Lexikon Paulin D´aniel 9.C
Logika ´ ıt´ All´ as: Egy a´ll´ıt´as ´ertelmess´eg´et mindig egy k¨oz¨oss´eg d¨onti el. Az a´ll´ıt´asok vagy igazak, vagy hamisak. Minden ´all´ıt´as megford´ıthat´o, azaz tagadhat´o. A ´es B ´all´ıt´as kiz´arja egym´ast, ha egyszerre nem lehetnek igazak. Az A ´all´ıt´as tagad´asa olyan B ´all´ıt´as, amivel soha nem teljes¨ ulnek egy¨ utt, de valamelyik mindig igaz. Logikai m˝ uvelet: olyan m˝ uvelet, melynek v´altoz´oi a´ll´ıt´asok, ´es egy ´all´ıt´ast rendel hozz´ajuk. 1 vagy 2 v´altoz´os logikai m˝ uveletek: 1. azonosan igaz (i) • kommutat´ıv • asszociat´ıv
B
A
I H
I I I
H I I
2. azonosan hamis (h) • kommutat´ıv • asszociat´ıv
B
I H
3. A • nem kommutat´ıv • asszociat´ıv
A
B
I H H
H H H
A
I H
I I I
H H H
4. A
1
• nem kommutat´ıv, mert t¨ ukr¨ozve a A f˝oa´tl´ora nem megy B ¨onmag´aba I • nem asszociat´ıv, mert H (A, B), C = A = A, (B, C) = A 5. B • nem kommutat´ıv
• nem kommutat´ıv • nem asszociat´ıv, mert A, (B, C) = C = (A, B), C = C
B
H I I
I I H
H I H
I H I
H H I
A
I H
• asszociat´ıv 6. B
B
I H H
A
I H
7. A ∨ B = A ∧ B • kommutat´ıv • asszociat´ıv, hiszen A (A ∨ B) ∨ C ´es B A ∨ (B ∨ C) pontosan I akkor igaz, ha A, B H ´es C k¨oz¨ ul legal´abb az egyik igaz 8. A ∨ B = A ∧ B
(A ⇒ B)
• nem kommutat´ıv • nem asszociat´ıv
B
• nem kommutat´ıv
(A \ B)
I I H
H I I
A
I H
• asszociat´ıv 10. A ∨ B = A ∧ B
B
H I H
A
I H
9. A ∨ B = A ∧ B
I I I
I I I
H H I
Scheffer - m˝ uvelet
2
• kommutat´ıv
B
• nem asszociat´ıv
A
I H
11. A ∧ B • kommutat´ıv
12. A ∧ B • nem kommutat´ıv • nem asszociat´ıv
B
• nem kommutat´ıv • nem asszociat´ıv
H H H
I H I
H H H
B
I H H
H I H
I H H
H H I
I H I
H I H
A
I H
Webb - m˝ uvelet
• kommutat´ıv • nem asszociat´ıv
B
A
I H
15. A ⊕ B = (A ∧ B) ∨ (A ∧ B)
• asszociat´ıv
I I H
A
I H
13. A ∧ B
• kommutat´ıv
H I I
A
• asszociat´ıv, mert (A ∧ B B) ∧ C ´es A ∧ (B ∨ C) I csak akkor igaz, ha A, H B ´es C is igaz
14. A ↓ B = A ∧ B
I H I
B
A
I H
16. A ⇐⇒ B = A ⊕ B = (A ∧ B) ∨ (A ∧ B) • kommutat´ıv • asszociat´ıv
B
A
I H
I I H
H H I
kommutat´ıv m˝ uvelet: A ◦ B = B ◦ A, a logikai t´abl´azat szimmetrikus a f˝oa´tl´ora asszociat´ıv m˝ uvelet: (A ◦ B) ◦ C = A ◦ (B ◦ C)
3
De Morgan - szab´ aly A1 ∧ A2 ∧ A3 ∧ . . . ∧ An = A1 ∨ A2 ∨ A3 ∨ . . . ∨ An A1 ∨ A2 ∨ A3 ∨ . . . ∨ An = A1 ∧ A2 ∧ A3 ∧ . . . ∧ An Ez alapj´an minden m˝ uvelet fel´ırhat´o ´essel ´es tagad´assal illetve vaggyal ´es tagad´assal. Van 2 olyan m˝ uvelet, amivel minden m´as fel´ırhat´o. Ezek: Scheffer - m˝ uvelet: A \ B = A ∧ B Webb m˝ uvelet: A ⊕ B Bizony´ıt´ as: Ha A ↓ B - vel ki tudjuk fejezni a tagad´ast ´es a ∧ - t, akkor mindent. A↓A=A∧A=A
(tagad´as)
(A ↓ A) ↓ (B ↓ B) = A ↓ B = A ∧ B = A ∧ B
(´es)
Ha A \ B - vel ki tudjuk fejezni a tagad´ast ´es a ∨ - ot, akkor mindent. A\A=A∨A=A
(tagad´as)
(A \ A) \ (B \ B) = A \ B = A ∨ B = A ∨ B
(vagy)
Diszributivit´ as: K´et m˝ uvelet disztribut´ıv, ha (A ◦ B) C = (A B) ◦ (B C) P´eld´ak: (A ∨ B) ∧ C = (A ∧ C) ∨ (B ∧ C) (A ∧ B) ∨ C = (A ∨ C) ∧ (B ∨ C) (A ⊕ B) ∧ C = (A ∧ C) ⊕ (B ∧ C)
Az x → ax2 + bx + c f¨ uggv´ eny A f¨ uggv´eny ´ abr´ azol´ asa
b c ax2 + bx + c = a x2 + x + a a
=a
b x+ 2a
2
c b2 + − 2 a 4a
2 b2 b +c− =a x+ 2a 4a a = 0
L´ep´esek: • az x → x2 f¨ uggv´eny megrajzol´asa. 4
• −
b - val eltoljuk az x tengely ir´any´aban 2a b > 0 negat´ıv ir´anyba toljuk el 2a b < 0 pozit´ıv ir´anyba toljuk el – ha 2a – ha
• y tengely menti a - szoros tengelyes affinit´as – ha a > 0 a parabola felfel´e ny´ıl´o – ha a < 0 a parabola lefel´e ny´ıl´o – ha a = 0 a f¨ uggv´eny x → bx + c egyenes lesz. • a f¨ uggv´enyt az y tengely ir´any´aban c −
b2 - val eltoljuk 4a
A f¨ uggv´ eny sz´ els˝ o´ ert´ ekhelyei: • ha a > 0 – nincs maximum, hiszen x n¨ovel´es´evel a f¨ uggv´eny ´ert´eke a v´egtelenhez tart 2 2 b b – a minimumhely ott van, ahol a x + - nek, azaz ahol x + - nek van a 2a 2a b b minimuma, ez x + = 0 eset´en van, azaz x = − 2a 2a 2 b – ekkor a minimum ´ert´eke: c − 4a • ha a < 0 – nincs minimum, a parabola lefel´e ny´ıl´o, sz´arai a −∞ - hez tartanak x n¨ovel´es´evel ill. cs¨okkent´es´evel 2 b b - nek (a < 0), azaz x = − – a maximumhely ott van, ahol az a x + eset´eben. 2a 2a b2 – a minimum ´ert´ek: c − 4a
5
8y
6
P´elda: ´abr´azoljuk az x → 3x2 − 2x + 4 f¨ uggv´enyt! 11 2 = 3 x2 − x + 3x − 2x + 3 3 2 1 4 1 3 x− + − =3 x− 3 3 9 2
4 3 1 3
4
= 2
2
+4
-3
Az ax2 + bx + c = 0
-2
-1
0
1
2
3 x
(a = 0) m´ asodfok´ u egyenlet
Megold´ ok´ eplet ax2 + bx + c b c x2 + x + a a 2 b2 − 4ac b − x+ 2a 4a2 2 b x+ 2a
= 0
/:a
a = 0
= 0 = 0 =
b2 − 4ac 4a2
b2 − 4ac ≥ 0, azaz b2 −4ac ≥ 4a2 2 − 4ac - t diszkrimin´ansnak nevezz¨ uk, ´es D - vel jel¨olj¨ uk. D = b2 − 4ac Ha b2 − 4ac ≥ 0, 0. A b√ 2 akkor b − 4ac pozit´ıv val´os sz´am lesz, ´ıgy ha 2 b2 − 4ac b = x+ 2a 4a2 √ b b b2 − 4ac x+ = ± /− 2a 2a 2a √ −b ± b2 − 4ac x = 2a
A bal oldal mindig pozit´ıv vagy 0, ez´ert csak akkor van megold´as, ha
Az egyenlet megold´asainak sz´ama: 6
• nincs megold´as, ha D < 0 • pontosan 1 (k´et egybees˝o) megold´as van, ha D = 0 • 2 (k¨ ul¨onb¨oz˝o) megold´as van, ha D > 0 Az egyenlet gy¨okei:
√ −b + b2 − 4ac b2 − 4ac x1 = x2 = 2a 2a A gy¨ok¨ok ´es az egyenlet egy¨ utthat´oi k¨oz¨ott igazak a k¨ovetkez˝o o¨sszef¨ ugg´esek: √ √ −b − b2 − 4ac + −b + b2 − 4ac b x1 + x 2 = =− 2a a √ √ −b − b2 − 4ac −b + b2 − 4ac 4ac c b2 − (b2 − 4ac) x1 x 2 = = 2 = · = 2 2a 2a 4a 4a a b c Teh´at x1 + x2 = − ´es x1 x2 = . Ezek a Vi` eta - formul´ ak. a a −b −
√
M´ asodfok´ u kifejez´ es szorzat - alakja Az ax2 + bx + c kifejez´est szeretn´enk els˝ofok´ u kifejez´esek szorzat´ara bontani. Kor´abbi levezet´es¨ unk szerint: 2 2 b b − 4ac x+ − ax2 + bx + c = a 2a 4a2 Ha D = b2 − 4ac ≥ 0, akkor a jobb oldal ´ıgy is ´ırhat´o: √ √ −b − b2 − 4ac −b + b2 − 4ac a(x − ) · (x − ), 2a 2a azaz a(x − x1 )(x − x2 ). Ha D = b2 − 4ac < 0, akkor az egyenletnek nincs val´os gy¨oke, ´ıgy nem lehet els˝ofok´ uak szorzat´av´a alak´ıtani. Ha ugyanis lehetne, akkor az els˝ofok´ u t´enyez˝okb˝ol le lehetne olvasni val´os gy¨ok¨ot. A Vi`eta formul´akat ´ıgy is bel´athatjuk: a (x − x1 ) (x − x2 ) = 0 a x − xx1 − xx2 + x1 x2 = 0 ax2 − (x1 + x2 ) ax + ax1 x2 = 0
2
b − (x1 + x2 ) a = b ⇒ x1 + x2 = − a c ax1 x2 = c ⇒ x1 x2 = a 7
Polinomok 1. T´etel. Ha egy n - ed fok´ u polinomnak gy¨ oke a t sz´am, akkor az (x − t) t´enyez˝o kiemelhet˝ o bel˝ole. I. bizony´ıt´ as Legyen a polinom p(x) = an xn +an−1 xn−1 +an−2 xn−2 +. . .+a1 x+a0 . t megold´as, ´ıgy p(t) = 0, azaz an tn + an−1 tn−1 + an−2 tn−2 + . . . + a1 t + a0 = 0 p(x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 = (x − t)[(an xn−1 + tan xn−2 + + t2 an xn−3 + . . . + tn−2 an x + tn−1 an ) + (an−1 xn−2 + tan−1 xn−3 + + t2 an−1 xn−3 + . . . + tn−1 an−3 x + tn−2 an−1 ) + . . . + (a1 )] + tn an + + tn−1 an−1 + tn−2 an−2 + . . . + ta1 + a0 = (x − t)[(an xn−1 + tan xn−2 + + t2 an xn−3 + . . . + tn−2 an x + tn−1 an ) + . . .] + p(t) = (x − t)q(x), ahol q(x) = (an x
n−1
+ tan x
n−2
2
+ t an x
n−3
0 n−2
+ ... + t
an x + tn−1 an ) + . . . + (a1 )
´Igy a kiemel´es t´enyleg v´egrehajthat´o. II. bizony´ıt´ as p(x) = an xn + an−1 xn−1 + an−2 xn−2 + . . . + a1 x + a0 p(t) = an tn + an−1 tn−1 + an−2 tn−2 + . . . + a1 t + a0
p(x) − p(t) = an (xn − tn ) + an−1 (xn−1 − tn−1 ) + . . . + a1 (x − t) p(t) = 0, ´ıgy p(x) = an (xn − tn ) + an−1 (xn−1 − tn−1 ) + . . . + a1 (x − t) ´ıgy az (x − t) - t kiemelt¨ uk, hiszen xk − tk = (x − t) xk−1 + xk−2 t + . . . + xtk−2 + tk−1
qk (x)
2. T´etel. Egy n - edfok´ u polinomnak legfeljebb n gy¨oke lehet. Bizony´ıt´ as: Tegy¨ uk fel, hogy t¨obb, mint n gy¨oke van, ekkor a p(x1 ), p(x1 ), p(x1 ), . . . , p(xk ) ´ert´eke 0, ahol n < k, ´ıgy az (x − x1 ), (x − x2 ), (x − x3 ), . . . , (x − xk ) kiemelhet˝o a polinomb´ol. ´Igy az egyenlet: c(x − x1 )(x − x2 ) · . . . · (x − xk ) = 0, ahol c egy polinom. A k - t´enyez˝os szorzat elv´egz´ese ut´an a legmagasabb fok´ u tag legal´abb k adfok´ u lesz, ami ellentmond´as, mivel n < k. Ellentmond´asra jutottunk, ´ıgy legfeljebb n db gy¨oke lehet egy n - edfok´ u egyenletnek. 8
A Vi` eta - formul´ ak ´ altal´ anosan an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 = 0 Tegy¨ uk fel, hogy van n megold´asa: x1 , x2 , x3 , . . . , xn , ekkor az al´abbi m´odon ´ırhat´o fel az egyenlet: an (x − x1 )(x − x2 ) · . . . · (x − xn ) = 0 an [x + (−x1 − x2 − x3 − . . . − xn )xn−1 + (x1 x2 + x1 x3 + . . . + x1 xn + +x2 x3 + x2 x4 + . . . x2 xn + . . . + xn−1 xn )xn−2 + . . . + (−1)n x1 x2 x3 . . . xn ] = 0 an xn + an (−x1 − x2 − x3 − . . . − xn )xn−1 + an (x1 x2 + x1 x3 + . . . + x1 xn + +x2 x3 + x2 x4 + . . . + xn−1 xn )xn−2 + . . . + an (−1)n x1 x2 x3 . . . xn = 0 ´Igy an (−x1 − x2 − x3 − . . . − xn ) = an−1 an−1 x1 + x2 + x3 + . . . + xn = − an an−2 x1 x2 + x1 x3 + . . . + x1 xn + x2 x3 + x2 x4 + . . . + x2 xn + . . . + xn−1 xn = an .. . a0 x1 x2 x3 . . . xn = (−1)n an n
Azaz a gy¨ok¨ok k - adrend˝ u kombin´aci´oiban szerepl˝o szorzatok o¨sszege: (−1)k
an−k an
3. T´etel. Ha k´et polinom minden x - re megegyez˝ o ´ert´eket vesz fel, akkor az egy¨ utthat´oik is megegyeznek. I. bizony´ıt´ as Legyen a k´et polinom: p(x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 ´es q(x) = bk xk + bk−1 xk−1 + . . . + b1 x + b0 ahol n ≥ k p(x) = q(x) ∀x - re, ´ıgy p(x) − q(x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 − bk xk − bk−1 xk−1 − . . . − b1 x − b0 ´Igy minden x - re 0 = an xn +an−1 xn−1 +. . .+(ak −bk )xk +(ak−1 −bk−1 )xk−1 +. . .+(a1 −b1 )x+(a0 −b0 ). Ez egy x - re n´ezve legfeljebb n - edfok´ u egyenlet, amelynek legfeljebb n gy¨oke lehetne, de ennek
9
v´egtelen sok van, ´ıgy a polinom konstans 0, azaz n = k, ´es an − bn = 0 an−1 − bn−1 = 0 an−2 − bn−2 = 0 .. . a0 − b 0 = 0
an = bn an−1 = bn−1 an−2 = bn−2 a0 = b 0 ,
´es ez az, amit bizony´ıtani akartunk. Megjegyz´ es: A bizony´ıt´asban csak azt haszn´altuk ki, hogy a k¨ ul¨onbs´eg-polinomnak n - n´el t¨obb gy¨oke van, ´ıgy ez a bizony´ıt´as azt is megmutatja, hogy 2 legfeljebb n - edfok´ u k¨ ul¨onb¨oz˝o polinom nem adhatja n + 1 helyen ugyan azt az ´ert´eket. II. bizony´ıt´ as Ha n > k, akkor bn = 0, bn−1 = 0, bn−2 = 0, . . . , bk+1 = 0s. ´Igy tekinthetj¨ uk q(x) - et is n - edfok´ unak. Mivel minden x - re megegyez˝o ´ert´eket adnak, ugyanazt adj´ak x - re p(x) = q(x) ´es x + 1 - re p(x + 1) = q(x + 1), azaz p(x + 1) = q(x + 1): an (x + 1)n + an−1 (x + 1)n−1 + . . . + a1 (x + 1) + a0 = bn (x + 1)n + +bn−1 (x + 1)n−1 + . . . + b1 (x + 1) + b0 an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 = bn (x + 1)n + bn−1 xn−1 + . . . + b1 x + b0
an [(x + 1)n − xn ] + an−1 (x + 1)n−1 − xn−1 + . . . + a1 (x + 1 − x) =
bn [(x + 1)n − xn ] + bn−1 (x + 1)n−1 − xn−1 + . . . + b1 (x + 1 − x) n n−2 n − 1 n−3 n−2 + x + . . . + 1) + an−1 (n − 1)x + x + ... + 1 + an (nx 2 2 n n−2 n − 1 n−3 n−1 n−2 + x + . . . + 1) + bn−1 (n − 1)x + x + ... . . . + a1 = bn (nx 2 2 +1 + . . . + b1 n−1
an nxn−1 +
...
= bn nxn−1 +
max. n − 2 - edfok´ u tagok
...
max. n − 2 - edfok´ u tagok
A bizony´ıt´ast teljes indukci´oval v´egezz¨ uk: a konstans (0 - adfok´ u) f¨ uggv´enyre nyilv´an igaz, ´ıgy tegy¨ uk fel, hogy n − 1 - re is igaz, k¨ovetkezik - e ebb˝ol, hogy n - re is igaz? Ha n − 1 - re igaz: an nxn−1 = bn nxn−1 ´es ha x = 0, akkor an = bn , ´ıgy az a´ll´ıt´as igaz. 4. T´etel. Egy n - edfok´ u polinom-f¨ uggv´eny egy´ertelm˝ uen meghat´ arozhat´ o n + 1 pontj´ ab´ ol. 10
Bizony´ıt´ as: Egy´ ertelm˝ us´ eg: Ezt m´ar bel´attuk a 3. T´etel 1. bizony´ıt´as´anak megjegyz´es´eben. Meghat´ aroz´ as: I. Newton - f´ ele interpol´ aci´ os polinomokkal Legyen a meghat´arozand´o polinom a q(x), ennek ´ert´ek´et n + 1 helyen ismerj¨ uk, e helyek legyenek uk pedig legyen rendre y1 , y2 , y3 , . . . , az x1 , x2 , x3 , . . . , xn+1 , az ezen helyeken felvett ´ert´ek¨ yn+1 . Ha a keresett polinom k - adfok´ u, akkor legyen qk (teh´at pl. ha egy 0 - adfok´ u polinomot u nyilv´an egyszer˝ uen meghat´arozhat´o: q0 = y1 , hiszen a konstans keres¨ unk,akkor q0 ). A 0 - adfok´ uk q1 - et. polinom csak ´ıgy mehet ´at az (x1 , y1 ) ponton. Teh´at q0 = y1 , most n´ezz¨ q1 (x) = q0 (x) + (x − x1 ) ·
y2 − q0 (x2 ) x2 − x1
Ez az´ert lesz megfelel˝o, mert x1 eset´en q0 (x1 ) + (x1 − x1 ) · et ad, x2 eset´en viszont q0 (x2 ) + (x2 − x1 ) ·
y2 − q0 (x2 ) = q0 (x1 ) - et, vagyis y1 x2 − x1
y2 − q0 (x2 ) = q0 (x2 ) + y2 − q0 (x2 ) = y2 - t ad, ami x2 − x1
megfelel˝o. A bizony´ıt´ast teljes indukci´oval v´egezz¨ uk. Legyen qn (x) egy olyan n - edfok´ u polinom, amely x1 , x2 , x3 , . . . , xn+1 - re megfelel˝o ´ert´eket ad. Ekkor qn+1 (x) egy olyan n+1 - edfok´ u polinom, amely az x1 , x2 , . . . , xn+1 helyeken ugyanolyan ´ert´eket ad, mint a qn , ´es az xn+2 helyen yn+2 - t ad. qn+1 (x) = qn (x) + (x − x1 )(x − x2 ) · . . . · (x − xn+1 )· yn+2 − qn (xn+2 ) , · (xn+2 − x1 )(xn+2 − x2 ) · . . . · (xn+2 − xn+1 ) ez x1 , x2 , . . . , xn+1 - re a 2. tag 0 lesz, ´ıgy a kifejez´es ´ert´eke qn (x) lesz, ami megfelel˝o. xn+2 eset´en viszont a nevez˝o ´es a t¨ort el˝ott a´ll´o szorzat megegyezik, ´ıgy a kifejez´es ´ert´eke qn (xn+2 ) + yn+2 − qn (xn+2 ) = yn+2 lesz, ´es ez megfelel˝o. ´Igy teljes indukci´oval megkaphatjuk a megfelel˝o polinomot, amely a´thalad a megadott pontokon. II. Lagrange - f´ ele interpol´ aci´ os polinomokkal Olyan polinomokat alkotunk, amelyek n megadott pont hely´en 0 - t adnak, az n + 1. helyen pedig a megfelel˝o ´ert´eket, legyenek ezek a Hi polinomok. Ekkor Hn+1 = (x − x1 )(x − x2 )(x − x3 ) . . . (x − xn ) ·
yn+1 (xn+1 − x1 )(xn+1 − x2 ) . . . (xn+1 − xn )
Ez x1 , x2 , . . . , xn eset´en 0 - t ad, xn+1 eset´en yn+1 - et, vagyis ´eppen annyit, amennyit q(x) - nek ul¨onbs´egei, de ezek sosem kell adnia itt. A nevez˝o sosem lehet 0, hiszen a szorzat tagjai 2 xi k¨ 11
lehetnek egyenl˝ok. Teh´at Hi = (x − x1 )(x − x2 ) · . . . · (x − xi−1 )(x − xi+1 ) · . . . · (x − xn )(x − xn+1 )· yi · (xi − x1 )(xi − x2 ) · . . . · (xi − xi−1 )(xi − xi+1 ) · . . . · (xi − xn )(xi − xn+1 ) A Hi polinomok x1 , x2 , . . . , xi−1 , xi+1 , . . . , xn+1 eset´en 0 - t adnak, m´ıg xi eset´en yi - t, ad, ´eppen annyit, amennyit a keresett polinomunknak kell adnia. ´Igy a keresett polinom ezek o¨sszege, vagyis q=
n+1
Hi ,
i=1
ul. ez ugyanis minden xi - re 0 + 0 + . . . + yi + . . . + 0 + . . . + 0 = yi - t ad ´ert´ek¨
Egyenletrendszerek megold´ asa K´ etismeretlenes egyenletrendszer megold´ asa ´ Altal´ anos alakja: a11 x1 + a12 x2 = b1 a21 x1 + a22 x2 = b2 Megold´ asa: I. Egyenl˝ o egy¨ utthat´ ok m´ odszer´ evel • ha a11 = a12 = 0, akkor 2 eset van: – b1 = 0, ekkor csak 1 egyenlet¨ unk van, ´es 2 ismeretlen, ez nem val´odi k´etismeretlenes egyenletrendszer – b1 = 0, ekkor az egyenletrendszer ellentmond´asos • ha a11 = a21 = 0, akkor csak 1 ismeretlen¨ unk van, de 2 egyenlet¨ unk. Ekkor vagy ellentu, x1 - re hat´arozatlan. mond´asos a megmaradt ismeretlenre, vagy pedig x2 - re egy´ertelm˝ • ha valamelyik ismeretlen eggy¨ uthat´oja 0, pl. a11 = 0, akkor a m´asikra egy´ertelm˝ u, majd ezt behelyettes´ıtve a 2. egyenletbe, a m´asik ismeretlenre is egy´ertelm˝ u. • ha a11 a12 a21 a22 = 0, akkor az 1. egyenlet beszorz´asa a22 - vel ´es a 2. egyenlet beszorz´asa a12 - vel ekvivalens a´talak´ıt´as: a11 x1 + a12 x2 = b1 a11 a22 x1 + a12 a22 x2 = b1 a22
/ · a22
a21 x1 + a22 x2 = b2 a21 a12 x1 + a22 a12 x2 = b2 a12
/ · a12
12
Az ´ıgy kapott 2 egyenletet kivonva egym´asb´ol kapjuk a k¨ovetkez˝o egyenletet: (a11 a22 − a21 a12 )x1 + (a12 a22 − a22 a12 )x2 = b1 a22 − b2 a12 (a11 a22 − a21 a12 )x1 = b1 a22 − b2 a12 • Ha a11 a22 − a21 a12 = 0, akkor 2 eset van: – ha b1 a22 − b2 a12 = 0, akkor x1 - re n´ezve nem egy´ertelm˝ u, v´egtelen sok megold´as van, minden x1 - hez egy - egy x2 tartozik. – b1 a22 − b2 a12 = 0, akkor az egyenletrendszer ellentmond´asos, hiszen a bal oldal 0, m´ıg a jobb oldal nem 0. • Ha a11 a22 − a21 a12 = 0, akkor leoszthatunk vele, ´ıgy x1 =
b1 a22 − b2 a12 , a11 a22 − a21 a12
ugyan´ıgy
b1 a21 − b2 a11 a11 a22 − a21 a12 Az a11 a22− a21 a12kifejez´est az egyenletrendszer determin´ans´anak nevezz¨ uk ´es D = a11 a22 − a b a11 a12 - vel jel¨olj¨ = ad − bc, akkor uk. Ha a21 a12 = a21 a22 c d b1 a12 a11 b1 b2 a22 a21 b2 x1 = x2 = a a a a 11 12 11 12 a21 a22 a21 a22 x2 =
Ha D = 0, akkor vagy 0 vagy v´egtelen sok megold´as van, ha D = 0, akkor 1 megold´as van. a22 a12 = , azaz a 2. egyenlet az 1. Ha D = 0, a11 a22 − a12 a21 = 0, azaz a11 a22 = a12 a21 ⇒ a21 a22 - nek t¨obbsz¨or¨ose. II. Behelyettes´ıt˝ o m´ odszer Az els˝o egyenletb˝ol kifejezz¨ uk az egyik ismeretlent a m´asik seg´ıts´eg´evel, majd a 2. egyenletbe behelyettes´ıtve egyismeretlenes egyenletet kapunk, amit megoldhatunk. III. Grafikus m´ odszer A k´et egyenlet x1 - re ´es x2 - re n´ezve a koordin´ata - rendszerben egyenest hat´aroz meg (x1 az uak). Az egyenletrendszer x - nek, x2 az y - nak felel meg, ´es ´ıgy az egyenletek ax + by = c alak´ megold´asa a 2 egyenes metsz´espontj´anak koordin´at´ai. K´et egyenes egym´ashoz viszony´ıtva lehet: p´arhuzamos, egybees˝o ´es metsz˝o. 13
• Ha metszik egym´ast 1 pontban, akkor 1 megold´as van. • Ha p´arhuzamosak, akkor nem metszik egym´ast, ´ıgy nincs megold´as. • Ha a 2 egyenes egybeesik, akkor v´egtelen sok megold´as van. Ha a k´et egyenes p´arhuzamos, az azt jelenti, hogy a meredeks´eg¨ uk megegyezik, azaz ´atrendezve D = 0. Ahhoz, hogy a 2 egyenes egybeessen, sz¨ uks´eges, hogy
a21 a11 = , a12 a22
b2 a22 a21 = = is teljes¨ ulj¨on (b1 = 0). b1 a21 a11
M´ atrix - m´ odszer a11 x1 + a12 x2 = b1 a21 x1 + a22 x2 = b2
x a11 a12 m´atrixot. Az a k´erd´es, hogy milyen m´atrixszal kell megszorozni Tekints¨ uk az a21 a y 22 b (jobbr´ol), hogy a 1 m´atrixot kapjuk. b2 a11 a12 x a11 x a12 y b = = 1 y a21 x a22 y a21 a22 b2 a11 a12 - et Ha siker¨ ulne tal´alni egy ,,inverz” m´atrixot, azaz egy olyan m´atrixot, amivel az a21 a22 x maradna. Az a k´erd´es, megszorozva az egys´egm´atrixot kapn´ank, akkor a bal oldalon csak y hogy van - e ilyen inverz m´atrix ´es ha van, akkor mennyi van bel˝ole. Az egys´egm´atrix I = a11 a12 . Ha van inverz, akkor csak 1 van, hiszen a m´atrix bal oldali ´es jobb oldali inverze meg a21 a22 kell egyezzen, hiszen ha A2 A = I ´es AA2 = I, akkor A1 AA2 = (A2 A)A2 = A2 ⇒ A1 = A2 A1 AA2 = A1 (AA2 ) = A1
Itt felhaszn´altuk a m´atrixszorz´as asszocivit´as´at is. ´Igy ha beszorzunk az inverz m´atrixszal: a11 a12 M= a21 a22 x −1 a11 a12 −1 b1 , ahol M −1 M = 1 M =M a21 a22 b2 y x −1 b1 , =M b2 y ahonnan x ´es y ´ert´eke a m´atrixok egyenl˝os´ege alapj´an k¨ovetkezik. 14
H´ aromismeretlenes egyenletrendszer ´ Altal´ anos alakja: a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 = b1 a21 x1 + a22 x2 + a23 x3 = b2 a31 x1 + a32 x2 + a33 x3 = b3
(1) (2) (3)
Megold´ asa (egyenl˝ o egy¨ utthat´ ok m´ odszer´ evel): Szorozzuk be az (1) egyenletet a21 - gyel, ´es a (2) egyenletet a11 - gyel. Ez ut´an vonjuk ki a (´ uj) (2) egyenletet az (´ uj) (1) - b˝ol, ´ıgy kapjuk a (4) egyenletet. (1) · a21 (2) · a11
a11 a21 x1 + a12 a21 x2 + a13 a21 x3 = b1 a21 a11 a21 x1 + a11 a22 x2 + a11 a23 x3 = b2 a11
(a12 a21 − a11 a22 )x2 + (a13 a21 − a11 a23 )x3 = b1 a21 − b2 a11
(4)
Ez ut´an szoruzzuk be az eredeti (1) egyenletet a3 1 - gyel, ´es az eredeti (3) egyenletet a11 - gyel. Az ´ıgy kapott (1) egyenletb˝ol vonjuk ki az ´ıgy kapott (3) egyenletet, ´es k¨ ul¨onbs´eg¨ uk legyen az (5) egyenlet. (1) · a31 (3) · a11
a11 a31 x1 + a12 a31 x2 + a13 a31 x3 = b1 a31 a11 a31 x1 + a11 a32 x2 + a11 a33 x3 = b3 a11
(a12 a31 − a11 a32 )x2 + (a13 a31 − a11 a33 )x3 = b1 a31 − b3 a11
(5)
´Igy a (4) ´es az (5) egy k´etismeretlenes egyenleternszert alkot. Oldjuk meg ezt a 2 ismeretlenes Sz egyenletrendszert! x2 = , ahol N b1 a21 − b2 a11 a13 a21 − a11 a23 = Sz = b1 a31 − b3 a11 a13 a31 − a11 a33 = a13 a31 a21 b1 − a13 a31 a11 b2 − a11 a33 a21 b1 + a11 a33 a11 b2 −a13 a31 a21 b1 + a13 a21 a11 b3 + a11 a23 a31 b1 − a11 a23 a11 b3 = a12 a21 − a11 a22 a13 a21 − a11 a23 = ´es N = a12 a31 − a11 a32 a13 a31 − a11 a33 a12 a21 a13 a31 − a11 a22 a13 a31 − a12 a21 a11 a33 + a11 a22 a11 a33 − a13 a21 a12 a31 + a11 a23 a12 a31 + a13 a21 a11 a32 − a11 a23 a11 a32 = a11 (a11 a22 a33 + a12 a23 a31 + a13 a21 a32 − a13 a22 a31 − a12 a21 a33 − a11 a22 a33 − a11 a23 a32 )
15
a11 a12 a13 A z´ar´ojelben szerepl˝o kifejez´est a k¨ovetkez˝ok´eppen jel¨olj¨ uk: a21 a22 a23 , ´ıgy felismerhet˝o, hogy a31 a32 a33 a11 b1 a13 a11 a12 b1 b1 a12 a13 a21 b2 a23 a21 a22 b2 b2 a22 a23 a31 b3 a33 a31 a32 b3 b3 a32 a33 x2 = x3 = x1 = a11 a12 a13 a11 a12 a13 a11 a12 a13 a21 a22 a23 a21 a22 a23 a21 a22 a23 a31 a32 a33 a31 a32 a33 a31 a32 a33 L´athat´o, hogy akkor van 0 vagy esetleg v´egtelen sok megold´as, ha a nevez˝o 0. Ha a sz´aml´al´o is 0, akkor v´egtelen sok, ha nem 0, akkor nincs megold´asa az egyenletrendszernek.
Geometria Transzform´ aci´ ok Tetsz˝ oleges k¨ or¨ ulj´ ar´ astart´ o egybev´ ag´ os´ ag fel´ırhat´ o k´ et tengelyes t¨ ukr¨ oz´ essel Az egybev´ag´os´ag AB - t olyan A B - be viszi, ahol AB hossza ´es ´es A’B’ hossza megegyezik. Vegy¨ uk fel az A ´es B pontokat a s´ıkban, illetve az A - t ´es a B - t (az A ´es B pontok k´ep´et). 2 pont ´es a k´epe meghat´arozza a transzform´aci´ot. fBB’ fAA’ A’ A B’
B
B1 '
Az fAA tengelyes t¨ ukr¨oz´es A - t A - be ´es B -t B1 - be viszi. Ha B1 egybeesik B - vel, akkor m´ar nincs sz¨ uks´eg¨ unk t¨obb transzform´aci´ora. Ha nem, akkor egy olyan tengelyt kell tal´alnunk, amely A - t helyben hagyja, m´ıg B1 - t B - be viszi. Ez a tengely csak a B1 B felez˝omer˝olegese lehet, hiszen csak ez viszi B1 - t B - be. De valyon ez ´atmegy A - n? Igen, mivel AB = A B1 = A B , u, ez´ert a felez˝omer˝oleges ´atmegy A - n. ´es ´ıgy az A B B1 h´aromsz¨og egyenl˝osz´ar´ N´ezz¨ uk meg, hogy egy tetsz˝oleges C pontb´ol is ugyanaz csin´alja - e a 2 t¨ ukr¨oz´es, mint az eredeti ukr¨oz´es t´avols´agtart´o. transzform´aci´o? ∀C - re igaz, hogy AC = A C , ´es BC = B C , hiszen a t¨ A t¨ ukr¨oz´es k¨or¨ ulj´ar´asv´alt´o, ´ıgy 2 t¨ ukr¨oz´es nem. Az ABC ´es A B C h´aromsz¨ogek egybev´ag´ok, 16
hiszen oldalaik megegyeznek. Azonban C ´ıgy is 2 helyen lehetne, a k¨or¨ ulj´ar´asnak megfelel˝oen. De a mi transzform´aci´onk ´es az eredeti traszform´aci´o sem v´altoztatja meg a k¨or¨ ulj´ar´ast, teh´at a megfelel˝o C pontot kapjuk. Ha a 2 tengely (f1 , f2 ) az O pontban metszik egym´ast, akkor P OP2 = 2 · α, ahol α az f1 ´es f2 tengelyek ´altal bez´art (´ır´any´ıtott) sz¨og. P2 f 2
Y O
P1
X
f1
P
Legyen az eredeti pont a P , ennek f1 tengelyre t¨ ukr¨oz¨ott t¨ uk¨ork´epe P1 . A P1 f2 - re vett t¨ uk¨ork´epe ukr¨oz´es miatt, tov´abb´a P1 OY = P2 OY , ism´et a t¨ ukr¨oz´es P2 . Ekkor P OX = XOP1 , a t¨ ´ sz¨ogtart´os´aga miatt. Igy viszont P OP2 = 2 · P OX + 2 · Y OP2 = 2(P OX + Y OP2 ) = 2 · Y OX = 2α. f2 P1
Y O X
f1
P P2
P OX = XOP1 , ´es P1 OY = Y OP2 , a t¨ ukr¨oz´es sz¨ogtart´os´aga miatt. Ekkor XOY = α = XOP1 − Y OP1 . Viszont az is igaz, hogy P OP2 = P OX − P2 OY + XOY = α + α = 2α, teh´at P OP2 ebben az esetben is 2 - szerese az XOY - nek. P2 f2 Y
P f1 X P OX = XOP1 ´es P1 OX = Y OP2 , a t¨ ukr¨oz´es sz¨ogtart´os´aga miatt. Az XOY = α = ´ P1 OY − XOP1 . Igy viszont a P OP2 = P1 OP2 − P1 OP = 2 · P1 OY − 2 · P1 OX = 2(P1 OY − P1 OX) = 2α. Minden lehets´eges esetet v´egign´ezt¨ unk, ´ıgy 2 metsz˝o tengelyre t¨ort´en˝o t¨ ukr¨oz´es megegyezik a P1
17
metsz´espontjuk k¨or¨ uli, f1 → f2 k¨or¨ ulj´ar´as´ u, 2α sz¨og˝ u forgat´assal, ahol α a 2 tengely sz¨oge. Ha p´arhuzamos a 2 tengely, akkor a transzform´aci´o egyetlen f1 → f2 ir´any´ u, 2 · f1 f2 nagys´ag´ u eltol´assal is megkaphat´o. f1 f2
K P x x P1
y
L
y
P2
Az f1 P - t a P1 - be viszi, ´ıgy P ´es P1 is egyenl˝o t´avols´agra van f1 - t˝ol. Ugyan´ıgy P1 ´es P2 ugyan olyan t´avol van f2 - t˝ol. ´Igy viszont P P2 = 2x + 2y = 2(x + y) = 2LK = 2 · f1 f2 , ´es ´epp ezt akartuk bizony´ıtani. Abban az esetben, ha az a´bra nem pont ´ıgy n´ez ki, is hasonl´oan elv´egezhet˝o a bizony´ıt´as. A k¨ or¨ ulj´ ar´ asv´ alt´ o egybev´ ag´ os´ agi transzform´ aci´ ok fel´ırhat´ ok 3 tengelyes t¨ ukr¨ oz´ es szorzatak´ ent Egy egybev´ag´os´agi transzform´aci´ot egy´ertelm˝ uen meghat´aroz 2 pont ´es a k´epe, valamint a k¨or¨ ulj´ar´as ir´anya. t1 t2 A
B
B’ A’
t3
B1 '
T¨ ukr¨ozz¨ unk el˝osz¨or az AA’ felez˝omer˝oleges´ere, legyen ez a t1 . Ez vigye B - t a B1 - be. Ez ut´an t¨ ukr¨ozz¨ unk a B1 B felez˝omer˝oleges´ere. Ez A - t helyben hagyja, l´ev´en hogy a´thalad rajta, mivel u. A harmadik t¨ ukr¨oz´esre m´ar csak a AB = A B1 = A B , ´es ´ıgy a B1 B A h´aromsz¨og egyenl˝osz´ar´ k¨or¨ ulj´ar´asv´alt´os´ag miatt van sz¨ uks´eg, ennek a tengelye term´eszetesen az A B egyenese. A s´ık egybev´ag´os´agi transzform´aci´oi a s´ık minden pontj´at transzform´alj´ak, ahol a P pont k´epe a unk, ha egy transzform´aci´o t´avols´agtart´o, vagyis P pont. Egybev´ag´os´agi transzform´aci´or´ol besz´el¨ 18
P Q = P Q . Annak is teljes¨ ulnie kell, hogy k¨ ul¨onb¨oz˝o pontok k´epe k¨ ul¨onb¨oz˝o pont lesz, ´es minden pont el˝oa´ll k´epk´ent. K¨ oz´ epvonalt´ etel ´ ıt´ All´ as: Az ABC a oldalhoz tartoz´o k¨oz´epvonala p´arhuzamos a - val ´es feleakkora, mint a. Ugyan ez igaz a b ´es c oldalakhoz tartoz´o k¨oz´epvonalakra is. A t1
FAB
t 2 = t3
B
t4
FAC
C
Bizony´ıt´ as: T¨ ukr¨ozz¨ uk a B - t az FAB - re, ekkor az A - t kapjuk. Ha ez ut´an az A - t az FAC - re t¨ ukr¨ozz¨ uk, akkor a C - t kapjuk. Teh´at a B - t az FAB - re, majd a kapott pontot ukr¨ozve kapjuk a C - t. Csakhogy egy k¨oz´eppontos t¨ ukr¨oz´es (tulajdonk´eppen egy az FAC - re t¨ ◦ 180 -os forgat´as) fel´ırhat´o 2 egym´asra mer˝oleges, egym´ast a k¨oz´eppontban metsz˝o tengelyre val´o ukr¨oz´est a t1 ´es t2 tengelyekre val´o t¨ ukr¨oz´essel ´ırjuk fel t¨ ukr¨oz´essel. Az els˝o (FAB - re t¨ort´en˝o) t¨ (a t1 tengely az FAB FAC - re FAB - ben ´all´ıtott mer˝oleges, a t2 tengely pedig maga az FAB FAC egyenes. Az FAC - re t¨ ukr¨oz´est pedig a t3 - ra ´es t4 - re vett t¨ ukr¨oz´essel helyettes´ıtj¨ uk (t3 az FAB FAC ´ egyenese, t4 pedig az FAB FAC - re FAC - ben ´all´ıtott mer˝oleges). Igy a t1 t2 t3 t4 transzform´aci´o B - t a C - be viszi. Csakhogy t2 ´es t3 megegyezik, ´ıgy a t1 t4 transzform´aci´o ugyanezt csin´alja. t1 ´es t4 p´arhuzamosak, ´ıgy ez a transzform´aci´o megegyezik egy t1 - re mer˝oleges, t1 → t4 ir´anyba u transzform´aci´oval (FAB FAC mer˝oleges t1 - re ´es t4 - re is, ´ıgy hossza t¨ort´en˝o, 2 · FAB FAC nagys´ag´ −−→ −−−−−→ megegyezik a 2 p´arhuzamos t´avols´ag´aval). Teh´at BC = 2FAB FAC , ´es ´epp ezt akartuk bel´atni. Ker¨ uleti ´ es k¨ oz´ epponti sz¨ ogek t´ etele ´ ıt´ uleti sz¨oge feleakkora, mint a k¨oz´epponti sz¨oge. All´ as: Az ABC ker¨ Bizony´ıt´ as:
19
f AC
A f AB
E
D b
O B
C
fA B az AB felez˝omer˝olegese, fA C az AC felez˝omer˝olegese. fA B : B → A, fA C : A → C, ´ıgy ukr¨oz´esek fA BfA C : B → C. A t¨ miatt BOD = AOD ´es AOE = COE. Az ADOE n´egysz¨og 2 sz¨oge 90◦ - os, ´ıgy α + β = 180◦ , teh´at β = 180◦ − α. ´Igy viszont a BOC - et 360◦ - ra kieg´esz´ıt˝o sz¨og 2β = 2(180◦ −α) = 360◦ − 2α, ez´ert BOC = 2α.
Antiparalell Antiparallelnek nevezz¨ uk azt a szakaszt, amelyet adott ABC sz¨ogfelez˝oj´ere t¨ ukr¨ozve p´arhuzamost kapunk a megfelel˝o alappal. A
Teh´at BC - vel azok a szakaszok antiparalellek, ukr¨ozve p´arhuzamost amelyeket az fα - ra t¨ ´ kapunk BC - vel. Igy viszont az a´br´an l´athat´oan az antiparallel ´es a BC h´ urn´egysz¨oget hat´aroz meg.
fa B
C
A bY X
B
g
fa
Az ABC - ben X ´es Y az B b´ol illetve a C - b˝ol h´ uzott magass´agvonalak talppontjai, fα az BAC sz¨ogfelez˝oje. Az BXC ´es az BY C 90◦ - os, ´ıgy B, X, Y ´es C rajta van az BC szakasz Th´al´esz - k¨or´en. Ez´ert a BCY X n´egysz¨og h´ urn´egysz¨og, ´ıgy AXY = 180◦ − (180◦ − γ) = γ ´es az AY X = 180◦ − (180◦ − β) = β. ´Igy viszont ukr¨ozve XY - t BC C a sz¨ogfelez˝ore t¨ - vel p´arhuzamos szakaszt kapunk, ez´ert antiparalellek.
20
Fagnano feladat Feladat: Az ABC hegyessz¨og˝ u h´aromsz¨ogben keress¨ uk meg a legkisebb ker¨ ulet˝ u bel´e ´ırhat´o h´aromsz¨oget (olyan h´aromsz¨oget, amelynek cs´ ucsai az ABC h´aromsz¨og oldalain helyezkednek el), ´es bizony´ıtsuk be, hogy csak 1 ilyen h´aromsz¨og van. Megold´ as: A
Q’
R’
P’
P’’ Q
R
B
C
P
Vegy¨ unk egy a h´aromsz¨ogbe ´ırt h´aromsz¨oget, a P QR - t. Tegy¨ uk fel, hogy ennek a legkisebb a ker¨ ulete. P - t u ´gy kapjuk, hogy P - t t¨ ukr¨ozz¨ uk AB - re, P - t pedig u ´gy, hogy P - t ukr¨oz´esek AC - re t¨ ukr¨ozz¨ uk. A t¨ ukr¨oz´esek miatt P R = RP ´es P Q = QP . Ugyan ´ıgy, a t¨ miatt P R = R P ´es P Q = Q P , tov´abb´a P A = AP = AP . ´Igy viszont kP R Q = P P ´es kP QR = P R + RP . Ez pedig azt jelenti, hogy kP R Q > kP QR , hiszen P R + RP > P P , a h´aromsz¨og - egyenl˝otlens´eg miatt. ukr¨oz´es miatt P AB = BAP ´es Most pedig n´ezz¨ uk a sz¨ogeket! AP = AP = AP , ´ıgy a t¨ ugg P AC = CAP . ´Igy viszont P AP = 2 · BAC = 2α. Teh´at a P AP ´alland´o, nem f¨ u is. ´Igy a P P = kP R Q P - t˝ol. A P AP minden P eset´en hasonl´o lesz, hiszen egyenl˝osz´ar´ akkor lesz minim´alis, ha P A minim´alis, vagyis ha P A minim´alis. Ez pedig akkor minim´alis, ha P az A - b´ol indul´o magass´ag talppontja. A P’’ Q’ Q
R’ P’
R B
P
C
oldalhoz tartoz´o magass´ag talppontja lesz. ´Igy a talpponti h´aromsz¨og a keresett h´aromsz¨og.
21
Izogon´ alis pont Izogon´alis pontnak nevezz¨ uk azt a pontot, amely ABC - ben van ´es a cs´ ucsokt´ol m´ert t´avols´againak ¨osszege minim´alis. ´ ıt´ All´ as: Az izogon´alis pont az a pont, ahonnan minden cs´ ucs 120◦ - ban l´atszik. A Bizony´ıt´ as: Tudjuk, hogy AP + BP + CP minim´alis. Forgassuk el P - t ´es C - t 60◦ - kal B k¨or¨ ul. BP P szab´alyos h´aromsz¨og, ´ıgy BP = BP = P P . Az egyenl˝os´eg miatt az AP , P P ´es P C szakaszok a´ltal alkotott t¨or¨ottvonal pontosan a P pont cs´ ucsokt´ol m´ert t´avols´aga. Mivel B 60° 60° A ´es C’ ´alland´o, ez´ert e t¨or¨ottvonal hossza ak kor minim´alis, ha A, P , P ´es C egy egyenesbe esik. ´Igy BP A = 120◦ , ´es a forgat´as miatt BP C = BP C = 120◦ ,´ıgy az AP C is 120◦ - os.
P 60° C P’
C’ Megjegyz´ es: Ez a bizony´ıt´as csak akkor igaz, ha a h´aromsz¨og minden sz¨oge kisebb 120◦ - n´al. Ha olyan tompasz¨og˝ u h´aromsz¨oget vizsg´alunk, aminek enn´el nagyobb a tompasz¨oge, akkor a keresett pont a tompasz¨og˝ u cs´ ucs.
22
Az ABC - beli transzverz´ ans egyeneseket a megfelel˝ o sz¨ ogfelez˝ okre t¨ ukr¨ ozve is transzverz´ ansokat kapunk P2
A
Y Z’ fb
fg
P3
P
Z
P’
Y’
fa B
X
C
X’
P1
Az ABC - ben P pont a cs´ ucsokb´ol kiindul´o f´elegyenesek (AX, BY ´es CZ) egyetlen metsz´espontja. ukr¨ozz¨ uk fβ - ra: Y k´epe Y CZ - t t¨ ukr¨ozz¨ uk AX - et t¨ ukr¨ozz¨ uk fα - ra: X k´epe X BY - t t¨ fγ - ra: Z k´epe Z Ekkor BAX = X AC ABX = Y BC a t¨ ukr¨oz´esek miatt ZCB = Z CA ´gy kapjuk meg, hogy a P pontot t¨ ukr¨ozz¨ uk a h´aromsz¨og egyes A P1 , P2 ´es P3 pontokat u ukr¨oz´es miatt ´es CBP1 = P BC = Y BA. AP Y = oldalaira. Ekkor CBP1 = P BC a t¨ Y BC = P3 BA a t¨ ukr¨oz´es miatt. P3 B = P1 B mert P3 B = P B ´es P1 B = P B, ´ıgy a BP1 P3 egyenl˝osz´ar´ u ´es P3 BP = P BP1 . Teh´at BY sz¨ogfelez˝o ´es magass´agvonal egyben, vagyis BP egyenese a P1 P3 szakasz szakaszfelez˝o - mer˝olegese. Ugyanezek elmondhat´ok az AX ´es CZ szakaszokra is, a megfelel˝o h´aromsz¨ogekben. A P1 P2 P3 oldalfelez˝o mer˝olegesei egy pontban metszik egym´ast, teh´at P is transzverz´ansok metsz´espontja. A Simsom - egyenes Bizony´ıt´ as: Az ABC k¨or¨ ul´ırt k¨or´enek tetsz˝oleges P pontj´ab´ol az oldalakra a´ll´ıtott mer˝olegesek talppontjai egy egyenesen vannak (P = A, B, C) 23
A
Y B Z
X
Az ´abr´an kialakul 4 h´ urn´egysz¨og: BXP Z, P XY C, AZP Y , ´es ABP C. Az X, Y ´es Z pontok pontosan akkor esnek egy egyenesbe, ha BXZ = Y XC. A h´ urn´egysz¨ogek tulajdons´agai alapj´an fel´ırhatjuk n´eh´any sz¨og egyenl˝os´eg´et: BXZ = BP Z (a BXP Z h´ urn´egysz¨ogben), Y XC = Y P C (a P XY C h´ urn´egysz¨ogben). AZP Y C h´ urn´egysz¨og, ´ıgy ZP Y = 180◦ − α, ugyan´ıgy ABP C h´ urn´egysz¨og, ez´ert ◦ BP C = 180 − α. BP C = Y P Z, vagyis BP Z = Y P C, ´es ´ıgy BXZ = Y XC, teh´at X, Y ´es Z egy egyenesbe esik.
opontjaira t¨ ukr¨ ozz¨ uk, akkor a Ha a magass´ agpontot az ABC oldalaira, ill. oldalfelez˝ kapott pontok rajta lesznek a k¨ or¨ ul´ırt k¨ or¨ on Bizony´ıt´ as: El˝osz¨or vizsg´aljunk egy hegyessz¨og˝ u h´aromsz¨oget Az AT2 M T3 n´egysz¨og h´ urn´egysz¨og, ´ıgy T2 M T3 = BM C = 180◦ − α. ukr¨oz´es miBM1 C = BM C, a t¨ C = 180◦ − α. att, teh´ a t BM 1 A ´Igy viszont az ABM1 C h´ urn´egysz¨og, a M2 M3' hiszen 2 szemk¨ozti sz¨og´enek ¨osszege M 2 ' 180◦ . E h´ urn´egysz¨og k¨or´e ´ırt k¨ore az ABC h´aromsz¨og k¨or´e ´ırt k¨or, ´ıgy T3 or¨on. Ugyanez elM 1 rajta van a k¨ F3 F2 mondhat´o az M2 illetve M3 pontokra is. M´eg meg kell n´ezn¨ unk, hogy M 3 T2 M az oldalfelez˝o pontokra t¨ ukr¨ozve is ugyanerre az eredm´enyre jutunk - e. T1 C B F1 Ekkor vizsg´aljuk meg, hogy az M1 pont rajta van - e a k¨or¨on. Rajta M1 M1' van, mivel a BM1 CM n´egysz¨og paraleogramma (´atl´oi felezik egym´ast), ´ıgy BM1 C = BM C = 180◦ − α, urn´egysz¨og. ez´ert ABM1 C h´ Most pedig n´ezz¨ uk meg egy tompasz¨og˝ u h´aromsz¨ogre (der´eksz¨og˝ ure trivi´alis a bizony´ıt´as):
24
Az ABC A cs´ ucs´aban tomM pasz¨og˝ u. TC ATB = BAC = α ´es az ATB M TC n´egysz¨og TB h´ urn´egysz¨og, ´ıgy BM C = M3 ukr¨oz´es miatt ´ıgy 180◦ − α. A t¨ TC A TC M2 C = BM C = 180◦ − a α. Teh´at BM2 C = 180◦ − ´Igy vis(180◦ − α) = α. M2 zont M2 -b˝ol α sz¨ogben l´atszik B C TA a BC, ez´ert rajta van a k¨or¨on. Ugyan ez elmondhat´o az M3 ra is. Most pedig n´ezz¨ uk azt az esetet, ha M - et a BC M3' re t¨ ukr¨ uzz¨ uk. Ekkor a t¨ ukr¨oz´es M2' miatt BM1 C = BM C = ´Igy viszont a 180◦ − α. M1' urn´egysz¨og, BACM1 n´egysz¨og h´ M1 mivel szemk¨ozti sz¨ogeinek o¨sszege 180◦ . A h´ urn´egysz¨og k¨or´e ´ırt k¨or megegyezik az ABC h´aromsz¨og k¨or´e ´ırt k¨or´evel, ´ıgy M1 rajta van a k¨or¨on. Most n´ezz¨ uk az oldalfelez˝opontokra val´o t¨ ukr¨oz´es eset´et. El˝osz¨or vizsg´aljuk az M1 pontot. Az M1 CM B n´egysz¨og paralelogramma, mivel a´tl´oi felezik egym´ast. Ez´ert szemk¨ozti urn´egysz¨og, sz¨ogei megegyeznek, ´ıgy BM1 C = BM C = 180◦ − α. Az ABM1 C n´egysz¨og h´ mivel szemk¨ozti sz¨ogeinek o¨sszege 180◦ , ´ıgy M1 rajta van a k¨or¨on. Most pedig vizsg´aljuk az M1 pontot. Az M AM2 C n´egysz¨og paralelogramma, ´ıgy AM2 C = AM C = 180◦ − α.
A Feuerbach - k¨ or MB '
A
MB
A'
FAB ' MC '
FAC
FAB MC
O'
O C'
B' B
FAC '
MA MA '
C
FBC FBC '
´ ıt´ All´ as: A Feuerbach - k¨or¨on (a 9 - pontos k¨or¨on) a k¨ovetkez˝o pontok vannak rajta: 25
1. az oldalfelez˝opontok (FAB , FAC , FBC ) 2. a magass´agok talppontjai (MA , MB , MC ) 3. a cs´ ucsokat a magass´agponttal o¨sszek¨ot˝o szakaszok felez˝opontjai (A , B , C ) Bizony´ıt´ as: Tudjuk, hogy a h´aromsz¨og k¨or¨ ul´ırt k¨or´en vannak a k¨ovetkez˝o pontok: 1. a magass´agpont t¨ ukr¨ozve az oldalak felez˝opontjaira (FAB , MAC , FBC )
2. a magass´agpont t¨ ukr¨ozve az oldalakra (MA , MB , MC ) 3. a h´aromsz¨og cs´ ucsai Kicsiny´ıts¨ uk M - b˝ol fel´ere a h´aromsz¨og k¨or´e ´ırt k¨ort, ekkor a rajta l´ev˝o pontok is a´tmennek m´as pontokba: → FAB , FAC → FAC , FBC → FBC 1. FAB
2. MA → MA , MB → MB , MC → MC 3. A → A , B → B , C → C Az eredeti k¨or k¨oz´eppontja (O) is ´atmegy egy m´as pontba, m´eghozz´a az M O szakasz felez˝opontj´aba, R sugar´ u k¨or¨on lesznek, ez a Feuerbach - k¨or (R u, O - be. ´Igy a kapott 9 pont egy O k¨oz´eppont´ 2 a h´aromsz¨og k¨or´e ´ırt k¨or sugara). Megjegyz´ es: Van egy h´ıres t´etel a Feuerbach - k¨orrel kapcsolatban: a Feuerbach - t´etel. Ez azt mondja ki, hogy a Feuerbach - k¨or ´erinti a h´aromsz¨og hozz´a´ırt k¨oreit.
Gr´ afelm´ elet Ha egy feladatban minket csak az ´erdekel, hogy mely elemek k¨oz¨ott van kapcsolat, akkor azt egy gr´affal szeml´eltethetj¨ uk. A gr´af egy pontrendszer (ahol a pontok az elemek), ´es az ´elek jelentik az ¨osszek¨ottet´est. Egy ´el mindig 2 pontot k¨ot o¨ssze. Ha az ´el ugyanabba a pontba megy, ahonnan indul, akkor hurok´elnek nevezz¨ uk, ha 2 pont k¨oz¨ott t¨obb ´el is van, az t¨obbsz¨or¨os ´el. Egy pont foksz´ama megmutatja, hogy h´any ´el indul ki a pontb´ol. egyszer˝ u gr´ af: olyan gr´af, amelyben nincs hurok´el vagy t¨obbsz¨or¨os ´el. 1. T´etel. n pont´ u egyszer˝ u gr´ af pontjai k¨oz¨ott van 2, amelynek foksz´ama megegyezik
26
Bizony´ıt´ as: Tegy¨ uk fel, hogy nincs 2 olyan pont, amelynek megegyezik a foksz´ama. Ekkor a ¨ lehets´eges legnagyobb foksz´am n − 1, a legkisebb pedig 0. Osszesen ´ıgy n lehets´eges foksz´am van, teh´at van olyan pont, amib˝ol 0 ´el indul ki (semelyik m´asik pontba nem fut bel˝ole ´el), ´es van olyan pont is, ahonnan n − 1 ´el indul ki (minden m´asik pontba fut ´el). Ez a 2 egy¨ utt nem teljes¨ ulhet, hiszen e 2 pont k¨oz¨ott k´ene ´elnek futnia, azonban nem futhat, hiszen az egyikb˝ol nem fut ´el sehova. ´Igy a felt´etel hamis. V´egtelen gr´afra azonban az a´ll´ıt´as nem igaz, egy ellenp´elda:
6
5
8
7
3
9
4 2
1 Ebben a v´egtelen gr´afban minden pont foka k¨ ul¨onb¨oz˝o ´es nincs benne t¨obbsz¨or¨os ´el, vagy hurok´el. automorfizmus: egy olyan transzform´aci´o, amely egy gr´af pontjait felelteti meg ugyanennek a gr´afnak a pontjainak. A transzform´aci´o ´elt ´elbe, nem ´elt nem ´elbe visz. s´ eta: egy olyan o¨sszef¨ ugg˝o ´elsorozat, amin kereszt¨ ul eljuthatunk A - b´ol B - be (egy ponton t¨obbsz¨or is a´tmehet¨ unk, az ilyen pontot csom´opontnak h´ıvjuk). u ´ t: egy olyan o¨sszef¨ ugg˝o ´elsorozat, amin kereszt¨ ul eljuthatunk A - b´ol B - be u ´gy, hogy egyetlen ponton sem megy¨ unk a´t 2 - szer.
2. T´etel. n pont´ u ¨osszef¨ ugg˝ o gr´ afban a leghosszabb u ´t n − 1 ´el hossz´ us´ag´ u lehet Minden u ´tnak, ´ıgy a leghosszabbnak is van kezd˝o ´es v´egpontja. E 2 pontb´ol csak 1 - 1 u ´t ´el indulhat ki, m´ıg az u ´t t¨obbi pontj´ab´ol 2 - 2 u ´t - ´el indulhat ki. Igen ´am, de egy u ´t - ´elnek 2 2 + (k − 2)2 =k−1 v´egpontja van, ´ıgy 2 u ´t - pontb´ol indul ki. Teh´at k u ´t - pont eset´en legfeljebb 2 ´ele lehet az u ´tnak, ´ıgy, mivel hogy legfeljebb n u ´tpont lehet, ez´ert a leghosszabb u ´t legfeljebb n − 1 ´el hossz´ u. ¨ osszef¨ ugg˝ o gr´ af: olyan gr´af, amelynek b´armely pontj´ab´ol b´armely m´asikba el lehet jutni a gr´af ´elei ment´en 3. T´etel. ha egy n pont´ u gr´ afban van egy olyan pont, amib˝ ol b´ armely m´ as pontba el lehet jutni (´elek ment´en), akkor a gr´ af ¨osszef¨ ugg˝ o Legyen ez a pont az X. Ekkor egy tetsz˝oleges A pontb´ol eljuthatunk egy tetsz˝oleges B pontba u ´gy, hogy A - b´ol eljutunk X - be, majd X - b˝ol B - be. Ez b´armely 2 pontra m˝ uk¨odik, ´ıgy b´armely pontb´ol el lehet jutni b´armely m´asikba, ez´ert a gr´af o¨sszef¨ ugg˝o.
27
4. T´etel. ha egy n pont´ u gr´ afban az A pontb´ol el lehet jutni a B pontba m´asik pontba s´et´aval, akkor u ´ttal is el lehet jutni Ha a s´eta nem u ´t, akkor van a gr´afban olyan cs´ ucs, amin 2 - szer is ´atmegy. Keress¨ uk meg a s´eta a´ltal ´erintett pontok sor´aban (kezd˝opont, 1. pont, . . . , v´egpont) az els˝o olyan pontot, amin t¨obbsz¨or is a´tmegy a s´eta. Ekkor a s´eta azon r´esz´et, amely az ism´etl˝od˝o pont els˝o ´es utols´o el˝ofordul´asa (a pontok sor´aban) k¨oz¨ott van, kihagyjuk. Ekkor egy u ´j s´et´at kapunk (ami m´eg mindig eljut A - b´ol B − be, amire ha fel´ırjuk azt a sorrendet, amilyen sorrendben ´erinti a gr´af pontjait, kevesebb pontot kapunk, mint ezel˝ott. Ugyanezt a m˝ uveletet addig kell ism´eteln¨ unk, am´ıg u ´thoz nem jutunk. Ez az´ert fog bek¨ovetkezni, mivel a s´eta v´eges, ´es minden l´ep´esben cs¨okkentj¨ uk a pontok sz´am´at a ,pontok sor´aban’, ´ıgy egy id˝o ut´an elfogynak a pontok, ´es egy 2 pont´ u s´eta u ´t is egyben. Ezekb˝ol a t´etelb˝ol k¨ovetkezik az o¨sszef¨ ugg˝o gr´af 4 ekvivalens defin´ıci´oja: 1. Ha b´armely 2 pont k¨oz¨ott van s´eta, akkor a gr´af ¨osszef¨ ugg˝o. 2. Ha b´armely 2 pont k¨oz¨ott van u ´t, akkor a gr´af ¨osszef¨ ugg˝o. 3. Ha egy pontb´ol b´arhova el lehet jutni s´et´aval, akkor a gr´af ¨osszef¨ ugg˝o. 4. Ha egy pontb´ol b´arhova el lehet jutni u ´ttal, akkor a gr´af o¨sszef¨ ugg˝o. ¨ 5. T´etel. Osszef¨ ugg˝ o gr´ afban a leghosszabb utak metszik egym´ast Tegy¨ uk fel, hogy AB ´es CD a leghosszabb utak, ´es nem metszik egym´ast. A
C
X
B
Y
D
A gr´af ¨osszef¨ ugg˝o, ´ıgy el lehet jutni A - b´ol C - be. Legyen az AC els˝o metsz´espontja (k¨oz¨os pontja) CD - vel az Y , ´es az ez el˝otti utols´o metsz´espontja AB - vel az X (ha nem metszette ezel˝ott sehol, akkor ez a metsz´espont az A). Ekkor az AC u ´t X ´es Y k¨oz¨otti r´esz´enek nincs k¨oz¨os pontja sem AB - vel, sem CD - vel. Most pedig bebizony´ıtom, hogy ´ıgy kialakul egy olyan u ´t, amely hosszabb a leghosszabb utakn´al. Legyenek a leghosszabb utak n ´el hossz´ uak. Ekkor AX ´es n u (n parit´as´at´ol f¨ ugg˝oen). Legyen ez a BX. Ugyan ez BX k¨oz¨ ul valamelyik legal´abb ´el hossz´ 2 n igaz a CY ill. DY utakra is, ezek k¨oz¨ ul a hosszabb legal´abb ´el hossz´ u. Legyen ez a DY . XY is 2 n n u, vagyis hosszabb legal´abb 1 ´el hossz´ u, ´ıgy a BXY D u ´t legal´abb + + 1 = n + 1 egys´eg hossz´ 2 2 a leghosszabb utakn´al. Ellentmond´asra jutottunk, ´ıgy a leghosszabb utak metszik egym´ast. Megjegyz´ es: Ugyan ´ıgy bebizony´ıthatjuk, hogyha nincs 2 ugyan olyan hossz´ u leghosszabb u ´t, hanem a 2 leghosszabb u ´t n ´es k (k < n) hossz´ us´ag´ u, akkor ezek metszik egym´ast, mivel azonos 28
jel¨ol´esekkel a BXY D u ´t legal´abb n2 + k2 + 1 ´el hossz´ u lesz, ´es ez nagyobb a m´asodik leghosszabb u ´t hossz´an´al, k - n´al, ami ellentmond annak, hogy nincs metsz´espont.
A Petersen - gr´ af A C B
E
D
F
G
H
I J ´ ıt´ All´ as: A Petersen - gr´af az egyetlen 10 pont´ u, 3 regul´aris (minden pontj´ab´ol 3 ´el indul ki), 2 a´tm´er˝oj˝ u (minden pontb´ol minden pontba el lehet jutni az ´elek ment´en legfeljebb 2 ´el hossz´ u s´et´aval) gr´af. Bizony´ıt´ as: Legyenek az X pont (tetsz˝oleges) szomsz´edai Y1 , Y2 ´es Y3 (ezek X ´altal meghat´arozottak). Maradt 6 pont. Ezek k¨oz¨ ul b´armelyik el´erhet˝o X - b˝ol 2 hossz´ uu ´ttal. Y1 - b˝ol, Y2 - b˝ol ´es Y3 - b´ol pontosan 2 ´el indul (1 m´ar X - be fut bel˝ol¨ uk). X
Y1
Z1
Y3
Y2
Z2 Z 3
Z4
Z5
Z6
y1 → z1 ∧ z2 y2 → z3 ∧ z4 m´ar csak zi k¨oz¨ott mehet ´el ⇒ y3 → z5 ∧ z6 nincs X - et tartalmaz´o h´aromsz¨og vagy n´egysz¨og, de, mivel X tetsz˝oleges, ez´ert az eg´esz gr´afban nincs h´aromsz¨og vagy n´egysz¨og. Most pedig n´ezz¨ uk meg, hogy hogyan k¨othetj¨ uk ¨ossze a Zi pontokat. Z1 Z2 , Z3 Z4 ´es Z5 Z6 nem ´el, mert ekkor h´aromsz¨og alakulna ki. Z1 - b˝ol nem mehet ´el egyszerre Z3 - ba ´es Z4 - be, illetve Z5 - be ´es Z6 - ba, hiszen ekkor h´aromsz¨og alakulna ki. De a p´ar egyik elem´ebe kell ´elnek futnia, hiszen Z1 - b˝ol ´es Z2 - b˝ol is 2 ´el fut Zi - be. Fusson Z1 b˝ol Z3 - ba ´es Z5 - be ´el. Ekkor Z2 - b˝ol nem futhat ´el sem Z3 - ba, sem Z5 - be, hiszen ekkor egy n´egysz¨og alakulna ki. Teh´at Z2 - b˝ol Z4 - be ´es Z6 - ba fut ´el. Ekkor Z1 - b˝ol ´es Z2 - b˝ol m´ar 2 2 ´el indul ki, meg kell vizsg´alnunk a t¨obbi Z pontot. Z3 - b´ol nem mehet ´el Z5 - be, hiszen ekkor a Z1 Z3 Z5 h´aromsz¨og alakulna ki. ´Igy Z3 - b´ol Z6 - ba fut ´el, ´es Z4 - b˝ol Z5 - be. Ebben a gr´afban 29
nincs sem h´aromsz¨og, sem n´egysz¨og. Ez az egyetlen gr´af, a sz´amoz´as tetsz˝oleges. X Y1
Z1
Y3
Y2
Z2 Z 3
Z4
Z5
Z6
A gr´af t´enyleg 3 regul´aris ´es 10 pont´ u. De valyon 2 a´tm´er˝oj˝ u? Igen, egy t´abl´azatban o¨sszefoglalom ezt. Z1 Z3 Z5 , Y2 , Y3 Z2 Z4 Z6 Y2 Z3 Z4 Y1 → X , Z1 , Z2 Y3 Z5 Z6 Y1 Z1 Z2 Y2 → X , Z3 , Z4 Y3 Z6 Z5 Y1 Z1 Z2 Y3 → X , Z5 , Z6 Y2 Z4 Z3 L´athat´o, hogy X - b˝ol, illetve Yi - b˝ol el lehet jutni 2 ´elen ´at a gr´af b´armely pontj´aba. M´ar csak a Zi - k maradtak. Az eljut´as oda - vissza igaz, ´ıgy ezekb˝ol m´ar biztosan el lehet jutni 2 ´el ment´en ´gy bizony´ıtom X - be ´es Yi - be. Teh´at m´ar csak a Zi - k k¨oz¨otti eljut´ast kell bizony´ıtanunk. Ezt u be, hogy ,l´ancokra’ f˝ uz¨om a pontokat. X → Y1
Z1 Z2 Z3 Z4 Z5 Z6
→ Z3 → Z4 → Z1 → Z2 → Z1 → Z2
→ Z6 , Z1 → Z5 , Z2 → Z5 , Z3 → Z6 , Z4 → Z3 , Z5 → Z4 , Z6
→ Z5 → Z6 → Z6 → Z5 → Z4 → Z3
→ Z4 , Z1 → Z3 , Z2 → Z2 , Z3 → Z1 , Z4 → Z2 , Z5 → Z1 , Z6
→ Y1 → Y1 → Y2 → Y2 → Y3 → Y3
→ Z2 → Z1 → Z4 → Z3 → Z6 → Z5
Ezzel bebizony´ıtottuk a Petersen - gr´af tulajdons´agait. n pont´ u¨ osszef¨ ugg˝ o gr´ afnak legal´ abb n − 1 ´ ele van (A algoritmus). Tegy¨ uk fel, hogy az x1 , x2 , x3 , . . . , xk pontok k¨oz¨ott van k − 1 ´el. Ekkor ha n = k, akkor igaz az ´all´ıt´as. Ha k < n, akkor a gr´afot 2 r´eszre bontjuk: az x1 , x2 , . . . , xk pontok (1. r´esz), ´es a t¨obbi pont (2.r´esz) . A 2 csoport k¨oz¨ott futnia kell ´elnek, k¨ ul¨onben nem lenne ¨osszef¨ ugg˝o a gr´af. V´alasszunk ki egy ilyen ‘¨osszek¨ot˝o’ ´elet. Azt a pontot a 2. r´eszb˝ol, amelybe fut ez az ´el, nevezz¨ uk 30
xk+1 - nek, ´es vegy¨ uk be az 1. r´eszbe. Ekkor az 1. r´eszre teljes¨ ul a felt´etel, ´ıgy a bizony´ıt´ast befejezhetj¨ uk teljes indukci´oval, mindig hozz´av´eve 1 pontot az 1. r´eszhez. n pont´ u 2 regul´ aris o ¨sszef¨ ugg˝ o egyszer˝ u gr´ af k¨ or Vegy¨ unk fel egy pontot, legyen ez az x. x - b˝ol 2 ´el indul ki, fussanak ezek az Y1 ´es Y2 pontokba. Az Y1 ´es Y2 pontokb´ol 1 - 1 ´el indul ki, a Z1 ´es Z3 pontokba, vagy l´etrej¨on az Y1 Y2 ´el, ´es ´ıgy egy k¨or keletkezik, vagy mindk´et pontb´ol egy k¨oz¨os, K pontba vezet az ´el, ´es egy k¨or keletkezik. Ha l´etrej¨on egy k¨or, akkor nem tudunk u ´j pontot hozz´aadni a gr´afhoz, hiszen ekkor nem maradna ¨osszef¨ ugg˝o. Ha mem j¨on l´etre k¨or, akkor mindig 2 u ´j pontot kapcsolunk az eddigi utols´o 2 ponthoz. A gr´af v´eges, ´ıgy egy id˝o ut´an v´eget kell ´ernie, ´es ez csak u ´gy lehet, ha k¨or. A fa defin´ıci´ oja Adott egy n pont´ u gr´af. 1. n − 1 ´ele van 2. o¨sszef¨ ugg˝o 3. k¨ormentes E h´arom tulajdons´ag k¨oz¨ ul b´armelyik kett˝ob˝ol k¨ovetkezik a harmadik. I. 1, 2 ⇒ 3 Tegy¨ uk fel, hogy van a gr´afban egy k ´el hossz´ u k¨or. Ennek k ´ele van. Ezt b˝ov´ıthetj¨ uk az A algoritmus szerint a t¨obbi ponttal, minden ponthoz kell egy u ´j ´el, ´ıgy legal´abb k + (n − k) = n ´ele van a gr´afnak. Tudjuk, hogy n − 1 ´ele van, ´ıgy ellentmond´asra jutottunk, ´es az a´ll´ıt´as igaz. II. 2, 3 ⇒ 1 Ha a gr´af o¨sszef¨ ugg˝o, akkor legal´abb n − 1 ´ele van. Tegy¨ uk fel, hogy van egy olyan ¨osszef¨ ugg˝o ´es k¨ormentes gr´afunk, amelynek legal´abb n ´ele van. Egy ¨osszef¨ ugg˝o gr´af akkor k¨ormentes, ha minden pontb´ol minden m´as pontba csak 1 f´elek´eppen lehet eljutni. Ha egy pontb´ol egy m´asikba 2 - f´elek´eppen is el lehet jutni, akkor kialakul egy k¨or. Minden gr´afb´ol ki lehet v´alasztani egy n − 1 ´el˝ u r´eszgr´afot u ´gy, hogy tov´abbra is o¨sszef¨ ugg˝o maradjon, az A algoritmus szerint. Ez a gr´af k¨ormentes, hiszen ha az A algoritmust egy ponttal kezdj¨ uk, akkor eredetileg nincs k¨or, ´es egy - egy u ´j ´el beh´ uz´as´aval sem keletkezhet, hiszen ez nem z´arhatja be a k¨ort. Teh´at ebben a r´eszgr´afban b´armely pontb´ol b´arhova csak 1 - f´elek´eppen lehet eljutni. Azonban a gr´af nem csak ebb˝ol az n − 1 ´el˝ u r´eszgr´afb´ol a´ll, hanem van m´as ´ele is. Ha beh´ uzunk egy u ´j ´elet a r´eszgr´afban, akkor kialakul egy k¨or, hiszen az ´el 2 v´egpontj´ab´ol nem csak 1 - f´elek´eppen lehet eljutni egym´asba. ´Igy ha egy n pont´ u gr´af k¨ormentes ´es ¨osszef¨ ugg˝o, akkor n − 1 ´ele van. III. 1, 3 ⇒ 2 Tegy¨ uk fel, hogy nem o¨sszef¨ ugg˝o a gr´af, hanem k db komponensre esik sz´et. A komponensek o¨sszef¨ ugg˝ok, ´es k¨ormentesek, ´ıgy a II. miatt eggyel kevesebb ´el¨ uk van, mint cs´ ucsuk. 31
Legyen n1 , n2 , . . . , nk a komponensek cs´ ucsainak sz´ama, ekkor tudjuk, hogy n1 +n2 +. . .+nk = n. Eggyel kevesebb ´el¨ uk van, mint cs´ ucsuk, ´ıgy n1 − 1 + n2 − 1 + . . . + nk − 1 = n − k ´ele van az eg´esz gr´afnak. Tudjuk, hogy a gr´afnak n − 1 ´ele van, ´ıgy n − k = n − 1, vagyis k = 1, ´es ´ıgy a gr´af ¨osszef¨ ugg˝o. Ellentmond´asra jutottunk, ´ıgy a bizony´ıtand´o a´ll´ıt´as igaz. f¨ uggetlen pontok halmaza: Azon pontok halmaza, amelyek a´ltal meg- hat´arozott gr´af u ¨res, azaz nem fut k¨ozt¨ uk ´el (a halmazon k´ıv¨ uli pontokba futhat ´el e pontokb´ol). p´ aros gr´ af: olyan gr´af, amelyben a pontok 2 halmazra bonthat´ok u ´gy, hogy minden ´el a 2 halmaz k¨oz¨ott megy (a halmazokon bel¨ ul nem futnak ´elek). M´ask´eppen fogalmazva: a gr´af pontjai kisz´ınezhet˝ok 2 sz´ınnel u ´gy, hogy azonos sz´ın˝ u pontok k¨oz¨ott nem fut ´el. Egy p´aros (´elsz´am´ u) k¨or mindig p´aros gr´af is, egy p´aratlan (´elsz´am´ u) k¨or azonban sosem lehet p´aros gr´af.
Adott gr´ afban fav´ azat keres˝ o algoritmusok Sz´ eless´ egi keres´ es 1. Megadjuk az o¨sszes pont szomsz´eds´agi list´aj´at. Kiv´alasztunk egy szabad (eddig nem szerepl˝o) pontot a gr´afb´ol ´es a szomsz´eds´agi lista alapj´an beh´ uzzuk az ¨osszes ´elet, ami kifut ´ bel˝ole. Igy ezzel a pontunkkal (X - szel) m´ar nem kell foglalkoznunk. Azok a pontok, amik beker¨ ultek a gr´afba, de eddig m´eg nem vizsg´altuk o˝ket (vagyis egy vizsg´alt pont szomsz´edai), a -1 - es sz´amot kapj´ak. 2. Kiv´alasztjuk a legr´egebbi −1 - est ´es ez lesz most X. Bevessz¨ uk a gr´afba X ¨osszes szomsz´edj´at, ami eddig nem szerepelt a gr´afban ´es ezek a −1 - es sorsz´amot kapj´ak. Ezut´an visszaugrunk a 2 - es l´ep´es elej´ere. Ha nincs t¨obb −1 - es, azt azt jelenti, hogy nincs t¨obb szomsz´edja semely eddig vizsg´alt pontnak, azaz pefejez˝odik a keres´es, hiszen a komponens v´eg´ere ´ert¨ unk. Ekkor visszaugrunk az 1 - es l´ep´esre, ´es u ´gy komponenst vizsg´alunk. Ha pedig m´ar nincs t¨obb komponens, akkor befejez˝odik a keres´es. A sz´eless´egi keres´es n´eh´any tulajdons´aga: • minden 1 - 2 - 1 ciklus f´at tal´al. • a komponens minden pontj´at sorra veszi, mert a vizsg´alt pontok minden szomsz´edj´at is megvizsg´altuk. • az algoritmus a gr´af ¨osszes pontj´at megvizsg´alja • a keres´es ugyanannyi komponensb˝ol a´ll´o fesz´ıt˝oerd˝ot tal´al, mint ah´any komponensb˝ol a´ll a gr´af • a gr´af minden ´ele (nem csak az erd˝o minden ´ele) vagy azonos szinten l´ev˝o pontok k¨oz¨ott, vagy egym´as ut´ani szinteken l´ev˝o pontok k¨oz¨ott fut. • teljes gr´afban ez a keres´es egy csillagot tal´al 32
M´ elys´ egi keres´ es 1. Kiv´alasztunk egy tetsz˝oleges pontot a gr´afban, ez lesz X. X szabad pont, nem szerepelt m´eg a f´aban (erd˝oben), X mostm´ar vizsg´alt (vagyis nem szabad) pont. 2. A szomsz´eds´agi list´aj´ab´ol kiv´alasztunk egy szabad pontot. Ha van ilyen, akkor ez az u ´j X. X mostm´ar vizsg´alt, ´es kezdj¨ uk el¨olr˝ol a 2. l´ep´est. Ha nincs, akkor visszamegy¨ unk a pont o˝s´ehez, ´es kezdj¨ uk a 2. l´ep´est el¨olr˝ol. Ha nincs o˝se, akkor a komponens fav´az´at m´ar megtal´altuk, ´es visszamegy¨ unk az 1. l´ep´es elej´ere. A m´elys´egi keres´es tulajdons´agai: • minden 1 - 2 - 1 ciklus f´at tal´al • a komponens minden pontj´at sorra veszi a keres´es, mert a vizsg´alt pontok szomsz´edait is vizsg´altuk. • az algoritmus a gr´af o¨sszes pontj´at megvizsg´alja, ´ıgy minden ponton v´egigmegy. • a keres´es ugyanannyi komponensb˝ol a´ll´o fesz´ıt˝oerd˝ot tal´al mint ah´any komponense van a gr´afnak. • a gr´af minden ´ele (nemcsak az erd˝o ´elei) el˝od ´es ut´od k¨oz¨ott megy • a keres´es teljes gr´afban Hamilton - k¨ort tal´al. Az adatokat verem strukt´ ur´aban t´arolhatjuk.
Hasonl´ os´ ag K´et alakzat egybev´ag´o, ha egy egybev´ag´os´agi transzform´aci´oval az egyik a´tvihet˝o a m´asikba (ha az egyik a´tvihet˝o a m´asikba ´es a m´asik is ´atvihet˝o az egyikbe). Az egybev´ag´os´agi transzform´aci´o olyan transzform´aci´o, ami t´avols´agtart´o (⇒ egy - egy ´ertelm˝ u, szakasz - tart´o, sz¨ogtart´o, egyenestart´o).
H´ aromsz¨ og egybev´ ag´ os´ ag´ anak alapesetei 1. a megfelel˝o oldalak hossza megegyezik 2. k´et megfelel˝o oldal hossza ´es a k¨ozbez´art sz¨og megegyezik 3. egy oldal hossza ´es a rajta fekv˝o 2 sz¨og megyegyezik. 4. k´et megfelel˝o oldal hossza ´es a nagyobbikkal szemk¨ozti sz¨og megegyezik 33
Megjegyz´ es: Ha egy oldal, ´es b´armely 2 sz¨og (amelyek a 2 h´aromsz¨ogben az oldalhoz k´epest ugyan u ´gy helyezkednek el) megegyezik, akkor a 2 h´aromsz¨og egybev´ag´o (az Euklid´eszi geometri´aban). Ha az A alakzat a´tvihet˝o a B alakzatba egybev´ag´os´agi transzform´aci´oval, akkor a B is ´atvihet˝o az A - ba egybev´ag´os´agi transzform´aci´oval, hiszen az egybev´ag´os´agi transzform´aci´o fel´ırhat´o t¨ ukr¨oz´esek szorzatak´ent, ´es ha ford´ıtott sorrendben ´ırjuk fel a t¨ ukr¨oz´eseket, akkor B - b˝ol A t kapjuk.
A hasonl´ os´ ag defin´ıci´ oja: A T alakzat akkor hasonl´o a T alakzathoz, ha T ´atvihet˝o T - be egy egybev´ag´os´agi transzform´aci´oval ´es egy k¨oz´eppontos hasonl´os´aggal (ha T hasonl´o T - h¨oz, akkor T is hasonl´o T hez). Egy k¨oz´eppontos hasonl´os´agot 2 adattal jellemezhetj¨ uk: az O k¨oz´epponttal ´es az λ = 0 val´os −−→ OP sz´ammal. Minden P ponthoz hozz´arendelj¨ uk azt a P pontot, amelyre igaz, hogy −→ = λ, vagyis OP −−→ −→ OP λ = OP (P k´epe mindenk´eppen rajta van az OP egyenesen. A transzform´aci´o fix pontja λ = 1 esen´en minden P pont (´es az O pont), k¨ ul¨onben csak az O pont. A transzform´aci´o fix egyenese λ = 1 eset´en minden egyenes, k¨ ul¨onben az O - n ´atmen˝o egyenesek. A hasonl´ os´ ag alapt´ etele: λ(a + b) = λα + λβ
(∗)
Ez (l´enyeg´eben) a p´arhuzamos szel˝ok t´etele. −→ −−→ λP Q = P Q −−→ −−→ −−→ −→ −→ −→ λ(OQ − OP )) = OQ − OP = λOQ − λOP P Q||P Q
P’ P O
Q
Q’
34
H´ aromsz¨ og hasonl´ os´ ag´ anak alapesetei 1. Ha a megfelel˝o oldalak hossz´anak ar´anya megegyezik ⇐⇒ a k´et h´aromsz¨og hasonl´o. Ha - et egy egybev´ag´os´agi transzform´aci´oval ´es egy k¨oz´eppontos haaz ABC - b˝ol egy A B C sonl´os´aggal kaptuk, akkor a k´et h´aromsz¨og hasonl´o, mert az egybev´ag´os´agi transzform´aci´o megtartja az oldalak hossz´at, a k¨oz´eppontos hasonl´os´ag pedig az ar´any´at. B B’ B’’ A O=A’ C C’’ C’ AB AC BC ´ ıt´ . All´ as: Ha A = 0 ´es λ = = = , akkor ABC ∼ = A B C A B A C B C Az A , λ hasonl´os´ag a k¨ovetkez˝ot csin´alja:
A → A , B → B , C → C A B = AB A C = AC λB C = B C = BC (∗) t´enyleg egybev´ag´o. ⇒ ABC ´es A B C Az ABC ´atvihet˝o az A B C - be 2 vagy 3 tengelyes t¨ ukr¨oz´essel (illetve A B C ´atvihet˝o 1 - be egy ar´any´ u k¨oz´eppontos hasonl´os´aggal). u A k¨oz´eppont´ A B C λ 2. Ha k´et megfelel˝o oldal ar´anya ´es az ´altaluk k¨ozbez´art sz¨og megegyezik, akkor hasonl´o a 2 - be egy egybev´ag´os´agi transzform´aci´oval ´es egy h´aromsz¨og. Ha az ABC ´atvihet˝o az A B C k¨oz´eppontos hasonl´os´aggal, akkor az a´ll´ıt´as teljes¨ ul, mert mindk´et transzform´aci´o sz¨ogtart´o, az egybev´ag´os´ag t´avols´agtart´o a k¨oz´eppontos hasonl´os´ag pedig ar´anytart´o.
C’ C’’
C
A
a
B
A’=O
a’
α = α
B’’
B’
AC : AB = A C : A B
35
´ ıt´as: ha A = 0 ´es λ = AC = AC , akkor A B C ∼ All´ os´ag a k¨ovet = ABC . Az A , λ hasonl´ A B A C kez˝ot csin´alja: A → A , B → B , C → C A B = AB Az egybev´ag´os´ag 2. esete A C = AC ⇒ miatt ABC ∼ = A B C ´es α = α 3. Ha az ABC - ben ´es az A B C - ben a sz¨ogek megegyeznek, akkor a 2 h´aromsz¨og hasonl´o. Ha az ABC - b˝ol az A B C - et egy egybev´ag´os´agi transzform´aci´oval ´es egy k¨oz´eppontos hasonl´os´aggal kaptuk, akkor a sz¨ogeik megegyeznek, mert mindk´et transzform´aci´o sz¨ogtart´o. C’
C’’
C
A
a
b
B
a’ A’=O
b’
b’ B’’
B’
4. Ha az ABC - ben ´es az A B C - ben k´et oldal ar´anya ´es a nagyobbikkal szemk¨ozti sz¨og megegyezik, akkor a 2 h´aromsz¨og hasonl´o. Ha az ABC - re egy egybev´ag´os´agi transzform´aci´ot - et kapunk, ahol k´et oldal ´es egy k¨oz´eppontos hasonl´os´agot alkalmazunk, akkor egy olyan A B C ar´anya ´es a nagyobbikkal szemk¨ozti sz¨og megegyezik.
C’ C
A
b B
C’’
O=A’
b’’ b’’ B’’ B’
β = β AC : AB = A C : A B AB AC ´ ıt´ . All´ as: ha A = O ´es λ = = , akkor ABC ∼ = A B C AB AC Az A , λ hasonl´os´ag a k¨ovetkez˝ot csin´alja: A → A , B → B , C → C A B = AB A C = AC λB C = B C (∗) ⇒ B C ||B C ⇒ β = β A h´aromsz¨og egybev´ag´os´ag 4. esete miatt ABC ∼ . = A B C
36
* Bizony´ıt´ asa: ´ ıt´ All´ as: λ(a + b) = λa + λb Bizony´ıt´ as: 1. ha λ pozit´ıv eg´esz, akkor legyen n = λ. Ekkor az a´ll´ıt´as: n(a + b) = na + nb (a + b) + (a + b) + . . . + (a + b) = na + nb
n db - szor
(a + a + . . . + a) + (b + b + . . . + b) = na + nb
n db - szor
n db - szor
Ehhez csak azt haszn´altuk, hogy a vektor - o¨sszead´as kommutat´ıv ´es asszociat´ıv. a + b kommutativit´asa a paraleogramma szab´aly: b B C a
A
a
b
D
2. λ = negat´ıv eg´eszekre hasonl´o m´odon megy a bizony´ıt´as: −n(a + b) = (−na) + (−nb) 3. λ =
1 - re, ahol n pozit´ıv eg´esz: n 1 1 1 /·n (a + b) = a+ b n n n 1 1 1 1 a + b = n( a + b) = n · a + n · b n n n n
K´et vektor pontosan akkor egyezik meg, ha n = 0 - szeres¨ uk is megegyezik. 4.
m m a (a + b) = a + b, ahol m ´es n eg´eszek. n n b m·
1 1 1 (a + b) = m a + m b n n n
Ez k¨ovetkezik az 1 - esb˝ol ´es a 3 - masb´ol. 37
m . Ekkor vesz¨ unk egy n pozit´ıv eg´esz n m m+1 sz´amot, ´es r¨ogz´ıtj¨ uk. n - hez keres¨ unk egy olyan m pozit´ıv eg´eszet, ahol: <λ< (az n n egyenl˝os´egjelet az´ert nem kell kitenn¨ unk a kifejez´esben, mivel kik¨ot¨ott¨ uk, hogy λ irracion´alis), ez a sz´am [nλ]. m +1 S R a n la m P a Q n m (a + b ) n
5. λ ∈ / Q, vagyis nincs olyan eg´esz m ´es n = 0 , ahol λ =
a a+b
b
m lb m + 1 b b n n
Trigonometria Sz¨ ogf¨ uggv´ enyek defin´ıci´ oja: Vegy¨ uk a s´ıkbeli i ´es j egys´egvektorokat, melyek 90◦ - ot z´arnak be egym´assal. Ekkor i minden elforgat´as´ahoz hozz´arendelhet¨ unk egy pozit´ıv vagy negat´ıv sz¨og´ert´eket. Egy e egys´egvektor ir´anysz¨og´enek azt az α forg´assz¨oget nevezz¨ uk, amelyet i ´ır le, ha e - be megy ´at. Egy ir´anysz¨og meuen meghat´arozza, e viszont nem hat´arozza meg egy´ertelm˝ uen az ir´anysz¨oget, gad´asa e - t egy´ertelm˝ ◦ hiszen b´armely α + k · 360 (ahol k eg´esz) forg´assz¨og tartozhat e - hez.
j e a
sin a cos a
i Ekkor fejezz¨ uk ki e - t i ´es j ¨osszeg´evel (egy´ertelm˝ uen, pontosan 1 - f´elek´eppen lehet kifejezni). uk, vagyis e1 = cos α e = e1 i + e2 j, ahol e1 - et α koszinusz´anak, e2 - t pedig α szinusz´anak nevezz¨ ´es e2 = sin α. Ha α hegyessz¨og, cos α ´es sinα defin´ıci´oj´ab´ol k¨ovetkezik, hogy van olyan der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨og,
38
melynek ´atfog´oja egys´egnyi, egyik hegyessz¨oge α, az α melletti, ill. α - val szemk¨ozti befog´oi pedig cos α ill. sin α. Ebb˝ol nagy´ıt´assal vagy kicsiny´ıt´essel minden olyan der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨og megkaphat´o, amelynek egyik hegyessz¨oge α, ez´ert minden α hegyessz¨og˝ u der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨ogben az α melletti befog´onak ill. az α - val szemk¨ozti befog´onak az ar´anya cos α, ill. sin α. j e a a
i
e'
cos α ´es sin α meghat´aroz´as´ab´ol k¨ozvetlen¨ ul k¨ovetkezik, hogy ha e ir´anysz¨oge α ´es e ir´anysz¨oge −α, akkor e - nek ´es e - nek i - vel p´arhuzamos o¨sszetev˝oje megegyezik, a j - vel p´arhuzamos ¨osszetev˝oje pedig ´eppen ellentett, ez´ert sin(−α) = − sin α.
cos(−α) = cos α,
Minden olyan α sz¨ogre, melynek koszinusza nem 0 (teh´at α = 90◦ + k · 180◦ , ahol k tetsz˝oleges eg´esz sz´am), defini´aljuk az α sz¨og tangens´et: tg α =
sin α cos α
´es ha α = k · 180◦ , teh´at sinα = 0, akkor α kotangense: ctg α =
cos α sin α
A cos, sin, tg, ctg f¨ uggv´enyeket sz¨ogf¨ uggv´enyeknek vagy trigonometrikus f¨ uggv´enyeknek nevezz¨ uk. A sz¨ogf¨ uggv´enyek meghat´aroz´o jelleg˝ u tulajdons´aga az α ´es β helyeken felvett ´es az α+β helyeken felvett ´ert´ekeik k¨oz¨otti o¨sszef¨ ugg´es, ezt a kapcsolatot fejezik ki az ¨osszegez´esi k´epletek. Ezek levezet´es´ehez jegyezz¨ uk meg, hogy ha egy {i, j} koordin´ata - rendszert elforgatunk egy e vektorral egy¨ utt, az e elforgatottjainak koordin´at´ai az elforgatott r´eszben is ugyanazok lesznek, mint eredetileg voltak, hiszen egy vektor koordin´at´ai csak a vektornak az alapvektorokhoz val´o viszony´at´ol f¨ uggenek. Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy ha egy v egys´egvektor ir´anysz¨oge α, ´es ha elforgatjuk 90◦ - kal egy v helyzetbe, akkor v ir´anysz¨oge 90◦ + α, ´es v koordin´at´ai az i, j rendszer 90◦ - os elforgat´as´aval nyert j, −i rendszerben ugyanazok lesznek, mint v - ben eredetileg voltak, teh´at v = cos αj + sin α(−i) = − sin αi + cos αj, ami viszont azt jelenti, hogy v koordin´at´ai az i, j rendszerben (− sin α, cos α), teh´at a koordin´at´ak egy´ertelm˝ us´eg´eb˝ol k¨ovetkezik, hogy cos(α + 90◦ ) = − sin(α) ´es 39
sin(α + 90◦ ) = cos α
v'
v
j v 90°
a
j
j'
i' b
a i i Forgassuk most el az i, j vektorokat α sz¨oggel i ill. j helyzetbe. i ir´anysz¨oge α, j ir´anysz¨oge unk szerint α + 90◦ lesz, teh´at el˝oz˝o megjegyz´es¨
i = cos αi + sin αj j = − sin αi + cos αj
(1)
i - t most β sz¨oggel elforgatva olyan v - t kapunk, amelynek ir´anysz¨oge az {i,j} rendszerben β, teh´at (2) v = cos βi + sin βj , viszont v ir´anysz¨oge az {i, j} rendszerben α + β, ez´ert v = cos(α + β)i + sin(α + β)j.
(3)
Helyettes´ıts¨ uk most a (2) - be az (1) - beli ´ert´ekeket, azt kapjuk, hogy v = cos β(cos αi + sin αj) + sin β(− sin αi) = = (cos α cos β − sin α sin β)i + (sin α cos β + cos α sin β)j Mivel ez az el˝oa´ll´ıt´as megegyezik a (3) - mal, k¨ovetkezik, hogy cos(α + β) = cos α cos β − sin α sin β sin(α + β) = sin α cos β + cos α sin β
(4) (5)
Ebb˝ol a 2 alapt´etelb˝ol levezethet˝o a trigonometrikus f¨ uggv´enyek minden l´enyeges ¨osszef¨ ugg´ese. Ha β helyett −β - t ´ırunk, akkor az el˝oz˝oek alapj´an kapjuk: cos(α − β) = cos α cos β + sin α sin β sin(α − β) = sin α cos β − cos α sin β
(6) (7)
Mivel cos 0◦ = 1, a (6) - b´ol β = α helyettes´ıt´essel k¨ovetkezik, hogy cos2 α + sin2 α = 1 A (4) - b˝ol ´es az (5) - b˝ol β → α helyettes´ıt´essel a k´etszeres sz¨ogek f¨ uggv´enyeit kapjuk: cos 2α = cos2 α − sin2 α = 2 cos2 α − 1, sin 2α = 2 sin α cos α.
40
(8)
sin α ´ es cos α kisz´ am´ıt´ asa tg α seg´ıts´ eg´ evel. sin α sin2 α 2 ⇒ tg α = tg α = cos α cos2 α Tudjuk, hogy sin2 α + cos2 α = 1, ´ıgy sin2 α + cos2 α 1 sin2 α cos2 α + = = cos2 α cos2 α cos2 α cos2 α 1 1 ⇒ cos2 α = ⇒ cos α = 2 1 + tg α 1 + tg2 α
1 + tg2 α =
tg2 α 1 = , teh´at cos α = 1 − sin α, ´ıgy sin α = 1 − 1 + tg2 α 1 + tg2 α tg2 α 2 sin α = 1 + tg2 α 2
2
2
or¨ ul´ırt k¨ or sugar´ anak meghat´ aroz´ asa a oldal ´ es a vele szemben fekv˝ o ABC - ben a k¨ α sz¨ og ismeret´ eben a.) ha a h´ aromsz¨ og hegyessz¨ og˝ u A a
O a 2a
R
B
a sin α = 2 R a R = 2 sin α
a 2
a 2
C
b.) ha a h´ aromsz¨ og tompasz¨ og˝ u a a 2
B
M
R
a 2
R
o
BOC = 360◦ − 2α BOM = M OC = 180◦ − α a C sin(180◦ − α) = 2R a R= 2 sin(180◦ − α) 41
c.) ha a h´ aromsz¨ og der´ eksz¨ og˝ u (α = 90◦ ) a A Thalesz - t´etelt alkalmazva: R = 2 ulet´ enek kisz´ am´ıt´ asa k´ et oldal, ´ es az ´ altaluk k¨ ozbez´ art γ ismeret´ eben. Az ABC ter¨ a.) Ha a h´ aromsz¨ og hegyessz¨ og˝ u B
m a sin γa = m sin γab TABC = 2 sin γ =
a
m
g b
C
A
b.) ha a h´ aromsz¨ og tompasz¨ og˝ u B m a sin(180◦ − γ)a = m sin(180◦ − γ)ab TABC = 2 sin(180◦ − γ) =
m
a 180° - g g
C
b
A
c.) ha a h´ aromsz¨ og der´ eksz¨ og˝ u TABC =
ab 2
b c a = = , sin α sin β sin γ sin α a is fel´ırhatunk. amelyet egy m´asik alakban: = b sin β b c a = = Nagy szinuszt´ etel: 2R = sin α sin β sin γ
Szinuszt´ etel:
Cosinust´ etel ABC tetsz˝oleges h´aromsz¨og. Ismert a ´es b oldala, ´es az ´altaluk k¨ozbez´art γ sz¨og.
42
a.) Az ABC hegyessz¨ og˝ u B
a
m
g C1 424 3 144 42444 3A b-x= y x b
m = sin γ a m = a sin γ b−x cos γ = a y = b − x = cos γa
x = − cos γa + b c2 = (b − cos γa)2 + (sin γa)2 = = b2 − 2ab cos γ + cos2 γa2 + sin2 γa2 = = b2 − 2ab cos γ + a2 (cos2 γ + sin2 γ )
1
⇒ c2 = b2 − 2ab cos γ + a2 b.) ha a h´ aromsz¨ og tompasz¨ og˝ u B
c m
a 180° - g g
y
C
b
A
m = sin(180◦ − γ) a m = sin(180◦ − γ)a y = cos(180◦ − γ) a y = cos(180◦ − γ)a
c2 = m2 + (y + b)2 = sin2 (180◦ − γ)a2 + (a cos(180◦ − γ) + b)2 = sin2 (180◦ − γ)a2 + cos2 (180◦ − γ)a2 + 2ab cos(180◦ − γ) + b2 = a2 (sin2 (180◦ − γ) + cos2 (180◦ − γ) + b2 + 2ab cos(180◦ − γ) ⇒ c2 = a2 + b2 + 2ab cos(180◦ − γ)
43
Nevezetes sz¨ ogek sinusai, cosinusai ´ es tangensei α = 30◦ 60°
sin 30◦ =
2
1
3
1 2 √
3 2 1 = √ 3
cos 30◦ =
30°
tg 30◦
α = 60◦
√
√ 1 3 Az el˝oz˝o a´br´an l´athat´oan: sin 60 = , cos 60◦ = , ´es tg 60◦ = 3. 2 2 α = 45◦ ◦
45° 2
1 1
45°
1 sin 45◦ = √ 2 1 cos 45◦ = √ 2 ◦ tg 45 = 1
x + y = 1, ´ıgy x = 1 − y. A sz¨ogfelez˝o t´etelb˝ol: √ √ 3 3 2 2 = ⇒ = x y 1−y y √ 3y = 2 − 2y 15°15° √ y( 3 + 2) = 2 2 2 3 y=√ 3+2 √ 2 3 x=1−y =1− √ =√ 3+2 3+2 √ 60° 3 √ y B C x 1 x 1 3+2 tg 15◦ = √ = √ =√ 3 3 3+2 1 tg2 α 3 1 1 √ = √ = · √ = sin α = 2 1 + tg α 2 24 + 12 3 8+4 3 3+2 √ √ 21 + 12 3 7+4 3 √ = √ cos α = 24 + 12 3 8+4 3 A
44
α = 75◦ Az α = 15◦ alapj´an: sin α = cos(90◦ − α) = cos 15◦ =
√ 7+4 3 √ 8+4 3
1 √ 8+4 3 √ 1 3+2 3 1 tg α = = √ = tg(90◦ − α) tg 15◦ 3
cos α = sin(90◦ − α) = sin 15◦ =
α = 22, 5◦ A 22,5° 2
1
f
B
x
1
y
45°
C
x+y =1⇒x=1−y √ 1:x= 2:y √ 1 2 = 1−y y √ √ y = 2 − 2y √ √ y(2 + 2) = 2 √ 2 √ y= 1+ 2 √
2 1 √ = √ 1+ 2 1+ 2 √ 1 4+2 2 2 √ = √ f =1+ 3+2 2 3+2 2 1 √ 1 1 x 1 + 2 = = sin α = = √ √ √ f 4+2 2 √ 4+2 2 4+2 2 √ √ (1 + 2) · 3+2 2 3+2 2 ⇒x=1−
√ 1+ 2 1 1 cos α = = √ √ =√ f 2 2+ 2 4+2 2 √ 3+2 2 1 √ tg α = x = 1+ 2 45
α = 67, 5◦ Az α = 22, 5◦ alapj´an: sin α = cos(90◦ − α) = cos 22, 5◦ =
1
√ 4+2 2 √ 3+2 2 1 cos α = sin(90◦ − α) = sin 22, 5◦ = √ 4+2 2 √ tg α = 1 + 2
A trap´ ez B
A O
´ ıt´ All´ as: x = y.
ha AB||P S||DC,
akkor
b1 d1 = . d2 b2 y S P x Q DP Q ∼ DAB (a sz¨ o geik R d1 b1 d1 d1 + d2 D C egyenl˝ oek), ´ıgy = . x a d1 λ d1 d2 =a =a x=a d1 + d2 d1 + d2 λ+1 d2 b1 b1 + b2 CSR ∼ CBA (a sz¨ogeik megegyeznek), ´ıgy = y a d2
b2
Bizony´ıt´ as:
Legyen λ =
b1 b1 λ b2 y=a =a =a b1 + b2 b1 + b2 λ+1 b2 λ λ+1 Ha Q = R = O, akkor P O = OS. ⇒y=x=a A FAD
B=C' c'
a
FBC = FB 'C ' D c C=B'
D' FA'D '
a'
A'
46
A trap´ ez k¨ oz´ epvonala a k´ et alap sz´ amtani k¨ ozepe a+c ´ ıt´ . All´ as: Ha AB||FAD FBC ||DC ´es FAD FBC a k¨oz´epvonal, akkor FAD FDC = 2 Bizony´ıt´ as: T¨ ukr¨ozz¨ uk az ABCD trap´ezt az FBC pontra k¨oz´eppontosan! Ekkor a t¨ ukr¨oz´es a k¨ovetkez˝ot csin´alja: A → A , B → B , C → C , D → D , FAD → FA D , FBC → FB C , ´es ukr¨oz´es miatt FAD FA D = 2 · FAD FBC . ADA D paraleogramma ´es B = C , ill. C = B . A t¨ a+c AD ||FAD FA D ||DA ⇒ AD = FAD FA D = DA = a + c ⇒ FAD FBC = 2 Az az alapokkal p´ arhuzamos szakasz, amely a trap´ ezt 2 hasonl´ o trap´ ezra osztja, olyan hossz´ u, mint a 2 alap m´ ertani k¨ ozepe a
A a
O Pa 180°-a
D
180°-a
b
B
180°-b Q b 180°-b C
c
´ ıt´ All´ as: Ha AB||P Q||DC, ´es AP√ QB ∼ P DCQ, akkor P Q = ac. Bizony´ıt´ as: DAB = α DP Q = α ⇒ ABC = β P QC = β
⇒ AP Q = P DC = 180◦ − α, P QP = QCD = 180◦ − β √ √ AB PQ = , ´ıgy AB · DC = P Q2 , ez´ert P Q = AB · DC = ac. PQ DC Az az alapokkal p´ arhuzamos egyenes, amely ´ atmegy az ´ atl´ ok metsz´ espontj´ an, olyan hossz´ u, mint a k´ et alap harmonikus k¨ ozepe a
A P
D
O
x
c
B
y
´ ıt´ All´ as: ha AB||P Q||DC ´es P Q ´atmegy O - n (O az ´atl´ok metsz´espontja), akkor 2 . PQ = 1 1 + a c
Q
C
x PD PD = , ez´ert x = AB · . AB AD AD x AP AP Ehhez hasonl´oan DAC ∼ P AO (a sz¨ogeik megegyeznek), ´ıgy = , ez´ert x = DC · , DC AD AD AP PD =c· . ´es ´ıgy x = a · AD AD P D + AP AD P D AP + = = =1 AD AD AD AD Bizony´ıt´ as: DAB ∼ DP O (a sz¨ogeik megegyeznek), ´ıgy
47
PD PD PD = c · (1 − )=c−c AD AD AD PD PD PD =c−c /+c a AD AD AD PD (a + c) =c / : (a + c) AD c PD = AD a+c PD AC 2ac 2 de x = a , ´ıgy x = , ez´ert P Q = 2x = = . 1 1 AD a+c a+c + a c a·
Az az alapokkal p´ arhuzamos szakasz, amely a trap´ ezt 2 egyenl˝ o ter¨ ulet˝ u r´ eszre v´ agja, olyan hossz´ u, mint a k´ et alap n´ egyzetes k¨ ozepe a
A
B
m1
x
P
Q
m2
D
c
´ ıt´ All´ as: ha AB||P Q||DC = TP DCQ , akkor ´es TAP QB 2 a + b2 PQ = . 2
C
Bizony´ıt´ as: Legyen m = m1 + m2 . a+c = m1 (a + x) = m2 (x + c) 2 m1 (a + x) = m2 (x + c) x+c m1 = m2 a+x a+c = (x + c)m2 m 2 a+c (m1 + m2 ) = (x + c)m2 2 a+c x+c m2 / : m2 + m2 = (x + c)m2 a+x 2 x+c a+c +1 = (x + c) /·2 a+x 2 x+c +1 = 2(x + c) (a + c) a+x TABCD = m ·
48
(a + c)(x + c) + (a + c) a+x (a + c)(x + c) + (a + c) − 2(x + c) a+x (a + c)(x + c) + (a − 2x − c)(a + x) ax + ac + cx + c2 + a2 + ax − 2ax ac − ac + cx − cx ax + ax − 2ax +
= 2(x + c) = 0
/ − 2(x + c)
/ · (a + x)
= 0 − 2x2 − ac − cx = 0 + c2 + a2 − 2x2 = 0
0
a2 + c2 = 2x2 a2 + c 2 = x2 2 a2 + c 2 x = 2
Geometria Magass´ agt´ etel ´ ıt´as: Egy der´eksz¨og˝ All´ u h´aromsz¨ogben a der´eksz¨og˝ u cs´ ucsb´ol indul´o magass´ag megegyezik az ´altala az a´tfog´ob´ol kimetszett 2 szakasz m´ertani k¨ozep´evel. Bizony´ıt´as: AT C ∼ CT B (a sz¨ogeik megegyeznek) ⇒ C c1 m = m c2 c1 c2 = m2 √ m = c1 c2
m A
c1
c2
B
Befog´ ot´ etel ABC ∼ ACT ∼ CBT (megegyeznek a sz¨ogeik)
C b A
c1
a
⇒
m c
c2
B
b c1 = → b2 = cc1 b c a c2 = → a2 = cc2 b c
Ez a befog´o - t´etel. a2 + b2 = cc1 + cc2 = c(c1 + c2 ) = c2 , ez a Pithagorasz - t´etel. 49
H´ urt´ etel S
P Q
P R ´es T S a k¨or h´ urjai. P QT ∼ SQR , mert P QT = SQR (v´alt´osz¨ogek) ´es P T S = P RS mert a P S ´ıvhez tartoz´o ker¨ uleti sz¨ogek. A hasonl´os´ag miatt PQTQ = SQ ⇒ P Q · QR = QT · SQ. QR
T
R
Szel˝ ot´ etel P
a
P T S = α T P Q = β
Q b a S
R
b T
⇒
P QS = 180◦ − β T SQ = 180◦ − α
SQR = β QSR = α ⇒ T P R ∼ QSR (megegyeznek a sz¨ogeik) PR SR ⇒ = RT QR P R · QR = SR · RT ⇒
P´ arhuzamos szel˝ ok t´ etele g
e4 D1
d1
D2 ' d 2 '
f
D2 d 2
e3 C1
e2 c1
C 2 ' c2 ' C 2 c2
B1 b 1 B2 ' b2 '
e1 A1
a1
a2 O B2 b2 A2
e1 ||e2 || . . . ||en ´ ıt´ All´ as: a1 : a2 = b1 : b2 = c1 : c2 = n1 : n2 −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ Bizony´ıt´ as: f - et toljuk el az A2 A1 , B2 B1 , C2 C1 , . . . , Z2 Z1 vektorokkal. Megkapjuk az f1 , f2 , . . . , fn egyeneseket, ahol f1 ||f2 || . . . ||fn ||f , ´es a2 → a2 , b2 → b2 , c2 → c2 . . . z2 → z2 . Kialakul n´eh´any hasonl´o h´aromsz¨og: A1 OA2 ∼ B1 A1 B2 ∼ C1 B1 C2 ∼ . . . ∼ Z1 (Z − 1)1 (Z − 1)2 ⇒ a1 : a2 = b1 : b2 = c1 : c2 = . . . = z1 : z2 . 50
Ceva - t´ etel A h´aromsz¨og cs´ ucsaib˝ol kiindul´o 3 egyenes 1 pontban metszi egym´ast BF CG AH · · = 1, F C GA HB ahol A, B, C a 3 cs´ ucsokb´ol indul´o egyenesek metsz´espontjai az oldalegyenesekkel. Bels˝ o pont eset´ en: A rp s qs+rp H B qs
O p
G p(r+s) r
q F s(q+p)
C
sp
Bizony´ıt´ as: BF p AG s = , ´es = FC q GC r −−→ −−→ −−→ −−→ pXC + q XB + q XB , XF = p+q
−−→ −−→ −−→ rXA + sXC XG = r+s
´ ıt´ All´ as: az O pont AF - et AO : OF = s(p + q) : rp ar´anyban osztja. Bizony´ıt´ as: Vegy¨ uk fel azt a Q pontot az AF szakaszon, amire igaz, hogy AQ : QF = s(p+q) : rp. −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ s(p + q)XF + rpXA spXC + sq XB + rpXA = XQ = sp + sq + rp sp + sq + rp Vegy¨ uk fel azt a Q pontot a BG szakaszon, amire igaz, hogy BQ : Q G = p(r + s) : qs. −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ p(r + s)XG + qsXB rpXA + spXC + qsXB XQ = = sp + sq + rp sp + sq + rp −−→ −−→ ´ ıt´ Mivel XQ = XQ , ´ıgy Q = Q , de AF ∩ BG = O, ez´ert Q = Q = O. All´ as: A H pont az AB szakaszt AH : HB = qs : rp ar´anyban osztja. Bizony´ıt´ as: Vegy¨ uk fel a H pontot az AB - n, amire igaz, hogy AH : H B = qs : rp. −−→ −−→ −−→ prXA + sq XB XH = pr + sq 51
Vegy¨ uk fel H C - t, ´es rajta azt a P pontot, amire teljes¨ ul, hogy H P : P C = sp : (qs + rp). −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ (qs + rp)XH + spXC prXA + sq XB + spXC = XP = qs + rp + sp qs + rp + sp −−→ uk, hogy mire jutottunk! Ez megegyezik XO - val, ez´ert P = O, ´es ´ıgy H = H. N´ezz¨ BF CG AH p r qs · · = · · = 1, F C GA HB q s rp ´es ´epp ezt akartuk bel´atni. K¨ uls˝ o pont eset´ en: A
qs B
p
-rp
s(p+q) q F O
s C
sp r
H -rp+qs (s-r)p G
−−→ −−→ −−→ spXC + qsXB , XF = sp + qs
−−→ −−→ −−→ −rpXA + spXC XG = −rp + sp
´ ıt´ All´ as: az O pontra igaz, hogy AF : F O = (−rp + qs + sp) : −rp Bizony´ıt´ as: Vegy¨ uk fel azt a Q pontot az AO egyenesen, amire igaz, hogy AF : F Q = (−rp + qs + sp) : −rp. −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ (qs + sp)XF + −prXA spXC + qsXB − prXA = XQ = −rp + qs + sp −rp + qs + sq Vagyis azt a Q - t, amire igaz, hogy BQ : Q G = (sp − rp) : qs. −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ (sp − rp)XG + qsXB −rpXA + spXC + qsXB XQ = = −rp + qs + sp −rp + sp + qs ´Igy viszont Q = Q , ez´ert Q = Q = O. ´ ıt´ All´ as: AB : BH = rp + qs : −rp Bizony´ıt´ as: Vegy¨ uk fel azt a H - t, amire AB : BH = rp + qs : −rp. −−→ −−→ −−→ qsXB + −rpXA XH = qs − rp 52
Vegy¨ uk fel azt a P - t, amire HP : P C = sp : rp + qs. −−→ −−→ −−→ (−rp + qs)XH + spXC XP = −rp + qs + sp Teh´at P = O. Ha megvizsg´aljuk az eredeti a´ll´ıt´ast, akkor most is a megfelel˝o eredm´enyre jutunk. Appolonius - k¨ or y P(x, y )
K Q2 (- 1,0 )
Q1 (1,0 ) x
´ ıt´ All´ as: Azok a pontok, amelyek 2 pontt´ol m´ert t´avols´agar´anya a´lland´o, egy k¨or¨on helyezkednek el. Bizony´ıt´ as: A t´etelt a k¨or egyenlet´enek seg´ıts´eg´evel bizony´ıtjuk be. V´alasszuk meg a koordin´ata rendszert u ´gy, hogy a 2 r¨ogz´ıtett pont Q1 (+1, 0), ´es Q2 (−1, 0) legyen, ´es azokat a P (x, y) Q2 P pontokat akarjuk meghat´arozni, melyekre a t´avols´agar´any egy adott q = 1 sz´ammal egyenl˝o Q1 P (ha q = 1, akkor a keresett pontok m´ertani helye a Q1 Q2 szakaszfelez˝o - mer˝olegese). Q2 P 2 Q2 P = q 2 . ´Irjuk most ezt fel a = q, ami egyen´ert´ek˝ u azzal, hogy Ez azt jelenti, hogy 2 Q1 P Q1 P t´avols´agk´eplet seg´ıts´eg´evel: (x + 1)2 + y 2 = q2 (x − 1)2 + y 2 (x + 1)2 + y 2 = q 2 (x − 1)2 + q 2 y 2 x2 + 2x + 1 + y 2 = q 2 x2 − 2q 2 x + q 2 + q 2 y 2 ebb˝ol a´trendez´essel kapjuk, hogy ha q = 1, akkor q 2 x2 + q 2 y 2 − x2 − y 2 − 2q 2 x − 2x + q 2 − 1 = 0 (q 2 − 1)x2 + (q 2 − 1)y 2 − (2q 2 + 2)x + q 2 − 1 = 0 2q 2 + 2 x2 + y 2 − 2 x+1 = 0 q −1 Ez viszont egy k¨or egyenlete, mert ilyen alakba ´ırhat´o: 2 2 q2 + 1 2q 2 x− 2 +y = , q −1 q2 − 1 53
2q q2 + 1 . ez olyan k¨or, amelynek k¨oz´eppontja K , 0 , sugara pedig 2 q2 − 1 q − 1 A levezet´es megford´ıt´as´aval bel´athatjuk, hogy ennek a k¨ornek minden pontja megfelel a feladat felt´eteleinek.
Gergonne pont ´ ıt´ All´ as: Az ABC - ben a be´ırt k¨or ´erint´esi pontjai ¨osszek¨otve a szemk¨ozti cs´ ucsokkal 3 egy ponton a´tmen˝o szakaszt hat´aroznak meg. Ez a pont a Gergonne - pont. Bizony´ıt´ as: s-a A s-a E F G s-b B
s-b
s -c s -c
D
C
K¨ uls˝o pontb´ol a k¨orh¨oz h´ uzott ´erint˝oszakaszok egyenl˝ok, ´ıgy AF = AE, BF = BD, DC = CE. A Ceva - t´etel ´ertelm´eben BE, F C ´es AD akkor metszik egym´ast egy pontban, ha: BD CE AF · · = 1 DC EA F B BD CE · = 1 DC FB CE = 1, ´es ez igaz, mivel CE = DC DC Nagel - pont
A F s-a B
s-b s-c E N s-a s-c D s-b C
´ ıt´ All´ as: A h´aromsz¨og cs´ ucsait ¨osszek¨otve a szemk¨ozti oldalhoz hozz´a´ırt k¨or¨ok ´erint´esi pontjaival 3 szakaszt kapunk. E h´arom szakasz egy ponton megy a´t, ez a Nagel - pont.
54
Bizony´ıt´ as: Az ´all´ıt´ast a Ceva - t´etel seg´ıts´eg´evel bizony´ıtjuk be: s−c s−a s−b BD CE AF · · = · · =1 DC EA F B s−b s−c s−a L´athat´o, hogy a h´arom szakasz teljes´ıti a Ceva - t´etelt, ´ıgy egy pontban metszik egym´ast.
55
