttvonalat _

egy AC ívbe írt P töröttvonallá, melynek hosszát p jelöli. Ekkor tehát p = p1 + p2 . _

Mivel P az AC-be van írva, ezért p ≤ i. Ugyanakkor: p = p1 + p2 > i1 + i2 − ε = i. Azt kaptuk, hogy p ≤ i és p > i, ami ellentmondás. Tegyük most fel, hogy i1 + i2 < i, azaz ε = i − i1 − i2 > 0. Ekkor tehát i = _

i1 + i2 + ε. Legyen δ olyan pozitív szám, hogy ha az AC-be írt reguláris töröttvonal legnagyobb szakaszának hossza kisebb, mint δ, akkor a töröttvonal hossza nagyobb, _

mint i − ε (ld. el˝oz˝o tétel.) Legyen P az AC-be írt olyan töröttvonal, melynek B csúcsa, továbbá leghosszabb szakasza kisebb, mint δ. Ekkor a töröttvonal p hosszára teljesül, hogy p > i − ε. (Ilyen töröttvonal létezése pusztán az ívhossz definíciójából is következik, azonban ennek a töröttvonalnak még nem biztos, hogy B-ben lenne csúcsa.

127

4 – 23. A KÖRÍV ÍVHOSSZA

A B

P Q

4.3. ábra. _

_

Ezért kellett 23.7.-ra hivatkozni.) Ez a töröttvonal egy AB-be írt P1 és egy BC-be írt P2 töröttvonal uniója. Ezek hosszát jelölje p1 és p2 . Ekkor  p1 + p2 = p  p1 ≤ i1 =⇒ p ≤ i1 + i2 = i − ε,  p2 ≤ i2 ami ellentmondás. 23.9. Tétel. Ugyanazon kör köríveinek ívhossza a középponti szögeik mértékével arányos.

Bizonyítás: Osszuk fel az AOB^ középponti szöget n egyenl˝o szögre, ahol n ∈ N+ tetsz˝olegesen rögzített. Mérjük fel az így adódó szöget P OQ^-re, „ahányszor csak lehet” (ld. 4.3 ábra). Az, hogy k-szor lehet, azt jelenti, hogy k _

m(AOB^) m(AOB^) ≤ m(P OQ^) < (k + 1) . n n

(∗)

_

Jelölje az AB körívet i1 , a P Q körívet pedigc i2 . Az ívhosszmérés additivitásából, valamint abból, hogy egybevágó ívek ívhossza egyenl˝o: k

i1 i1 ≤ i2 < (k + 1) . n n

(∗)-t m(AOB^)-vel, (∗∗)-t i1 -el osztva: k m(P OQ^) k+1 ≤ < , n m(AOB^) n illetve:

k i2 k+1 ≤ < . n i1 n

(∗∗)

128 Innen következik, hogy


¯ ¯ ¯ m(P OQ^) i2 ¯ 1 ¯ ¯ − ¯ m(AOB^) i1 ¯ < n .

Mivel n tetsz˝oleges, ezért m(P OQ^) i2 = m(AOB^) i1 23.10. Tétel. (Az ívhosszformula.) Egy r sugarú körben az α mérték˝u középponti szöghöz tartozó körív ívhossza i = rα.

24. A területfogalom geometriai megalapozása El˝oször a sokszögek területének mérésével foglalkozunk. Ehhez bevezetünk egy újabb axiómát, a területmérés axiómáját. Megjegyezzük, hogy ez az axióma nem független az euklideszi geometria axiómarendszerét˝ol: a területmér˝o függvény egyértelm˝u létezését el˝oírjuk, de ezt a tényt bizonyítani lehetne az euklideszi térben.

Axióma: A sokszögek területmérésének axiómái Egyértelm˝uen létezik olyan t : P → R (ún. területmér˝o) függvény, amelyre teljesülnek a következ˝o tulajdonságok: A1. ∀p ∈ P sokszögtartományra t(p) > 0. A2. p1 , p2 ∈ P és p1 ∼ = p2 =⇒ t(p1 ) = t(p2 ). A3. (Additivitás.) Ha a p1 , p2 közös pontjainak halmaza csak csúcsokat vagy éleket tartalmaz, vagy üreshalmaz, akkor t(p1 ∪ p2 ) = t(p1 ) + t(p2 ). A4. Az a, b oldalakkal rendelkez˝o téglalaphoz hozzárendelt szám ab. * A t(p) ∈ R számot a p sokszögtartomány területének nevezzük.

Megjegyzés. Megjegyezzük, hogy A4-ben elegend˝o lett volna azt megkövetelni, hogy az egységnégyzet területe 1, a téglalapra vonatkozó állítás ebb˝ol és a többi axiómából levezethet˝o. A3 egyszer˝u következménye az ún. monotonitás: ha p1 ⊂ p2 , akkor t(p1 ) ≤ t(p2 ). Alkalmazzuk ugyanis az additivitást p2 \ p1 -re és p1 -re. 24.1. Tétel. Egy derékszög˝u háromszög területe a két befogó szorzatának a fele.

Bizonyítás: Legyen ABC4 B-nél derékszög˝u, D az ABC4 síkjának az a pontja, melyre ABCD2 téglalap. ABC4 ∼ = ADC4, tehát A2 szerint t(ABC4) = t(ADC4).

129

4 – 24. A TERÜLETFOGALOM GEOMETRIAI MEGALAPOZÁSA

B

B

A=D

C

A

D

B

C

D

A

C

4.4. ábra. A háromszögek területe. ABC4 ∩ ADC4 = AC tehát alkalmazható az additivitás: t(ABCD2) = t(ABC4) + t(ACD4) = 2t(ABC4). Végezetül ABCD2 téglalap, azaz területe AB · BC. Tehát t(ABC4) =

1 1 t(ABCD2) = AB · BC. 2 2

24.2. Tétel. Bármely háromszög területe megegyezik egy oldala és a hozzá tartozó magassága szorzatának felével. ←−→ Bizonyítás: Tekintsük az ABC4-t továbbá B mer˝oleges vetülete AC -re legyen D. Ekkor D − A − C vagy D = A vagy A − D − C vagy D = C vagy A − C − D. Megfelel˝o bet˝uzéssel elérhet˝o az alábbi három eset valamelyike: A = D, A − D − C, D − A − C (a 4.4. ábra mutatja). Az els˝o esetre alkalmazzuk az el˝oz˝o tételt. A második esetben az ABD4 és BDC4 háromszögekre alkalmazható az additivitás: t(ABC4) = 1 1 BD · AD + BD · DC = 2 2

=

t(ABD4) + t(BDC4) =

=

1 1 BD · (AD + DC) = BD · AC. 2 2

A harmadik esetben is alkalmazható az additivitás: t(DCB4) = t(BDA4) + t(ABC4), azaz

1 1 BD · DC = BD · DA + t(ABC4) 2 2

tehát t(ABC4) =

1 1 BD · (DC − DA) = BD · AC. 2 2

130


Miután minden sokszögtartomány háromszöglemezekre bontható, tetsz˝oleges sokszögtartomány területét megkaphatjuk az additivitás alkalmazásával. Például a paralelograma területe egyenl˝o egyik oldalának és a hozzá tartozó magasságának a szorzatával. Bontsuk fel ugyanis az egyik átló segítségével a paralelogrammát két egybevágó háromszögre. Ezekre alkalmazható az additivitás. Vezessük le az általános- és középiskolában megismert további területképleteket! 24.3. Tétel. Hasonló sokszögek területének az aránya megegyezik a hasonlóság arányának négyzetével.

Bizonyítás: Hasonló háromszögekre az állítás a háromszögek területformulája miatt igaz. Az additivitást alkalmazva ezért tetsz˝oleges sokszögre is igaz lesz: bontsuk a sokszöget olyan háromszögek uniójára, melyeknek páronként vett közös pontjaik halmaza legfeljebb csúcs vagy él. A sokszögek területének tárgyalása után rátérünk a terület általános fogalmára. Ennek alkalmazásaként a körcikk területét számítjuk ki. 24.4. Definíció. Egy síkbeli ponthalmazt korlátosnak nevezünk, ha van olyan sokszögtartomány, amely tartalmazza. Legyen K egy korlátos síkbeli ponthalmaz. K m(K)val jelölt bels˝o Jordan mértékén 0-t értünk, ha K nem tartalmaz sokszögtartományt, egyébként m(K) = sup { t(P ) | P ∈ P, P ⊂ K } , azaz a ponthalmaz által tartalmazott sokszögtartományok területének pontos fels˝o korlátját. K m(K)-val jelölt küls˝o Jordan mértékén az m(K) = inf { t(P ) | P ∈ P, K ⊂ P } valós számot értjük, azaz a ponthalmazt tartalmazó sokszögtartományok területének pontos alsó korlátját.

Megjegyzés. m(K) létezik, mert a { t(P ) | P ⊂ K } halmaz felülr˝ol korlátos: ∃P0 ∈ P : K ⊂ P0 . P ⊂ K =⇒ P ⊂ P0 =⇒ t(P ) ≤ t(P0 ) ld. sokszögek területmérése. m(K) létezik, mert egyrészt { t(P ) | K ⊂ P } nem üres, hisz K korlátos, másrészt az el˝obbi számhalmaznak minden negatív szám alsó korlátja. 24.5. Definíció. A K korlátos síkbeli ponthalmazt Jordan mérhet˝onek nevezzük a síkban ha bels˝o és küls˝o Jordan mértéke megegyezik. Ezt a közös értéket a K területének nevezzük, s általában t(K)-val jelöljük.

Megjegyzés. Minden sokszögtartomány saját magának küls˝o ill. bels˝o sokszöge is, azaz minden sokszögtartomány Jordan mérhet˝o és a kétféle módon (axiomatikusan és az el˝oz˝o definícióval) definiált területérték megegyezik. 24.6. Tétel. A Jordan mérték monoton, azaz, ha A és B Jordan mérhet˝oek és A ⊂ B akkor t(A) ≤ t(B).

131

4 – 24. A TERÜLETFOGALOM GEOMETRIAI MEGALAPOZÁSA

A01

A1 A0n

An

A0

C

(a)

C

A00

(b)

4.5. ábra. A körcikk területe. 24.7. Tétel. A Jordan mérték additív, azaz, ha A és B Jordan mérhet˝oek és t(A∩B) = 0, akkor A ∪ B is Jordan mérhet˝o, továbbá: t(A ∪ B) = t(A) + t(B). 24.8. Tétel. Ha hasonló síkidomok egyikének van területe, akkor a másiknak is van területe és a területek aránya megegyezik a hasonlóság arányának négyzetével. A következ˝oekben a körcikk (kör) területével foglalkozunk. 24.9. Tétel. Minden körcikknek van területe, nevezetesen az r sugarú i ívhosszú körcikk területe 21 ri. Speciálisan az r sugarú kör területe r2 π.

Bizonyítás: Jelölje K a szóban forgó körcikket. El˝oször a következ˝o állítást látjuk be: Létezik sokszögtartományoknak olyan K1 , . . . , Kn , . . . sorozata, hogy Ki ⊂ K és limn→∞ t(Kn ) = 12 ri. A0 , A1 , . . . , An legyenek olyan pontok a köríven melyek A-tól B-felé rendezettek, továbbá A0 = A, B = An és Ai−1 Ai = A0 A1 . Így minden i-re: Ai−1 Ai C4 ∼ = A0 A1 C4, azaz minden keletkezett háromszög területe 21 an bn ahol an = A0 A1 , bn pedig a háromszögek közös magassága. Kn legyen ezen háromszögek uniójával nyert sokszögtartomány (ld. 4.5.(a) ábra). Tehát t(Kn ) = n 21 an bn . Vizsgáljuk meg, hogy mi történik, ha n → ∞. nan a beírt reguláris töröttvonal hossza, tehát nan ≤ i. Innen an ≤ ni . lim

n→∞

i 1 = i lim = 0, n→∞ n n

így limn→∞ an = 0. Ez 23.7. következtében azt jelenti, hogy limn→∞ nan = i. Most vizsgáljuk meg a limn→∞ bn határértéket. A háromszög egyenl˝otlenségb˝ol, ill. abból, hogy derékszög˝u háromszögben a leghosszabb oldal az átfogó, következik, hogy an < bn < r. r− 2

132


Ismét alkalmazva a limn→∞ an = 0 összefüggést, az következik, hogy ³ an ´ lim r − = r, n→∞ 2 azaz a rend˝or elvb˝ol limn→∞ bn = r. Együttesen ez azt jelenti, hogy lim

n→∞

1 1 nan bn = ri. 2 2

A bizonyítás második lépése az alábbi állítás belátása. Létezik sokszögtartományoknak olyan R1 , . . . , Rn , . . . sorozata, hogy K ⊂ Ri és limn→∞ t(Rn ) = 21 ri. r Az el˝obbi Kn sokszögtartományt egy arányú középpontos hasonlóság olyan bn Rn sokszögtartományba viszi, melynek A0i−1 A0i oldalai a kört érintik (ld. 4.5.(b) ábra). µ ¶2 r Ez azt jelenti, hogy K ⊂ Rn . Továbbá t(Rn ) = t(Kn ), tehát felhasználva az bn r el˝oz˝o rész határértékeit (limn→∞ nan = i, limn→∞ = 1): bn lim t(Rn ) = lim

n→∞

n→∞

r 1 1 nan r = ri. 2 bn 2

Végezetül megállapíthatjuk, hogy az els˝o bizonyításrész miatt m(K) ≤

1 ri, 2

a második bizonyításrész miat

1 ri. 2 A küls˝o és bels˝o Jordan mérték összehasonlításából: m(K) ≥

1 1 ri ≤ m(K) ≤ m(K) ≤ ri. 2 2 Ez pontosan állításunkat jelenti.

25. Térfogat A tárgyalásunk a terület témakörhöz hasonlóan axiomatikus jelleg˝u, azonban lesz egy fontos eltérés. Míg a terület témakörében az axiómák a sokszögek területmérésére vonatkoztak és a mérhet˝oséget ill. a mértéket (területet) az analízisben megismertekhez hasonlóan definiáltuk, addig a térfogat témakörben már a mérhet˝o (térfogattal rendelkez˝o) halmaz fogalma is alapfogalom lesz és a térfogatmér˝o függvény értelmezési tartománya rögtön a mérhet˝o ponthalmazok családja. Nem határozzuk meg tehát pontosan a mérhet˝o ponthalmazokat, s nem adunk konstrukciót a térfogatmér˝o függvényre,

133

4 – 25. TÉRFOGAT

ennek létezését axiómaként el˝oírjuk. Megjegyezzük, hogy ezzel olyan axiómákat mondunk ki, amelyek nem függetlenek az eddigi axiómarendszerünkt˝ol. Eljárhattunk volna úgy is, hogy a térfogatmérés axiómáit csak a poliéderekre fogalmazzuk meg, a mérhet˝oség fogalmát pedig a küls˝o poliéderek térfogata infinumának és a bels˝o poliéderek térfogata suprémumának megegyezésével definiáljuk. A következ˝oekben néhány speciális testre vonatkozó definíciót és állítást mondunk ki. 25.1. Definíció. Legyen D tetsz˝oleges ponthalmaz az Sosíkban, C ∈ / S tetsz˝oleges n pont. D alaplapú C csúcspontú kúpon a CP | P ∈ D ponthalmazt értjük. A kúp magassága a C pont távolsága a S síktól. Ha D körlemez, akkor körkúpról beszélünk. Ha D sokszögtartomány, akkor gúlát kapunk. Legyenek S1 és S2 különböz˝o párhuzamos síkok, ` pedig mindkett˝ot metsz˝o egyenes, D ⊂ S1 tetsz˝oleges ponthalmaz. Hengeren a következ˝o ponthalmazt értjük: n o P1 P2 | P1 ∈ D, P2 ∈ S2 , P1 P2 k` D-t a henger alsó alapjának nevezzük. Mindazon Q pontok halmazát, melyre létezik olyan P ∈ S1 , hogy P Q benne van a hengerben, fels˝o alapnak nevezzük. ` a henger vezéregyenese. S1 és S2 távolsága a henger magassága. Ha ` ⊥ S1 akkor egyenes hengerhez jutunk. Ha D körlemez, akkor körhengerr˝ol, míg ha D sokszögtartomány, akkor hasábról szólunk. Speciálisan a paralelogramma alapú hasáb neve paralelepipedon, a téglalap alapú egyenes paralelepipedon neve téglatest. Legyen M ponthalmaz a térben, továbbá α0 egy rögzített sík. Ha α egy α0 -al párhuzamos sík, akkor α0 ∩ M -t az M α-val párhuzamos síkmetszetének, vagy röviden horizontális metszetének nevezzük. Legyenek M1 és M2 ponthalmazok a térben, továbbá α0 egy rögzített sík. Ha α egy α0 -al párhuzamos sík, akkor M1 ∩ α-t és M2 ∩α-t megfelel˝o (horizontális) síkmetszeteknek nevezzük. ∗ 25.2. Tétel. Tekintsünk egy D alaplapú, C csúcsú, m magasságú kúpot! Jelölje D0 a kúp azon horizontális metszetét, melyet az alaplap síkjától h távolságra elhelyezked˝o sík metsz ki a kúpból (h < m). Ekkor D0 ∼ D, továbbá ha D-nek van területe és ezt t jelöli, akkor D0 területét az alábbiak szerint számíthatjuk ki. µ ¶2 m−h t0 = t · . m 25.3. Tétel. Egy henger alsó alapja egybevágó a fels˝o alapjával. Egy henger bármely horizontális metszete egybevágó az alapokkal.

Axióma: A térfogatmérés axiómái. Adva van korlátos térbeli ponthalmazok egy V családja, melyet a térfogattal rendelkez˝o ponthalmazok családjának nevezünk, továbbá egy V : V → R. függvény, az ún. térfogatmér˝o függvény, az alábbi tulajdonságokkal:

134


V1. ∀M ∈ V: V (M ) ≥ 0 V2. V-nek minden korlátos konvex ponthalmaz eleme. V3. Ha M ∈ V, N ∈ V, akkor M ∩ N ∈ V, M ∪ N ∈ V, M \ N ∈ V szintén teljesül. V4. V monoton, azaz, ha M, N ∈ V és M ⊂ N akkor V (M ) ≤ V (N ). V5. V additív, azaz, ha M, N ∈ V és V (M ∩ N ) = 0 akkor V (M ∪ N ) = V (M ) + V (N ). V6. Egy paralelepipedon térfogata megegyezik egy lapja területének és a hozzá tartozozó magasságának a szorzatával. V7. Ha M ∈ V és M ∼ = M 0 , akkor M 0 ∈ V továbbá V (M ) = V (M 0 ). V8. (A Cavalieri-elv.) Ha M1 ∈ V és M2 ∈ V, továbbá valamely rögzített síkkal párhuzamos megfelel˝o metszeteiknek van területe és ezek egymással egyenl˝ok, akkor V (M1 ) = V (M2 ), azaz a két ponthalmaz térfogata megegyezik. * 25.4. Tétel. Ha M ∈ V korlátos síkbeli halmaz, akkor V (M ) = 0.

Bizonyítás: Azt látjuk be, hogy a síkbeli, (térben) mérhet˝o ponthalmaz térfogata minden pozitív értékt˝ol kisebb. Ebb˝ol következik, hogy csak nulla lehet. Mivel M korlátos, ezért a síkjában van olyan négyzet, amely tartalmazza. Legyen ennek területe t. Ha ε > 0, akkor tekintsünk egy olyan N négyzetes oszlopot, melynek alaplapja az el˝obbi t terület˝u négyzet, magassága pedig kisebb, mint εt . A mérték monotonitása miatt: ε V (M ) ≤ V (N ) ≤ t = ε. t 25.5. Tétel. A hasáb térfogata alapterületének és hozzá tartozó magasságának a szorzatával egyezik meg.

Bizonyítás: Elegend˝o az állítást háromszög alapú hasábra bizonyítani: minden hasáb háromszög alapú hasábok véges uniójára bontható, melyekre alkalmazható az additivitás. Legyen K ilyen hasáb, mely S alaplapja területét T , magasságát m jelöli. Tekintsük azt a K-val egybevágó K 0 hasábot, melynek S-el egybevágó S 0 alaplapja S-t paraleglogrammává egészíti ki, és K ∪K 0 paralelepipedon (ld. 4.6. ábra). (Tükrözéssel könny˝u ilyen hasábot kapni.) V6 miatt: V (K∪K 0 ) = 2T m. V7 miatt: V (K) = V (K 0 ). K∩K 0

135

4 – 25. TÉRFOGAT

K0

K

4.6. ábra. A hasáb térfogata. síkbeli konvex ( =⇒ térfogattal rendelkez˝o) ponthalmaz, tehát az el˝obbi tétel szerint: V (K ∩ K 0 ) = 0. Ezért alkalmazható V additivitása: V (K ∪ K 0 ) = V (K) + V (K 0 ) = 2V (K). Tehát: V (K) =

1 1 V (K ∪ K 0 ) = 2T m = T m. 2 2

25.6. Tétel. A t alapterület˝u, m magasságú henger térfogata V = tm.

Bizonyítás: Tekintsünk egy olyan hasábot, mely magassága megegyezik a henger magasságával, alaplapja pedig a henger alaplapjával egyenl˝o terület˝u, továbbá a hengerrel közös féltérben, annak határsíkján áll. A megfelel˝o horizontális metszetek mindkét testnél egybevágóak az alaplappal, tehát egyenl˝o terület˝uek. A Cavalieri-elvet alkalmazva következik állításunk. 25.7. Tétel. Ha két háromszög alapú gúla alapterülete és hozzá tartozó magassága megegyezik, akkor a két háromszög alapú gúla térfogata egyenl˝o.

Bizonyítás: Mivel egybevágó testek térfogata megegyezik, ezért feltehetjük hogy a két tetraéder ugyanazon féltérben a határsíkon áll. Ekkor a határsíktól h < m távolságra lev˝o horizontális metszetek Ah területét az alaplap A területével a következ˝oképpen lehet kifejezni: µ ¶2 m−h Ah = A, m azaz a megfelel˝o horizontális metszetek területe egyenl˝o. A Cavalieri-elvb˝ol következik a térfogatok egyenl˝osége. 25.8. Tétel. A gúla térfogata az alapterület és a hozzá tartozó magasság szorzatának harmada.

136


F

D C

E

A B

4.7. ábra. A tetraéder térfogata.

Bizonyítás: Elegend˝o háromszög alapú gúlára (tetraéderre) bizonyítani az állítást, mert minden gúla háromszög alapú gúlák véges uniójára bontható, melyekre alkalmazható az additivitás. Tekintsük az ABCD tetraédert. ABC4 alaplappal és AD alkotóval készítsünk egy hasábot, a fels˝o alap csúcsait jelölje D, E, F ! Alkalmazzuk az el˝oz˝o tételt a BCED és ECF D teraéderekre, ahol BCE4 ∼ = ECF 4, a közös magasság pedig a D csúcs távolsága a BCEF síktól; illetve az ADCB és DBEC tetraéderekre, ahol ABD4 ∼ = BDE4, és a magasság a C csúcs távolsága az ABED síktól (ld. 4.7. ábra). Tehát e három teraéder térfogata megegyezik, együttesen pedig a konstruált hasáb térfogatát adják. Innen már következik az állítás. 25.9. Tétel. A kúp térfogata alapterülete és magassága szorzatának harmada.

Befejezésül a gömbtest térfogatával foglalkozunk. A gömbtestnek van térfogata, mert konvex alakzat. A középpontra illeszked˝o sík a gömbtestet két egybevágó félgömbre bontja, melyek szintén konvex halmazok. Így térfogatuk létezik és egyenl˝o. 25.10. Tétel. Az r sugarú gömbtest térfogata

4r 3 π 3 .

Bizonyítás: Csak a félgömb térfogatával foglalkozunk. A félgömb alaplapjának S síkjára r sugarú, és ugyanilyen magasságú H hengert állítunk úgy, hogy a félgömb és a henger ugyanabban a féttérben legyenek. Tekintünk egy olyan K kúpot is, melynek alaplapja a henger fed˝olapja, csúcsa pedig a henger alapkörének középpontja. Képezzük a H \ K testet! Mivel ez két térfogattal rendelkez˝o halmaz különbsége, ezért maga is mérhet˝o. Azt állítjuk, hogy a félgömb és a H \ K test horizontális síkmetszetei egyenl˝o terület˝uek. Tekintsünk egy olyan síkot, mely S-el párhuzamos, S-t˝ol h < r távolságra van S ugyanazon oldalán, mint a félgömb. A félgömböt ez a sík körlemezben metszi, a hengert és a kúpot két körlemezben, tehát H \ K-t ezek különbségében (bel”lr˝ol nyilt körgy˝ur˝uben ld. 4.8. ábra). A félgömbb˝ol kimetszett körlemez sugara %2 = r2 − h2 ,

137

A KÖNYV HÁTULJA

ρ h

h h

r

4.8. ábra. A félgömb térfogata. azaz területe (r2 − h2 )π, a K-ból kimetszett körlemez sugara h, tehát a körgy˝ur˝u területe r2 π − h2 π, amit bizonyítani kellett. A Cavalieri-elvet alkalmazva tehát a félgömb térfogatát visszavezettük a henger és a kúp térfogatának különbségére: 1 2 r · r2 π − r · r2 π = r3 π. 3 3

A könyv hátulja 1.12. Legyen α ∈ P, ` ∈ L. 1. Ha αk`, akkor α tartalmaz `-el párhuzamos egyenest. Ha ` ⊂ α, akkor nyilvánvaló. Legyen tehát α ∩ ` = ∅. I3 miatt ∃P ∈ α. P 6∈ `, mert α ∩ ` = ∅. Legyen β a P -re és `-re egyértelm˝uen illeszked˝o sík. α 6= β mert β tartalmazza `-et, α pedig nem. Továbbá P ∈ α ∩ β =⇒ α ∩ β ∈ L. Azt állítjuk, hogy α ∩ βk`. α ∩ β és ` nyilván egysíkúak, mert β mindkett˝ot tartalmazza. Másrészt ` és α ∩ β közös pontja egyben `-nek és α-nak is közös pontja lenne, holott feltettük, hogy α∩` = ∅. 2. Tegyük fel, hogy ∃e ⊂ α : ek`. Belátjuk, hogy ekkor `kα. Ha ` ⊂ α akkor definíció szerint az állítás nyilvánvaló. Ha ` 6⊂ α, akkor legyen β az e-re és az `-re illeszked˝o egyértelm˝u sík (1.11.). β 6= α mert β tartalmazza `-t, az α sík pedig nem. Tehát β ∩ α = e. Ha α és ` metsz˝ok lennének: M ∈ α ∩ ` =⇒ (M ∈ α ∧ M ∈ `) =⇒ (M ∈ α ∧ M ∈ β) =⇒ M ∈ α ∩ β =⇒ M ∈ e. Másrészt M ∈ α ∩ ` =⇒ M ∈ `. Tehát M ∈ e ∩ `, azaz e és ` metsz˝ok lennének. −−→ 2.10. 1. P ∈ AB ⇐⇒ ¬P − A − B ⇐⇒ (P = A ∨ A − P − B ∨ P = B ∨ A − B − P ) ⇐⇒ P ∈ AB ∨ A − B − P . −−→ −−→ 2. Az els˝o állításból következik, hogy AB ⊂ AB ∧ AB ⊂ BA , tehát AB ⊂ −−→ −−→ −−→ −−→ AB ∩ BA . Ha P olyan pontja lenne AB ∩ BA -nak, melyre P ∈ / AB, akkor erre a pontra az el˝obbiekben bizonyítottak szerint A − B − P és B − A − P egyaránt teljesülne, . ←−→ −−→ 3. Legyen P ∈ AB ! (P −A−B ∨P = A∨A−P −B ∨P = B) =⇒ P ∈ BA , −−→ míg A − B − P =⇒ P ∈ AB . 2.16. (F − A − B ∨ F = A) =⇒ F B > F A , (A − B − F ∨ B = F ) =⇒ AF > FB . −−→ Az egyértelm˝uség onnan következik, hogy AB -re a szakaszfelmérés tételében adott gondolatmenet szerint az AB uen fel lehet mérni. 2 távolságot egyértelm˝ 138

139

A KÖNYV HÁTULJA

←−→ 2.17. Legyen f az AB olyan koordinátaleképezése, hogy f (A) = 0 és f (B) = b > 0. Ekkor |f (P )| = |f (P ) − f (A)| = AP = AQ = |f (Q) − f (A)| = |f (Q)|, tehát f (P ) és f (Q) legfeljebb el˝ojelben különböznek. Ha f (P ) = f (Q), akkor P = Q, ami az állítás. Tegyük fel, hogy f (Q) = −f (P ). Ekkor P és Q ellentétes A kezd˝opontú félegyeneseken vannak, azaz különböz˝ok. A feltételek szerint a P Q-nak A is és B is felez˝opontja, . 2.21. Legyen e ∈ L, V ∈ e. Ekkor ∃M ∈ e : M 6= V (az illeszkedés tulajdonsága). Továbbá ∃N ∈ e: M − V − N (a között van reláció tulajdonsága). Azt állítjuk, hogy −−→ −−−→ int V N és int V M a keresett két nyílt félegyenes. Legyen f : e → R olyan koordinátaleképezés, hogy f (V ) = 0 és f (N ) > 0 teljesüljön. (A vonalzó elhelyezés tétele.) Ekkor −−→ −−−→ int V N = { X ∈ e | f (X) > 0 }, illetve int V M = { Y ∈ e | f (Y ) < 0 }, a félegyenes koordinátázás tételéb˝ol. Ha P ∈ e \ {V } akkor f (P ) > 0 és f (P ) < 0 közül pontosan az egyik teljesül, azaz ∀P ∈ e \ {V } benne van pontosan az egyik félegyenesben, amelyeknek tehát nincs közös pontjuk. Legyen P, Q ∈ e. P − V − Q ⇐⇒ f (V ) az f (P ) és f (Q) között van, amely ekvivalens azzal, hogy (f (P ) > 0 ∧ f (Q) < 0) ∨ (f (P ) < 0 ∧ f (Q) > 0) m −−→ −−−→ −−−→ −−→ (P ∈ int V N ∧ Q ∈ int V M ) ∨ (P ∈ int V M ∧ Q ∈ int V N ). 3.6. Legyen ` a szóban forgó szakasz vagy félegyenes, az adott egyenesre illeszked˝o pontja legyen O s tegyük fel, hogy az adott egyenes `-et nem tartalmazza. Ekkor `\{O} olyan konvex halmaz, melyre az el˝oz˝o tétel alkalmazható, tehát `\{O} az adott egyenes által meghatározott egyik nyílt félsíkban van. O ennek a félsíknak a határán van, tehát ` az egyenes által meghatározott egyik (zárt) félsíkban. 3.7. Azt kell belátnunk, hogy ha egy szakasz mindkét végpontja a félsíkban van, akkor a szakasz is. Ha olyan szakaszt tekintünk, amelynek mindkét végpontja a félsík határán van, akkor a szakaszt a határegyenes, (tehát a félsík is) tartalmazza, mert az egyenes konvex halmaz (ld. 2.20.). Ha a szakasz mindkét végpontja a nyílt félsíkban van, akkor az állítás a félsík axióma következménye. Végül, ha a szakasz egyik végpontja a határegyenesen, másik végpontja pedig a nyílt félsíkban van, akkor az határlemmára hívatkozhatunk. ←−→ 4.1. Legyen AOA^ egy nullszög, B ∈ / OA . Ekkor A ∈ conv AOB^ nyilván teljesül, tehát alkalmazható a szögmérték additivitása: m(AOB^) = m(AOB^) + m(AOA^),

140

A KÖNYV HÁTULJA

ami az els˝o állítást jelenti. Most belátjuk, hogy valódi szög mértéke 0 nem lehet. Tegyük fel, hogy van olyan ←−→ AOB^ valódi szög, mely mértéke 0. Ez ellentmondásban van azzal, hogy az OA által meghatározott B-t tartalmazó félsíkban az O csúcsú 0 mérték˝u szöget egyértelm˝uen fel lehet mérni, az el˝oz˝o bizonyításrész szerint pedig ez éppen AOA^. ←−→ Teljesüljön A − O − C, azaz legyen AOC^ egyenesszög. Jelöljük ki az AC által meghatározott egyik fésíkot, jelöljük ezt α-val. Szerkesszük meg a PP2 szerint a π mérték˝u szöget, azaz B ∈ α : m(AOB^) = π. Ha AOB^ valódi szög, akkor PP1, az el˝oz˝o lépés miatt az AOC^ egyenesszög mértéke π-t˝ol nagyobb lenne. Az el˝oz˝o meggondolásból azt is kiolvashatjuk, hogy ha AOB^ egy valódi szög és C − O − A, akkor az AOC^ egyeneszög mértéke az AOB^ valódi szög mértékét˝ol, azaz π-t˝ol kisebb. 4.5. Az additivitásból és abból a tényb˝ol, hogy kongruens szögek mértéke egyenl˝o, egyszer˝uen adódnak az állítások. 4.8. A szögszerkesztési posztulátumból következik. −−→ 4.9. Adjunk meg tehát az S síkban egy α félsíkot, s annak határán egy OA félegyenest, továbbá t ∈ [0, π]. Legyen X = (A − O)/kA − Ok, Y = ±X ⊥ , azt az el˝ojelet választva, melyre α = { P ∈ S | hP − O, Y i > 0 } , −−→ ld. a félsík axiómánál. Legyen B = O + cos tX + sin tY . OB -re nyilván teljesül a szögszerkesztési posztulátum. A

B Y

α

t O

X

A

P

Y

W

O

ρ Z X

B

5.1. ábra. A szögmér˝o axióma a Descartes modellben. Bizonyítsuk be a szögmérés additivitását! El˝oször azt látjuk be, hogy ha P ∈ int AOB^, akkor m(BOP ^) < m(BOA^). Legyen X = B − O, Y = A − O, Z = P − O. Feltehet˝o, hogy kXk = kY k = kZk = 1 Legyen W = ±X ⊥ , az el˝ojelet úgy választva, hogy hY, W i > 0. Ekkor hZ, W i > 0 is teljesül. Legyen Y = cos αX + sin αW , Z = cos %X + sin %W . Ekkor Z ⊥ = ±(sin %X − cos %W ), továbbá hX, Z ⊥ i és hY, Z ⊥ i ellentétes el˝ojel˝uek. Ennek megfelel˝oen, mivel hX, sin %X − cos %W i = sin % > 0

141

A KÖNYV HÁTULJA

ezért hcos αX + sin αW , sin %X − cos %W i = cos α · sin % − sin α · cos % < 0, azaz ctg α < ctg %, ami az állítást jelenti. Térjünk rá az additivitás bizonyítására! Legyen E ∈ S olyan pont, melyre A − O − E. Ekkor B ∈ int P OE^, tehát az el˝oz˝o észrevétel miatt: m(P OB^) < m(P OE^) = π − m(AOP ^), azaz m(BOP ^) + m(P OB^ < π. A [0, π] intervallumon a cos függvény szigorúan monoton csökken˝o, tehát elegend˝o belátni, hogy cos(m(AOB^)) = cos(m(BOP ^) + m(P OB^)). A jobb oldalra az addíciós összefüggést alkalmazva: cos(m(BOP ^) + m(P OB^)) = hX, ZihY, Zi −

p p 1 − hX, Zi2 1 − hY, Zi2 =

= hX, ZihY, Zi + hX, Z ⊥ ihY, Z ⊥ i = = hhX, ZiZ + hX, Z ⊥ iZ ⊥ , Y i = = hX, Y i = cos(m(AOB^)), a második sorban figyelembe véve, hogy hX, Z ⊥ ihY, Z ⊥ i < 0. 5.8. Figyeljük a háromszög legnagyobb szögének mellékszögét! 6.8. A szakaszfelmérés tételéb˝ol tudjuk a felez˝opont egyértelm˝uségét, a felez˝opontban a szakaszra állított mer˝oleges egyértelm˝u létezését pedig a 6.1. garantálja. 6.10. Gy˝oz˝odjünk meg az alábbi konstrukció helyességér˝ol! Legyen T a P -b˝ol az `-re −−→ bocsátott mer˝oleges talppontja, Q ∈ P T , úgy hogy QT = P T és P − T − Q. ←−→ 7.6. Jelölje a szakaszt AB, a pontot P . Ha P ∈ AB , akkor az állítás egyszer˝u. Ha ←−→ P 6∈ AB , akkor az állítás visszavezethet˝o a szakaszfelez˝o-mer˝olegesre vonatkozó analóg tételre az ABP 4 síkjában. 8.8. n szerinti teljes indukcióval, a háromszög-egyenl˝otlenséget felhasználva. 8.10. A keresztszakasz tételt alkalmazva: −−→ D ∈ int ABC4 =⇒ D ∈ int ABC^ =⇒ BD ∩ int AC 6= ∅. Jelölje a metszéspontot E! Alkalmazzuk a klasszikus háromszög-egyenl˝otlenséget a BAE4-re és az EDC4-re: BA + AE ED + EC

> ED + DB > DC.

Összeadva: BA + AC > DB + DC (5.2. ábra). A szögekre vonatkozó állítás rögtön következik a küls˝o szög egyenl˝otlenséget alkalmazva a ABE4-re és a EDC4-re: BAE^ < BEC^ < BDC^.

142

A KÖNYV HÁTULJA

C E D A

B

5.2. ábra. Az Elemek I. 20. állítás. 8.13. Ha a pont a szögfelez˝ore illeszkedik, akkor az SAA kongruenciatétel alkalmazásával kapjuk, hogy a pont mindkét szögszártól egyenl˝o távolságra van. A megfordítás SsA-ból következik. 8.15. Inderekt feltételezéssel ellentmondásra jutunk vagy SAS-al, vagy az el˝oz˝o tétellel. 8.17. Állításunk következik onnan, hogy egy derékszög˝u háromszögben az átfogó a leghosszabb oldal. 9.3. Az els˝o két állítás a távolságtartás és a háromszög-egyenl˝otlenség együttes következménye. 1. A − B − C =⇒ AB + BC = AC. Mivel izometriáról van szó, ezért AB = A0 B 0 , BC = B 0 C 0 , AC = A0 C 0 . A háromszög-egyenl˝otlenség miatt A0 , B 0 , C 0 csak kollineárisak lehetnek, továbbá az izometria injektív, tehát a különböz˝o A, B, C pontok képe különböz˝o. Ebb˝ol következik, hogy A0 − B 0 − C 0 . Megfordítva hasonlóan, A0 − B 0 − C 0 =⇒ A0 B 0 + B 0 C 0 = A0 C 0 =⇒ AB + BC = AC =⇒ A − B − C. 2. Az állítás következik onnan, hogy {AB, BC, CA} közül bármely kett˝o összege nagyobb, mint a harmadik akkor és csakis akkor teljesül, ha {A0 B 0 , B 0 C 0 , A0 C 0 } közül bármely kett˝o összege nagyobb, mint a harmadik. 3. Ha adott az ABC^ valódi szög, akkor ∃ABC4 és ∃A0 B 0 C 0 4 (2. pont). Ez a két háromszög egybevágó, ugyanis a távolságtartás miatt teljesül SSS. Mivel a megfelel˝o szögek kongruensek, következik állításunk. Nem valódi szögekre az állítás a rendezéstartásból következik. 9.10. ` = m =⇒ %` = %m triviális. %` = %m =⇒ ` = m. %` -nek egyetlen pontonként fix egyenese `, %m egyetlen pontonként fix egyenese pedig m. Mivel a két transzformáció megegyezik, ezért az egyértelm˝u pontonként fix egyenesek is. 10.2. 1. A középpont r távolságra, tehát egyenl˝o távolságra van a húr mindkét végpontjától. 2. Legyen P, Q, R három különböz˝o pont a körön; ` a P Q, m a QR felez˝o mer˝olegese (ld. 5.3. ábra). A P, Q, R pontokat tartalmazó kör középpontja illeszkedik `-re is és m-re is, tehát egyértelm˝u hisz ` 6= m. ( Az ` = m esetben Q-nak R is és P is tükörképe lenne, azaz R = P következne.)

143

A KÖNYV HÁTULJA

Q R

P O `

m

5.3. ábra. A húrfelez˝o mer˝oleges illeszkedik a kör középpontjára. 3. Következik 2.-b˝ol: három közös pont esetén a két kör egybeesik. 4. Legyen P, Q, R három közös pont. 1-t felhasználva a P Q ` és a QR m felez˝o mer˝olegesének a kör középpontja közös pontja. Ugyanakkor P, Q, R kollineárisak, tehát `km, amib˝ol a 2. indoklása szerint P = R következik. 10.5. Alkalmazzuk a háromszög-egyenl˝otlenséget {O, A, B}-re, ahol O a kör középpontja. 10.7. Jelölje k1 és k2 a szóban forgó köröket, AB ∼ = CD a kongruens húrok E az AB, F a CD felez˝opontja. O1 E = 0 ⇐⇒ AB átmér˝o ⇐⇒ AB = 2r ⇐⇒ CD = 2r ⇐⇒ CD átmér˝o ⇐⇒ O2 F = 0. A továbbiakban feltesszük, hogy ∃AEO1 4( ⇐⇒ ∃CF O2 4). AEO1 4 és CF O2 4 derékszög˝u háromszögek, melyek átfogója kongruens. O1 E = O2 F ⇐⇒ AEO1 4 ∼ = CF O2 4 (két oldal és nagyobbikkal szemközti szög alapeset) ⇐⇒ AE = CF ⇐⇒ AB = CD. 10.8. Jelölje k a kört, A, B ∈ int k, A 6= B (5.4. ábra). Ha AB átmér˝o, akkor AB

X

B

A O

5.4. ábra. A körlemez konvex halmaz. minden pontja bels˝o pontja k-nak a szakaszfelmérés tétele szerint. Ha AB nem átmér˝o, akkor ∀X ∈ AB : OX ≤ max{OA, OB} < r, azaz AB ⊂ int k. Zárt körlemezre hasonlóan. ←−→ 12.4. Húzzunk párhuzamost a C csúcson keresztül az AB egyenessel (5.5. ábra). Az ←−→ ←−→ I. 29. állítás alapján az AC és BC transzverzálisoknál keletkez˝o bels˝o váltószögek

144

A KÖNYV HÁTULJA

C

A

B

5.5. ábra. A háromszögek szögösszegtétele EPP-t és az I. 29. állítást felhasználva. (Az „elemi iskolás” bizonyítás. kongruensek, tehát a C csúcsnál keletkez˝o egyenesszög megegyezik a háromszög szögösszegével. 12.5. EPP =⇒ Thalesz tétele: (A 5.6 ábra jelöléseivel.) Alkalmazzuk el˝oször a Pons C

A

O

B

5.6. ábra. Asinorumot AOC4-re és az OCB4-re, majd a J állítást. ←−→ Thalesz tétele =⇒ Thalesz tétel megfordítása (5.7 ábra): C 6∈ AB nyilvánvaló. C C

A

O

B

A

O

B

5.7. ábra. −−→ Legyen O az AB felez˝opontja, és OC messe az AB átmér˝oj˝u kört C 0 -ben. Thalesz tétele miatt AC 0 B^ derékszög. Mind O − C − C 0 , mind O − C 0 − C ellentmondás, mert az el˝obbi esetben ACB^ > AC 0 B^, míg az utóbbi esetben AC 0 B^ > ACB^ következne (ld. 8.10..) EPP =⇒ AAA tagadása: könny˝u feladat meggy˝oz˝odni arról, hogy a következ˝o konstrukció megfelel˝o: Legyen ABC4 C-nél derékszög˝u háromszög, T a C-b˝ol az átfogóra bocsátott mer˝oleges talppontja. ABC4 és AT C4 ilyen háromszögek. Az utolsó állításunk onnan következik, hogy egy párhuzamos egyenespárnak az el˝oz˝o tétel G pontja szerint két mer˝oleges transzverzálisa is van, feltéve, hogy EPP teljesül.

145

A KÖNYV HÁTULJA

13.9. Mindkét állítás következik az alábbiból: Legyen adva a síkban két metsz˝o egyenes. Ha a sík két pontján keresztül párhuzamost húzunk a megadott egyenesekkel, akkor az így kapott egyenesek szöge megegyezik (ld. 5.8. ábra.) Jelölje a két adott egye-

P Q

5.8. ábra. nest a és b, az adott pontokat P és Q, a P -ra illeszked˝o párhuzamosakat a0 és b0 , a Q-ra illeszked˝o párhuzamosakat a00 és b00 . A párhuzamosság síkbeli tranzitivitásából következik, hogy a0 ka00 és b0 kb00 , majd alkalmazhatjuk E UKLIDÉSZ I. 29. állítását: (ld. 5.9. ábra. a0

a00

a0

a00

b0 = b00 P

Q

b0 P b00 Q

5.9. ábra. ←−→ 13.11. Jelölje a paralelogrammát ABCD2. Válasszuk ki pl. az AB oldalegyenest. A ←−→ ←−→ szemközti oldalak párhuzamossága miatt CD az AB egyik oldalán van, hisz a két egyenes nem metszheti egymást. 3.6. miatt BC és DA ugyanezen az oldalon vannak, tehát ABCD2 konvex négyszög. A második állítást egy átló behúzásával igazolhatjuk; a négyszög szögeinek összege a kapott két háromszög szögei összegével egyezik meg. 13.12. El˝oször a feltételek szükségességét látjuk be, tehát legyen az ABCD négyszög paralelogramma. Elegend˝o a négyszög középpontos szimmetriáját belátni, mert ebb˝ol a többi állítás is következik. Jelölje O az AC átló felez˝opontját! Az O-ra vonatkozó középpontos tükrözést a továbbiakban 0 jelöli. Megállapíthatjuk, hogy

146

A KÖNYV HÁTULJA

A0 = C mert O az AC felez˝opontja, −−→0 −−→ −−→ −−→ −−→ AB = CD , mert AB és CD ellentétes irányú félegyenesek, tehát B 0 ∈ CD , −−→0 −−→ −−→ −−→ −−→ CB = AD , mert CB és AD ellentétes irányú félegyenesek, tehát B 0 ∈ AD . −−→ −−→ Mindezekb˝ol következik, hogy {B 0 } = AD ∩ CD , azaz B 0 = D. Az O-ra vonatkozó tükrözés tehát önmagába viszi a paralelogrammát. Belátjuk a feltételek elégségességét. (5)-b˝ol következik, hogy a négyszög paralelogramma, mert egy pontra szimmetrikus egyenesek párhuzamosak. (4) =⇒ (5) nyilvánvaló. (3) Az ABCD négyszögben ABkCD és AB ∼ = CD. Legyen O az AC felez˝opontja, jelölje továbbá 0 az O-ra vonatkozó középpontos tükrözést. −−→0 −−→ ) AB = CD =⇒ D = B 0 . AB ∼ = CD (2)-b˝ol következik, hogy a szomszédos szögek kiegészít˝o szögek, tehát a párhuzamosság (szükséges és) elégséges feltétele teljesül. (1) Az egyik átlót meghúzva a keletkezett háromszögek egybevágóak, mert teljesül SSS. Ezekben a háromszögekben a megfelel˝o szögek egyenl˝oek, tehát a négyszög szemközti szögei egyenl˝oek. Ez azt jelenti, hogy a (2) esetre vezettük vissza az állítást. 14.11. A síkizometriák fixponttételéb˝ol adódóan két fixpont létezése esetén az izometria vagy tengelyes tükrözés (nem mozgás) vagy identitás lehet. −−→ −−→ 14.12. A két félegyenes legyen AB és CD . Feltehetjük, hogy AB = CD. Ezek után a konstrukció ugyanúgy végezhet˝o el mint a síkizometriák alaptételének bizonyításánál, csak az utolsó lépésre nincs szükség. Az unicitás a fixponttétel egyszer˝u következménye, és ugyanúgy bizonyítható, mint ahogyan a síkizometriák alaptételénél megismertük. 14.14. A 14.1. tétel megismétlésér˝ol van szó. 14.21. Alkalmazzuk a szabad tengelyválasztás tételét úgy, hogy az els˝o szabadon vá←−→ lasztott tengely CP ill. a P -re illeszked˝o, az eltolás irányára mer˝oleges egyenes legyen! 14.22. Jelöljük a középpontos tükrözést ηO , e pedig legyen tetsz˝oleges egyenes. Azt akarjuk belátni, hogy ηO (e)ke. Állítsuk el˝o ηO -t két tengelyes tükrözés szorzataként a következ˝oképpen: ηO = %b %a , ahol a ⊥ e, bke. Ekkor %a (e) = e, továbbá ekb, tehát ek%b (e). ←−→ 14.24. ηA ηB = (%a %` )(%` %b ) = %a %b , ahol ` = AB , a ⊥ `, b ⊥ `, tehát akb és A 6= B miatt a 6= b. A további állítások bizonyítása hasonlóan egyszer˝u.

147

A KÖNYV HÁTULJA

14.25. Középpontos tükrözésre az állítás teljesül (14.22.), továbbá minden transzlációt el˝oállíthatunk két középpontos tükrözés szorzataként. 14.26. Legyen τ = %b %a , (akb) ηO = %e %b , (e ⊥ b). Ekkor ηO τ = %e %b %b %a = %e %a . Ez a leképezés valóban középpontos tükrözés, mert(akb ∧ e ⊥ b) =⇒ e ⊥ a. A két transzformációt megcserélve hasonlóan láthatjuk be az állítást. 14.27. Két középpontos tükrözés szorzata eltolás, eltolás és középpontos tükrözés szorzata pedig középpontos tükrözés. 14.29. Az eltolást most is két párhuzamos tengelyre vonatkozó tükrözés szorzataként ←−→ állítjuk el˝o. Jelölje A, B, a két pontot. Az els˝o tengely legyen az AB -re mer˝oleges, A-ra illeszked˝o egyenes, a második tengely pedig AB felez˝o mer˝olegese. Az els˝o tükrözésnek A fixpontja, a második pedig A-hoz B-t rendeli, tehát a konstrukció megfelel˝o. Az egyértelm˝uség belátásához tegyük fel, hogy τ1 és τ2 két eltolás a tételben el˝oírt feltételekkel. Ekkor τ1−1 τ2 (A) = A, azaz a τ1−1 τ2 eltolásnak A fixpontja. Fixponttal rendelkez˝o eltolás azonban csak az identitás, amib˝ol következik, hogy τ1 = τ2 .

B2

A2

O

C

A1

B1

5.10. ábra. A párhuzamos szel˝ok tételének egy alkalmazása. 15.5. A 5.10. ábra jelöléseivel: ←−−→ ←−−→ A1 A2 OA1 A1 A2 k B1 B2 =⇒ = . B1 B2 OB1 ←−−→ ←−−→ Az A2 ponton át OA1 -el párhuzamosan húzott egyenes messe B1 B2 -t C-ben. Ekkor a keletkez˝o A1 B1 CA2 négyszög paralelogramma, tehát A1 A2 = B1 C. Alkalmazzuk ←−−→ ←−−→ a párhuzamos szel˝ok tételét az OB2 B1 ^ szögre és az OB1 k A2 C párhuzamos egyenesekre: OA2 B1 C A1 A2 = = . OB2 B1 B2 B1 B2 ←−→ 16.9. Az el˝oz˝o tétel bizonyításából következik, hogy a fixpont rajta van a P Q egye←−→ nesen. Analóg meggondolással adódik, hogy rajta van QS -en is.

148

A KÖNYV HÁTULJA

16.18. A keletkezett két derékszög˝u háromszögben és az eredeti háromszögben a szögek mértékei ugyanazok (5.11. ábra). C

b

A

a

m

c1

C1

c2 c

B

5.11. ábra. A derékszög˝u háromszögek hasonlósági tételei.

16.19. (Ld. 5.11. ábra!) Magasságtétel. A 16.18. tételt alkalmazva, írjuk fel a két befogó arányát az ACC1 4 és CBC1 4 háromszögekben: m c2 = =⇒ m2 = c1 c2 . c1 m Befogótétel. Most az átfogó és az egyik befogó arányát irjuk fel az eredeti háromszögben, s az egyik részháromszögben: c b = =⇒ b = cc1 . c1 b Pitagorász tétele. Mindkét magasságtételt felírva: b2 = cc1 , a2 = cc2 =⇒ a2 + b2 = c(c1 + c2 ) = c2 . Pitagorász tétel megfordítása. Tekintsük azt a derékszög˝u háromszöget, melynek befogói a és b. Pitagorász tétele szerin ekkor az átfogó a2 +b2 , azaz az adott háromszög harmadik oldala. Az adott háromszög és a megkonstruált derékszög˝u háromszög tehát egybevágó az SSS alapeset értelmében. 18.6. Az osztóviszonyt definiáló relációt felírva: −* −* AP = λP B, azaz: Ezt rendezve:

−* −* −* −* −* AP = AO + OP = λ(P O + OB). −* −* −* OP (1 + λ) = OA + λOB

adódik, ami pontosan az állításunk.

149

A KÖNYV HÁTULJA

18.7. Az el˝oz˝o tételnek megfelel˝oen, ha P és Q rögzített és λ ∈ R \ {0, −1} adott, ←−→ akkor egyértelm˝uen létezik olyan X ∈ P Q , melyre (ABX) = λ. 19.3. Az els˝o állítás onnan következik, hogy egy ortonormált bázis egy pontból induló reprezentánsai által kifeszített paralelepipedon speciálisan egységkocka. A következ˝o lépésben azt látjuk be, ha |u, v, r| = 1, akkor a következ˝o szorzótábla érvényes: >uA }} AAA , } Ã } ro v azaz u × v = r,

v × r = u,

r × u = v;

míg |u, v, r| = −1 esetén u `A }} AAA , ~}} /v r azaz u × v = −r,

v × r = −u,

r × u = −v.

Csak annyit látunk be, hogy |u, v, r| = 1 esetén u × v = r teljesül, a többi állítás igazolása analóg. Mivel (u, v, r) bázis: u × v = αu + βv + γr. Szorozzuk mindkét oldalt skalárisan rendre r-el, u-val, v-vel: γ = 1, α = 0, β = 0. Legyen |u, v, r| = 1. a × b kiszámításához használjuk ki a vektoriális szorzás linearitását és az el˝obbi szorzótáblát: a × b = (α1 u + α2 v + α3 r) × (β1 u + β2 v + β3 r) = = α1 β1 u × u + α1 β2 u × v + α1 β3 u × r+ + α2 β1 v × u + α2 β2 v × v + α2 β3 v × r+ + α3 β1 r × u + α3 β2 r × v + α3 β3 r × r = = (α1 β2 − α2 β1 )r − (α1 β3 − α3 β1 )v + (α2 β3 − α3 β2 )u = ¯ ¯ ¯u v r ¯¯ ¯ = ¯¯α1 α2 α3 ¯¯ . ¯ β1 β2 β3 ¯

19.6. A 18.19 táblázat alapján. 19.10. A 18.18 táblázatot figyelembe véve megállapíthatjuk, hogy az eltolásnak és az elforgatásnak megfelel˝o ortogonális transzformáció pozitív determinánsú, míg a csúsztatva tükrözésnek megfelel˝o negatív determinánsú.

150

A JORDAN-MÉRTÉK GEOMETRIAI MEGALAPOZÁSA

−* −* 20.2. Az el˝oz˝o tétel jelöléseit használjuk. Vizsgáljuk a P A és P B vektorok szögét! Ez küls˝o pont esetében π, bels˝o pont esetében 0, míg a körvonal pontjainál az egyik vektor zérusvektor. 20.5. Válasszunk ki a körök páronként vett hatványvonalai közül kett˝ot! Ezek a feltétel szerin metszik egymást. A metszéspont mindhárom körre vonatkozó hatványa megegyezik. (Ezért rajta van a harmadik hatványvonalon is.) 20.13. Az el˝oz˝o tétel bizonyításából közvetlenül leolvasható. 23.4. Az az egybevágóság, amely az egyik körívet a másikba viszi, a beírt reguláris töröttvonalat vele egybevágó, tehát egyenl˝o hosszú beírt reguláris töröttvonalba viszi át 23.10. Alkalmazzuk az el˝oz˝o tételt a körívre és a körre. 24.6. Az állítás következik onnan, hogy minden olyan sokszög melyet A tartalmaz, egyben B által tartalmazott sokszög is. 24.8. Közvetlenül következik a terület definíciójából és a 24.3.-b˝ol. 25.2. Jelölje a C mer˝oleges vetületét az alaplap síkjára T , a horizontális metszet síkjára ←−→ T 0 . Legyen P ∈ D tetsz˝oleges pont, CP messe a horizontális metszet síkját P 0 ←−→ ←−−→ ben. Ekkor teljesül, hogy T P k T 0 P 0 , azaz a párhuzamos szel˝ok tételét alkalmazva CT CP 0 ol, azaz a D0 síkidom a D-b˝ol C CT 0 = CP 0 . Ez azt jelenti, hogy a P pont P -b˝ m−h centrumú, m arányú homotéciával származik. A terület kiszámításához alkalmazzuk 24.8.-t! 25.3. Mivel az állítás a horozontális metszetekre ugyanúgy bizonyítható, mint a fels˝o alapra, ezért csak az utóbbira látjuk be az állítást. A vezéregyenes messe az alaplap és a fed˝olap síkját az A és A0 pontokban. Legyen P az alsó alap pontja, P 0 a fels˝o alap azon pontja, melyre P P 0 párhuzamos a vezéregyenessel. Az AA0 P 0 P 2 négyszög ←−→ ←−→ paralelogramma, mert egyrészt P P 0 k AA0 , másrészt az alsó alap és a fels˝o alap síkjá←−→ ←−−→ nak párhuzamossága miatt P A k P 0 A0 . Innen az is következik, hogy P -t P 0 -be, azaz az alsó alapot a fels˝o alapba a τ−−−*0 eltolás viszi. AA 25.9. Tekintsünk az A alapterület˝u, m magasságú kúppal azonos féltérben annak határsíkján álló A alapterület˝u, m magasságú gúlát! A határsíktól h távolságra lev˝o ho¡ ¢2 rizontális metszetek területe m−h A, azaz a Cavalieri-elv szerint a kúp térfogata m egyenl˝o a gúla térfogatával, ami 31 Am.

Tárgymutató Cantor – Dedekind-tétel, 8 Cavalieri-elv, 134 csavarmozgás, 80 csúcsszögek, 8 csúsztatva tükrözés, 79

AAA, 66 abszolút küls˝o szög tétel, 42 abszolút tér, 20 (absztrakt) affin tér, 112 affin leképezés, 43, 92 az affin leképezések alaptétele, 96 f˝otétele, 93 fixponttétele, 98 osztályozása, 99 affin párhuzamossági axióma, 116 affin terek, 112 affinitás, 92 tengelyes, 97 alaptétel affin leképezéseké, 96 eltolásoké, 78 hasonlóságoké, 86 mozgásoké, 73 síkizometriáké, 47 ASA, 22 átmér˝o, 49 axióma affin párhuzamossági, 116 félsík, 11 illeszkedési, 1 kongruencia, 19 párhuzamossági, 60 szögmér˝o, 16 térfogatmérés, 133 területmérés, 128 vonalzó, 5

defektus, 42 derékszög, 17 derékszög˝u hipotézis, 59 Descartes modell, 2, 5, 12, 18, 20 egyállású szögek, 68 egyenes-kör tétel, 52 egyenesszög, 8 egyenl˝o szárú háromszög, 20 egyenl˝otlenség (klasszikus) háromszög, 37 küls˝o szög, 20 töröttvonal, 38 egyez˝o irányú félegyenesek, 68 egyszer˝u sokszög(lemez), 117 Elemek I. 1., 53 I. 4., 19 I. 5., 20 I. 8., 22 I. 11., 27 I. 12., 27 I. 13., 17 I. 15., 17 I. 16., 20 I. 17., 22 I. 18., 36 I. 19., 37 I. 21., 38

balrendszer, 104 befogótétel, 88 Bolyai Farkas, 61 151

152 I. 22., 53 I. 24., 39 I. 25., 40 I. 26., 22 I. 29., 61 I. 30., 61 V. posztulátum, 60 elforgatás, 73 térben, 80 ellentétes irányú félegyenesek, 68 eltolás, 73 térben, 79 az eltolások alaptétele, 78 EPP, 60 érint˝o, 49 euklidészi tér, 60 félegyenes, 8 a félegyenes koordinátázás tétele, 9 félegyenesek egyez˝o irányúak, 68 ellentétes, 8 ellentétes irányúak, 68 félsík, 12 félsík axióma, 11 felez˝omer˝oleges (szakaszé), 30 felez˝opont, 10 fixpont, 43 fixponttétel affin leképezéseké, 98 hasonlóságoké, 85, 99 mozgásoké, 73 síkizometriáké, 46 térizometriáké, 47 f˝okör, 54 folytonosan rendezett illeszkedési tér, 12 folytonossági axióma els˝o, ld. még vonalzó axióma, 5 második, ld. még szögmér˝o axióma, 16 forgatva nyújtás, 86, 87 forgatva tükrözés, 80 gömb, 54

TÁRGYMUTATÓ

gúla, 133 háromszög, 8 egyenl˝o szárú, 20 szabályos, 20, 53 háromszög-egyenl˝otlenség, 6, 37 háromszög-szabály, 89 a háromszögek egybevágóságának alapesetei, 22, 38 háromszögek szögösszege, 41, 42 háromszöglemez, 117 a háromszögek hasonlóságának alapesetei, 87 a háromszögszerkesztés tétele, 53 hasonlóság, 83 alakzatoké, 87 hasonlóságok alaptétele (síkban), 86 fixponttétele, 85, 99 osztályozása (síkban), 86 osztályozása (térben), 87 határlemma, 13 hatvány inverzióé, 107 pont körre vonatkozó, 105 hatványpont, 106 hatványvonal, 106 hegyesszög, 17 henger, 133 Hilbert-féle illeszkedési tér/sík, 2 hiperbolikus tér, 60 homotécia, 84 horizontális metszet, 133 HPP, 60 húr, 49 illeszkedési axiómák, 1 invariáns alakzat, 43 inverzív sík, 111 inverzió, 107 irányítás, 103, 104 irányítástartó/váltó transzformáció, 104 irányított szakasz, 88 ívhosz, 124

153

TÁRGYMUTATÓ

ívhosszformula, 128 az ívhosszmérés additivitása, 126 izometria, 43 páros, páratlan, 73 jobbkézszabály, 103 jobbrendszer, 104 Jordan mérték, 130 kerület, 124 keresztszakasz tétel, 14 a két kör tétele, 53 kiegészít˝o szögek, 17 kollineáris, 1 komplanáris, 1 kongruencia axióma, 19 kongruenciatételek, 22, 38 AAA, 66 kongruens alakzatok, 49 háromszögek, 19, 49 szögek, 17, 49 szakaszok, 10, 49 konvex, 10 konvex négyszög, 56 konvex szögtartomány, 14 koordinátaleképezés, 5 kör, 49 kerülete, 124 területe, 131 körcikk területe, 131 körhenger, 133 körív, 123 körív ívhossza, 124 körívbe írt reguláris töröttvonal, 123 reguláris pontsorozat, 123 körkúp, 133 körlemez, 49 körtartó leképezés, 111 kötöttvektor, 113 középpontos hasonlóság, 84

középpontos tükrözés, 73 „között van” reláció, 7 küls˝o szög egyenl˝otlenség, 20 küls˝o szög (háromszögé), 20 kúp, 133 Lambert négyszög, 57 Legendre „hibás” bizonyítása a háromszögek szögösszegére, 63 1. szögtétele, 41 2. szögtétele, 42 magasság (háromszögé), 28 magasságtétel, 88 mellékszögek, 8 mer˝oleges két egyenes, 18 sík és egyenes, 32 mer˝oleges egzisztencia, 27 mer˝oleges vetület, 28 „mindent vagy semmit” elv, 42 minimális modell, 2 modell Descartes, 2, 5, 12, 18, 20 minimális, 2 projektív illeszkedési sík, 2 a mozgások fixponttétele, 73 a mozgások alaptétele, 73 négyszög, 56 nullszög, 8 Omar Khayyam tétele, 58 orientáció, 73 osztályozás affin leképezéseké, 99 hasonlóságoké (síkban), 86 hasonlóságoké (térben), 87 síkizometriáké, 79 osztóviszony, 97 P, 117 párhuzamos egzisztencia, 29 párhuzamos vetítés, 80

154 a párhuzamosság elegend˝o feltétele, 28, 29, 35 párhuzamossági axióma, 60 pólus, 107 pótszögek, 17 paralelogramma, 69 páratlan izometria, 73 a párhuzamos szel˝ok tétele, 81 páros izometria, 73 Pasch-tétel, 13 π, 17, 125 Pitagorász tétele, 52, 88 Pons Asinorum, 20 Pons Asinorum megfordítása, 25 pont körre vonatkozó hatványa, 105 PP, 16 projektív illeszkedési sík, 2 PSP, 11 reguláris pontsorozat, 123 töröttvonal, 123 rendezési axióma, ld. még félsík axióma, 11 rotáció, 73 RP, 5 a síkra mer˝oleges egyenes tétele, 32 SAA, 22 Saccheri négyszög, 57 SAS, 19 a síkizometriák alaptétele, 47 fixponttétele, 46 a síkizometriák osztályozása, 79 sokszögtartomány, 117 SsA, 38 SSS, 22 sugár, 49 sugársor, 70 szög egyeneseké, 18 szögek csúcs∼, 8 egyállású∼, 68

TÁRGYMUTATÓ

kiegészít˝o∼, 17 mellék∼, 8 pót∼, 17 váltó∼, 68 szögfelez˝o, 18 a szögmérés additivitása, 16 szögmér˝o axióma, 16 szögmérték szögtartományé, 17 szögvonalé, 17 szögszerkesztési posztulátum, 16 szögvonal, 8 belseje, 14 szabályos háromszög, 20, 53 a szabad tengelyválasztás tétele, 76 szabadvektor, 88, 89 szakasz, 8 szakasz-kör tétel, 51 a szakaszfelmérés tétele, 10 szel˝o, 49 távolság pont és egyenesé, 41 ponthalmazoké, 40 távolságfüggvény, 5 tengelyes affinitás, 97 iránya, 98 tengelyes tükrözés, 44 térben, 80 terület, 130 területmér˝o függvény, 128 a térizometriák fixponttétele, 47 Thalész tétele, 66 tompaszög, 17 tompaszög˝u hipotézis, 59 töröttvonal egyenl˝otlenség, 38 transzláció, 73 tükrözés egyenesre, síkra, 44 tükrözve nyújtás, 86 váltószögek, 68 vegyes szorzás, 103 vektoriális szorzás, 103 a vektoriális szorzás meghatározottsága, 103

TÁRGYMUTATÓ

vetítés, párhuzamos, 80 a vonalzó átfordíthatósága, 6 elhelyezés tétele, 6 eltolhatósága, 6 vonalzó axióma, 5

155

156

TÁRGYMUTATÓ

További olvasnivaló [1] H. S. M. Coxeter. A geometriák alapjai. M˝uszaki Könyvkiadó, 1987. Új szempontokat felvet˝o ismétlésre és új ismeretek megszerzésére egyaránt alkalmas. [2] H. S. M. Coxeter – S. L. Greitzer. Az újra felfedezett geometria. Gondolat, 1977. A geometria több fejezetét dolgozza fel a geometriai transzformációkat hangsúlyozva. Hasznos könyv a háromszög- és körgeometriában. [3] Euklidész. Elemek. Gondolat, 1983. Fordította és jegyzetekkel ellátta Mayer Gyula, Szabó Árpád el˝oszavával. [4] Molnár Emil. Matematikai versenyfeladatok gy˝ujteménye. Tankönyvkiadó, 1983. A könyv negyedik részében több geometriai tárgyú jegyzet van. [5] Radó Ferenc – Orbán Béla. A geometria mai szemmel. Dacia Könyvkiadó, 1981. Ezen kiváló könyv megértéséhez az absztrakt algebra és lineáris algebra kurzusok biztos ismerete szükséges. Foglalkozik a projektív geometriával, az elliptikus és hiperbolikus síkkal is. [6] Reiman István. A geometria és határterületei. Gondolat, 1986. A geometriai transzformációk részletes tárgyalása mellett az olvasó több új tárgykörrel b˝ovítheti ismereteit: pl. a komplex számsík geometriája, kombinatorikus geometria, rácsgeometria. [7] Reiman István. Fejezetek az elemi geometriából. Tankönyvkiadó, 1987. Gimnáziumi tankönyv a speciális matematika osztályok számára. Melegen ajánlható segédanyagként a geometria gyakorlatokhoz.

157

Lektorálták: Dr. Kincses János (JATE) Dr. Nagy Péter (KLTE)

Recommend Documents