Tartalom. 1. FEJEZET. LINEÁRIS VARIETÁSOK 3 A Desargues-tétel 15 Gyakorlatok és feladatok 18

Tartalom ´ ´ 1. FEJEZET. LINEARIS VARIETASOK A Desargues-tétel Gyakorlatok és feladatok

3 15 18

2. FEJEZET. AFFIN TEREK Megoldott feladatok Gyakorlatok és feladatok

19 50 54

´ 3. FEJEZET. Rn GEOMETRIAJA n Távolságok R -ben Szögek Rn -ben Vektorszorzatok és térfogatok Rn -ben Az izoperimetrikus tétel Megoldott feladatok Kit˝ uzött feladatok

57 57 67 74 85 92 104

4. FEJEZET. KONVEX GEOMETRIA Helly t´ıpus´ u tételek Konvex optimizálás

107 110 131

5. FEJEZET. A SPERNER LEMMA A Sperner lemma szimplexekre A Sperner lemma alkalmazásai A duális Sperner lemma A bérelosztás problémája A Sperner lemma politópokra

141 141 144 152 153 156

´ 6. FEJEZET. A BORSUK-ULAM TETEL ´ ALKALMAZASAI ´ ES A Tucker lemma

163 169

1

2

TARTALOM

´ 7. FEJEZET. SZIMPLICIALIS KOMPLEXUSOK Az irány´ıtott Sperner lemma

179 185

Irodalomjegyzék

197

Tárgymutató

198

Névmutató

200

I. FEJEZET ´ ´ LINEARIS VARIETASOK Legyen K egy kommutat´ıv test és (V, +, ·, K) egy vektortér. Az A, B ⊂ V halmazok és a λ ∈ K skalár esetén értelmezz¨ uk az A és B összegét, illetve az A halmaznak a λ skalárral való szorzatát: A + B = {a + b ∈ V |a ∈ A, b ∈ B}, λ · A = {λ · a ∈ V |a ∈ A}. Ha az A halmaz csak egyetlen a elemet tartalmaz, akkor az A + B-t röviden a + B-nek ´ırjuk. ´lda ´k. 1. Ha R2 -ben a = (3, 2) egy vektor és Pe B = {(x, y) ∈ R2 | max{|x|, |y|} = 1} egy négyzet oldalaiból alkotott halmaz, akkor az a + B halmaz a B négyzetnek az a vektorral való eltolásából származó halmaz (lásd az 1.1. ábrát). 2. Az el˝obbi jelölésekkel az B + B halmaz az 1.2. ábrán látható négyzet és annak a bels˝o tartománya, m´ıg a 2 · B halmaz csak a k¨ uls˝o négyzet oldalaiból áll. y

y

a+B

O B

B+B

N

O

x a=(3,2)

B

1.1. ábra

1.2. ábra 3

M

Q x

4

ALAPFOGALMAK

A 2 · B halmaz részhalmaza a B + B halmaznak, de nem egyenl˝o vele, ha B legalább két elemet tartalmaz. Ha A és B összef¨ ugg˝o halmazok, akkor szemléletesen az A + B halmaz a következ˝oképpen szerkeszthet˝o meg: toljuk el az A halmazt egy b0 ∈ B vektorral (ez az A + b0 halmaz), majd mozgassuk ezt a halmazt u ´gy, hogy az A halmaz egy tetsz˝olegesen rögz´ıtett a0 pontjának képe bejárja a B+a0 halmazt. Az 1.2. ábrán a szaggatott vonalakkal rajzolt négyzet u ´gy mozog, hogy a jobb fels˝o cs´ ucsa bejárja az M N OQ négyzetet. Ez ekvivalens azzal, hogy a középpontja bejárja az eredeti négyzet oldalait. 3. (Vitali1, 1905, [Lack]) Bizony´ıtsuk be, hogy létezik olyan A ⊂ R halmaz, amelyre teljes¨ ul a következ˝o két tulajdonság: a) a [0, 1] intervallum tartalmazza az A halmaz végtelen sok, páronként diszjunkt eltolt példányát; b) az R lefödhet˝o az A halmaz megszámlálhatóan sok eltolt példányával. Tekints¨ uk az R-en az x ∼ y ⇔ y − x ∈ Q összef¨ uggéssel értelmezett relációt. Ez egy ekvivalencia reláció (reflex´ıv, szimmetrikus és tranzit´ıv) és minden ekvivalencia osztály s˝ u£ r˝ u az ¤ R-ben. Válasszunk minden ekvivalencia osztályból egy x ∈ 0, 12 elemet. Igazoljuk, hogy az ´ıgy választott elemek által alkotott A halmaz teljes´ıti a kért tulaj∞ ¡ ¢ S donságokat. A szerkesztés alapján A + n1 ⊂ [0, 1] (mert az An=2 £ ¤ ban csak 0, 12 -beli elemek vannak és ezeket legfeljebb 12 -del toljuk S (A + r) = R (mert minden ekvivalencia osztályból el jobbra), és r∈Q

választottunk elemet A-ba).

¤

Legyen a ∈ V egy rögz´ıtett vektor és U egy résztere V -nek. ´ ´s. A V -nek minden A = a+U alak´ 1.1. Ertelmez e u részhalmazát line´ aris varietásnak nevezz¨ uk. A V lineáris varietásainak halmazát A(V )-vel jelölj¨ uk. A lineáris varietásoknak az el˝obbivel ekvivalens értelmezése a következ˝o: 1Giuseppe

Vitali, 1875-1932

´ ´ LINEARIS VARIETASOK

5

´ ´s. Az A 6= ∅ halmaz lineáris varietása a V -nek, 1.2. Ertelmez e ha létezik olyan a ∈ V, amelyre A − a résztere a V -nek. ´lda ´k. 1. Ha R2 -ben a = (x0 , y0 ) egy tetsz˝oleges pont, és U egy Pe egydimenziós résztér (U = {αx|α ∈ R}, x = (x1 , y1 )), akkor az a + U halmaz az (x0 , y0 ) ponton áthaladó, x = (x1 , y1 ) iránnyal párhuzamos egyenes. 2. Ha R3 -ban a = (x0 , y0 , z0 ) egy tetsz˝oleges pont, és U egy kétdimenziós résztér, amelynek egyenlete U = {(x, y, z)|αx + βy + γz = 0}, akkor az a + U halmaz az (x0 , y0 , z0 ) ponton áthaladó, u = (α, β, γ) irányra mer˝oleges s´ık. ¤ ´ g. Ha A = a + U (a ∈ V, U ≤ V ) egy lineáris 1.3. Tulajdonsa varietás és b ∈ A egy tetsz˝oleges vektor, akkor A = b + U . ´ s. Ha b ∈ A, akkor létezik olyan u0 ∈ U, amelyre b = Bizony´ıta = a+u0 . Ha u ∈ U tetsz˝oleges, akkor a+u = (b−u0 )+u = b+(u−u0 ). Innen kapjuk, hogy A = a + U = b + (U − u0 ), de mivel U = U − u0 , ´ırhatjuk, hogy A = b + U . ¤ ´ g. Ha U és U 0 két résztere V -nek és a + U = 1.4. Tulajdonsa = a0 + U 0 , akkor U = U 0 . ´ s. Csak azt igazoljuk, hogy U ⊂ U 0 , mivel a ford´ıtott Bizony´ıta bennfoglalás hasonlóan igazolható. Az a + 0 ∈ a + U eleme a0 + U 0 -nek, tehát létezik olyan u00 ∈ U 0 , amelyre a = a + 0 = a0 + u00 . Tetsz˝oleges u ∈ U esetén létezik olyan u0 ∈ U 0 , amelyre a+u = (a0 +u00 )+u = a0 +u0 . A második egyenl˝oségb˝ol kifejezve az u-t, kapjuk, hogy u = u0 − u00 ∈ U 0 . Tehát U ⊂ U 0 . ¤ Az el˝obbi tulajdonság alapján bármely A ∈ A(V ) lineáris varietáshoz egyértelm˝ uen hozzárendelhetj¨ uk a V egy U részterét, amelyre A = a + U , a ∈ V. Ezt az U -t D(A)-val jelölj¨ uk, és az A lineáris varietás ir´ anyterének nevezz¨ uk. Ha dimK (D(A)) = p < ∞ (vagyis az iránytér dimenziója véges), akkor az A lineáris varietást p dimenziósnak nevezz¨ uk. Sajátosan a p = 1, illetve p = 2 dimenziós lineáris varietásokat egyenesnek, illetve s´ıknak nevezz¨ uk. A p dimenziós lineáris varietásokat p-s´ıknak is nevezz¨ uk. Ha dimK (V ) =

6

ALAPFOGALMAK

= n, akkor az (n − 1)-s´ıkokat hipers´ıkoknak nevezz¨ uk. Ha az U dimenziója 0, vagyis U = {0}, akkor a + U = {a}, és ezt nevezz¨ uk 2 3 pontnak. A példák alapján láthatjuk, hogy R illetve R esetén a megszokott s´ık, illetve egyenest kapjuk. Vektorterekben az alterek tartalmazzák a tér nullelemét, ezért R2 -ben, illetve R3 -ban a tetsz˝oleges helyzet˝ u egyenesek illetve s´ıkok nem részterek, az el˝obbi értelmezések mutatják, hogy hogyan azonos´ıthatjuk ezeket az intuit´ıv geometriai objektumokat a vektortér bizonyos részhalmazaival. ´ g. Ha I egy indexhalmaz és Ai ∈ A(V ), bármely 1.5. Tulajdonsa i ∈ I esetén, akkor ∩i∈I Ai 6= ∅ esetén ∩i∈I Ai ∈ A(V ). ´ s. Rögz´ıts¨ Bizony´ıta uk az a ∈ ∩i∈I Ai elemet. Minden i ∈ I esetén ´ırhatjuk, hogy Ai = a + D(Ai ). Másrészt ∩i∈I Ai = a + ∩i∈I D(Ai ), és mivel a V résztereinek metszete résztér, ∩i∈I D(Ai ) résztere a V -nek, tehát ∩i∈I Ai ∈ A(V ). ¤ ´g. Ha a, b ∈ V két k¨ 1.6. Tulajdonsa ulönböz˝o vektor (pont), akkor egyetlen olyan egyenes létezik, amely tartalmazza a-t és b-t (ezt ab egyenesnek nevezz¨ uk). ´ s. El˝oször igazoljuk a létezést. Jelölj¨ Bizony´ıta uk ha − bi-vel a V -nek a b − a 6= 0 vektor által generált részterét. Ez a résztér egy dimenziós és az A = b + ha − bi = {b + λ(a − b) ∈ V |λ ∈ K} halmaz egy egyenes, amely tartalmazza az a és b vektorokat. Igazoljuk az egyértelm˝ uséget. Tegy¨ uk fel, hogy létezik egy B egyenes, amely tartalmazza a-t és b-t. B el˝oa´ll´ıtható B = b + D(B) alakban, ahol dimK D(B) = 1. Mivel a ∈ B ezért a − b ∈ D(B). De a − b 6= 0 és dimK D(B) = 1, tehát az a − b vektor egy bázisa a D(B) résztérnek. Így ha−bi = D(B), és A = b+ha−bi = b+D(B) = B. ¤ ´ g. Ha az a0 , . . . , ak vektorok nem tartoznak egyet1.7. Tulajdonsa len k-nál kisebb dimenziós varietáshoz sem, akkor pontosan egy olyan k dimenziós varietás létezik, amely tartalmazza ˝oket. ´ s. Legyen ui = ai − a0 , i = 1, . . . , k és jelölj¨ Bizony´ıta uk U -val az u1 , . . . , uk vektorok által generált részteret. Az A = a0 + U varietás tartalmazza az a0 , . . . , ak vektorokat. A feltevés alapján dim U ≥ k,


7

de mivel U -t k vektor generálja, ezért dim U ≤ k, tehát dim U = k. Ez azt is jelenti, hogy az u1 , . . . , uk vektorok az U egy bázisát alkotják. Kimutatjuk, hogy A az egyetlen lineáris varietás, amely tartalmazza az a0 , . . . , ak vektorokat. Ha B egy másik k dimenziós lineáris varietás melynek elemei az a0 , . . . , ak , akkor ui = ai − a0 ∈ D(B), bármely i ∈ {1, . . . , k} esetén. De mivel D(B) k dimenziós és az u1 , . . . , uk vektorok lineárisan f¨ uggetlenek, ezért D(B) = U és A = B. ¤ ´ g. Az A ⊂ V, A 6= ∅ halmaz pontosan akkor 1.8. Tulajdonsa lineáris varietása a legalább három elemet tartalmazó K test feletti V vektortérnek, ha bármely a, b ∈ A esetén tartalmazza az ab egyenest is. ´ s. Ha A lineáris varietás, akkor bármely a, b ∈ A esetén Bizony´ıta A = a+D(A), és (b−a) ∈ D(A). A D(A) résztér lévén a (b−a) vektor által generált részteret is tartalmazza, tehát ab = a+ ⊂ A. A ford´ıtott irány´ u következetés igazolásához legyen A egy olyan részhalmaza V -nek, amelyre az a, b ∈ A relációkból következik, hogy ab ⊂ A (ab-vel az a és b pont által meghatározott egyenest jelölt¨ uk). Ha rögz´ıtj¨ uk az a0 ∈ A elemet, elégséges igazolnunk, hogy az U = = A − a0 halmaz lineáris résztere a V -nek. Ha u1 , u2 két tetsz˝oleges elem U -ból, akkor ezek fel´ırhatók ½ u1 = a1 − a0 u2 = a2 − a0 alakban, ahol a1 , a2 ∈ A. Mivel a1 , a2 ∈ A az 1.6. tulajdonság bizony´ıtása alapján bármely λ ∈ K esetén λa1 + (1 − λ)a2 ∈ A, azaz λ(u1 + a0 ) + (1 − λ)(u2 + a0 ) = λu1 + (1 − λ)u2 + a0 ∈ A. Tehát (1)

λu1 + (1 − λ)u2 ∈ U,

bármely λ ∈ K és u1 , u2 ∈ U esetén. Sajátosan u2 = 0 eleme U -nak, tehát λu1 ∈ U, bármely λ ∈ K és u1 ∈ U esetén. Mivel |K| ≥ 3, létezik α ∈ K \{0, 1}. Erre az α-ra létezik α−1 és (1 − α)−1 . Továbbá α−1 u1 és (1 − α)−1 u2

8

ALAPFOGALMAK

elemei az U -nak. Az (1) alapján α · α−1 u1 + (1 − α) · (1 − α)−1 u2 = u1 + u2 ∈ U, tehát U valóban résztere V -nek.

¤

Megjegyz´ es. Az alábbi példából látható, hogy a |K| ≥ 3 feltétel sz¨ ukséges. Z2 felett az M = {(ˆ0, ˆ0), (ˆ1, ˆ0), (ˆ0, ˆ1)} ⊂ Z22 halmaz tartalmazza a pontjai által meghatározott összes egyenest (mert ezek csak két pontból állnak), de nem lineáris varietás (mert tartalmazza a tér nullelemét és ´ıgy lineáris résztér is kellene legyen, ugyanakkor (ˆ1, ˆ0) + (ˆ0, ˆ1) ∈ / M ). ´g. Az A ⊂ V halmaz pontosan akkor lineáris 1.9. Tulajdonsa varietás, ha bármely a0 , . . . , an ∈ A vektorok és λ0 , . . . , λn ∈ K, a n n n P P P λi ai öszλi ai ∈ A. A λi = 1 feltételt teljes´ıt˝o skalárok esetén i=0

i=0

i=0

szeget az a0 , . . . , an pontok λ0 , λ1 , . . . , λn s´ ulyokkal számolt affin kombin´ aci´ oj´ anak nevezz¨ uk. ´ s. Ha A ∈ A(V ), akkor ui = ai − a0 ∈ D(A), bármely Bizony´ıta i = 1, . . . , n esetén. Mivel D(A) lineáris résztere V -nek, bármely n n n P P P λi ai ∈ λi ui ∈ D(A). Tehát a0 + λi ui = λ1 , . . . , λn ∈ K esetén ∈ A, ahol λ0 = 1−

n P

i=1

i=1

i=0

λi . Tehát ha A lineáris varietás, akkor tetsz˝oleges

i=1

véges elemrendszerének tetsz˝oleges affin kombinációját is tartalmazza. A ford´ıtott áll´ıtás igazolásához feltételezz¨ uk, hogy az A halmaz rendelkezik az el˝obbi tulajdonsággal. Legyen a0 ∈ A. Igazoljuk, hogy A − a0 résztere V -nek. Ha u1 , u2 ∈ A − a0 , akkor létezik a1 , a2 ∈ A u ´gy, hogy ui = ai − a0 (i = 1, 2). Tetsz˝oleges λ1 , λ2 ∈ K esetén λ1 u1 + λ2 u2 + a0 = λ0 a0 + λ1 a1 + λ2 a2 ∈ A, ahol λ0 = 1 − λ1 − λ2 . Tehát λ1 u1 + λ2 u2 ∈ A − a0 és ´ıgy A − a0 résztere V -nek. ¤ ´ g. Ha A ⊂ V egy nem u 1.10. Tulajdonsa ¨res halmaz, akkor a bennfoglalásra nézve a legkisebb olyan lineáris varietást, amely tartalmazza az A halmazt, az A ´ altal kifesz´ıtett lineáris varietásnak nevezz¨ uk és af(A)-val jelölj¨ uk. Erre a varietásra teljes¨ ul az


( af(A) =

n X i=0

9

¯ ) n ¯X ¯ λ i vi ¯ λi = 1, λi ∈ K, vi ∈ A, i ∈ {0, . . . , n}, n ∈ N ¯ i=0

egyenl˝oség. Ezt a halmazt az A affin burkolój´ anak is nevezz¨ uk. ´ s. Tekints¨ Bizony´ıta uk a ¯ ) ( n n ¯X X ¯ λi = 1, λi ∈ K, vi ∈ A, i ∈ {0, . . . , n}, n ∈ N B= λi vi ¯ ¯ i=0

i=0

halmazt. Az 1.9. tulajdonság alapján B ⊂ af(A). Ha kimutatjuk, hogy B egy lineáris varietás, akkor A ⊂ B alapján következik, hogy af(A) ⊂ B. Ez elégséges lenne a kért tulajdonsághoz, tehát azt igazoljuk, hogy B egy lineáris varietás. Ha a b1 , b2 , . . . , bm vektorok a B tetsz˝oleges elemei, akkor feltételezhetj¨ uk, hogy létezik olyan n ∈ N, ai ∈ A, 1 ≤ i ≤ n, és λij ∈ K, 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m, amelyn n P P λij ai , ha λij = 1, minden 1 ≤ j ≤ m esetén és bj = ekre i=1

i=1

1 ≤ j ≤ m. Az, hogy minden bj ugyanazon A-beli elemek affin kombinációjaként áll´ıtható el˝o nem megszor´ıtás, hiszen egy tetsz˝oleges affin kombinációhoz hozzádhatók még tagok nulla egy¨ utthatóval. Bárm P µj = 1 esetén mely µ1 , . . . , µm , j=1 m X

µj b j =

j=1

mivel

m X

µj ·

Ã n X

j=1

Ã m n X X i=1

j=1

λij ai

i=1

! µj λij

!

=

m X j=1

=

Ã m n X X i=1

µj ·

Ã n X i=1

µj λij

ai ∈ B,

j=1

! λij

!

=

m X

µj = 1.

j=1

Tehát az 1.9. tulajdonság alapján B lineáris varietás.

¤

´lda ´k. 1. Ha az A = {a0 , a1 , . . . , ak } ⊂ Rn halmaz elemeire az Pe ui = ai − a0 vektorok lineárisan f¨ uggetlenek, akkor az af(A) halmaz az A pontjait tartalmazó k-s´ık. ´ 2. Altal´ aban az A = {a0 , a1 , . . . , ak } ⊂ Rn halmazra az af(A) halmaz

10

ALAPFOGALMAK

az a legkisebb dimenziós lineáris varietás, amely tartalmazza az A pontjait. ¤ ´ g. Ha A, B ∈ A(V ), a ∈ A és b ∈ B, akkor 1.11. Tulajdonsa af(A ∪ B) = a + D(A) + D(B) + ha − bi. ´ s. Nyilvánvaló, hogy A = a + D(A) ⊂ a + D(A) + Bizony´ıta +D(B)+ha−bi. Ha b0 ∈ B, akkor b0 −b ∈ D(B) és b = a+0+(b0 −b)+ +(b − a) ∈ a + D(A) + D(B) + ha − bi, tehát B ⊂ a + D(A) + D(B) + +ha − bi. Az affin burkoló értelmezése alapján az af(A ∪ B) ⊂ a + +D(A) + D(B) + ha − bi bennfoglalás nyilvánvaló. a, b ∈ af(A ∪ B), ezért a − b ∈ D(af(A ∪ B)), ahonnan következik, hogy ha − bi ⊂ D(af(A ∪ B)). Ha u ∈ D(A) és v ∈ D(B), akkor u, v ∈ D(af(A ∪ B)). Tehát D(A), D(B) ⊂ D(af(A ∪ B)). Mivel D(af(A ∪ B)) lineáris vektortér a fentiek alapján D(A) + D(B) + ha − bi ⊂ D(af(A ∪ B)). ¤ ´ g. Legyen A, B ∈ A(V ), a ∈ A és b ∈ B. Az A 1.12. Tulajdonsa és B metszete pontosan akkor nem u ¨res, ha ha − bi ⊂ D(A) + D(B). ´ s. Ha c ∈ A ∩ B, akkor a − c ∈ D(A) és c − b ∈ D(B). Bizony´ıta Kapjuk, hogy a − b = (a − c) + (c − b) ∈ D(A) + D(B), tehát ha − bi ⊂ ⊂ D(A) + D(B). Ha ha − bi ⊂ D(A) + D(B), akkor létezik u ∈ D(A) és v ∈ D(B) u ´gy, hogy a − b = u + v. Az u-t és v-t fel´ırhatjuk u = a − a0 , illetve v = b0 −b alakba, ahol a0 ∈ A és b0 ∈ B. Tehát a−b = (a−a0 )+(b0 −b), ahonnan kapjuk, hogy a0 = b0 ∈ A ∩ B. ¤ ´ g. Ha A, B ∈ A(V ) és a ∈ A ∩ B, akkor 1.13. Tulajdonsa af(A ∪ B) = a + D(A) + D(B), A ∩ B = a + D(A) ∩ D(B). ´ s. Az els˝o egyenl˝oség következik az 1.11. tulajdonságból Bizony´ıta b = a választással. A második összef¨ uggés igazolásához tegy¨ uk fel, hogy c ∈ A ∩ B. Ekkor c−a ∈ D(A)∩D(B), és c = a+(c−a) ∈ a+D(A)∩D(B), tehát


11

A ∩ B ⊂ a + D(A) ∩ D(B). Ha u ∈ D(A) ∩ D(B), akkor létezik a0 ∈ A és b0 ∈ B, melyekre u = a0 −a = b0 −a. Azonnal kapjuk, hogy a0 = b0 és a+u = a+(a0 −a) = a0 ∈ A∩B. Tehát a+D(A)∩D(B) ⊂ A∩B. ¤ ´ g. Legyen A, B ∈ A(V ) két véges dimenziós 1.14. Tulajdonsa lineáris varietás. Ha A ∩ B 6= ∅, akkor dim(af(A ∪ B)) = dim A + dim B − dim(A ∩ B). Ha A ∩ B = ∅, akkor dim(af(A ∪ B)) = dim A + dim B − dim(D(A) ∩ D(B)) + 1. ´ s. Az els˝o összef¨ uggés esetén az 1.13. tulajdonság alapBizony´ıta ján elégséges kimutatni, hogy dim(D(A) + D(B)) = dim(D(A)) + dim(D(B)) − dim(D(A) ∩ D(B)). Ha {u1 , . . . , uk } egy bázisa a D(A) ∩ D(B)-nek, akkor ez kiegész´ıteh˝o a D(A) egy {u1 , . . . , uk , uk+1 , . . . , uk+n } bázisává, illetve a D(B) egy {u1 , . . . , uk , vk+1 , . . . , vk+m } bázisává. Az ´ıgy szerkesztett bázisok seg´ıtségével igazolható, hogy az {u1 , . . . , uk , uk+1 , . . . , uk+n , vk+1 , . . . , vk+m } halmaz egy bázisa a D(A) + D(B) résztérnek. Ezek alapján dim(D(A)) = k + n, dim(D(B)) = k + m, dim(D(A) ∩ D(B)) = k, és dim(D(A) + D(B)) = n + m + k, tehát teljes¨ ul az els˝o összef¨ uggés. A második összef¨ uggés bizony´ıtásához felhasználjuk, hogy D(af(A ∪ B)) = D(A) + D(B) + ha − bi. Mivel a (D(A) + D(B)) ∩ ha − bi = {0}, és D(A) ∩ D(B) = {0}, a fentiek alapján dim(D(af(A ∪ B))) = dim(D(A) + D(B) + ha − bi) = = dim(D(A) + D(B)) + 1 = = dim D(A) + dim D(B) − dim(D(A) ∩ D(B)) + 1. Az el˝obbi egyenl˝oség, az 1.11. és az 1.13. tulajdonság alapján bizony´ıtott a második összef¨ uggés is. ¤

12

ALAPFOGALMAK

´ ´s. Az A, B ∈ A(V ) lineáris varietásokat párhu1.15. Ertelmez e zamosnak nevezz¨ uk, ha D(A) ⊂ D(B), vagy D(B) ⊂ D(A). Azt, hogy A és B párhuzamosak A k B-vel jelölj¨ uk. ´s. Az ´ıgy értelmezett párhuzamossági reláció nem Megjegyze tranzit´ıv. Például ha a térben a d1 egyenes párhuzamos az α s´ıkkal, és az α s´ık párhuzamos a d2 egyenessel, akkor a d1 és d2 egyenesek nem kell párhuzamosak legyenek. Az el˝obb értelmezett párhuzamossági relációt gyakran ,,gyenge párhuzamosságnak” nevezik. Ha azt szeretnénk, hogy tranzit´ıv relációt (és ´ıgy egyben ekvivalencia relációt is) értelmezz¨ unk, akkor az irányterek dimenziójára vonatkozóan is feltételt kell szabni. Az A = = a + D(A) és B = b + D(B) lineáris varietásokat akkor nevezz¨ uk er˝osen párhuzamosoknak, ha ugyanaz az irányter¨ uk. Látható, hogy mindkét esetben az egybees˝o varietásokat is párhuzamosoknak tekintj¨ uk. ´ g. Ha A k B, A 6= B, akkor a következ˝o három 1.16. Tulajdonsa eset köz¨ ul pontosan egy áll fenn: i) A ⊂ B, ii) B ⊂ A, iii) A ∩ B = ∅. ´ s. Ha feltételezz¨ Bizony´ıta uk, hogy A ∩ B 6= ∅, akkor létezik a ∈ ´ ∈ A∩B. Igy ´ırhatjuk, hogy A = a+D(A), illetve B = a+D(B). A k B alapján vagy a D(A) ⊂ D(B), vagy a D(B) ⊂ D(A) bennfoglalás teljes¨ ul. Az els˝o esetben A ⊂ B, m´ıg a második esetben B ⊂ A. ¤ ´ g. Ha dimK V = n ∈ N, és A ∈ A(V ) egy 1.17. Tulajdonsa lineáris varietás, amely nem metszi a H hipers´ıkot, akkor A párhuzamos H-val. ´ s. Mivel A ∩ H = ∅, az 1.14 tulajdonság alapján Bizony´ıta n ≥ dim(af(A ∪ H)) = dim H + dim A − dim(D(A) ∩ D(H)) + 1, n ≥ n − 1 + dim A − dim(D(A) ∩ D(H)) + 1, dim(D(A) ∩ D(H)) ≥ dim A. Másrészt D(A) ∩ D(H) ⊂ D(A), ezért dim(D(A) ∩ D(H)) ≤ dim D(A) = dim A.


13

Tehát dim(D(A) ∩ D(H)) = dim D(A), ahonnan következik, hogy D(A) ∩ D(H) = D(A). Tehát D(A) ⊂ D(H), ami azt jelenti, hogy A és H párhuzamosak. ¤ ´ g. A V m dimenziós vektortér l dimenziós lineá1.18. Tulajdonsa ris varietásainak parametrikus egyenlete a V egy bázisa szerint xi =

x0i

+

l X

dij λj ,

i ∈ {1, . . . , m}

j=1

alak´ u, és egy tetsz˝oleges lineáris varietás egy m X xi aij = bj , j ∈ {1, . . . , m − l} i=1

alak´ u egyenletrendszer megoldásaival azonos´ıtható. ´ s. Legyen {v1 , . . . , vm } a V vektortér egy bázisa. A Bizony´ıta V vektortér L lineáris varietása L = x0 + W alakba ´ırható, ahol W résztere V -nek. Legyen {w1 , . . . , wl }, (l ≤ m) egy bázisa W -nek. Ekkor tetsz˝oleges x ∈ L vektor x = x0 + λ1 w1 + . . . + λl wl

(2)

alakba ´ırható, ahol λ1 , . . . , λl ∈ K. Mivel {v1 , . . . , vm } egy bázisa V -nek ´ırhatjuk, hogy m X wj = dij vi , i=1

minden j ∈ {1, . . . , l} esetén. Továbbá x és x0 is fel´ırható x = x1 v 1 + . . . + xm v m , x0 = x01 v1 + . . . + x0m vm alakban, tehát a (2) egyenlet alapján m X

xi vi =

i=1

m X

x0i vi

i=1

+

m X l X

λj dij vi .

i=1 j=1

Mivel {v1 , . . . , vm } bázis, kapjuk, hogy xi = x0i +

l X j=1

dij λj ,

i ∈ {1, . . . , m},

14

ALAPFOGALMAK

ahol λ1 , . . . , λl ∈ K. A W -nek a {w1 , . . . , wl } bázisa kiegész´ıthet˝o a V egy {w1 , . . . , wm } m m bázisává. Ha [vi ]m i=1 = [aij ]i,j=1 [wi ]i=1 , akkor x = x1 v 1 + . . . + xm v m = x1

m X

a1j wj + . . . + xm

j=1

m X

amj wj =

j=1

m X = (x1 a1j + . . . + xm amj )wj .

Pm

j=1

Hasonlóan x0 = j=1 (x01 a1j + . . . + x0m amj )wj . Mivel {w1 , . . . , wm } bázisa a V -nek, a (2) egyenlet alapján ´ırhatjuk, hogy   x1 a11 + . . . + xm am1 = x01 a11 + . . . + x0m am1 + λ1     ...    x1 a1l + . . . + xm aml = x01 a1l + . . . + x0m aml + λl . x1 a1(l+1) + . . . + xm am(l+1) = x01 a1(l+1) + . . . + x0m am(l+1)      ...    x1 a1m + . . . + xm amm = x01 a1m + . . . + x0m amm Tehát

m X

xi aij = bj ,

j ∈ {l + 1, . . . , m},

i=1

ahol bj = x01 a1j + . . . + x0m amj .

¤

´g. Ha {v1 , . . . , vm } egy bázisa a V vektortér1.19. Tulajdonsa nek, akkor a (3)

m X

xi aij = bj ,

j = 1, . . . , n, (n ≤ m)

i=1

rendszert teljes´ıt˝o x = x1 v1 + . . . + xm vm alak´ u vektorok a V -nek egy lineáris varietását alkotják, ha a (3) rendszernek létezik legalább egy megoldása. ´ s. A Bizony´ıta m X i=1

xi aij = 0,

j ∈ {1, . . . , n}


15

rendszert teljes´ıt˝o y = y1 v1 + . . . + ym vm vektorok a V -nek egy W részterét alkotják. Tehát, ha (x01 , . . . , x0m ) a (3) egyenletrendszer egy megoldása, akkor L = x0 + W , ahol x0 = x01 v1 + . . . + x0m vm . ¤ A Desargues-t´ etel ´ ´s. Rn -ben k darab hipers´ıkot által´ anos helyzet˝ u1.20. Ertelmez e nek nevez¨ unk, ha a metszet¨ uk (n − k) dimenziós. ´ g. Ha Rn -ben a H1 , H2 , . . . , Hk hipers´ıkok ál1.21. Tulajdonsa talános helyzet˝ uek és Hk+1 egy tetsz˝oleges hipers´ık (k + 1 ≤ n), akkor bármely ε > 0 és tetsz˝oleges X ∈ Hk+1 esetén a Hk+1 hipers´ık 0 elmozd´ıtható u ´gy, hogy a H1 , H2 , . . . , Hk , Hk+1 hipers´ıkok általános helyzet˝ uek legyenek, és ha az X képe az elmozd´ıtás után X 0 , akkor az 0 XX 0 szakasz hossza nem nagyobb, mint ε (Hk+1 a Hk+1 elmozd´ıtásából jön létre). ´ s. Legyen Bizony´ıta

n P

αij xi = hj a Hj hipers´ık egyenlete, ha 1 ≤

i=1

j ≤ k + 1. Ha a H1 , H2 , . . . , Hk hipers´ıkok általános helyzet˝ uek, akkor az U = [αij ]1≤j≤k mátrix rangja k. Feltételezz¨ uk, hogy az els˝o k sorból 1≤i≤n

és oszlopból alkotott aldetermináns nem 0. Ha az U 0 = [αij ]1≤j≤k+1 1≤i≤n

mátrix rangja k + 1, akkor a Hk+1 hipers´ıkot nem kell elmozd´ıtani, ellenkez˝o esetben a (k +1)-edik sor (k +1)-edik eleméhez hozzádunk δ-t. Az ´ıgy kapott mátrix rangja biztosan (k+1) és mondhatjuk, hogy a hipers´ıkon lev˝o X = (x01 , . . . , x0n ) pontnak az X 0 = (x01 , . . . , x1k+1 , . . . , x0n ) pont felel meg (vagyis csak a (k + 1)-edik koordinátáját változtatjuk meg). Így az XX 0 távolság ¯ ¯ ¯ ¯ δS ¯ ¯ ¯ αk+1 k+1 (αk+1 k+1 + δ) ¯ , P αj x0j . Tehát ha az el˝obbi távolság kisebb, mint ahol S = hk+1 − 1≤j≤n j6=k+1

ε, akkor a kapott hipers´ık teljes´ıti a kért feltételeket. Ez világos, hogy elérhet˝o mert feltételezhetj¨ uk, hogy a nevez˝o nem 0 és ´ıgy δ → 0 esetén a kifejezés 0-hoz tart. ¤

16

ALAPFOGALMAK

´s. Ha Rn -ben a H1 , H2 , . . . , Hk hipers´ıkok tetsz˝oleges Megjegyze helyzet˝ uek, akkor bármely ε > 0-ra elmozd´ıthatók u ´gy, hogy általános helyzetbe ker¨ uljenek és a rajtuk el˝ore rögz´ıtett Xj ∈ Hj , 1 ≤ j ≤ k pontoknak és az elmozd´ıtás utáni kép¨ uknek a távolsága ne legyen nagyobb, mint ε. ´ g. (Szilágyi Zsolt, András Szilárd) Rn -ben az 1.22. Tulajdonsa Oxi , 1 ≤ i ≤ n + 1 egyeneseken felvessz¨ uk az Aji ∈ (Oxi , j ∈ ∈ {1, 2, . . . , n} pontokat u ´gy, hogy a keletkez˝o hipers´ıkok mind általános helyzet˝ uek legyenek (a pontok által meghatározott bármely 1 ≤ k ≤ n hipers´ık általános helyzetben van). Minden i ∈ {1, 2, . . . , n + 1} és j ∈ {1, 2, . . . , n} esetén jelölj¨ uk Hji -vel az {Ajl |l 6= i} pontok által meghatározott hipers´ıkot és jelölj¨ uk Mi -vel a Hji , 1 ≤ j ≤ n hipers´ıkok metszéspontját. Az ´ıgy szerkesztett Mi , 1 ≤ i ≤ n + 1 pontok egy egyenesre illeszkednek. ´ s. Tekints¨ uk az Rn+1 -beli Oxi , 1 ≤ i ≤ n + 1 egyeneBizony´ıta seken az Aji ∈ (Oxi , j ∈ {1, 2, . . . , n} pontokat u ´gy, hogy a keletkez˝o H j = af{Aji |1 ≤ i ≤ n + 1} hipers´ıkok általános helyzet˝ uek legyenek. Így a H j , 1 ≤ j ≤ n hipers´ıkok metszete egy d egyenes. Másrészt n n T T Hji ⊂ az {Mi } = H j bennfoglalás nyilvánvaló, tehát az összes j=1

j=1

Mi pont illeszkedik a d egyenesre. Ha az Oxn+1 egyenest u ´gy mozgatjuk, hogy beker¨ uljön az Oxj , 1 ≤ j ≤ n egyenesek által generált n dimenziós lineáris varietásba, akkor a konfiguráció pontjai folytonosan változnak. Ebb˝ol következik, hogy a határátmenet után is a létez˝o metszéspontok illeszkednek egy egyenesre. Az 1.4. ábrán ezt a 3 dimenziós tulajdonságot láthatjuk. ¤ ´s. 1. n = 2 esetén a Desargues2 tétel s´ıkbeli változaMegjegyze tának egyik áll´ıtását kapjuk vissza: Ha az A11 A21 , A12 A22 és A13 A23 egyenesek összefutóak és {M1 } = A13 A12 ∩A23 A22 , {M2 } = A11 A13 ∩A21 A23 és {M3 } = A11 A12 ∩A21 A22 , akkor az M1 , M2 és M3 pontok egy egyenesre illeszkednek (lásd az 1.3. ábrát). 2G´ erard

Desargues, 1593-1662


17

2. A tulajdonság ford´ıtottja is igaz. Ha az Aji pontokat nem az (Oxi félegyeneseken vessz¨ uk fel, hanem tetsz˝oleges di , i ∈ {1, 2, . . . n + 1} egyeneseken, amelyek köz¨ ul bármely n darab egyes´ıtésének az affin burkolója n dimenziós, és az ´ıgy kapott Mi , i ∈ {1, 2, . . . n + 1} pontok egy egyenesre illeszkednek, akkor a di , i ∈ {1, 2, . . . n + 1} egyenesek O összefutóak. A11

A13

A12

M3

M1

A22

A21

A23

M2

1.3. ábra Hasonló gondolatmenet alapján igazolható a következ˝o tulajdonság is: ´ g. (Szilágyi Zsolt, András Szilárd) Rn -ben az 1.23. Tulajdonsa Oxi , 1 ≤ i ≤ n + 1 egyeneseken felvessz¨ uk az Aji ∈ (Oxi , j ∈ ∈ {1, 2, . . . , p} pontokat (2 ≤ p ≤ n) u ´gy, hogy a keletkez˝o hipers´ıkok mind általános helyzet˝ uek legyenek. Minden i ∈ {1, 2, . . . , n + 1} és j ∈ {1, 2, . . . , p} esetén jelölj¨ uk Hji -vel az {Ajl |l 6= i} pontok által meghatározott hipers´ıkot és jelölj¨ uk Mi -vel a Hji , 1 ≤ j ≤ p hipers´ıkok metszetét (a feltételek alapján ez egy n−p dimenziós lineáris varietás). Bizony´ıtsuk be, hogy az Mi , 1 ≤ i ≤ n + 1 varietások illeszkednek egy n + 1 − p dimenziós lineáris varietásra. 1 3

2

1 1

4

1

2

2 3

2

3

3

3 1

2

1.4. ábra

18

ALAPFOGALMAK

Gyakorlatok ´ es feladatok 1. Adott a s´ıkban az ABCD négyszög. Határozd meg az M N szakasz felez˝opontjának mértani helyét, ha M ∈ [AB] és N ∈ [CD]. 2. Az ABCDEF szabályos hatszögre határozd meg a M N P háromszög s´ ulypontjának a mértani helyét, ha M ∈ [AB], N ∈ [CD] és P ∈ [EF ]. 3. Ha A ⊂ N egy véges halmaz, akkor legalább hány eleme van az A + A halmaznak? 4. Létezik-e olyan A, B halmaz, amelyre A ∩ B = ∅, A ∪ B = N∗ és A ∩ (A + A) = ∅, valamint B ∩ (B + B) = ∅? 5. Adjál példát olyan halmazra, mely felruházható két nem izomorf affin strukt´ urával. uk Rn -beli koor6. A Desargues tétel általános´ıtását jellemezz¨ dinátákkal (anélk¨ ul, hogy kitérnénk Rn+1 -be)! 7. Hány pontot tartalmaznak a (Z23 , +, ·, Z3 ) vektortér lineáris varietásai? 8. Hogyan értelmezhet˝o az A, B ∈ (Z23 , +, ·, Z3 ) szakasz felez˝opontja? Ha A, B, C ∈ (Z23 , +, ·, Z3 ), akkor azt mondjuk, hogy az ABC háromszög A cs´ ucsához tartozó oldalfelez˝o az A pont és a BC oldal felez˝opontja által meghatározott egyenes (hasonlóan értelmezhet˝o a másik két oldalfelez˝o is). Bizony´ıtsd hogy (Z23 , +, ·, Z3 )-ben a háromszög oldalfelez˝oi párhuzamosak (nincs közös pontjuk). 9. Bizony´ıtsd be, hogy a C[a, b] vektortér minden véges dimenziós lineáris varietása egy lineáris differenciál-egyenletrendszer megoldáshalmaza! 10. Bizony´ıtsd be, hogy az (A(V ), ⊆) rendezett halmaz egy teljes háló. Igazold, hogy ha f : V → W egy izomorfizmus, akkor az f : A(V ) → A(W ), f (A) = {f (x)|x ∈ A} f¨ uggvény egy hálóizomorfizmus.

II. FEJEZET AFFIN TEREK → − ´ ´s. Az X halmaz, az X K feletti vektortér és a 2.1. Ertelmez e − → → − ϕ : X × X → X leképzésb˝ol alkotott (X, X , ϕ) hármast affin térnek nevezz¨ uk, ha i) ϕ(P, Q) + ϕ(Q, R) = ϕ(P, R), bármely P, Q, R ∈ X esetén, − → → ii) bármely O ∈ X és − v ∈ X esetén létezik egyetlen M ∈ X → pont, amelyre ϕ(O, M ) = − v. → − A továbbiakban az (X, X , ϕ) affin teret röviden X-szel jelölj¨ uk, ha −−→ nem áll fenn a kétértelm˝ uség veszélye. Bevezetj¨ uk az OM := ϕ(O, M ) jelölést, ahol O, M ∈ X. Ezzel a jelöléssel a fenti értelmezésben szerepl˝o feltétel a következ˝oképpen fogalmazható meg: −→ −→ −→ i) P Q + QR = P R, bármely P, Q, R ∈ X esetén, − → → v ∈ X esetén létezik egyetlen M ∈ X ii) bármely O ∈ X és − −−→ → pont, amelyre − v = OM . Ha O ∈ X egy rögz´ıtett pont, akkor az értelmezés alapján a − → −−→ ϕO : X → X , ϕO (M ) = ϕ(O, M ) = OM − → f¨ uggvény bijekt´ıv. Így a ϕ−1 ıtségével átvihet˝o az X vektortér O seg´ strukt´ urája az X halmazra. Az ´ıgy kapott vektorteret TO X-szel jelölj¨ uk − → és az X érint˝ o terének nevezz¨ uk az O pontban. A ϕO : TO X → X f¨ uggvény egy lineáris izomorfizmus. A TO X érint˝otér affin strukt´ urája f¨ uggetlen az O pont megválasztásától, mert az érint˝otér lineáris varietásai L = {M |ϕ(A, M ) ∈ U } alak´ uak. Az X affin tér dimenzi´ oj´ an − → − → az X dimenzióját értj¨ uk, dim X = dim X . Az érint˝otér értelmezése alapján dim X = dim TO X. 19

20

ALAPFOGALMAK

− → ´ g. Ha (X, X , ϕ) egy affin tér és M, N ∈ X két 2.2. Tulajdonsa tetsz˝oleges pont, akkor igazak a következ˝o áll´ıtások: −−→ − → i) M M = 0 , −−→ −−→ ii) M N = −N M . −−→ −−→ −−→ −−→ − → ´ s. i) M M + M M = M M , tehát M M = 0 . A továbBizony´ıta → − biakban a 0 nullvektor helyett egyszer˝ uen csak 0-t ´ırunk. −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ ii) 0 = M M = M N + N M , tehát M N = −N M . ¤ ´lda ´k. 1. Az Rm lineáris varietásainak parametrikus egyenlete Pe (vektoriálisan): k −−→ −−−→ X −−−→ OM = OM0 + λi M0 Ai , i=1

−−−→ ahol az (M0 Ai )1≤i≤k vektorok a TM0 X érint˝otérben lineárisan f¨ ugget−−−→ lenek. Ez alapján az M0 ponton áthaladó, M0 N irány´ u egyenes vekm toriális egyenlete R -ben −−→ −−−→ −−−→ OM = OM0 + λM0 N , ahol λ ∈ R egy paraméter. Ha visszatér¨ unk koordinátákra az x1 − x01 x2 − x02 xm − x0m = = ··· = (= λ) a1 a2 am egyenletekhez jutunk, ahol az M0 pont koordinátái (x01 , x02 , . . . , x0m ), −−−→ az M változó pont koordinátái (x1 , x2 , . . . , xm ) és az M0 N vektor origóbeli reprezentánsának végpontja az A(a1 , a2 , . . . , am ) pont. 2. Ha A egy kétdimenziós lineáris varietás, akkor a parametrikus egyenlet vektoriális alakja Rm -ben −−→ −−−→ −−−→ −−−→ OM = OM0 + λ1 M0 A1 + λ2 M0 A2 , ahol λ1 , λ2 ∈ R paraméterek. Ha visszatér¨ unk koordinátákra az xi − x0i = λ1 a1i + λ2 a2i ,

1≤i≤m

egyenletekhez jutunk, ahol az M0 pont koordinátái (x01 , x02 , . . . , x0m ), −−−→ az M változó pont koordinátái (x1 , x2 , . . . , xm ) és az M0 Aj , j ∈ {1, 2}

AFFIN TEREK

21

vektorok origóbeli reprezentánsának végpontja az Aj (aj1 , aj2 , . . . , ajm ) pont. Ebb˝ol látható, hogy m = 3 esetén a   λ1 a11 + λ2 a21 = x1 − x01 λ a1 + λ2 a22 = x2 − x02  1 12 λ1 a3 + λ2 a23 = x3 − x03 rendszerhez jutunk. A megoldhatóság feltétele az, hogy ¯ ¯ 1 2 ¯ a1 a1 x1 − x01 ¯ ¯ ¯ 1 2 ¯ a a x2 − x0 ¯ = 0, 2 2 2 ¯ ¯ ¯ a1 a2 x3 − x0 ¯ 3 3 3 amit α1 (x1 − x01 ) + α2 (x2 − x02 ) + α3 (x3 − x03 ) = 0 alakban is fel´ırhatunk, ahol ¯ 1 2 ¯ ¯ 1 2 ¯ ¯ 1 2 ¯ ¯ a2 a2 ¯ ¯ a1 a1 ¯ ¯ a a ¯ α1 = ¯¯ 1 2 ¯¯ , α2 = − ¯¯ 1 2 ¯¯ és α3 = ¯¯ 11 21 ¯¯ . a3 a3 a3 a3 a2 a2 Hasonló gondolatmenet ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

alapján a s´ık egyenlete Rm -ben ¯ a11 a21 x1 − x01 ¯¯ a12 a22 x2 − x02 ¯¯ = 0, a1i a2i xi − x0i ¯

minden 3 ≤ i ≤ m esetén.

¤

m P ´ ´s. Ha λ1 , . . . , λm ∈ K, λk = 1, O tetsz˝oleges 2.3. Ertelmez e k=1

pont az X-ben és A1 , . . . , Am ∈ X, akkor azt az M ∈ X pontot, amelyre m −−→ X −−→ OM = λk OAk , k=1

az (Ak )k=1,...,m pontrendszer (λk )k=1,...,m s´ ulyokkal számolt baricentrum´ anak nevezz¨ uk. Az értelmezésb˝ol látszik, hogy rögz´ıtett O pontra egy pontrendszerhez és adott s´ ulyokhoz legfeljebb egy baricentrum tartozik. A következ˝o két tétel arra vonatkozik, hogy ez a baricentrum f¨ uggetlen az O pont megválasztásától és minden pontrendszerhez tetsz˝oleges s´ ulyokra egyértelm˝ uen megszerkeszthet˝o.

22

ALAPFOGALMAK

´g. A baricentrum f¨ 2.4. Tulajdonsa uggetlen az O pont megválasztásától. ´ s. Ha O0 ∈ X egy tetsz˝oleges pont, akkor a 2.3. értelBizony´ıta mezés jelöléseit használva m m −− → −−0→ −−→ X −−0→ X −−→ 0 O M = O O + OM = λk O O + λk OAk = k=1

=

m X

−−→ −−→ λk (O0 O + OAk ) =

k=1

k=1 m X

−−−→ λk O0 Ak .

k=1

Tehát, ha a fenti értelmezésben O-t kicserélj¨ uk O0 -re, akkor ugyanazt az M pontot kapjuk baricentrumnak. ¤ −−→ Világos, hogy ha O tetsz˝oleges, akkor a vj = OAj , 1 ≤ j ≤ m m P λj vj összege és ennek az összegnek létezik vektoroknak létezik a j=1

egyetlen reprezentánsa, amelynek O a kezd˝opontja, tehát az el˝obbiek alapján tetsz˝oleges pontrendszer és tetsz˝oleges s´ ulyok esetén egyértelm˝ uen meghatározott a pontrendszernek az adott s´ ulyokhoz tartozó baricentruma. A fenti tulajdonság alapján, ha M az A1 , . . . , Am ∈ X pontok λ1 , . . . , λm ∈ K s´ ulyokkal vett baricentruma, akkor ´ırhatjuk, hogy M = λ1 A1 + . . . + λm Am . ´lda ´k. 1. Ha λ1 = λ2 = . . . = λm , akkor azt mondjuk, hogy Pe az M pont az A1 , A2 , . . . , Am pontrendszer s´ ulypontja. Így például m = 3 esetén az A1 A2 A3 háromszög s´ ulypontja a G = 13 A1 + 13 A2 + 13 A3 pont. Ez éppen az oldalfelez˝ok metszéspontja. m = 4 esetén a G = = 14 A1 + 14 A2 + 14 A3 + 41 A4 pontot többféleképpen is megszerkeszthetj¨ uk: 1) az A1 A2 és A3 A4 (illetve A2 A3 és A4 A1 vagy A1 A3 és A4 A2 ) szakasz felez˝opontját összeköt˝o szakasz felez˝opontja; 2) az A1 A2 A3 háromszög G4 s´ ulypontját az A4 szakasszal öszszeköt˝o szakasz G4 -hez közelebb es˝o negyedel˝opontja. 2. Ha az A1 A2 A3 háromszög A2 A3 , A3 A1 és A1 A2 oldalán rendre i Bi−1 felvessz¨ uk a B1 , B2 , illetve B3 pontokat u ´gy, hogy BAi−1 = ki+1 , Ai+1 ki 1 ≤ i ≤ 3 (A4 = A1 és B0 = B3 ), akkor az Ai Bi , 1 ≤ i ≤ 3

AFFIN TEREK

23

egyenesek összefutóak egy P pontban, és a P pont baricentrikus koordinátái arányosak a k1 , k2 illetve k3 számokkal. A koordináták k1 k2 k3 , , . Ezek a számok arányosak a P A2 A3 , P A3 A1 k1 +k2 +k3 k1 +k2 +k3 k1 +k2 +k3 és P A1 A2 háromszög ter¨ uletével. A1

A4

A1

G G A3

A2 A3

A2

2.1. ábra

2.2. ábra

3. Ha az A1 A2 A3 A4 tetraéder A1 A2 , A2 A3 , A3 A4 és A4 A1 élén i rendre felvessz¨ uk a B1 , B2 , B3 illetve B4 pontokat u ´gy, hogy BAi Ai Bi+1 =

= ki+1 , 1 ≤ i ≤ 4 (A5 = A1 , B0 = B4 ), akkor a Bi Ai−1 Ai+2 , 1 ≤ i ≤ 4 ki s´ıkoknak van egy közös P pontja, és a P pont baricentrikus koordinátái arányosak a k1 , k2 , k3 , illetve k4 számokkal. A baricentrikus koordináták ebben az esetben a P A2 A3 A4 , P A3 A4 A1 , P A4 A1 A2 és P A1 A2 A3 tetraéderek térfogatával arányosak. Az n dimenziós mérték értelmezése után látni fogjuk, hogy magasabb dimenzióban is hasonló geometriai jelentés¨ uk van a baricentrikus koordinátáknak. ¤ − → ´ ´s. Az (X, X , ϕ) affin tér esetén az S ⊂ X halmazt 2.5. Ertelmez e − → − → az X affin részterének nevezz¨ uk, ha létezik az X tér S résztere u ´gy, → − hogy (S, S , ϕ|S×S ) affin tér. A következ˝o tulajdonsághoz feltételezz¨ uk, hogy |K| ≥ 3. ´ g. Az X affin tér S részhalmaza pontosan akkor 2.6. Tulajdonsa affin résztere X-nek, ha bármely véges S-beli pontrendszer tetsz˝oleges baricentruma is S-hez tartozik.

24

ALAPFOGALMAK

´ s. A 2.4. tulajdonság alapján, ha S affin résztere XBizony´ıta nek, akkor S-beli pontok tetsz˝oleges baricentruma is S-hez tartozik. Ha S-beli pontrendszerek tetsz˝oleges baricentruma is S-beli, akkor elégséges igazolni, hogy TO (S) résztere TO (X)-nek, ahol O ∈ S. Ha A, B ∈ S és λ ∈ K, akkor létezik M ∈ S, amelyre −−→ −→ −→ −→ OM = λOA + (1 − λ)OO = λOA. Mivel |K| ≥ 3 létezik λ ∈ K u ´gy, hogy λ 6= 0 és λ 6= 1. Tehát létezik −−→ −1 −1 −1 −→ λ és (1 − λ) . Mivel λ OA, (1 − λ)−1 OB ∈ TO S, létezik M ∈ S u ´gy, hogy −−→ −→ −−→ OM = λ · λ−1 OA + (1 − λ) · (1 − λ)−1 OB ∈ TO S. ¤ − → ´ ´s. Ha (X, X , ϕ) egy affin tér, akkor az A ⊂ X 2.7. Ertelmez e halmaz affin burkolój´ anak (vagy az A által kifesz´ıtett affin résztérnek) nevezz¨ uk az X legkisebb affin részterét (a bennfoglalásra nézve), amely tartalmazza az A-t. Az A halmaz affin burkolóját af(A)-val jelölj¨ uk. ´ g. Az A ⊂ X affin burkolója 2.8. Tulajdonsa ¯ ( m ) m ¯ X X ¯ λk Ak ¯ m ∈ N∗ , λk ∈ K, af(A) = λk = 1, Ak ∈ A, k ≤ m . ¯ k=1

k=1

´ s. Jelölj¨ Bizony´ıta uk B-vel az el˝obbi egyenl˝oség jobb oldalán lev˝o halmazt. A 2.6. tulajdonság alapján B affin résztere X-nek, mert affin kombinációk affin kombinációja is affin kombináció, és A ⊂ B, tehát af(A) ⊂ B. Mivel af(A) affin résztere X-nek a 2.6. tulajdonság alapján az A-beli elemek tetsz˝oleges baricentruma az af(A)-hoz tartozik, de B pontosan ezen pontok halmaza. Tehát B ⊂ af(A). ¤ ´ g. Ha A0 , . . . , Am az X affin tér tetsz˝oleges pont2.9. Tulajdonsa jai, akkor −−−→ −−−→ −−−→ M ∈ af{A0 , . . . , Am } ⇐⇒ A0 M ∈ hA0 A1 , . . . , A0 Am i. ´ s. Ha M ∈ af{A0 , . . . , Am }, akkor a 2.8 tulajdonság Bizony´ıta m m P P alapján létezik λ0 , . . . , λm ∈ K u ´gy, hogy λk = 1 és M = λk Ak . k=0

k=0

AFFIN TEREK

25

Tehát m

m

k=0

k=1

−−−→ X −−−→ X −−−→ −−−→ −−−→ A0 M = λk A0 Ak = λk A0 Ak ∈ hA0 A1 , . . . , A0 Am i. −−−→ −−−→ −−−→ Ha A0 M ∈ hA0 A1 , . . . , A0 Am i, akkor létezik λ1 , . . . , λm ∈ K u ´gy, hogy m P −−−→ −−−→ −−−→ λk jelöléssel A0 M = λ1 A0 A1 + . . . + λm A0 Am . A λ0 = 1 − k=1

m −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ P λk = 0, A0 M = λ0 A0 A0 + λ1 A0 A1 + . . . + λm A0 Am ,

tehát M ∈ af{A0 , . . . , Am }.

k=0

¤

´ g. A következ˝o áll´ıtások egyenérték˝ 2.10. Tulajdonsa uek: i) dim af{A0 , . . . , Am } = m, −−−→ uggetlen, ii) az (A0 Ak )k=1,...,m vektorrendszer lineárisan f¨ iii) az A0 , . . . , Am pontok köz¨ ul egyik sincs a többi által kifesz´ıtett affin résztérben. ´ s. Jelölj¨ Bizony´ıta uk B-vel az A0 , . . . , Am pontok affin burkolóját. −−−→ −−−→ i) =⇒ ii) A 2.9. tulajdonság alapján TA0 B = hA0 A1 , . . . , A0 Am i. Így −−−→ az (A0 Ak )k∈{1,...,m} generátor rendszere a TA0 B-nek. De mivel dim B = −−−→ = m, ezért (A0 Ak )k∈{1,...,m} egy bázisa TA0 B-nek, tehát lineárisan f¨ uggetlen rendszer. −−−→ ii) =⇒ iii) Ha az (A0 Ak )k∈{1,...,m} vektorrendszer lineárisan f¨ ugget−−−→ len akkor az (Ai Ak )k6=i (i rögz´ıtett és k változó) rendszer is lineárisan f¨ uggetlen (ellen˝orizd le!). Így elégséges csak azt igazolnunk, hogy A1 ∈ / ∈ / af{A0 , A2 , . . . , Am }. Tegy¨ uk fel az ellenkez˝ojét. A 2.8. tulajdonság alapján A1 az A0 , A2 , . . . , Am pontrendszer baricentruma valamely P λ0 , λ2 , . . . , λm ( λk = 1) s´ ulyokkal: k6=1

A1 = λ0 A0 + λ2 A2 + . . . + λm Am . Tehát

−−−→ −−−→ −−−→ −−−→ A0 A1 = λ0 A0 A0 + λ2 A0 A2 + . . . + λm A0 Am , −−−→ −−−→ −−−→ 0 = −A0 A1 + λ2 A0 A2 + . . . + λm A0 Am , −−−→ de ez ellentmond a feltevésnek, miszerint (A0 Ak )k∈{1,...,m} lineárisan f¨ uggetlen vektorrendszer.

26

ALAPFOGALMAK

iii) =⇒ i) Ha Ai ∈ / af{A0 , . . . , Aî , . . . , Am } (a ˆ-pal jelölt tag hiányzik a felsorolásból), akkor a 2.9. tulajdonság alapján −−−→ −−−→ −−ˆ−→ −−−→ A0 Ai ∈ / hA0 A1 , . . . , A0 Ai , . . . , A0 Am i. −−−→ Ez elmondható minden i ∈ {1, . . . , m} esetén, tehát az (A0 Ak )k∈{1,...,m} vektorrendszer lineárisan f¨ uggetlen. Másrészt ez a rendszer a TA0 B érint˝otér generáló rendszere, tehát egy bázisa is, és ´ıgy dim B = = dim TA0 B = m. ¤ ´ ´s. Az A0 , A1 , . . . , Am ∈ X pontok affin f¨ 2.11. Ertelmez e uggetlenek, ha egyik pont sincs benne a fennmaradó m pont által kifesz´ıtett affin résztérben. ´ ´s. Az (A0 , . . . , Am ) rendezett, affin f¨ uggetlen 2.12. Ertelmez e pontokból álló (m + 1)-est az af{A0 , . . . , Am } affin tér koordin´ atarendszerének nevezz¨ uk. Ha M ∈ af{A0 , . . . , Am }, akkor léteznek a m m P P −−→ −−→ λk = 1 és OM = λk OA0 . λ0 , . . . , λm ∈ K skalárok, amelyekre k=0

k=0

A (λ0 , . . . , λm ) rendszert az M pont baricentrikus koordin´ at´ ainak nevezz¨ uk az (A0 , A1 , . . . , Am ) affin koordinátarendszerhez viszony´ıtva. A (λ1 , . . . , λm ) rendszert az M pont Descartes-féle koordin´ at´ ainak ne−−−→ vezz¨ uk. A (λ1 , . . . , λm ) rendszert u ´gy felfoghatjuk, mint az A0 M vek−−−→ −−−→ tor egy¨ utthatói az {A0 A1 , . . . , A0 Am } bázisban: −−−→ −−−→ −−−→ A0 M = λ1 A0 A1 + . . . + λm A0 Am . Legyen X egy n dimenziós affin tér és A ∈ X egy pont. Ha a B = − → = {v1 , . . . , vn } halmaz elemei az X egy bázisát alkotják, akkor léteznek −−→ az A1 , . . . , An ∈ X pontok u ´gy, hogy AAk = vk bármely k ∈ {1, . . . , n} esetén. Az (A, A1 , . . . , An ) pontrendszer egy affin koordináta-rendszere az X-nek. Ezek alapján az (A, B) párost is az X affin tér koordináta-rendszerének tekintj¨ uk. → − ´g. Legyen O az (X, X , ϕ) affin tér egy tetsz˝o2.13. Tulajdonsa leges pontja. Az S ⊂ X halmaz pontosan akkor affin résztere X-nek, ha a TO S érint˝otér lineáris varietása a TO X érint˝otérnek. ´ s. Az egyszer˝ ubb le´ırásért minden M ∈ X pontra azoBizony´ıta − → nos´ıtjuk a TM X-et az X vektortérrel (a ϕM által).

AFFIN TEREK

27

Ha S ⊂ X affin résztér, akkor M ∈ S pont esetén TM S résztere − → −−→ → − X -nek és TO S = OM + TM S. Tehát TO S lineáris varietása X -nak, az azonos´ıtás miatt TO X-nek. → Ha TO S lineáris varietása TO X-nek, akkor TO S = − v + W , ahol −−→ W résztere TO X-nek. Legyen M ∈ X az a pont, amelyre OM = −−→ −−→ → =− v . Tehát TO S = OM + W , az M O-t hozzádva mindkét oldalhoz −−→ kapjuk, hogy M O + TO S = W , azaz TM S = W . Innen következik, hogy M ∈ S, mivel 0 ∈ W . Továbbá az is könnyen igazolható, hogy TN S = W bármely N ∈ S esetén. Ezek alapján (S, ϕ|S×S , W ) affin résztere X-nek. ¤ Az 1.18. és a 2.13. tulajdonságok alapján kijelenthetj¨ uk a következ˝o tulajdonságot. ´ g. Ha (A0 , . . . , Am ) egy affin koordináta-rend2.14. Tulajdonsa szer az X affin térben, és egy M ∈ X pont Descartes-féle koordinátái (x1 , . . . , xm ), akkor egy nem u ¨res affin résztér parametrikus egyenlete xi =

x0i

+

l X

dij λj ,

i ∈ {1, . . . , m}

j=1

alak´ u és egy tetsz˝oleges affin résztér egy m X aij xj = bi , i ∈ {1, . . . , m} j=1

alak´ u egyenletrendszer megoldásaival azonos´ıtható. −−−→ −−−→ ´ s. A TA0 X érint˝otéren {A0 A1 , . . . , A0 Am } egy bázis. Bizony´ıta A 2.13. tulajdonság alapján egy tetsz˝oleges affin résztér lineáris varietása a TA0 X-nek. Az 1.18. tulajdonság alapján ez a lineáris varietás megadható a kijelentésben szerepl˝o egyenletrendszerek seg´ıtségével az −−−→ −−−→ {A0 A1 , . . . , A0 Am } bázisban. De az egyenletrendszerekb˝ol kapott koordináták az affin résztér pontjainak a Descartes-féle koordinátáit adják meg az (A0 , . . . , Am ) affin koordinátarendszerben. ¤ − → ´g. Ha az (X, X , ϕ) affin térnek az R = (A0 , B) 2.15. Tulajdonsa unk áttérést, akkor és R0 = (A00 , B 0 ) koordinátarendszerei között végz¨ 0

0 [M ]R = [T ]B B · [M ]R0 + [A0 ]R .

28

ALAPFOGALMAK

´ s. Tekints¨ Bizony´ıta uk az S = (A00 , B) koordinátarendszert. Ha 0 [T ]B azisról a B 0 bázisra való áttérés mátrixa, akkor B a B b´ (4)

−−−→ −−0−→ 0 B0 [M ]S = [A00 M ]B = [T ]B B · [A0 M ]B 0 = [T ]B · [M ]R0 .

−−−→ −−−→ −−−→ Továbbá [A00 M ]B = [A00 A0 ]B + [A0 M ]B , tehát [M ]S = −[A00 ]R + [M ]R .

(5)

A (4) és (5) egyenl˝oségek alapján kapjuk, hogy 0

0 [M ]R = [T ]B B · [M ]R0 + [A0 ]R .

¤

− → − → ´ ´s. Legyen (X, X , ϕ) és (Y, Y , ψ) két affin tér. 2.16. Ertelmez e Egy f : X → Y f¨ uggvényt affin leképzésnek nevez¨ unk, ha létezik → − − → − → egy f : X → Y lineáris leképzés, amelyre a következ˝o diagram kommutat´ıv: X ×X

ϕ

→ /−

X . − → f

f ×f

² → /−

²

Y ×Y

ψ

Y

− → − → − → Az f : X → Y lineáris leképzést az f : X → Y affin leképezés nyom´ anak nevezz¨ uk. Az értelmezésb˝ol következik, hogy bármely O, M ∈ X pontok esetén −−−−−−−→ − → −−→ f (O)f (M ) = f (OM ). ´ g. Az f : X → Y f¨ 2.17. Tulajdonsa uggvény pontosan akkor affin leképzés, ha tetsz˝oleges A0 , . . . , Am ∈ X és λ0 , . . . , λm ∈ K m P ( λk = 1) esetén k=0

f

Ã m X k=0

! λk Ak

=

m X k=0

λk f (Ak ).

AFFIN TEREK

29

´ s. Tegy¨ Bizony´ıta uk fel, hogy f : X → Y affin f¨ uggvény és legyen m P M= λk Ak . Ha O ∈ X egy tetsz˝oleges pont, akkor k=0 m

X −−−−−−−→ −−−−−−−→ − → −−→ f (O)f (M ) = f (OM ) = λk f (O)f (Ak ). k=0

Tehát f (M ) =

m P

λk f (Ak ). Ford´ıtva, igazoljuk, hogy az

k=0

−−−−−−−→ − → −−→ f (OM ) = f (O)f (M ) − → f¨ uggvény lineáris. Legyen v1 , v2 ∈ X , λ1 , λ2 ∈ K, és O ∈ X egy −−→ −−→ rögz´ıtett pont. Létezik A1 , A2 ∈ X u ´gy, hogy OA1 = v1 és OA2 = v2 . Ha λ0 = 1 − λ1 − λ2 és M = λ0 O + λ1 A1 + λ2 A2 , akkor −−−−−−−→ − → −−→ − → f (λ1 v1 + λ2 v2 ) = f (OM ) = f (O)f (M ) = −−−−−−→ −−−−−−−→ −−−−−−−→ = λ0 f (O)f (O) + λ1 f (O)f (A1 ) + λ2 f (O)f (A2 ) = −−−−−−−→ −−−−−−−→ − → −−→ − → −−→ = λ1 f (O)f (A1 ) + λ2 f (O)f (A2 ) = λ1 f (OA1 ) + λ2 f (OA2 ) = − → − → = λ1 f (v1 ) + λ2 f (v2 ). ¤ − → − → − → f :X →Y,

A 2.6. és 2.17. tulajdonságok alapján kijelenthetj¨ uk: ´ g. Affin leképzés affin részteret affin résztérbe 2.18. Tulajdonsa visz. − → → − − → ´ g. Ha A ∈ X, B ∈ Y és f : X → Y 2.19. Tulajdonsa egy lineáris leképzés (X és Y affin terek), akkor pontosan egy olyan f : X → Y affin leképzés létezik, amelyre −−−−−−−→ − → −−→ f (A) = B, és f (M )f (N ) = f (M N ), minden M, N ∈ X esetén. − → ´ s. Ha {v1 , . . . , vm } egy bázisa az X -nak, akkor léteznek Bizony´ıta −−−−−−−→ az A0 = A, A1 , . . . , Am ∈ X pontok u ´gy, hogy f (A)f (Ak ) = vk , bármely k ∈ {1, . . . , m} esetén. Tetsz˝oleges M ∈ X pont esetén léteznek (és egyértelm˝ uek) a (λ0 , . . . λm ) baricentrikus koordináták m P u ´gy, hogy M = λk Ak . Ha létezne a tulajdonságban szerepl˝o f k=0

affin leképzés, akkor

30

ALAPFOGALMAK

m

m

k=0

k=0

X − X −−−−−−−→ −−−−−−−→ − → −−→ → −−→ f (A)f (M ) = f (AM ) = λk f (AAk ) = λk f (A)f (Ak ), tehát f (M ) =

m P

f (Ak ). Ez alapján látható, hogy f egyértelm˝ uen

k=0

meghatározott az f (A0 ) = B, f (A1 ), . . . , f (Am ) pontok által. Másrészt minden k ∈ {1, . . . , m} esetén létezik egyetlen Bk ∈ Y u ´gy, hogy → −−→ − BBk = f (vk ). Mivel −−−−−→ −−−−−−−→ − → −−→ → − Bf (Ak ) = f (A)f (Ak ) = f (AAk ) = f (vk ) kapjuk, hogy f (Ak ) = Bk , bármely k ∈ {1, . . . , m} esetén.

¤

´lda ´k. 1. Rögz´ıtett (x01 , . . . , x0n ) ∈ Rn pont esetén az Pe f : Rn → Rn , f ((x1 , x2 , . . . , xn )) = (x1 − x01 , x2 − x02 , . . . , xn − x0n ) − → − →→ → f¨ uggvény egy affin f¨ uggvény, és a nyoma az f : Rn → Rn , f (− v)=− v identikus f¨ ugvény. Az ilyen transzformációkat eltolásoknak nevezz¨ uk. 2. Rögz´ıtett (x01 , . . . , x0n ) ∈ Rn pont esetén az f : Rn → Rn , f ((x1 , x2 , . . . , xn )) = (x01 +λ(x1 −x01 ), x02 +λ(x2 −x02 ), . . . , x0n +λ(xn −x0n )) − → − →− f¨ uggvény egy affin f¨ uggvény, és a nyoma az f : Rn → Rn , f (→ v)= → − 0 0 0 = λ v lineáris f¨ uggvény. Az ilyen transzformációt x = (x1 , x2 , . . . , x0n ) középpontt´ u és λ arány´ u középpontos hasonlóságnak vagy homotétiának nevezz¨ uk. Ha λ = −1, akkor az x0 = (x01 , x02 , . . . , x0n ) középpontt´ u szimmetriát kapjuk vissza. 3. Az f : R2 → R2 , f ((x1 , x2 )) = (x01 , x02 ), ahol ½ 0 x1 = x01 + (x1 − x01 ) cos ϕ − (x2 − x02 ) sin ϕ x02 = x02 + (x1 − x01 ) sin ϕ + (x2 − x02 ) cos ϕ u f¨ uggvény egy affin f¨ ugvény. Ez tulajdonképpen az (x01 , x02 ) középpontt´ és ϕ szög˝ u forgatás. ¤

AFFIN TEREK

31

Az értelmezésb˝ol és abból, hogy lineáris leképezések összetétele is lineáris leképezés következik, hogy az affin leképezések összetétele is affin leképezés. Így az el˝obbi példákban felsorolt leképezések összetétele is affin leképezés. ´ g. Affin leképezések összetétele is affin leképe2.20. Tulajdonsa zés. A 2.13. tulajdonság alapján értelmezhetj¨ uk egy affin tér résztereinek párhuzamoságát. ´ ´s. Az X affin tér S és S 0 affin részterei párhu2.21. Ertelmez e zamosak, ha valamely O ∈ X esetén a TO X vektortér TO S és TO S 0 lineáris varietásai párhuzamosak. Természetesen a párhuzamosság értelmezése f¨ uggetlen az O ∈ X pont megválasztásától. ´ g. Az affin leképzés meg˝orzi a párhuzamossá2.22. Tulajdonsa got. − → − → − → ´ s. Legyen (f, f ) : (X, X , ϕ) → (Y, Y , ψ) egy affin Bizony´ıta ´ leképzés és S, S 0 ⊂ X párhuzamos affin részterek. Ertelmez´ es alapján 0 létezik O ∈ X u ´gy, hogy TO S és TO S párhuzamos lineáris varietásai a − → TO X-nek. A g = ψf−1 epzés lineáris és (O) ◦ f ◦ ϕO : TO X → Tf (O) Y lek´ 0 0 Tf (O) f (S) = g(TO S), illetve Tf (O) f (S ) = g(TO S ). Lineáris leképzés meg˝orzi a lineáris varietások párhuzamosságát, ezért f (S) és f (S 0 ) párhuzamos affin részterei az Y -nak. ¤ ´ g. Ha (A0 , . . . , Am ) és (B0 , . . . , Bm ) két affin 2.23. Tulajdonsa koordinátarendszer X-ben, akkor létezik egyetlen f : X → X affin transzformáció, amelyre f (Ak ) = Bk , bármely k ∈ {0, . . . , m} esetén. ´ s. Tegy¨ Bizony´ıta uk fel, hogy létezik a kijelentésben szerepl˝o affin leképzés. Ha M ∈ X egy tetsz˝oleges pont, akkor egyértelm˝ uen léteznek a λ0 , . . . , λm ∈ K egy¨ uthatók, amelyekre λ0 + . . . + λm = 1 és M = λ0 A0 + . . . + λm Am . A 2.17. tulajdonság alapján (6)

f (M ) = λ0 f (A0 ) + . . . + λm f (Am ) = λ0 B0 + . . . + λm Bm .

32

ALAPFOGALMAK

Tehát az f egyételm˝ uen meghatározott (mivel (B0 , . . . , Bm ) is affin koordinátarendszere az X-nek). Az f : X → X f¨ uggvényt az (6) második egyenl˝osége alapján értelmezz¨ uk. A 2.17. tulajdonság alapján ez a leképzés affin. Ezzel igazoltuk a létezést is. ¤ A továbbiakban néhány alkalmazást mutatunk be. Ha a C pontnak az A, B-re vonatkozó baricentrikus koordinátái −→ −→ −−→ −→ −−→ (1 − λ, λ), akkor OC = (1 − λ)OA + λOB, tehát CA = rCB, ahol λ r = λ−1 . Ezt a számot R(A, B, C)-vel jelölj¨ uk, és az A, B és C pontok arányának nevezz¨ uk. Mivel az affin leképezések meg˝orzik a baricentrikus koordinátákat, ezért világos, hogy meg˝orzik a pontok arányát is. ´ g. (Ceva3 tétele) Az ABC háromszögben A1 ∈ 2.24. Tulajdonsa ∈ BC, B1 ∈ CA és C1 ∈ AB. Az AA1 , BB1 és CC1 egyenesek pontosan akkor futnak össze, ha r1 r2 r3 = −1, ahol r1 = R(B, C, A1 ), r2 = R(C, A, B1 ) és r3 = R(A, B, C1 ). Hasonlóan igazolható a Meneláosz4 tétel is: Az ABC háromszögben A1 ∈ BC, B1 ∈ CA és C1 ∈ AB. Az A1 , B1 és C1 pont akkor és csakis akkor van egy egyenesen, ha r1 r2 r3 = = 1, ahol r1 = R(B, C, A1 ), r2 = R(C, A, B1 ) és r3 = R(A, B, C1 ). Mi mindkét tételnek az n-dimenziós általános´ıtását igazoljuk: ´ g. (Ceva tétele) Az A0 A1 . . . An affin f¨ uggetlen 2.25. Tulajdonsa pontok és Bi ∈ Ai Ai+1 , 0 ≤ i ≤ n (An+1 = A0 ). i ∈ {0, 1, . . . , n} esetén jelölj¨ uk Hi -vel a {Bi } ∪ ({A0 , A1 . . . , An } \ {Ai , Ai+1 }) pontok által meghatározott hipers´ıkot. A H0 , H1 , . . . , Hn nem párhuzamos hipers´ıkoknak pontosan akkor van egy közös pontjuk, ha n Y

ri = (−1)n+1 ,

i=0

ahol ri = R(Ai , Ai+1 , Bi ), minden 0 ≤ i ≤ n esetén. 3Thomas

Ceva, jezsuita szerzetes, 1648-1737 Meneláosz, i.e. 100

4Alexandriai

AFFIN TEREK

33

´ s. A Bi pontnak az Ai , Ai+1 -re vonatkozó baricentrikus Bizony´ıta koordinátáit jelölj¨ uk ((1−αi ), αi )-vel, minden 0 ≤ i ≤ n esetén. Ha az i i = 1−α = − r1i . O(µ0 , µ1 , . . . , µn ) pont a Hi hipers´ıkban van, akkor µµi+1 αi Tehát, ha O ∈ Hi , minden i ∈ {0, 1, . . . , n} esetén, akkor n n Y Y µi+1 ri = (−1)n+1 = (−1)n+1 . µ i i=0 i=0 A ford´ıtott implikáció igazolásához elégséges észrevenni, hogy 1 µ0 = , és n−1 k P Q k 1− (−1) rj k=0

µi = (−1)i µ0

i−1 Y

j=0

rj , 1 ≤ i ≤ n

j=0

választással az O(µ0 , µ1 , . . . , µn ) pont valóban hozzátartozik az összes Hi , 0 ≤ i ≤ n hipers´ıkhoz. ¤ ´ g. (Meneláosz tétele) Az A0 A1 . . . An affin f¨ 2.26. Tulajdonsa uggetlen pontok és Bi ∈ Ai Ai+1 , 0 ≤ i ≤ n (An+1 = A0 ). A B0 , B1 , . . . , n Q ri = 1, Bn pontok akkor és csakis akkor vannak egy hipers´ıkban, ha ahol ri = R(Ai , Ai+1 , Bi ), minden 0 ≤ i ≤ n esetén.

i=0

´ s. Válasszunk egy olyan d irányt, amely nem párhuzaBizony´ıta mos a H hipers´ıkkal, és minden Ai pontból h´ uzzunk párhuzamost a d-vel. Az Ai -b˝ol h´ uzott párhuzamosnak és a H hipers´ıknak a közös pontját jelölj¨ uk Ki -vel. Ha a B0 , B1 , . . . , Bn pontok egy H hipers´ıkhoz Ai Ki tartoznak, akkor Ai+1 = |ri |, tehát Ki+1 ¯ ¯ n n ¯Y ¯ Y Ai Ki ¯ ¯ = 1. ¯ ri ¯ = ¯ ¯ A K i+1 i+1 i=0 i=0 Másrészt az ri pontosan akkor negat´ıv, ha az Ai és Ai+1 pontok a n Q H ellentétes oldalán vannak, ´ıgy a ri szorzat el˝ojele megegyezik i=0

azoknak az (i, i + 1) pároknak a számával, amelyekre az Ai és Ai+1 pontok a H ellentétes oldalán vannak. Ez viszont páros, mert An+1 = = A0 , tehát a kijelentett tétel igaz. ¤

34

ALAPFOGALMAK

´s. Az el˝obbi két tulajdonság alapján látható, hogy Megjegyze páratlan n esetén (például n = 3-ra) a Ceva tétel és a Meneláosz tétel ekvivalensek (a hipers´ıkok pontosan akkor metszik egymást, ha a pontok illeszkednek egy hipers´ıkra). Lássuk ezt be geometriai argumentumok seg´ıtségével és igazoljuk, hogy ebben az esetben a hipers´ıkok metszete benne van a pontokra illeszked˝o hipers´ıkban. ´ g. (Newton5-Gauss6 egyenes) Ha az ABCD 2.27. Tulajdonsa négyszög szembenfekv˝o oldalainak metszéspontja E, illetve F, akkor az AC, BD és EF szakaszok felez˝opontja egy egyenesre illeszkedik. ´ s. A 2.23. tulajdonság alapján a koordináta-rendszer Bizony´ıta kezd˝opontját választhatjuk A-nak és az AB, illetve AD vektorokat bázisvektoroknak (az (A, B, D) affin koordinátarendszert használjuk). A pontok elhelyezkedése alapján létezik olyan α, β ∈ R, amelyre E = αB és F = βD. A C pont el˝oáll´ıtható a B és F, illetve az E és D affin kombinációjaként is, tehát létezik olyan λ, µ ∈ R, amelyekre λB + (1 − λ)βD = µD + (1 − µ)αB. −→ −−→ Az AB és AD vektorok lineáris f¨ uggetlenségéb˝ol következik, hogy ½ λ = (1 − µ)α µ = (1 − λ)β tehát µ =

β(α−1) , αβ−1

és ´ıgy a

α(β − 1) β(α − 1) B+ D. αβ − 1 αβ − 1 −−→ −−→ A kollinearitáshoz elégséges igazolni, hogy M N = k M P , vagyis a koordinátákra elégséges kimutatni, hogy C=

α(β−1) αβ−1 α(β−1) αβ−1

és ez igaz (mindkét tört 5Sir

−1 −α

1 ). αβ

Isaac Newton, 1643-1727 Friedrich Gauss, 1777-1855

6Carl

=

β(α−1) βα−1 β(α−1) βα−1

−1 −β

,

AFFIN TEREK

35

A

M B

D

N C

F E

P

2.3. ábra

¤

´s. Az ABCDEF alakzatot teljes négyszögnek nevezMegjegyze z¨ uk és az AC, BD, illetve EF szakaszok a teljes négyszög átlói. ´g. (Pascal7) Ha A1 , B1 , C1 ∈ d1 és A2 , B2 , C2 ∈ 2.28. Tulajdonsa ∈ d2 , akkor az {M } = A1 B2 ∩ A2 B1 , {N } = A1 C2 ∩ A2 C1 és {P } = = B1 C2 ∩ B2 C1 pontok egy egyenesen vannak. ´ s. Ha a d1 és d2 egyenesek párhuzamosak, akkor a Bizony´ıta tulajdonság nyilvánvaló, ezért feltételezhetj¨ uk, hogy d1 ∩ d2 6= ∅. Ha u és v a d1 , illetve d2 egyenes egységvektora, akkor létezik olyan −−→ −−→ a1 , b1 , c1 és a2 , b2 , c2 valós szám, amelyre OA1 = a1 u, OB1 = b1 u, −−→ −−→ −−→ −−→ OC1 = c1 u, OA2 = a2 v, OB2 = b2 v, és OC2 = c2 v. Az el˝obbi tulajdonság igazolásában használt gondolatmenethez hasonló számolások alapján kapjuk, hogy −−→ a1 b1 (a2 − b2 ) a2 b2 (a1 − b1 ) OM = u+ v, a1 a2 − b1 b2 a1 a2 − b1 b2 −−→ a1 c1 (a2 − c2 ) a2 c2 (a1 − c1 ) u+ v, ON = a1 a2 − c1 c2 a1 a2 − c1 c2 −→ b1 c1 (b2 − c2 ) b2 c2 (b1 − c1 ) OP = u+ v, b1 b2 − c1 c2 b1 b2 − c1 c2 7Blaise

Pascal, 1623-1662

36

ALAPFOGALMAK

−−→ −−→ −→ Másrészt az OM , ON és OP egyenérték˝ u azzal, hogy a ¯ ¯ a1 b1 (a2 − b2 ) ¯ D = ¯¯ b1 c1 (b2 − c2 ) ¯ c1 a1 (c2 − a2 )

vektorok végpontjának kollinearitása a2 b2 (a1 − b1 ) a1 a2 − b1 b2 b2 c2 (b1 − c1 ) b1 b2 − c1 c2 c2 a2 (c1 − a1 ) c1 c2 − a1 a2

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

determináns 0. C1 B1 A1 P N M

A2

B2

C2

2.4. ábra Ha ebben a determinánsban az els˝o sort szorozzuk c1 c2 -vel, a másodikat a1 a2 -vel és a harmadikat b1 b2 -vel, akkor az els˝o oszlopból kiemelhet¨ unk a1 b1 c1 -et és a másodikból a2 b2 c2 -t. Így azt kapjuk, hogy ¯ ¯ ¯ c2 (a2 − b2 ) c1 (a1 − b1 ) c1 c2 (a1 a2 − b1 b2 ) ¯ ¯ ¯ D = ¯¯ a2 (b2 − c2 ) a1 (b1 − c1 ) a1 a2 (b1 b2 − c1 c2 ) ¯¯ . ¯ b2 (c2 − a2 ) b1 (c1 − a1 ) b1 b2 (c1 c2 − a1 a2 ) ¯ Ez viszont nulla, mert minden oszlopában 0 az elemek összege.

¤

´s. Az M N P egyenes pontosan akkor halad át az O Megjegyze ponton, ha az A1 A2 , B1 B2 és C1 C2 egyenesek összefutóak (vagy párhuzamosak). ´ g. (András Szilárd) Az A0 , A1 , . . . , An affin f¨ 2.29. Tulajdonsa uggetlen pontok esetén legyen M egy tetsz˝oleges pont az A1 A2 . . . An pontok affin burkolójában, O ∈ A0 M és Mi az A0 Ai élnek az

AFFIN TEREK

37

{Aj |j ≥ 1}\{Ai }∪{O} halmaz pontjai által meghatározott hipers´ıkkal való metszete, minden i ∈ {1, 2, . . . , n} esetén. Ha Bi -vel jelölj¨ uk az M Mi egyenesnek az A0 ponton át az af{A1 , A2 , . . . , An } hipers´ıkkal h´ uzott párhuzamos hipers´ıkkal való metszetét (i ∈ {1, 2, . . . , n}), akkor a B1 B2 . . . Bn pontrendszer s´ ulypontja pontosan A0 . ´ s. A 2.23. tulajdonság alapján a koordináta-rendszer Bizony´ıta kezd˝opontját választhatjuk A0 -nak és az A0 Ai , i ∈ {1, 2, . . . n} vektorokat egységvektoroknak. Így az M pont koordinátái (λ1 , λ2 , . . . , λn ) n P alak´ uak, ahol λi = 1. Az O pont koordinátái (µλ1 , µλ2 , . . . , µλn ) i=0

alak´ uak, ahol µ egy valós szám. Ha az Mi pont koordinátái (0, 0, . . ., mi , . . . , 0), | {z } i−1

akkor a szerkesztés alapján (7)

mi =

µ · λi , i ∈ {1, 2, . . . , n}. 1 − µ(1 − λi )

Másrészt az A0 Bi és Ai M egyenesek párhuzamosak, tehát a Bi koordinátái k(λ1 , . . . , λi−1 , λi − 1, λi+1 , . . . , λn ) alak´ uak (k az ismeretlen). Ugyanakkor az Mi pont a Bi M egyenesen van, tehát létezik olyan λ ∈ R, amelyre [Mi ] = λ[Bi ] + (1 − λ)[M ]. Ebb˝ol az egyenl˝oségb˝ol következik, hogy ( λj · λk + (1 − λ) · λj = 0, haj 6= i µ·λi λ · k(λi − 1) + (1 − λ) · λi = 1−µ·(1−λ i) Ez alapján λ =

1 1−k

és k =

µλi , µ−1

tehát a Bi koordinátái

µλi (λ1 , . . . , λi−1 , λi − 1, λi+1 , . . . , λn ). µ−1 Ha ezeknek a pontoknak a j-edik komponenseit összeadjuk, akkor az n P µλi λj µλi eredmény 0, mert − µ−1 = 0. Ez pontosan azt jelenti, hogy a µ−1 j=1

B0 , B1 , . . . , Bn pontrendszer s´ ulypontja az A0 pont (a háromdimenziós változat a 2.5. ábrán látható). ¤

38

ALAPFOGALMAK

B3

A0

B1

B2 M3 M1

M2 O A3 M

A1

A2

2.5. ábra ´ g. (András Szilárd) Az A0 , A1 , . . . , An pontok 2.30. Tulajdonsa affin f¨ uggetlenek, M egy tetsz˝oleges pont az A1 A2 . . . An affin burkolójában, O ∈ A0 M és Mi az Ai O egyenesnek az {Aj |j ≥ 0} \ {Ai } halmaz pontjai által meghatározott hipers´ıkkal való metszete minden i ∈ {1, 2, . . . , n} esetén. Ha Bi -vel jelölj¨ uk az M Mi egyenesnek az A0 ponton át az af{A1 , A2 , . . . , An } varietással h´ uzott párhuzamos hipers´ıkkal való metszetét (i ∈ {1, 2, . . . , n}), akkor a B1 B2 . . . Bn pontrendszer s´ ulypontja pontosan A0 . ´ s. Az el˝obbi jelöléseket használjuk (csak nem koordiBizony´ıta nátákkal ´ırjuk le a számolásokat): n n X X m= αi ai , o = µ αi ai . i=1

Az M1 pont fel´ırható

n P

i=1

βi ai alakban, tehát a

i=2

λa1 + (1 − λ)µ

n X i=1

αi ai =

n X

βi ai

i=2

egyenlethez jutunk. Ebb˝ol következik, hogy λ = n X µ m1 = αi ai . 1 − µα1 i=2

µα1 , és ´ıgy µα1 − 1

AFFIN TEREK

39

A B1 pont egyrészt k

n P

ci (ai −m) alakban ´ırható, másrészt cm1 +(1−

i=2

µαi −c)m alakban. Ebb˝ol következik, hogy λ = 1 + k és c1 = 1+k · 1−µα . k 1 n P 1) Ugyanakkor ci = 1 és ebb˝ol következik, hogy k = µ(1−α , tehát 1−µ i=2

" # X µ b1 = α1 αi ai − (1 − α1 )α1 a1 . 1−µ i=2

´ Altal´ aban

 bj =



µ  α j 1−µ

n X

 αi ai − (1 − αj )αj aj  .

i=1 i6=j

B2

A0 B1

B3

M2

M1

M3 O A3 M

A1

A2

2.6. ábra Ez alapján a B1 , B2 , . . . , Bn pontrendszer G s´ ulypontjának kifejezésében az aj egy¨ utthatója −(1 − αj )αj + αj

n X

αi = −(1 − αj )αj + αj (1 − αj ) = 0,

i=1 i6=j

és ´ıgy a rendszer s´ ulypontja éppen A0 (a 2.6. ábrán a háromdimenziós eset látható). ¤

40

ALAPFOGALMAK

´s. Látható, hogy a 2.30. tulajdonságban megjelen˝o Megjegyze Bi pont a 2.29. tulajdonságban megjelen˝o Bi pontnak az A0 szerinti szimmetrikusa. Három dimenzióban ez a szimmetria a kétdimenziós tulajdonságból következik. Igazolható, hogy a szimmetria az n dimenziós változatban is visszavezet˝odik a kétdimenziós tulajdonságra (az A0 Ai X háromszögben, ahol X az Ai M metszete az Ai -vel szembe fekv˝o lappal). A tétel kétdimenziós változata a következ˝o klasszikus tulajdonság: Ha az ABC háromszögben A1 ∈ BC, B1 ∈ CA, C1 ∈ AB u ´gy, hogy AA1 ∩ BB1 ∩ CC1 6= ∅ és M illetve N az A1 B1 illetve A1 C1 egyeneseknek az A-n át a BC-vel h´ uzott párhuzamossal való metszete, akkor AM = AN (lásd a 2.7. ábrát). Ez a tulajdonság ekvivalens a Ceva-tétellel, ezért a 2.29. illetve a 2.30. tulajdonságot tekinthetj¨ uk a Ceva-tétel n dimenziós általános´ıtásának is. Az el˝obbi tulajdonság nagyon hasznos lehet segédszerkesztésként. Az alábbiakban megeml´ıt¨ unk néhány ilyen feladatot: N

A

C1

B

M

B1

A1

C

2.7. ábra 1. Az ABC háromszögben A1 , B1 és C1 a bels˝o szögfelez˝ok talppontja. Bizony´ıtsd be, hogy ◦ ◦ [ m(B\ 1 A1 C1 ) = 90 ⇐⇒ m(BAC) = 120 !

(Amerikai versenyfeladat) 2. Az ABC háromszögben A1 ∈ BC, B1 ∈ CA és C1 ∈ AB u ´gy, \ \ \ \ hogy m(BA1 C1 ) = m(CA1 B1 ), m(CB1 A1 ) = m(AB1 C1 ) és \ \ m(AC ıtsd be, hogy AA1 , BB1 és 1 B1 ) = m(BC1 A1 ). Bizony´ CC1 magasságok.

AFFIN TEREK

41

3. Az ABC háromszögben az AM, BN és CP összefutó egyenesek (M a BC, N a CA és P az AB oldalon). Jelölj¨ uk az AM \ és N P metszéspontját Q-val. Bizony´ıtsd be, hogy ha a BQM \ és M QC szögek egyenl˝ok, akkor AM mer˝oleges N P -re! (XI. NMMV, Sepsiszentgyörgy) 4. M az ABCD tetraéder egy bels˝o pontja és {A1 } = AM ∩ ∩(BCD), {B1 } = AB ∩ (M CD), {C1 } = AC ∩ (M BD), illetve {D1 } = AD ∩ (M BC). Bizony´ıtsd be, hogy ha M az A1 B1 C1 D1 tetraéder s´ ulypontja, akkor A1 a BCD háromszög M A1 s´ ulypontja és M A = 53 . (VII. Wildt József Emlékverseny, 1997) ´ g. (Van Aubel8 tétele) Ha A0 , . . . , An affin f¨ 2.31. Tulajdonsa ug0 getlen pontok Rn -ben, Ai ∈ A0 Ai , i ∈ {1, 2, . . . , n} és O az 0 A1 . . . Ai−1 Ai Ai+1 . . . An , i ∈ {1, 2, . . . , n} 0 hipers´ıkok közös pontja, valamint A0 az OA0 egyenesnek az A1 , A2 , A3 , . . . , An pontok affin burkolójával való metszéspontja, akkor n

A0 O X A0 Ai . 0 = 0 OA0 A A i i i=1 0

´ s. A 2.29. tulajdonság bizony´ıtásánál használt gonBizony´ıta dolatmenetet alkalmazzuk. Az A00 pont baricentrikus koordinátái az n P λi = A1 , A2 , . . . , An -re vonatkozóan legyenek (λ1 , λ2 , . . . , λn ), ahol i=0

= 1. Így az O pont koordinátái (µλ1 , µλ2 , . . . , µλn ) alak´ uak, ahol µ 0 egy valós szám. Ha az Ai pont koordinátái (0, 0, . . ., a0i , . . . , 0), | {z } i−1

akkor a szerkesztés alapján a0i =

(8) 8Henricus

µ · λi , i ∈ {1, 2, . . . , n}. 1 − µ(1 − λi )

Hubertus van Aubel, 1830-1906

42

ALAPFOGALMAK

Mivel

n P i=1

a0i 1−a0i

=

n P i=1

µλi 1−µ

=

µ , 1−µ

´ırhatjuk, hogy

n

n

X A0 A OA0 X a0i i = . 0 = 0 0 1 − ai OA0 Ai Ai i=1 i=1 0

¤ ´g. (Van Aubel tétele) Ha A0 , . . . , An affin f¨ 2.32. Tulajdonsa ug0 n getlen pontok R -ben, Ai ∈ A0 Ai , i ∈ {1, 2, . . . , n} és O az 0 0 0 0 A1 . . . Ai−1 Ai Ai+1 . . . An , i ∈ {1, 2, . . . , n} 0 hipers´ıkok közös pontja, valamint A0 az OA0 egyenesnek az A1 , A2 , A3 , . . . , An pontok affin burkolójával való metszéspontja, akkor n

1 X A0 Ai A0 O = . 0 0 n − 1 i=1 Ai Ai OA0 0

´ s. Ha a jelöléseket nem az el˝obbi feladatnak megfeleBizony´ıta l˝oen választjuk meg, akkor a számolás egy kicsit bonyolultabb. Mivel 0 0 Ak ∈ A0 Ak , létezik αk ∈ R u ´gy, hogy ak = (1 − αk )a0 + αk ak , min0 0 0 0 den k ∈ {1, . . . , n} esetén. Az O pont az A1 . . . Ak−1 Ak Ak+1 . . . An n P hipers´ıkban található, tehát létezik γ1k , . . . , γnk u γik = 1 és ´gy, hogy o=

X

i=1

0

γik ai + γkk ak ,

i6=k

minden k ∈ {1, . . . , n} esetén. Tehát X X γik αi ai + γkk ak = o = γik (1 − αi )a0 + i6=k

i6=k

" =

1 − γkk −

X i6=k

#

γik αi a0 +

X

γik αi ai + γkk ak .

i6=k

Az a0 , . . . , an pontok affin f¨ uggetlenek, ezért γ11 = γ12 α1 = . . . = γ1n α1 γ21 α2 = γ22 = . . . = γ2n α2 .. .

AFFIN TEREK

43

γn1 αn = γn2 αn = . . . = γnn n n n P P P γi1 = γi2 = . . . = γin = 1.

i=1

i=1

i=1

A fenti egyenletrendszer alapján  2 3 1   α 1 γ1 + γ2 + . . . + γn = 1   γ 2 + α2 γ 3 + . . . + γ 1 = 1 1 2 n (9) . .  .    2 γ1 α1 + γ32 + . . . + αn γn1 = 1 és ´ıgy (10)

Ã o=

1−

n X

! γii+1 αi a0 + γ12 α1 a1 + . . . + γn1 αn an .

i=1

A (9) egyenletrendszer megoldásai: det ∆i (11) γii+1 = , i = 1, n, det ∆ ahol 

 α1 . . . 1   ∆ =  ... . . . ...  , 1 . . . αn

és

γn1 =



α1 . . .  .. . .  . .  ∆i =   1 ...  ..  . 1 ...

det ∆n , det ∆  1 ..  .   1 ... 1  . .. . . ..  . .  . 1 . . . αn 1 ... .. .

Ha kifejtj¨ uk ezeket a determinánsokat a következ˝o összef¨ uggéseket kapjuk: n X det ∆ = (α1 − 1) . . . (αn − 1) + (α1 − 1) . . . (α\ i − 1) . . . (αn − 1), i=1

det ∆i = (α1 − 1) . . . (α\ i − 1) . . . (αn − 1). Tehát det ∆ = (α1 − 1) . . . (αn − 1) +

n X

det ∆i .

i=1 0

Az A0 , A0 és O pontok kollineárisak, tehát létezik k ∈ R u ´gy, hogy 0

o − a0 = k(a0 − a0 ),

44

ALAPFOGALMAK

0 ahonnan k-t kifejezve, k = 1 − λ0 és OA 0 = OA0 következik, hogy n P αi det∆i 1 − λ0 i=1 = = n P λ0 det∆ − αi det∆i

1−λ0 . λ0

A (10) egyenletb˝ol

i=1

=

n X i=1

αi det∆i det∆ −

n P

(αi − 1)det∆i −

=

i=1

=

= det∆i

i=1

i=1 n X

n P

αi (α1 − 1) . . . (α\ i − 1) . . . (αn − 1) = (1 − n)(α1 − 1) . . . (αn − 1)

n X α1 (1 − α1 ) . . . (1\ − αi ) . . . (1 − αn ) i=0

(n − 1)(1 − α1 ) . . . (1 − αn )

=

n

1 X αi . = n − 1 i=1 1 − αi Tehát

n

n

OA0 1 X αi 1 X A0 Ai = . 0 = 0 n − 1 i=1 1 − αi n − 1 i=1 Ai Ai OA0 0

¤

´s. Az n dimenziós térfogat értelmezése után látni fogMegjegyze juk, hogy ez az összef¨ uggés annak a szemléletes tulajdonságnak a következménye, hogy az A0 A1 . . . Ai−1 OAi+1 . . . An , (0 ≤ i ≤ n) testekb˝ol öszszerakható az A0 A1 . . . An szimplex. ´g. (Szilágyi Zsolt) Az A0 , . . . , An affin f¨ 2.33. Tulajdonsa uggetlen 0 pontok és Ai ∈ A0 Ai , valamint Bi ∈ A0 Ai , i ∈ {1, 2, . . . , n} pontok esetén jelölj¨ uk O-val az 0

0

0

0

A1 . . . Ai−1 Ai Ai+1 . . . An , i ∈ {1, 2, . . . , n} hipers´ıkok metszéspontját. Az O pontosan akkor található a B1 . . . Bn hipers´ıkban, ha 0 n X Ai Bi A0 Ai · 0 = n − 1. Bi A0 Ai Ai i=1

AFFIN TEREK

45

´ s. Az el˝obbi tulajdonság bizony´ıtása során használt jeBizony´ıta lölésekkel dolgozunk. Mivel Bi ∈ (A0 Ai ), a B0 , . . . , Bn pontok esetén léteznek a β0 , . . . , βn ∈ R pontok, u ´gy, hogy bi = (1 − βi )a0 + βi ai , i ∈ {1, 2, . . . , n}

A0 An

A1 A2

Bn

An-1

Bn-1 An

O B1 B2 A1 A2

Bi An-1 Ai 2.8. ábra

Az O pontosan akkor van a B1 . . . Bn hipers´ıkban, ha ¯ P ¯ 1 − n γ i+1 αi γ12 α1 i=1 i ¯ ¯ 1 − β1 β1 ¯ 0=¯ . .. .. ¯ . ¯ ¯ 1 − βn 0 azaz ha

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0=¯ ¯ ¯ ¯

1 γ12 α1 1 β1 .. .. . . 1 0

. . . γn1 αn ... 0 .. ... . . . . βn

. . . γn1 αn ... 0 .. ... . . . . βn

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯. ¯ ¯ ¯

A determinánst kiszámolva, kapjuk, hogy: (12)

0=

n X i=1

γii+1 αi β1 . . . bbi . . . βn − β1 . . . βn .

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯, ¯ ¯ ¯

46

A

ALAPFOGALMAK n P i=1

0

Ai Bi Bi A0

·

A0 Ai 0 Ai Ai

= n − 1 összef¨ uggést fejezi ki a n X 1 − βi

(13)

i=1

βi

·

αi =n−1 1 − αi

egyenlet, mely rendre ekvivalens a következ˝o egyenl˝oségekkel: n X \ (1 − βi )αi · β1 (1 − α1 ) . . . βi (1 − αi ) . . . βn (1 − αn ) = i=1

= (n − 1)βi (1 − α1 ) . . . βn (1 − αn ), n X

\ (βi − 1)αi · β1 (α1 − 1) . . . βi (α i − 1) . . . βn (αn − 1) =

i=1

= (n − 1)β1 (α1 − 1) . . . βn (αn − 1), n X

\ βi αi · β1 (α1 − 1) . . . βi (α i − 1) . . . βn (αn − 1) −

i=1

−

n X

b . . . βn (α1 − 1) . . . (α\ αi · β1 . . . βi i − 1) . . . (αn − 1) =

i=0

= (n − 1)β1 . . . βn (α1 − 1) . . . (αn − 1), " n # X αi (α1 − 1) . . . (α\ i − 1) . . . (αn − 1) β1 . . . βn − i=1

−

n X

αi β1 . . . βbi . . . βn · det∆i =

i=1

= β1 . . . βn (α1 − 1) . . . (αn − 1), # " n X (α1 − 1) . . . (αn − 1) + n(α1 − 1) . . . (αn − 1) β1 . . . βn − i=1

−

n X

αi β1 . . . βbi . . . βn det∆i =

i=1

= (n − 1)β1 . . . βn (α1 − 1) . . . (α\ i − 1) . . . (αn − 1),

AFFIN TEREK

47

Figyelembe véve a (12) összef¨ uggést, ez egyenérték˝ ua β1 . . . βn det∆ −

n X

αi β1 . . . βb1 . . . βn det∆i = 0,

i=1

kifejezéssel, amely ekvivalens a (12) egyenlettel, felhasználva (11)-et. ¤ ´s. n = 2 esetén a következ˝o ismert s´ıkbeli tulajdonMegjegyze ságot kapjuk: Az ABC háromszög AB oldalán felvessz¨ uk a B1 és M , az AC oldalán a C1 és N pontot. A CB1 és BC1 egyenesek O metszéspontja akkor és csak akkor található az M N szakaszon, ha BM AB1 CN AC1 · + · = 1. M A B1 B N A C 1 C A B1 M

C1 N O

B

2.9. ábra

C

n = 3 esetén a tetraéder megfelel˝o tulajdonságához jutunk: Az ABCD tetraéder AB, AC, AD élén rendre felvessz¨ uk az M, N, P, illetve az B1 , C1 , D1 pontokat. A (BC1 D1 ), (CB1 D1 ) és a (DB1 C1 ) s´ıkok O metszéspontja pontosan akkor található az (M N P ) s´ıkban, ha BM AB1 CN AC1 DP AD1 · + · + · = 2. M A B1 B N A C1 C P A D1 D ´ g. (András Szilárd) Az A0 , . . . , An affin f¨ 2.34. Tulajdonsa ugget0 len pontok és Ai ∈ A0 Ai , valamint Bi ∈ A0 Ai , i ∈ {1, 2, . . . , n}. Jelölj¨ uk O-val az 0

A1 . . . Ai−1 Ai Ai+1 . . . An , i ∈ {1, 2, . . . , n}

48

ALAPFOGALMAK

hipers´ıkok metszéspontját. Az O pontosan akkor található a B1 . . . Bn hipers´ıkban, ha 0 n X Ai Bi A0 Ai · 0 = 1. B A A A i 0 i i i=1

A B1

D1 P

M

O N

B

D C1 C 2.10. ábra

0

´ s. Mivel Ak , Bk ∈ A0 Ak , ∀k ∈ {1, . . . , n}, következik, Bizony´ıta hogy létezik αk , βk ∈ R u ´gy, hogy 0

ak = (1 − αk )a0 + αk ak , és bk = (1 − βk )a0 + βk ak ,

∀k ∈ {1, . . . , n}.

0

Az O pont az A1 . . . Ak−1 Ak Ak+1 . . . An hipers´ıkban van, ezért létezik n P a γ1k , . . . , γnk valós szám u γik = 1, és ´gy, hogy i=1

0

o = γ1k a1 + . . . + γkk ak + . . . + γnk ak = γkk (1 − αk )a0 + γ1k a1 + . . . γkk αk ak + . . . + γnk ak . Az O pont koordinátáit a o = λ0 ao + . . . + λn an alakban keress¨ uk, tehát λk λ0 = γkk (1 − αk ), λk = γkk αk ⇒ αk = . λ0 + λk A fenti kifejezésb˝ol kifejezz¨ uk λk -t: (14)

αk λk = · λ0 , 1 − αk

∀k ∈ {1, . . . , n}

és

n X i=0

λi = 1,

AFFIN TEREK

49

ahonnan meghatározhatjuk λ0 -t: λ0 = 1+

1 n P i=1

αi 1−αi

A λ0 -ra kapott kifejezést behelyettes´ıtj¨ uk az (14) egyenletbe, ´ıgy (15)

λk =

1 αk Pn · 1 − αk 1 + i=1

αi 1−αi

,

k ∈ {1, . . . , n}.

Az O pont pontosan akkor van a B1 . . . Bn hipers´ıkban, ha ¯ ¯ ¯ λ0 λ1 . . . λn ¯¯ ¯ ¯ 1 − β1 β1 . . . 0 ¯ ¯ ¯ ¯ = 0, ¯ . . ¯ ¯ . ¯ ¯ ¯ 1 − βn 0 . . . βn ¯ azaz ¯ ¯ ¯ 1 λ1 . . . λ n ¯ ¯ ¯ ¯ 1 β1 . . . 0 ¯ ¯ ¯ ¯ .. ¯ = 0. ¯ . ¯ ¯ ¯ ¯ 1 0 . . . βn ¯ Ha kifejtj¨ uk a determinánst, a n X

λi β1 . . . βî . . . βn = β1 . . . βn

i=1

egyenl˝oséget kapjuk. β1 . . . βn szorzattal, a (16)

Ha az egyenlet mindkét oldalát elosztjuk a n X 1 · λk = 1 βk k=1

összef¨ uggéshez jutunk. A (15) egyenlet alapján a (16) összef¨ uggés a következ˝oképpen ´ırható: n X αk 1 1 Pn · · βk 1 − αk 1 + i=1 k=1

αi 1−αi

=1

n n X X αk 1 αi · =1+ , βk 1 − αk 1 − αi i=1 k=1

50

ALAPFOGALMAK n X 1 − βi i=1

βi

·

αi = 1. 1 − αi

Az utóbbi összef¨ uggés pontosan azt fejezi ki, hogy 0 n X Ai Bi A0 Ai = 1, · 0 Bi A0 Ai Ai i=1

tehát ez a sz¨ ukséges és elégséges feltétele annak, hogy az O pont a B1 , ..., Bn hipers´ıkban legyen. ¤ ´sek. 1. Belátható, hogy az el˝obbi két tulajdonság Megjegyze ekvivalens. 2. Ajánljuk az el˝obbi két tulajdonság igazolását a 2.29. bizony´ıtásában használt jelölések seg´ıtségével. Megoldott feladatok Az egyszer˝ ubb megfogalmazás és az analógia jobb áttekinthet˝oségének céljából az A0 , A2 , . . . , An Rn -beli affin f¨ uggetlen pontok esetén az ¯ ( n ) n ¯ X X ¯ A0 A1 . . . An = λi ai ¯ λi ∈ [0, 1], ha 0 ≤ i ≤ n, λi = 1 ¯ i=0

i=0

halmazt az A0 A1 ...An szimplexnek nevezz¨ uk. A konvex halmazok értelmezése után látható lesz, hogy ez gyakorlatilag a cs´ ucsok által meghatározott halmaz konvex burkolója. n ∈ {0, 1, 2, 3} esetén a szimplex rendre a pont, a szakasz, a háromszög és a tetraéder. Így ha az A0 , A2 , . . . , An pontok affin f¨ uggetlenek Rn -ben, akkor az A0 , A1 , . . . , An pontrendszerhez rendelt s´ ulypontot az A0 A1 . . . An szimplex s´ ulypontj´ anak nevezz¨ uk. 1. Feladat. Az A0 A1 . . . An szimplexben jelölj¨ uk G-vel a s´ ulyc pontot és Gj -vel az A0 . . . Aj . . . An (n − 1)-szimplex s´ ulypontját, minden j ∈ {0, 1, . . . n} esetén. Az Aj Gj egyenesek áthaladnak G-n és Aj G = n, ∀j ∈ {0, 1, . . . , n}. GGj

AFFIN TEREK

51

´ s. A s´ Bizony´ıta ulypont értelmezése alapján Gi =

n P j=0 j6=i

1 A, n j

ha

Ai M 0 ≤ i ≤ n. Ez alapján az Ai Gi szakasznak az M pontja, amelyre M = Gi n P 1 1 n = n fel´ırható X = n+1 Gi + n+1 Ai = A alakban, tehát ez éppen n+1 i

a szimplex s´ ulypontja.

i=0

¤

´s. Ez a tétel a s´ Megjegyze ulyvonalak összefutására vonatkozó két illetve háromdimenziós tétel általános´ıtása. n dimenzióban ennél több lehet˝oség is kinálkozik. Ezt mutatja a következ˝o tétel. 2. Feladat. Az A0 A1 . . . An szimplex (pontrendszer) cs´ ucsaiból képezett C halmaznak tekints¨ uk egy C = X ∪ Y particióját és jelölj¨ uk G-vel a szimplex s´ ulypontját, GX illetve GY -nal az X illetve Y halmazok elemeib˝ol alkotott pontrendszerek s´ ulypontját. A GX GY egyenes |Y | GX G áthalad G-n és GGY = |X| , ahol |X| és |Y | az X, illetve Y halmaz számossága. P 1 ´ s. A s´ A , és Bizony´ıta ulypont értelmezése alapján GX = |X| j Aj ∈X P 1 GY = A . Ez alapján a GX GY szakasznak az M pontja, ame|Y | j Aj ∈Y

lyre

GX M M GY

=

|Y | |X|

fel´ırható M =

|X| G n+1 X

+

|Y | G n+1 Y

=

n P i=0

1 A n+1 i

(|X| + |Y | = n + 1), és ez éppen a szimplex s´ ulypontja.

alakban ¤

´s. Ebb˝ol a tételb˝ol következik a tetraéder kett˝os feMegjegyze lez˝oinek összefutása és nagyon sok klasszikus geometria feladat. Például ha egy A0 A1 A2 A3 A4 ötszögben minden Aj cs´ ucsot összeköt¨ unk a megmaradt cs´ ucsok által meghatározott négyszög s´ ulypontjával, akkor összefutó egyeneseket kapunk (és ezek az ötszög s´ ulypontjában futnak össze). 3. Feladat. Ha A0 . . . An egy szimplex Rn -ben és O egy tetsz˝oleges pont, akkor az Aj , j = 1, n pontokon át az {Ai |i = 1, n}\{Aj } s´ ulypontját O-val összeköt˝o egyenesekkel h´ uzott párhuzamosok öszszefutóak.

52

ALAPFOGALMAK

´ s. Az A0 . . . An n dimenziós szimplex s´ Bizony´ıta ulypontját jelölc j¨ uk G-vel, az A0 . . . Ai . . . An (n − 1)-szimplex s´ ulypontját pedig Gi vel, minden i ∈ {0, . . . , n} esetén (a kalappal jelölt cs´ ucs hiányzik). Bizony´ıtanunk kell, hogy minden Aj -n át a megfelel˝o OGj -vel h´ uzott párhuzamos egyenesek összefutóak. Szerkessz¨ uk meg az M ∈ (OG 1 OG pontot u ´gy, hogy GM = n (lásd a 2.11. ábrát). (n)

Gj

Aj O

n

O

1

G

G

n 1

M

Gj

(n+1)

M

2.11. ábra

Gj

2.12.ábra

Igazoljuk, hogy a szerkesztett párhuzamosok áthaladnak az M ponton, tehát összefutóak. Mivel G az n-szimplex s´ ulypontja, az 1. feladat alapján G ∈ Aj Gj , ∀j ∈ {0, 1, . . . , n}, tehát rögz´ıtett j ∈ ∈ {0, 1, . . . , n} esetén az Aj , G, O és Gj pontok egy s´ıkban vannak. EbGj G OG ben a s´ıkban van az M pont is, és a szerkesztés alapján GA = n1 , = GM j tehát az OGGj és M GAj háromszögek hasonlóak. Innen következik, \ \ hogy M Aj G ≡ GG at M Aj ||OGj . Mivel j tetsz˝oleges, követj O, teh´ kezik, hogy minden Aj ponton át a megfelel˝o OGj egyeneshez h´ uzott párhuzamos áthalad M -en, és ´ıgy a bizony´ıtás teljes. ¤ 4. Feladat. Ha az A0 . . . A2n+1 szimplex minden n dimenziós lapjának s´ ulypontjából párhuzamost h´ uzunk a lapra nem illeszked˝o pontok által meghatározott lap (komplementer lap) s´ ulypontját egy rögz´ıtett O ponttal összeköt˝o egyenessel, akkor az ´ıgy kapott egyenesek összefutóak. (n) ´ s. Jelölj¨ Bizony´ıta uk Gj -nel egy n dimenziós lap s´ ulypontját, (n+1) Gj -nel a tételben szerepl˝o komplementer n dimenziós szimplex s´ ulypontját és G-vel a (2n + 1)-szimplex s´ ulypontját (lásd a 2.12. (n+1) (n) ábrát). Bizony´ıtanunk kell, hogy minden Gj -n át a megfelel˝o OGj gyel h´ uzott párhuzamos egyenesek összefutóak. Szerkessz¨ uk meg az OG M ∈ (OG pontot u ´gy, hogy GM = 1. Igazoljuk, hogy a szerkesztett

AFFIN TEREK

53

párhuzamosok áthaladnak az M ponton, tehát összefutóak. Mivel G (n) (n+1) az n-szimplex s´ ulypontja, a 2. feladat alapján G ∈ Gj Gj , ∀j ∈ n n ∈ {0, 1, . . . , C2n+1 }, tehát rögz´ıtett j ∈ {0, 1, . . . , C2n+1 } esetén a (n) (n+1) Gj , G, O, M és Gj pontok egy s´ıkban vannak és ebben a s´ıkban (n+1)

Gj

G

(n)

GGj

=

OG GM

(n+1)

= 1, tehát az OGGj

(n)

és M GGj

háromszögek ha-

\ \ (n) (n+1) O, tehát sonlóak. Innen következik, hogy M Gj G ≡ GGj (n) (n+1) M Gj ||OGj , és ´ıgy a bizony´ıtás teljes. ¤ A bizony´ıtásokból látható, hogy a tulajdonság a következ˝o általános alakban is érvényes: 5. Feladat. Az A0 . . . An szimplex minden k dimenziós lapjának s´ ulypontjából párhuzamost h´ uzunk a lapra nem illeszked˝o pontok által meghatározott lap (komplementer lap) s´ ulypontját egy rögz´ıtett O ponttal összeköt˝o egyenessel. Az ´ıgy kapott egyenesek összefutóak. (k) ´ s. Bevezetj¨ Bizony´ıta uk a következ˝o jelöléseket: Gi a k-lap s´ uly(n−k−1) pontja, a Gi pedig a k dimenziós lapra nem illeszked˝o pontok

által meghatározott (n − k − 1)-lap s´ ulypontja. A

(k)

GGi

(n−k) GGi

arány

n−k k

val egyenl˝o. A bizony´ıtás ugyan´ ugy m˝ uködik, mint a (4) tétel esetén, OG ha az M pontot u ´gy szerkesztj¨ uk meg, hogy GM = n−k . ¤ k ´s. Ebb˝ol a tételb˝ol két dimenzióban következik a maMegjegyze gasságok összefutása ugyanis ha az A0 A1 A2 háromszögben az O pontot a háromszög köré ´ırható kör középpontjának választjuk, akkor a 0 dimenziós szimplexek (cs´ ucsok) s´ ulypontjai a cs´ ucsok lesznek és ezekb˝ol az OGj egyenesekkel h´ uzott párhuzamosok pontosan a magasságok. Látható, hogy ugyanakkor az O, G, H pontok kollinearitása is következik (ezek az Euler egyenesen vannak). Három dimenzióban következik a tetraéder anticentrumának (Monge9 pontjának) a létezése. Ez azt jelenti, hogy minden él felez˝opontjából a szemben fekv˝o élre bocsájtott mer˝olegesek összefutóak egy E pontban (ezt nevezz¨ uk anticentrumnak.) Ennek a tulajdonságnak egy n dimenziós általános´ıtása a következ˝o: 9Gaspard

Monge, 1746 - 1818

54

ALAPFOGALMAK

Egy n szimplex n − 2 dimenziós lapjainak s´ ulypontjából a lapra nem illeszked˝o élre bocsájtott mer˝olegesek összefutóak. Gyakorlatok ´ es feladatok 1. (Möbius10) Ha A, B, C és D négy kollineáris pont, akkor az R(A,B,C) törtet a négy pont kett˝osviszonyának (A, B|C, D) = R(A,B,D) nevezz¨ uk. Bizony´ıtsd be, hogy ha az AB egyenesen felvessz¨ uk a P1 , P2 , . . . , Pn pontokat, akkor (A, B|P1 , P2 ) · (A, B|P2 , P3 ) · . . . · (A, B|Pn , P1 ) = 1. 2. Az ABCD tetraéder A, B, C és D cs´ ucsát t¨ ukrözz¨ uk a B, C, D illetve A cs´ ucsra. Az ´ıgy kapott pontokat jelölj¨ uk A1 , B1 , C1 illetve D1 -gyel. Szerkeszd vissza az A, B, C, illetve D ´ pontot az A1 , B1 , C1 és D1 pontból kiindulva! Altal´ anos´ıtsd n ezt a szerkesztést R -beli (n+1) darab affin f¨ uggetlen pontra! Van-e szerepe az affin f¨ uggetlenségnek a szerkesztésben? 3. Rn -ben adottak a B1 , B2 , . . . , Bm pontok. Szerkesszél olyan i A1 , A2 , . . . , Am pontokat, amelyekre BAi Ai Bi+1 = k, minden i ∈ ∈ {1, 2, . . . , m} esetén, ahol k egy rögz´ıtett valós szám, és Am+1 = A1 . Mi történik, ha a pontokat nem egy R fölötti vektortérben vessz¨ uk fel, hanem egy K test fölötti vektortérben? 4. Az ABC háromszögben A1 ∈ BC, B1 ∈ AC, és C1 ∈ AB u ´gy, hogy AA1 ∩BB1 ∩CC1 6= ∅. Bizony´ıtsd be, hogy ha az {M } = = BC ∩B1 C1 ponton át h´ uzott tetsz˝oleges d egyenes az AB és AC oldalakat N -ben, illetve P -ben metszi, akkor az {O1 } = = N B1 ∩ P C1 és {O2 } = N C ∩ BP pontok az AA1 egyenesen ´ vannak. Altal´ anos´ıtsd ezt a tulajdonságot n-szimplexre! 5. (András Szilárd) Az ABC háromszögben A1 ∈ BC, B1 ∈ AC, és C1 ∈ AB u ´gy, hogy AA1 ∩ BB1 ∩ CC1 6= ∅. Bizony´ıtsd be, hogy ha az {M } = BC ∩ B1 C1 , {N } = AC ∩ A1 C1 , 10August

Ferdinand Möbius, 1790-1868

AFFIN TEREK

55

és {P } = BA ∩ B1 A1 , akkor az A1 M, B1 N és C1 P szakasz felez˝opontja kollineáris! Sajátosan az Apoloniusz11 körök középpontjai egy egyenesen vannak (ezt nevezz¨ uk Lemoine12 egyenesnek). 6. (András Szilárd) Az ABC háromszögben A1 , A2 ∈ BC, B1 , B2 ∈ AC, és C1 , C2 ∈ AB u ´gy, hogy AA1 ∩BB1 ∩CC1 6= ∅, és AA2 ∩ BB2 ∩ CC2 6= ∅. Bizony´ıtsd be, hogy ha az {α} = = BC ∩ B1 C2 , {β} = CA ∩ C1 A2 , és {γ} = AB ∩ A1 B2 , akkor az α, β és γ pont egy egyenesen van. Sajátosan, ha a két összefutási pont egybeesik, akkor viszszakapjuk a Desargues-tételt az ABC és A1 B1 C1 háromszögekre. 7. (Papposz13) Az A0 A1 . . . An n-szimplex minden (i ∈ {0, 1, . . . , n}, An+1 = A0 ) vegy¨ uk fel a Bi Ai Bi hogy Bi Ai+1 = k, ∀ 0 ≤ i ≤ n. Bizony´ıtsd B0 B1 . . . Bn szimplex s´ ulypontja egybeesik az szimplex s´ ulypontjával.

Ai Ai+1 élén pontot u ´gy, be, hogy a A0 A1 . . . An

8. (András Szilárd) Az ABC háromszögben A1 ∈ BC, B1 ∈ CA, és C1 ∈ AB, valamint {A2 } = BB1 ∩CC1 , {B2 } = CC1 ∩AA1 , és {C2 } = AA1 ∩ BB1 . Bizony´ıtsd be, hogy ha G, G1 és G2 rendre az ABC, A1 B1 C1 , és A2 B2 C2 háromszög s´ ulypontja, akkor a következ˝o áll´ıtások egyenérték˝ uek: a) G = G1 ; b) G1 = G2 ; c) G2 = G; 1 1 1 d) BA = CB = CAC . A1 C B1 A 1B ´ Altalános´ıtsd ezt a tulajdonságot n-szimplexre!

11Pergamoszi

Apoloniusz, i.e. 250-180 Michel Hyacinthe Lemoine, 1840-1912 13Alexandriai Papposz, i.e. 300 12Emile

56

ALAPFOGALMAK

9. (Thálesz14 tétele) Ha H1 , H2 és H3 három hipers´ık és egy tetsz˝oleges d egyenesnek ezekkel a hipers´ıkokkal való metszete rendre M1 , M2 , illetve M3 , akkor az R(M1 , M2 , M3 ) arány nem f¨ ugg a d egyenest˝ol! − → 10. Bizony´ıtsd be, hogy ha (X, X , ϕ) egy affin tér és az f : X → X leképezés meg˝orzi a kollinearitást és a kollineáris pontok arányát, akkor f affin leképezés.

14Mil´ etoszi

Thálesz, i.e. 624? - 546

III. FEJEZET ´ Rn GEOMETRIAJA T´ avols´ agok Rn -ben ´ ´s. Az x = (x1 , x2 , . . . , xn ) és y = (y1 , y2 , . . . , yn ) 3.1. Ertelmez e n (x, y ∈ R ) elemek skaláris szorzatán az < x, y >= x1 y1 + x2 y2 + . . . + xn yn valós számot értj¨ uk. ´sek. 1. R2 és R3 -ban ez az értelmezés egyenérték˝ Megjegyze ua megszokott − → → → → → → \ u ·− v = k− u k · k− v k · cos(− u ,− v) értelmezéssel. Valóban, ha az x és y koordinátáj´ u pontokat A illetve B-vel jelölj¨ uk, akkor az AOB háromszögben a koszinusz-tétel és a Pitagorász-tétel alapján ´ırhatjuk, hogy ¡ ¢ −→ −−→ [ = 1 AO2 + BO2 − AB 2 = OA · OB = OA · OB · cos AOB 2 ¢ 1¡ 2 = x1 + x22 + y12 + y22 − (x1 − y1 )2 − (x2 − y2 )2 = x1 y1 + x2 y2 . 2 2. Az értelmezés alapján azonnal ellen˝or´ızhet˝o, hogy a < ·, · >: Rn × Rn → R f¨ uggvény rendelkezik a következ˝o tulajdonságokkal: a) < x, x >≥ 0, ∀x ∈ Rn és egyenl˝oség akkor és csakis akkor teljes¨ ulhet, ha x = 0; b) < x, y >=< y, x >, ∀x, y ∈ Rn ; 57

´ ´ TAVOLS AGOK Rn -ben

58

c) < αx + βy, z >= α < x, z > +β < y, z >, bármely α, β ∈ R és x, y, z ∈ Rn . 3. Az < x, y > jelölést az x és y által generált lineáris altérre is használjuk, de ez általában nem vezet félreértéshez, mert a szövegkörnyezetb˝ol kider¨ ul, hogy a használt szimbólum skaláris szorzatot vagy alteret jelent. ´tel. (Cauchy15-Buniakowski16-Schwarz17) Ha x, y ∈ Rn , 3.2. Te akkor √ | < x, y > | ≤ < x, x > · < y, y >, vagyis

Ã n X i=1

!2 xi y i

Ã ≤

n X

!Ã x2i

i=1

n X

! yi2

.

i=1

´ s. A skaláris szorzat tulajdonságai alapján Bizony´ıta < x + λy, x + λy >=< x, x > +2λ < x, y > +λ2 < y, y > . Mivel < x + λy, x + λy >≥ 0, ∀x, y ∈ Rn , az el˝obbi egyenl˝oség jobb oldalán szerepl˝o, λ-ban másodfok´ u kifejezés el˝ojeltartó, tehát a diszkriminánsa nem lehet szigor´ uan pozit´ıv. Így ∆0 =< x, y >2 − < x, x > · < y, y >≤ 0, amib˝ol következik a kért egyenl˝otlenség.

¤

´ ´s. Az x = (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ Rn elem normáján a 3.3. Ertelmez e q √ kxk = < x, x > = x21 + x22 + . . . + x2n valós számot értj¨ uk. ´s. A kxk tulajdonképpen az origónak és az (x1 , x2 , . . . , Megjegyze xn ) koordinátáj´ u pontnak a távolsága. Ez R2 és R3 -ban a Pitagorász tétel seg´ıtségével igazolható is. 15Augustin

Louis Cauchy, 1789-1857 Jakowlewicz Buniakowski, 1804-1889 17Karl Hermann Amandus Schwarz, 1843-1921 16Wiktor

´ Rn GEOMETRIAJA

59

´ ´s. Az x = (x1 , x2 , . . . , xn ) és y = (y1 , y2 , . . . , yn ) 3.4. Ertelmez e n (x, y ∈ R ) elemek távolságán az p kx − yk = (x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 + . . . + (xn − yn )2 valós számot értj¨ uk. ´sek. 1. Látható, hogy R2 és R3 -ban a megszokott Megjegyze távolságfogalmat kapjuk. A továbbiakban az A és B Rn -beli pont távolságát egyszer˝ uen AB-vel jelölj¨ uk. 2. A 3.2. tétel alapján igazolható, hogy bármely A, B, C ∈ Rn esetén AB + BC ≥ AC. ´ g. Bármely n-dimenziós szimplex esetén létezik 3.5. Tulajdonsa egy (n − 1)-dimenziós gömb, melyen rajta vannak a szimplex cs´ ucsai. Határozzuk meg a gömb középpontját és sugarát. ´ s. A cs´ Bizony´ıta ucsok helyzetvektorait jelölj¨ uk a0 , a1 , . . . an -nel, o-val pedig a keresett középpont helyzetvektorát. Ha R a gömb sugara, akkor < o − ai , o − ai >= R, ∀i ∈ {0, . . . , n}. Tehát < o − ai , o − ai >=< o − a0 , o − a0 >, ∀i ∈ {1, . . . , n}, 2 < o, ai − a0 >=< ai , ai > − < a0 , a0 > . n P Az o-t α0 a0 + . . . + αn an alakban keress¨ uk, ahol αi = 1. Az i=0

o=

n X

αj (aj − a0 ) + a0

j=1

összef¨ uggést behelyettes´ıtj¨ uk a fenti egyenl˝oségbe, ´ıgy * n + X 2 αj (aj − a0 ), ai − a0 +2 < a0 , ai −a0 >=< ai , ai > − < a0 , a0 >, j=1

tehát


60

2

n X

αj < aj − a0 , ai − a0 >=< ai , ai > −2 < a0 , ai > + < a0 , a0 >=

j=1

=< ai − a0 , ai − a0 > . Bevezetj¨ uk a vi = ai − a0 jelölést, minden i ∈ {1, . . . , n} esetén. Tehát 2

n X

αj < vj , vi >=< vi , vi >, ∀i ∈ {1, . . . , n}

j=1

Mivel a [< vi , vj >]ni,j=1 mátrix nem szinguláris, létezik egyértelm˝ u n [αi ]i=1 megoldás. * n + n X X (17) R = < o − a0 , o − a0 >= αi vi , αj vj = (18)

=

n X i=1

* αi

vi ,

n X j=1

+ α j vj

i=1

=

1 2

j=1 n X

αi < vi , vi > .

i=1

A [< vi , vj >]ni,j=1 mátrix inverze egyenl˝o az [aij ]ni,j=1 mátrixszal, következik, hogy 1X < vi , vi > ·aij · < vj , vj >, i, j ∈ {1, . . . , n}. R= 2 i,j ¤ ´ g. (Leibniz téotele) Az A0 A1 . . . An szimplex élei3.6. Tulajdonsna nek hossza aj , j ∈ 1, 2, . . . n(n+1) . Ha M egy tetsz˝oleges pont Rn 2 ben és G a szimplex s´ ulypontja, akkor n X i=0

n(n+1)

2 X 1 2 2 M Ai = (n + 1)M G + a2 . n + 1 j=1 j

−−→ −−→ −−→ ´ s. Az M Ai = M G + GAi , i ∈ {0, 1, . . . , n} egyenl˝oBizony´ıta ségeket skalárisan szorozzuk önmagukkal. Így az −−→ −−→ M A2i = M G2 + GA2i + 2M G · GAi , i ∈ {0, 1, . . . , n}

´ Rn GEOMETRIAJA

61

egyenl˝oségekhez jutunk, tehát n X

M A2i

2

= (n + 1)M G +

i=0

Mivel nézve,

n X

GA2i

n X −−→ −−→ +2 M G · GAi .

i=0

i=0

n − P −→ GAi = 0 és a skaláris szorzat disztribut´ıv az összeadásra i=0 n n X −−→ −−→ −−→ X −−→ M G · GAi = M G · GAi = 0 i=0

i=0

és ´ıgy elégséges belátnunk, hogy n+1 X

GA2i =

i=0

X 1 Ai A2j . n + 1 0≤i<j≤n

Ezt a dimenzió szerinti indukcióval fogjuk igazolni. n = 2 esetén ¢ ¢ 4 1¡ ¡ GA2i = Ai G2i = 2 Ai A2i+1 + Ai A2i−1 − Ai+1 A2i−1 , 9 9 tehát 2 X ¢ 1¡ GA2i = A0 A21 + A1 A22 + A2 A20 . 3 i=0 A továbbiakban feltételezz¨ uk, hogy (n−1) dimenzióban az összef¨ uggés igaz és az Ai -vel szemben fekv˝o (n − 1) dimenziós lap s´ ulypontját n n P P GA2i jelölést, tehát GA2i = jelölj¨ uk Gi -vel. Bevezetj¨ uk az s := i=0

i=0 i6=j

s − GA2j . A n X

GA2i

=n·

GG2j

+

n X

Gj A2i

i=0 i6=j

i=0 i6=j

egyenl˝oség mindkét oldalát összegezz¨ uk j szerint (0-tól n-ig), és a n P P Gj A2i = n1 Ai A2k képletet is figyelembe véve, kapjuk, hogy i=0 i6=j

i6=j,k6=j i
(n + 1)s −

n X j=0

GA2j = n ·

n X 1 1 X s + Ai A2k . n2 n j=0 0≤i

62

De a

n P

P

j=0 0≤i
1 Ai A2k összegben minden Ai Aj él pontosan Cn−1 =

(n − 1)-szer fordul el˝o, tehát n 1X X n−1 X Ai A2k = Ai A2j . n j=0 0≤i
Másrészt (n + 1)s − s − n1 s = s=

n2 −1 s, n

tehát X Ai A2j .

1 n + 1 0≤i<j≤n

¤ ´s. Ha n = 2, akkor a s´ıkgeometriában használt LeibnizMegjegyze relációt kapjuk: Ha G az ABC háromszög s´ ulypontja, AB = c, AC = b, BC = a és M egy tetsz˝oleges pont, akkor a 2 + b2 + c2 . 3 n = 3 esetén a tetraéderre kapunk egy hasonló összef¨ uggést (ez négyszögre is érvényes): Ha az ABCD tetraéder s´ ulypontja G, és M egy tetsz˝oleges pont a térben, akkor fennáll a következ˝o összef¨ uggés: M A2 + M B 2 + M C 2 = 3M G2 +

M A2 + M B 2 + M C 2 + M D2 = 4M G2 +

a2 + b2 + c2 + d2 + f 2 + e2 . 4

´ g. Ha O a szimplex köré ´ırt gömb középpontja, 3.7. Tulajdonsa akkor X 1 OG2 = R2 − Ai A2j (n + 1)2 0≤i<j≤n ´ s. A 3.6. tulajdonságban az M pontnak a gömb O Bizony´ıta középpontját választjuk. Így n X i=0

OA2i = (n + 1)OG2 +

X 1 Ai A2j . n + 1 0≤i<j≤n

´ Rn GEOMETRIAJA

63

Az O pont az A1 . . . An szimplex köré ´ırt gömb középpontja, következik, hogy OAi = R, ∀ i ∈ {0, . . . , n}, tehát a képlet¨ unk a következ˝oképpen alakul: X 1 (n + 1)R2 = (n + 1)OG2 + Ai A2j . n + 1 0≤i<j≤n OG2 -t kifejezve a fenti egyenl˝oségb˝ol, az X 1 Ai A2j OG2 = R2 − (n + 1)2 0≤i<j≤n kifejezést kapjuk.

¤

´s. Mivel OG2 ≥ 0, ´ırhatjuk, hogy Megjegyze X Ai A2j ≤ (n + 1)2 R2 . 0≤i<j≤n

´ g. Ha G0 az A0 cs´ 3.8. Tulajdonsa uccsal szemben fekv˝o lap s´ ulypontja, akkor Ã n ! X X 1 1 A0 G20 = A0 A2j − Ai A2j . n j=1 n 1≤i<j≤n ´ s. A1 . . . An (n−1) dimenziós szimplex, A0 a szimplexBizony´ıta en k´ıv¨ ul es˝o pont. Az el˝obbi tétel alapján n X 1 X A0 A2j = n · A0 G20 + Ai A2j , n 1≤i<j≤n j=1 ahonnan A0 G20 -t kifejezve a bizony´ıtandó képletet kapjuk.

¤

´g. Ha A1 A2 . . . A2n egy a oldal´ 3.9. Tulajdonsa u hiperkocka, M n egy tetsz˝oleges pont R -ben és O a kocka középpontja, akkor n

2 X

M A2i = 2n M O2 + n · 2n−2 · a2 .

i=1

´ s. Az A1 A2 . . . A2n hiperkockára és egy tetsz˝oleges M Bizony´ıta pontra fennáll a n

(19)

2 X i=1

n

M A2i = 2n · M O2 +

2 X i=1

OA2i


64

A A

n

egyenl˝oség és OAi = OA1 , ∀i ∈ {2, . . . , 2n }, ahol OA1 = 1 22 −1 . Mivel A1 A2n −1 a hiperkocka átlója, A1 A22n −1 = n · a2 , következik, hogy 2 OA21 = n·a , amit behelyettes´ıtve a (19) egyenletbe, a tulajdonságban 22 szerepl˝o kifejezést kapjuk. ¤ ´ g. Az A0 . . . An n-szimplexben az Ai cs´ 3.10. Tulajdonsa uccsal szemben fekv˝o lap s´ ulypontját jelölj¨ uk Gi -vel. Ha az M pontra teljes¨ ulnek az n · M Gi ≤ M Ai egyenl˝otlenségek, minden i ∈ {0, . . . , n} esetén, akkor M a szimplex s´ ulypontja. ´ s. Az n · M Gi ≤ M Ai egyenl˝otlenségeket négyzetre Bizony´ıta emelj¨ uk majd összegezz¨ uk i ∈ {0, . . . , n} szerint: (20)

n

2

n X

M G2i

≤

i=0

n X

M A2i

2

= (n + 1)M G +

i=0

n X

GA2i .

i=0

A Leibniz tétel alapján n X

(21)

M A2i = n · M G2j +

i=0 i6=j

Ha s =

n P i=0

1 X Ai A2k . n 0≤i≤k≤n i,k6=j

M A2i , akkor

n P i=0 i6=j

M A2i = s − M A2j . A (21) egyenletet ösz-

szegezz¨ uk j ∈ {0, . . . n} szerint, és felhasználjuk az el˝obbi jelöléseket. Tehát n X X 1 ns = n M G2j + · (n − 1) Ai A2j n j=0 0≤i<j≤n n 1 X n−1 X ≤ n· 2 M A2i + Ai A2j = n i=0 n 0≤i<j≤n 1 n−1 X = Ai A2j , s+ n n 0≤i<j≤n

Ebb˝ol következik, hogy n X i=0

M A2i ≤

X 1 Ai A2j . n + 1 0≤i<j≤n

´ Rn GEOMETRIAJA

65

Másrészt a Leibniz tétel alapján pontosan a ford´ıtott egyenl˝otlenséget kapjuk. Ez csak akkor lehetséges, ha az összes fel´ırt egyenl˝otlenségben mindenhol egyenl˝oség van, vagyis a Leibniz tétel alapján M G = 0. ¤ ´s. A feladatnak egy térbeli változatát az V. NemMegjegyze zetközi Magyar Matematika Versenyen javasolta Tuzson Zoltán és András Szilárd. A feladat megoldható másképp is, ha felhasználjuk a következ˝o mértani hely tulajdonságot: Ha A és B két rögz´ıtett pont, akkor azon M pontok mértani heMA lye, amelyekre M = c(6= 1) egy hipergömb (Apollóniusz-féle gömb). B MA Az M ≤ n egyenl˝ o tlenséget teljes´ıt˝o pontok mértani helye az el˝obbi B MA hipergömb és a k¨ uls˝o tartománya, m´ıg az M ≥ n egyenl˝otlenséget B teljes´ıt˝o pontok mértani helye az el˝obbi hipergömb és a bels˝o tartománya. Így elégséges belátni, hogy a s´ ulyvonalakhoz a s´ ulypont seg´ıtségével rendelt Apollóniusz-féle hipergömbök csak egy pontban metszik egymást. Ez két illetve három dimenzióban nyilvánvaló, magasabb dimenzióban viszont bizony´ıtandó. Az el˝obbiehez hasonlóan igazolható a következ˝o áll´ıtás is: ´ g. A k0 , k1 , k2 , . . . , kn ∈ R∗+ számokat rendelj¨ 3.11. Tulajdonsa uk hozzá az A0 A1 . . . An szimplex cs´ ucsaihoz (Ai → ki , i ∈ {0, 1, 2, . . . , n}) és minden i ∈ {0, 1, 2, . . . , n} esetén az Ai -vel szemben fekv˝o lapon vegy¨ uk fel azt az Mi pontot, amelynek a lap cs´ ucsaihoz viszony´ıtott baricentrikus koordinátái éppen a cs´ ucsokhoz rendelt számok. Az ´ıgy szerkesztett pontokhoz egyetlen olyan M pont létezik, amelyre M Mi ki , 0 ≤ i ≤ n. ≤ P n M Ai kj j=0 j6=i

Ez a pont az Aj Mj , j ∈ {0, 1, 2, . . . , n} egyenesek összefutási pontja. 6. Feladat. Az A0 A1 . . . An szimplexben jelölj¨ uk Gi -vel az Ai cs´ uccsal szemben fekv˝o lap s´ ulypontját, 0 ≤ i ≤ n esetén. Az Ai Gi egyenesnek és a szimplex köré ´ırt gömbnek a második metszéspontját


66 0

jelölj¨ uk Ai -tel, ha 0 ≤ i ≤ n. Határozzuk meg az maximumát, ha a szimplex cs´ ucsai változnak.

n P i=0

Ai Gi 0 Ai Ai

összeg

´ s. Nyilvánvaló, hogy Megolda A0 G0 A0 G0 0 = 0 . A0 A0 A0 G0 + G0 A0 Másrészt, ha ρ0 a G0 pontnak a szimplex köré ´ırt gömbre vonatkozó 0 hatványa, akkor ´ırhatjuk, hogy G0 A0 · A0 G0 = ρ0 = R2 − OG20 . Így 0 0 A0 A0 ·A0 G0 = A0 G0 ·(G0 A0 +A0 G0 ) = ρ0 +A0 G20 = R2 −OG20 +A0 G20 . A Leibniz-reláció alapján (amit az A0 illetve O k¨ uls˝o pontokra és az A1 A2 . . . An n − 1 dimenziós szimplexre alkalmazunk), (22) n ·

OG20

=

n X

OA2i −

i=0

(23)

n·

A0 G20

=

1 X 1 X Ai A2j = nR2 − Ai A2j . n 1≤i<j≤n n 1≤i<j≤n

n X

A0 A2i −

i=0

1 X Ai A2j . n 1≤i<j≤n

Az (1) és (2) alapján R

2

− OG20

+ A0 G20

1 = 2 n

X

n

Ai A2j

1≤i<j≤n

1X 1 + A0 A2i − 2 n i=1 n

X

Ai A2j ,

1≤i<j≤n

vagyis n

R2 − OG20 + A0 G20 =

1X A0 A2i . n i=1

Ha Sn -nel jelölj¨ uk a vizsgált összeget és sj =

n P i=0 i6=j

Ai A2j , j ∈ {0, . . . , n},

akkor ´ırhatjuk, hogy Sn =

n 1 X s − n j j=0

1 (S n2 1 s n j

− sj )

n

=

X 1 (n + 1)2 1 − 2S , n 2n s j j=0

´ Rn GEOMETRIAJA

67

P

Ai A2j . 1≤i<j≤n   n n n P P P  Aj A2i  = 2 Másrészt sj =

ahol S =

j=0

j=0

i=0 i6=j

P 1≤i<j≤n

Ai A2j = 2S, tehát a

Cauchy-Buniakovski egyenl˝otlenség alapján 2S ·

n P j=0

´ıgy Sn ≤

(n+1)2 n

−

1 2n

2

· (n + 1) =

(n+1)2 2n

1 sj

≥ (n + 1)2 és

.

¤

Sz¨ ogek Rn -ben Az A és B Rn -beli pontok koordinátáit jelölj¨ uk (x1 , x2 , . . . , xn )nel illetve (y1 , y2 , . . . , yn )-nel. A skaláris szorzat értelmezéséb˝ol követ−→ −−→ kezik, hogy az OA és OB vektorok szögét kiszám´ıthatjuk az x = (x1 , x2 , . . . , xn ) és y = (y1 , y2 , . . . , yn ) skaláris szorzatából a −→ −−→ < OA, OB > < x, y > [ cos(AOB) = −→ −−→ = kxk · kyk kOAk · kOBk egyenl˝oség alapján. ´g. 1. Ha a d1 és d2 Rn -beli egyenesek egyenlete 3.12. Tulajdonsa 1 x −x x −x2 rendre i ai i = t, i ∈ {1, 2, . . . , n} és i bi i = t, i ∈ {1, 2, . . . , n}, akkor az egyenesek ϕ szögére teljes¨ ul a ( arccos kak·kbk , ha < a, b >≥ 0 ϕ= π − arccos kak·kbk , ha < a, b >< 0 összef¨ uggés, ahol a = (a1 , a2 , . . . , an ), illetve b = (b1 , b2 , . . . , bn ). n P 2. Ha az α1 és α2 hipers´ıkok egyenlete rendre a0 + ai xi = 0 és b0 +

n P

i=1

bi xi = 0, akkor a két hipers´ık által meghatározott ϕ szögre

i=1

teljes¨ ul a

( ϕ=

arccos kak·kbk , ha < a, b >≥ 0 π − arccos kak·kbk , ha < a, b >< 0

összef¨ uggés, ahol a = (a1 , a2 , . . . , an ), illetve b = (b1 , b2 , . . . , bn ).

¨ SZOGEK Rn -BEN

68

x −x1

3. Ha a d1 egyenes és az α2 s´ık egyenlete rendre i ai i = t, i ∈ n P {1, 2, . . . , n}, illetve b0 + bi xi = 0, akkor az egyenesnek a hipers´ıkkal i=1

bezárt ϕ szögére teljes¨ ul a ( π − arccos kak·kbk , ha < a, b >≥ 0 2 ϕ= π arccos kak·kbk − 2 , ha < a, b >< 0 összef¨ uggés, ahol a = (a1 , a2 , . . . , an ), illetve b = (b1 , b2 , . . . , bn ). A bizony´ıtások nyilvánvalóak, hisz az a illetve b vektor az egyenesek esetében az irányvektort jelenti, m´ıg a hipers´ık esetében a normálvektort. ´g. (Három mer˝oleges tételének általános´ıtása) 3.13. Tulajdonsa n Adott R -ben egy πk hipers´ık, P egy rajta k´ıv¨ ul fekv˝o pont, és Πl ⊂ Πk részs´ık. Ha Pk illetve Pl a P pont πk illetve πl -re es˝o vet¨ ulete, akkor Pl a Pk pont πl -re es˝o vet¨ ulete. ´ s. Legyen M ∈ Πl , és a Πl ⊂ Πk , a Πk s´ıkot meBizony´ıta gadhatjuk az M pont és a v1 , v2 , . . . , vn lineárisan f¨ uggetlen vektorok seg´ıtségével, vagyis Πl =< M ; v1 , v2 , . . . , vn > . −−→ Eltoljuk a P pontot és a Πl és Πk s´ıkokat az M O vektorral. A transz0 0 0 formáció után kapjuk a P pontot és a Πl , Πk résztereket. A transzformáció tulajdonságából következik, hogy −−→0 −−→ 0 OP = M P , Πl =< v1 , . . . , vl > és Πk =< v1 , . . . , vk > . −−→0 → −−→0 −−→0 − → Bevezetj¨ uk az → u = OP , − ul = OPl és − uk = OPk jelöléseket. Tudjuk, hogy 0

u − ul ⊥Πl =< v1 , . . . , vl >⇔= 0 1 ≤ i ≤ l 0

u − uk ⊥Πk =< v1 , . . . , vk >⇔= 0 1 ≤ j ≤ k Már csak annyit kell belátnunk, hogy < uk − ul , vi >= 0, Mivel Πl ⊂ Πk , az el˝obbiekb˝ol fel´ırható, hogy = 0,

1≤i≤l

= 0 1 ≤ i ≤ l.

1 ≤ i ≤ l.

´ Rn GEOMETRIAJA

69

Az els˝o egyenl˝oséget kivonva a másodikból, kapjuk < uk − u + u − ul , vi >= 0,

1≤i≤l

⇔< uk − ul , vi >= 0,

1 ≤ i ≤ l. −−→0 −−→0 −−→ 0 Következik, hogy uk − ul ⊥Πl , de uk − ul = OPk − OPl = Pk Pl , tehát −−→ Pk Pl ⊥Πl , vagyis Pl a Pk pont vet¨ ulete a Πl s´ıkra. ¤ ´s. n = 3 esetén a három mer˝oleges tételét kapjuk: Megjegyze Legyen α egy s´ık, P egy k¨ uls˝o pont és d az α s´ık egy egyenese. Ha P Pk ⊥α és Pk Pd ⊥d, Pd ∈ d, akkor P Pd B⊥d. P

d Pd

Pk a

3.1. ábra ´ g. Tekints¨ 3.14. Tulajdonsa uk az A0 A1 . . . An szabályos szimplexj et, ahol kAi Aj k = λ · δi , λ > 0 ∀i, j ∈ {0, . . . , n}. Az Ai cs´ ucs vet¨ ulete az As0 As1 . . . Ask lapra a Gs0 s1 ...sk pont, vagyis az As0 As1 . . . Ask s´ uly1 \ pontja, és az Ai , G0...bi...bj...n , Aj szög koszinusza n . A0

G1

An a G2

A1 A2

Ai

3.2. ábra

An-1 G1=Gi..n G2=GA 0 A 2..A n-1

¨ SZOGEK Rn -BEN

70 0

´ s. Legyen An a szimplex An cs´ Bizony´ıta ucsának vet¨ ulete az A0 . . . Ak 0 k-dimenziós lapra. A továbbiakban meghatározzuk az An vet¨ uletet. ((an − a0 ) − α1 (a1 − a0 ) − . . . − αk (ak − a0 )) ⊥(ai −a0 ), ∀i ∈ {1, . . . , k} vi -vel jelölve az (ai − a0 ) k¨ ulönbséget, ∀ i ∈ {1, . . . , k} esetén, fel´ırható a következ˝o egyenletrendszer:    < v1 , vn − α1 v1 − . . . − αk vk >= 0 .. .   < vk , vn − α1 v1 − . . . − αk vk >= 0 Tehát:

   α1 < v1 , v1 > + . . . + αk < v1 , vk >=< v1 , vn > .. .   α1 < vk , v1 > + . . . + αk < vk , vk >=< vk , vn > ½ 2 λ , ha i = j Tudjuk, hogy < vi , vj >= , amelyet behelyettes´ıtve az λ2 , ha i 6= j 2 el˝oz˝o egyenletrendszerbe, kapjuk, hogy:  2 λ2 λ2 λ2   λ2 α1 + 2 α2 + . . . + 22 αn = 22   λ α + λ2 α + . . . + λ α = λ 2 2 2 2 n 2 (24) . .  .    λ2 2 2 α + λ2 α2 + . . . + λ2 αn = λ2 2 1 Az (24) egyenletrendszert  2α1 +     α1 + (25) ..  .    α1 +

elosztjuk

λ2 -vel: 2

α2 + . . . + αn 2α2 + . . . + αn α2

=1 =1

+ . . . + 2αn = 1

Jelölj¨ uk An -nel az (25) egyenletrendszer f˝odeterminánsát. ¯ ¯ ¯ ¯ 2 −1 . . . −1 ¯ ¯ ¯ ¯ 2 1 ¯¯ ¯¯ ¯ ¯ 1 1 0 ¯ ¯ ¯ ¯ ... An = ¯ ¯ ¯ = ¯ .. . .. ¯ ¯ ¯ . ¯ ¯ ¯ 1 2 ¯ ¯¯ 1 0 1 ¯

´ Rn GEOMETRIAJA

71

Az An determinánst kifejtj¨ uk az els˝o sora ¯ ¯ ¯ ¯ 1 ¯ 1 0 ¯¯ ¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 ... An = 2 ¯ ¯ + ¯ .. ¯ ¯ ¯ . ¯ 0 1 ¯ ¯¯ 1 ¯ ¯ ¯ ¯ n+1 ¯ + . . . + (−1) ¯ ¯ ¯ ¯

szerint, ´ıgy ¯ 1 . . . 0 ¯¯ 1 0 ¯¯ ¯+ ... ¯ ¯ 0 1 ¯

¯ 1 1 0 ¯¯ ¯ .. .. ¯ . . . . + 1} = n + 1 ¯ = 2 + 1| + .{z 1 0 1 ¯¯ n−1 1 0 ... 0 ¯

Az (25) egyenletrendszer αi ismertetlen karakterisztikus determinánsa, ¯ ¯ ¯ 2 ¯ 1 1 1 1 ¯ ¯ ¯ ¯ .. .. .. ¯ ¯ . . . ¯ ¯ ¯ 1 ¯ 2 1 1 1 ¯ ¯ i Bn = ¯¯ 1 . . . 1 1 1 . . . 1 ¯¯ = 1, ¯ 1 1 1 2 1 ¯¯ ¯ ¯ ¯ .. .. .. ¯ . . 1 ¯¯ . ¯ ¯ 1 1 1 1 2 ¯ ahol az 1-ekb˝ol, vagyis a szabadtagokból alkotott oszlop a determináns i 1 n i-edik oszlopa. Mivel αi = B , kövekezik, hogy αi = k+1 , minden An i = 1, . . . , k esetén. Tehát 1 0 an = (a0 + . . . + ak ) = gk , k+1 ahol gk az A0 . . . Ak k-szimplex Gk s´ ulypontjának a koordinátája. \ σ-val jelölve a Ai , G0... og koszinuszát, Gi,j -vel a G0...î...ˆj...n bi...b j...n , Aj sz¨ s´ ulypontot, < ai − g i,j , aj − g i,j > . < ai − g i,j , ai − g i,j > · < aj − g i,j , aj − g i,j >

σ=p Az

A0 . . . Ai . . . Aj . . . An ↓ ↓ ↓ ↓ Ai . . . A 0 . . . A n . . . A j

¨ SZOGEK Rn -BEN

72

ortogonális transzformáció, ezért σi,j = σa,n . < a0 − g 0,n , an − g 0,n > = < =

n−1 n−1 X a0 − ai X an − aj , > n − 1 n − 1 i=1 j=1

n X

a0 − ai an − aj λ2 , >= , n−1 n−1 2(n − 1)

<

i,j=1

mivel < a0 − ai , an − aj > = < a0 − ai , an − a0 > + < a0 − ai , a0 − aj > ½ 0 , i 6= j = λ2 , i=j 2 Hasonló módon: < a0 − g

0,n

, a0 − g

0,n

n−1 n−1 X a0 − ai X a0 − aj > = < , > n − 1 j=1 n − 1 i=1 ¶ µ λ2 (n − 1)(n − 1) n − 1 = + (n − 1)2 2 2 nλ2 = . 2(n − 1)

Hasonlóan kiszám´ıtva, < an − g 0,n , an − g 0,n >= σi,j =

λ2 2(n−1) nλ2 2(n−1)

=

n λ2 . 2(n−1)

Tehát

1 . n ¤

A

, B=GAD a

D

B C

3.3. ábra

´ Rn GEOMETRIAJA

73

´s. n = 3 esetén: Az ABCD tetraéder cs´ Megjegyze ucsainak vet¨ ulete az ˝oket nem tartalmazó élekre pontosan az illet˝o él felez˝opontja, a szembenfekv˝o lapokra es˝o vet¨ ulet pedig a lap s´ ulypontja. 7. Feladat. Legyen A0 A1 . . . An egy n szimplex és a szimplex k¨ uls˝o oldalaira szerkessz¨ uk meg az A0 A1 . . . Ai . . . An B0i B1i . . . Bii . . . Bni n dimenziós egyenes prizmákat, i = 0, n. (Az Ai és Bii azt jelöli, hogy az Ai és Bii cs´ ucsok nem jelennek meg a megfelel˝o szimplex cs´ ucsai között.) Igazoljuk, hogy a Bi0 . . . Bii . . . Bin szimplex köré ´ırt n− 1 dimenziós gömbök középpontjából a Bi0 . . . Bii . . . Bin hipers´ıkokhoz h´ uzott mer˝oleges egyenesek összefutóak. ´ s. Használni fogjuk a következ˝o két tulajdonságot: Megolda (1) Mer˝olegesség tétele n dimenziós térben18: Ha egy A n szimplex cs´ ucsaiból egy B n szimplex megfelel˝o cs´ ucsaival szemben fekv˝o oldalakhoz h´ uzott mer˝olegesek öszszefutóak, akkor a B cs´ ucsaiból A megfelel˝o cs´ ucsaival szemben fekv˝o oldalhoz h´ uzott mer˝olegesek is összefutóak. (2) Ha ΠM -mel jelölj¨ uk az M pont n-éderhez h´ uzott projekciói által meghatározott hipers´ıkot , akkor ΠM1 k ΠM2 ⇔ M1 M2 áthalad az n-éder cs´ ucsán, ahol az A0 cs´ ucs´ u n-éder az Ao Ai i = 1, n félegyenesek által meghatározott n dimenziós szöget jelöli. (A bizony´ıtás azonnali, visszavezet˝odik az n = 2 esetre.) Legyen O0 O1 . . . On az A0 B01 . . . B0n , B10 A1 . . . B1n , . . . , Bn0 Bn1 . . . An szimplexek köré ´ırt gömbök középpontjai által meghatározott n szimplex. A szimplexek köré ´ırt gömbök tulajdonságai alapján, a feladatban megjelent egyenesek tulajdonképpen az Oi , i = 0, n pontokból a Bi0 Bi1 . . . Bii . . . Bin , i = 0, n hipers´ıkokhoz h´ uzott mer˝olegesek. Jelölj¨ uk C0 , C1 , . . . , Cn -nel ezen hipers´ıkok által meghatározott n szimplex cs´ ucsait. Az els˝o tulajdonság alapján elegend˝o azt igazolni, hogy a Ci -kb˝ol az Oi -kel szemben fekv˝o oldalakhoz h´ uzott meg˝olegesek öszn 0 1 i szefutóak. Másrészt Oi Oi . . . Oi . . . Oi párhuzamos A0i A1i . . . Aii . . . Ani szimplexszel (értelmezés és szerkesztés alapján), tehát ismét alkalmazva a mer˝olegesség tételét igazolni kell, hogy Ai -kb˝ol a 18C.Cocea

bizony´ıtotta

´ TERFOGATOK ´ VEKTORSZORZATOK ES Rn -BEN

74

Bi0 Bi1 . . . Bii . . . Bin szimplexekhez h´ uzott mer˝olegesek összefutóak. (1) Az O0 O1 . . . On és A0 A1 . . . An szimplexek homotetikusak, mivel a lapjaik párhuzamosak, tehát az Ai Oi egyenesek összefutnak egy P pontban. A második tulajdonság alapján a Bi0 Bi1 . . . Bii . . . Bin hipers´ıkok párhuzamosak a P A0 A1 . . . An lapjaihoz h´ uzott projekciói által meghatározott n szimplex lapjaival. De a projekciók által meghatározott szimplex mer˝oleges A0 A1 . . . An -re (a szerkesztés alapján), tehát az A0 , A1 , . . . , An pontokból ennek lapjaihoz h´ uzott mer˝olegesek összefutóak. Ezek azonban pontosan az Ai -kb˝ol a Bi0 Bi1 . . . Bii . . . Bin hipers´ıkokra h´ uzott mer˝olegesek, ´ıgy (1) alapján a tulajdonságot igazoltuk. ¤ Vektorszorzatok ´ es t´ erfogatok Rn -ben Tekints¨ uk a v1 , v2 , . . . , vn vektorokat és szám´ıtsuk ki a vn végpontjának a v1 , v2 , . . . , vn−1 vektorok által generált résztért˝ol való távolságát. ´ Ertelmez´ es szerint n−1 X d(vn , λi vi ). d(vn , hv1 , v2 , ..., vn−1 i) = min λi ∈R,i=1,n−1

i=1

Az el˝obbi minimum létezik, mert a hv1 , v2 , ..., vn−1 i résztér zárt. vn

Legyen vn-1

y = vn −

. .

λi vi

i=1

.

az a vektor, amely mer˝oleges a vj , 1 ≤ j ≤ n − 1 vektorokra, azaz

v2

v1

n−1 X

3.4. ábra hy, vj i = 0, j ∈ {1, . . . , n−1} ⇒ hvn −

n−1 X

λi vi , vj i = 0, j ∈ {1, . . . , n−1}.

i=1

Így a 2

2

d = kyk = hy, yi = hvn −

n−1 X i=1

λi vi , vn −

n−1 X i=1

λ i vi i =

´ Rn GEOMETRIAJA

= hvn −

75 n−1 X

λ i vi , v n i −

i=1

n−1 X j=1

λj hvn − |

n−1 X

λi vi , vj i .

i=1

{z

}

=0

egyenl˝oséghez jutunk. Az el˝obbi összef¨ uggések alapján fel´ırhatjuk a következ˝o rendszert:  hvn , v1 i = λ1 hv1 , v1 i + ... + λn−1 hvn−1 , v1 i+ 0 · d2     .. .. . .  hvn , vn−1 i = λ1 hv1 , vn−1 i + ... + λn−1 hvn−1 , vn−1 i+ 0 · d2    hvn , vn i = λ1 hv1 , vn i + ... + λn−1 hvn−1 , vn i+ 1 · d2 . Látható, hogy ha értelmezz¨ uk a ¯ ¯ hv1 , v1 i hv2 , v1 i . . . hvn−1 , v1 i ¯ ¯ . .. .. .. .. G(v1 , v2 , ..., vn−1 ) = ¯ . . . ¯ ¯ hv1 , vn−1 i hv2 , vn−1 i . . . hvn−1 , vn−1 i

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

Gram19-determin´ anst, akkor az egyenletrendszer mátrixának determinánsa kifejezhet˝o a Gram-determináns seg´ıtségével: ¯ ¯ ¯ hv1 , v1 i hv2 , v1 i . . . hvn−1 , v1 i 0 ¯¯ ¯ ¯ .. .. .. .. .. ¯ ¯ . . . . . ¯ = G(v , v , ..., v ), ¯ ¯ 1 2 n−1 ¯ hv1 , vn−1 i hv2 , vn−1 i . . . hvn−1 , vn−1 i 0 ¯ ¯ ¯ ¯ hv1 , vn i hv2 , vn i . . . hvn−1 , vn i 1 ¯ innen pedig kapjuk, hogy d2 =

G(v1 , ..., vn ) , G(v1 , ..., vn−1 )

ha G(v1 , ..., vn−1 ) 6= 0. A kérdés csak annyi, hogy mi a feltétele annak, hogy az el˝obbi egyenl˝oségben a nevez˝o ne legyen 0. Erre vonatkozik a következ˝o tétel. ´tel. A G(v1 , ..., vn−1 ) determin´ 3.15. Te ans pontosan akkor k¨ ul¨ onb¨ ozik 0-tól, ha a v1 , ..., vn−1 vektorok lineárisan f¨ uggetlenek. 19Jorgen

Pedersen Gram, 1850-1916


76

´ s. Feltételezz¨ Bizony´ıta uk, hogy v1 , ..., vn−1 lineárisan f¨ ugg˝oek és igazoljuk, hogy G(v1 , ..., vn−1 ) = 0. A lineáris f¨ ugg˝oség alapján léteznek a λ1 , ..., λn−1 nem mind nulla skalárok u ´gy, hogy n−1 X

λi vi = 0.

i=1

Ha ezt az egyenl˝oséget rendre beszorozzuk skalárisan az összes vj , j ∈ {1, 2, . . . , n − 1} vektorral, akkor a n−1 X

λi hvj , vi i = 0, j ∈ {1, 2, . . . , n − 1}

i=1

egyenletrendszerhez jutunk. Ez egy homogén egyenletrendszer, és a feltételek alapján létezik nemtriviális megoldása (λ1 ,...,λn−1 nem triviális megoldás). Így G(v1 , ..., vn−1 ) = 0. Másrészt a ford´ıtott irány´ u áll´ıtás igazolásához tegy¨ uk fel, hogy G(v1 , ..., vn−1 ) = 0. Ha siker¨ ul igazolni, hogy v1 , ...vn−1 lineárisan f¨ ugg˝o rendszer, akkor a bizony´ıtás teljes. Ha G(v1 , ..., vn ) = 0, akkor a n−1 X

λi hvj , vi i = 0, j ∈ {1, . . . , n − 1}

i=1

homogén egyenletrendszernek van nemtriviális megoldása. Egy ilyen megoldás legyen λ0i , i ∈ {1, . . . n − 1}. Képezz¨ uk a v=

n−1 X

λ0i vi

i=1

vektort. A skaláris szorzat tulajdonságai alapján ´ırhatjuk, hogy hv, vj i =

n−1 X

λ0i hvi , vj i = 0

i=1

és 2

kvk = hv, vi = hv,

n−1 X i=1

λ0i vi i

=

n−1 X

λ0i hv, vi i = 0 ⇒ v = 0,

i=1

azaz a (vi ) vektorrendszer nem lineárisan f¨ uggetlen.

¤

´ Rn GEOMETRIAJA

77

´ enyes tehát a következ˝o tétel is: Erv´ ´tel. Ha a v1 , v2 , . . . , vn−1 vektorok lineárisan f¨ 3.16. Te uggetlenek, akkor a vn vektor végpontj´ anak a {v1 , v2 , . . . , vn−1 } vektorrendszer által gener´ alt résztért˝ ol való távols´ aga s G(v1 , ..., vn−1 , vn ) d= G(v1 , ..., vn−1 ) Az n dimenziós térfogat (Jordan mérték) értelmezése során a téglan Q testek mértékét ismertnek feltételezz¨ uk: ha P = [ai , bi ] egy téglatest, akkor ennek a térfogata V (P ) =

n Q

i=1

(bi −ai ). Ennek egy következménye,

i=1

hogy egy tetsz˝oleges paralelepipedon n dimenziós mértéke kiszám´ıtható a V = alapter¨ ulet × magasság összef¨ uggés alapján, ahol az alapter¨ ulet alatt az egyik lap (n − 1) dimenziós térfogata értend˝o és a magasság alatt ennek a lapnak a szembenfekv˝o cs´ ucstól való távolsága. Persze, ha általános alakzataink vannak, akkor sz¨ ukség¨ unk van az integrálokra (pl. a hipergömb felsz´ıne vagy térfogata is ´ıgy számolható ki egyszer˝ uen). y

D O

R2 -ben T (D) =

RR D

1dxdy

x

z

O x

R3 -ben T (D) =

D

RRR D

1dxdydz

y

R Rn -ben V (D) = D 1dx Ha egy politóp térfogatát kell kiszám´ıtanunk, akkor az integrálok felhasználása elker¨ ulhet˝o. Mivel minden korlátos politóp szétvágható


78

szimplexekre, ezért elégséges a szimplexek térfogatát kiszám´ıtani. Másrészt a 2 illetve 3 dimenziós esethez hasonlóan ehhez elégséges egy olyan paralelipipedon térfogatát kiszám´ıtani, amelynek az egyik cs´ ucsa az O-ban van, és amelynek élei a v1 , v2 , . . . , vn vektorokat határozzák meg. Ha minden k ∈ {1, 2, . . . , n} esetén értelmezz¨ uk a ¯ ) ( k ¯ X ¯ Pk = λi vi ¯ λi ∈ [0, 1], i ∈ {1, . . . , k} , ¯ i=1

hasábot, akkor a Pj+1  2 V (Pn )    2 V (Pn−1 ) ···    2 V (P2 )

alapja a Pj és ´ıgy ´ırhatjuk, hogy = V 2 (Pn−1 ) · d2 (vn , hv1 , ..., vn−1 i) = V 2 (Pn−2 ) · d2 (vn−1 , hv1 , ..., vn−2 i) ··· = V 2 (P1 ) · d2 (v2 , hv1 i).

Ha ezeket az egyenl˝oségeket összeszorozzuk, akkor a V 2 (Pn ) = V 2 (P1 ) · d2 (vn , hv1 , ..., vn−1 i) · · · d2 (v2 , hv1 i) = G(v1 , ..., vn ), összef¨ uggéshez jutunk, mivel v1 , ..., vn Másrészt ¯   ¯ v 1 ¯ ¯  ..  ¯  .  · [v1 , v2 , ..., vn ] ¯ ¯ vn

lineárisan f¨ uggetlenek. ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = G(v1 , v2 , ..., vn ), ¯ ¯

és egy mátrix determinánsa egyenl˝o a transzponáltja determinánsával, tehát ´ırhatjuk, hogy   v1   det2  ...  = G(v1 , ..., vn ), vn innen pedig (26)

V (Pn ) =

p

G(v1 , ..., vn ) = | det[v1 , ..., vn ]|.

Az el˝obbiek alapján igaz a következ˝o tétel: ´tel. A 3.17. Te ( Pn =

n X i=1

) λi vi | λi ∈ [0, 1], i ∈ {1, . . . , n} ,

´ Rn GEOMETRIAJA

79

paralelipipedon térfogat´ at a (26) összef¨ uggés alapján szám´ıthatjuk ki, ahol v1 , v2 , . . . , vn line´ arisan f¨ uggetlen vektorok. Ebb˝ol kiindulva levezet¨ unk egy összef¨ uggést a szimplex térfogatára vonatkozóan. Csak azt kell megvizsgálnunk, hogy hány szimplexre vágható szét a Pn u ´jabb cs´ ucsok felhasználása nélk¨ ul. ´tel. Ha a v0 , ..., vn ∈ Rn vektorok végpontjai az S 3.18. Te szimplex cs´ ucsai, akkor 1 1 · V (Pn ) = | det(v1 − v0 , ..., vn − v0 )|, n! n! ahol Pn a vi − v0 , i ∈ {1, . . . , n} vektorokra mint élekre ép´ıtett paralelipipedon. V (S) =

´ s. Igazoljuk, hogy a Pn felbontható n! darab egyenl˝o Bizony´ıta térfogat´ u szimplexre. A Pn alapjának tekinthetj¨ uk a Pn−1 -et. Így ha Pn−1 -et felbontjuk (n − 1)! szimplexre, akkor ez egyértelm˝ uen meghatározza a Pn -nek egy felosztását (n − 1)! olyan egyenl˝o térfogat´ u ´ hasábra, amelyeknek az alapjai szimplexek. Igy elégséges kimutatni, hogy egy ilyen hasábot felbonthatunk n darab azonos térfogat´ u szimplexre. Ha a hasáb cs´ ucsait az 1’ 0 0 0 3’ 1, 2, ..., n, 1 , 2 , ..., n számokkal jelölj¨ uk, 0 0 0 2’ akkor az 123...n1 , 234...1 2 , ..., n10 20 ...(n − 1)0 n0 diszjunkt szimplexek a hasáb egy felbontását adják és azonos 1 3 térfogat´ uak, mert a felsorolásban bármely 2 két egymás utáni szimplexnek van egy 3.5. ábra közös alapja és azonos a magassága. A vektori´ alis szorzat. Keress¨ unk egy olyan v ∈ Rn vektort, amelyre teljes¨ ulnek a következ˝o feltételek: hv, vi i = 0, i ∈ {1, . . . , n − 1} kvk = V (Pn−1 ).

(∗1) (∗2)

Ha találunk ilyen v-t, ez lesz a v1 , ..., vn−1 vektorok vektoriális szorzata: v = v1 × v2 × ... × vn−1 .


80

A v vektort kereshetj¨ uk v =

n P j=1

λj ej alakban, ahol (ej )j=1,n az Rn ka-

nonikus bázisa. Így a (∗1) feltétel alapján (vij a vi j-edik koordinátáját jelöli): n X

λj hej , vi i = 0, i ∈ {1, . . . , n−1} ⇔

n X

j=1

λj vij = 0, i ∈ {1, . . . , n−1}.

j=1

Ebb˝ol ´ırhatjuk, hogy  λ1 v11 + λ2 v12 + ... + λn v1n     λ1 v21 + λ2 v22 + ... + λn v2n ..  .    λ1 vn−1 1 + λ2 vn−1 2 + ... + λn vn−1 Ha S-sel jelölj¨ uk a

n P

λi összeget és a

n P

= 0 = 0 .. . = 0.

n

λi = S egyenl˝oséget hozzá-

i=0

i=0

vessz¨ uk az el˝obbi rendszerhez, akkor alkalmazhatjuk a Cramer szabályt és fel´ırhatjuk, hogy λj = S · ahol

(−1)j+1 ∆j , ∆

¯ ¯ 1 1 1 ··· ¯ ¯ v11 v12 v13 ··· ¯ ∆=¯ . . . .. .. .. .. ¯ . ¯ ¯ vn−1 1 vn−1 2 vn−1 3 · · ·

1 v1n .. . vn−1

n

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯, ¯ ¯ ¯

illetve ¯ ¯ v11 · · · ¯ ¯ v21 · · · ¯ ∆j = ¯ .. .. ¯ . . ¯ ¯ vn−11 · · ·

v1j−1 v2j−1 .. .

v1j+1 v2j+1 .. .

··· ··· .. .

vn−1j−1 vn−1j+1 · · ·

v1n v2n .. . vn−1n

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯. ¯ ¯ ¯

Ez alapján látható, hogy a keresett vektor (az els˝o feltétel alapján) fel´ırható

´ Rn GEOMETRIAJA

81

¯ ¯ ¯ e1 e2 e3 ··· en ¯¯ ¯ ¯ v11 v12 v13 · · · v1n ¯¯ ¯ v = ¯ .. .. .. .. .. ¯¯ ¯ . . . . . ¯ ¯ ¯ vn−11 vn−12 vn−13 · · · vn−1n ¯ alakban. Másrészt ha tekintj¨ uk azt a D mátrixot, amelynek az els˝o sorában a v komponensei vannak, és a többi sorokban rendre a v1 , v2 , . . . , vn−1 komponensei, akkor az el˝obbiek alapján det(D) = V (P ), ahol P a v, v1 , v2 , . . . , vn−1 vektorokra szerkesztett paralelipipedon. Másrészt ez a térfogat fel´ırható, mint alapter¨ ulet szorozva magassággal, tehát V (Pn−1 ) · kvk. De ugyanakkor ha D determinánsát kifejtj¨ uk az els˝o sora szerint, akkor azt kapjuk, hogy n n X X j j det(D) = (−1) · (−1) ∆j · ∆j = ∆2i = kvk2 . i=1

i=1

Az el˝obbi két összef¨ uggés alapján ´ırhatjuk, hogy kvk = V (Pn−1 ).

¤

¨ vetkezme ńy. A térfogatra kapott Gram-determin´ 3.19. Ko ansos kifejezés alapján áll´ıthatjuk, hogy n X ∆2j = G(v1 , v2 , . . . , vn−1 ). j=1

´s. n = 2 esetén ebb˝ol pontosan a Lagrange20 azonosMegjegyze ságot kapjuk, amib˝ol levezethet˝o a Cauchy-Buniakowski-Schwarz egyenl˝otlenség. ´tel. A v = v1 × v2 × . . . × vn−1 vektori´ alis szorzat 3.20. Te a) lineáris minden tényez˝ ojében; b) két tényez˝ ot megcserélve, a szorzat el˝ojele megv´ altozik; n c) hz, yi = det(v1 , v2 , ..., vn−1 , y), ∀y ∈ R ⇔ z = v1 ×v2 ×...×vn−1 ; d) hv, vi i = 0, i ∈ {1, . . . , n − 1}; e) kvk2 = det(v1 , v2 , ..., vn−1 ); f) v = 0 ⇔ arisan összef¨ ugg˝ oek; p v1 , ..., vn−1 line´ g) kvk = G(v1 , v2 , ..., vn−1 ); h) Ha det(v1 , ..., vn−1 ) > 0, akkor {v1 , ..., vn−1 , v}pozit´ıv irány´ıt´ as´ u; 20Joseph-Louis

Lagrange, 1736-1813

82


i) (v1 × ... × vn−1 ) · (w1 × ... × wn−1 ) = det(hvi , wj i). ´ s. Az els˝o két alpont az értelmezés és a determinánsok Bizony´ıta tulajdonságainak azonnali következménye. Ha y ∈ {v1 , v2 , . . . , vn }, akkor hz, yi = 0, tehát z mer˝oleges az összes vj -re. Innen következik, hogy z iránya megegyezik a vektoriális szorzat irányával. Ha y-nak éppen a vektoriális szorzatot választjuk, akkor megkapjuk a z normáját és irány´ıtását, tehát z csak a vektoriális szorzat lehet. A c) alpont ford´ıtott ´ırány´ u implikációját beláthatjuk, ha kifejtj¨ uk a determinánst az y komponensei szerint (a jobb oldalon) és a skaláris szorzatba (a bal oldalon) behelyettes´ıtj¨ uk a (−1)j ∆j komponenseket. A d), e), f), g) alpontokban megjelen˝o tulajdonságokat már igazoltuk. A h) alpont az e) azonnali következménye és az utolsó alpontnál szám´ıtsuk ki a hw, vi2 kifejezést, ahol w a w1 , w2 , . . . wn−1 vektorok vektoriális szorzata és v a v1 , v2 , . . . vn−1 vektorok vektoriális szorzata. Így a vektoriális szorzat reprezentációja alapján ´ırhatjuk, hogy hw, vi =

n X

∆i · ∆0i ,

i=1

ahol ∆i és ∆0i a v1 , v2 , . . . vn−1 illetve w1 , w2 , . . . wn−1 vektorokhoz tartozó aldeterminánsok. Másrészt a c) alpont alapján ´ırhatjuk, hogy ¯ ¯ 0 0 0 ¯ ∆01 ¯ ∆ ∆ · · · ∆ 2 3 n ¯ ¯ ¯ v11 ¯ v v · · · v 12 13 1n ¯ ¯ hw, vi = ¯ ¯, .. .. .. .. .. ¯ ¯ . . . . . ¯ ¯ ¯ vn−1 1 vn−1 2 vn−1 3 · · · vn−1 n ¯ és ¯ ¯ ∆1 ∆2 ∆3 ··· ¯ ¯ w11 w12 w13 ··· ¯ hw, vi = ¯ . . . .. . . . ¯ . . . . ¯ ¯ wn−1 1 wn−1 2 wn−1 3 · · ·

∆n w1n .. . wn−1

n

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯. ¯ ¯ ¯

Az utóbbi két egyenl˝oséget összeszorozzuk u ´gy, hogy a második mátrix transzponáltját ´ırjuk fel, és használjuk, hogy a vektoriális szorzat

´ Rn GEOMETRIAJA

83

mer˝oleges a tényez˝oire. Kapjuk, hogy ¯ n ¯ P 0 ¯ 0 0 ··· 0 ¯ i=1 ∆i · ∆i ¯ ¯ 0 hv1 , w1 i hv1 , w2 i · · · hv1 , wn−1 i hw, vi2 = ¯ ¯ .. .. .. .. .. ¯ . . . . . ¯ ¯ 0 hvn−1 , w1 i hvn−1 , w2 i · · · hvn−1 , wn−1 i

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯. ¯ ¯ ¯ ¯

Az el˝obbi két fel´ırásmódból következik a kért tulajdonság. ¤ ´tel. (S¨ 3.21. Te undiszn´ o tétel) Ha egy tetraéder minden lapjára szerkeszt¨ unk egy-egy vektort, amely mer˝oleges rá és nagysága megegye− → zik a lap ter¨ uletével, akkor ezen vektorok összege 0 . V0 S1

S2

S3

V3 V1 V2

S0

´ anosan, ha V0 V1 ...Vn egy n-dimenzi´ Altal´ os − → szimplex és az Si , i ∈ {0, . . . , n} vektorok− → ra teljes¨ ul, hogy Si ⊥(V0 V1 ...Vbi ...Vn ) és |Si | = V (v0 , v1 , ..., vbi , ...vn ), akkor − → − → − → − → S0 + S1 + ... + Sn = 0 .

3.6. ábra ´ s. A tulajdonság a következ˝o azonosság következménye: Bizony´ıta → − − → → − − → → → → → → x ×− x +→ x ×→ x +− x ×− x + (− x −− x ) × (− x −− x )= 0 1

2

2

3

3

1

2

3

1

3

(ez azonnal igazolható a szorzat tényez˝ok szerinti linearitása alapján). Az általános esetben a megfelel˝o azonosság: − → → → →+− → → → x × ... × − x−→ + − x ×− x ... × − x x ×− x ... × − x + ...+ 1

n−1

2

3

n

3

4

1

− → →×− → → − → − → → − − → −−→ − → +− x x1 ... × − x− n n−2 + ( x1 − xn ) × ( x2 − xn ) × ... × (xn−1 − xn ) = 0 . ¤ ´s. A tulajdonság ford´ıtottja a Minkowski-féle probléMegjegyze − → ma néven ismert, vagyis adott Si , i ∈ {0, . . . , n} vektorok esetén létezik-e olyan szimplex, amelynek lapjai mer˝olegesek rendre ezekre a vektorokra és amelyben a lapok ter¨ ulete megegyezik ezeknek a vektoroknak a hosszával. Természetesen az el˝obbi tulajdonság is és ´ıgy a probléma is általános´ıtható politópokra.


84

K¨ ovetkezm´ eny. Ha Si , i ∈ {0, 1, . . . , n} egy szimplex lapjainak ter¨ ulete, akkor n X X Si2 + 2 Si Sj cos(αij ) = 0, i=0

0≤i<j≤n

ahol αij a vi és vj cs´ ucsokkal szemben fekv˝o lapok szöge. − → − → − → → − ´ s. Az S0 + S1 +...+ Sn = 0 egyenl˝oség mindkét oldalát Bizony´ıta skalárisan szorozzuk önmagával. ¤

X0 An

A1 X1

A3

A2

X3 X2

´tel. Ha az X0 X1 ...Xn szim3.22. Te Xn plex X0 Xi oldalán (i ∈ {1, . . . , n}) felvessz¨ uk az Ai ∈ X0 Xi pontokat u ´gy, X0 Ai hogy X0 Xi = λi , akkor n Y V (X0 , A1 , A2 , ..., An ) = λi . V (X0 , X1 , X2 , ..., Xn ) i=1

3.7. ábra ´ s. Kifejezz¨ Bizony´ıta uk a térfogatokat a közös cs´ ucsból kiinduló vektorok seg´ıtségével: −−−→ −−−→ −−−→ 1 V (X0 , A1 , ..., An ) = det(λ1 X0 X1 , λ2 X0 X2 , ..., λn X0 Xn ) = n! n

−−−→ −−−→ 1 Y = λi · det(X0 X1 , ..., X0 Xn ) = n! i=1

Ã

n Y

! λi

· V (X0 , X1 , ..., Xn ).

i=1

¤ Bizony´ıtás nélk¨ ul megeml´ıtj¨ uk a következ˝o két tulajdonságot: ´tel. Ha az α hipers´ık egyenlete a0 + 3.23. Te

n P i=1

ai xi = 0, akkor

az M (x01 , x02 , . . . , x0n ) pontnak az α hipers´ıkt´ ol való távols´ aga ¯ ¯ n ¯ ¯ ¯a0 + P ai x0i ¯ ¯ ¯ r i=1 d= . n P 2 ai i=1

´ Rn GEOMETRIAJA

85 0

´tel. Ha az e egyenesnek az egyenlete xi a−xi = λ, akkor az 3.24. Te i M (x01 , x02 , . . . , x0n ) pontnak az e egyenest˝ ol való távols´ aga s −−→ − AM · → e 2 d = AM − , − → kek ahol az A pont koordin´ at´ ai (x01 , x02 , . . . , x0n ) és e = (a1 , a2 , . . . , an ) az egyenes irányvektora. Az izoperimetrikus t´ etel ´tel. (Izoperimetrikus egyenl˝ otlenség) Rn -ben a V térfo3.25. Te gat´ u testek köz¨ ul a gömbnek a legkisebb a felsz´ıne. A tétel bizony´ıtásához sz¨ ukség¨ unk lesz néhány további tételre. Legyen A egy tetsz˝oleges zárt és konvex test Rn -ben. Az Ox1 tengelyre annak t koordinátáj´ u pontjában emelt mer˝oleges hipers´ık az A testet egy At halmazban metszi. Jelölj¨ uk vol(At )-vel ennek a metszetnek az 2 (n − 1) dimenziós mértékét. R -ben majdnem nyilvánvalónak t˝ unik, hogy az A test pontosan akkor konvex, ha a t → vol(At ) f¨ uggvény konkáv (ennek a szemléltetése látható a baloldali ábrán). Az n dimenziós általános´ıtást a következ˝o tétel jelenti: ´tel. (Brunn21-egyenl˝ 3.26. Te otlenség, p1887) Ha A egy konvex és kompakt test Rn -ben, akkor az f : t 7→ n−1 vol(At ) f¨ uggvény konkáv. y

At

y

}

At

}

At

O

t

3.8. ábra

x

t

O

3.9. ábra

A bizony´ıtás a következ˝o általánosabb tételen alapul: 21Hermann

Brunn, 1862-1939

x


86

´tel. (Brunn-Minkowski22, 1896) Ha A, B két nem¨ 3.27. Te ures n kompakt halmaz R -ben, akkor (vol(A + B))1/n ≥ (vol(A))1/n + (vol(B))1/n ,

(∗)

ahol A + B = {a + b| a ∈ A, b ∈ B}. ´ s. A bizony´ıtás a következ˝o lépésekb˝ol áll: Bizony´ıta 1. lépés: az egyenl˝otlenséget bizony´ıtjuk téglatestekre. Feltételezz¨ uk, hogy az Rn -beli A és B téglatest méretei x1 , x2 , ..., xn , illetve y1 , y2 , ..., yn . Így ´ırhatjuk, hogy vol(A) = x1 · x2 · . . . · xn , és vol(B) = y1 · y2 · . . . · yn . Másrészt téglatestekre az A + B összeg expliciten kiszám´ıtható és egy olyan téglatestet jelent, amelynek méretei x1 + y1 , x2 + y2 , ..., xn + yn , tehát vol(A + B) = (x1 + y1 ) · (x2 + y2 ) · . . . · (xn + yn ). Ebben az esetben a bizony´ıtandó (∗) egyenl˝otlenség a következ˝o alakot ölti: p √ √ (∗) ⇔ n (x1 + y1 ) · . . . · (xn + yn ) ≥ n x1 · . . . · xn + n y1 · . . . · yn , ez pedig a Huygens23 egyenl˝otlenség néven ismert. A Huygens-egyenl˝otlenséget beláthatjuk, ha alkalmazzuk a számtani-mértani közepek xi , i ∈ {1, . . . , n}, illetve a bi = közti egyenl˝otlenséget az ai = xi + y i yi , i ∈ {1, . . . , n} szám n-esekre, majd összeadjuk a kapott össxi + yi zef¨ uggések megfelel˝o oldalait: v u n n u Y xi 1 X xi n t ≤ x + yi n i=1 xi + yi i=1 i v u n uY n t i=1 22Hermann 23Christian

n

1 X yi yi ≤ , xi + yi n i=1 xi + yi

Minkowski, 1864-1909 Huygens, 1629-1695

´ Rn GEOMETRIAJA

tehát

87

v u n uY n t i=1

xi xi + yi

v u n uY n +t i=1

yi ≤ 1. xi + y i

2. lépés: az egyenl˝otlenséget bizony´ıtjuk téglatestek-rendszerekre. Legyen tehát A és B két téglatest-rendszer. Matematikai indukciót alkalmazunk a két téglatestrendszerben összesen megjelen˝o téglatestek m száma szerint. m = 2 esetén az áll´ıtás igaz, az els˝o lépés alapján. ˜ összesen m-nél nem több téglatestb˝ol Feltételezz¨ uk, hogy ha A˜ és B áll, akkor (∗) igaz, és igazoljuk, hogy (∗) fennáll akkor is, ha A és B összesen (m + 1) téglatestb˝ol áll. Feltételezhetj¨ uk, hogy A-ban legalább 2 téglatest van.

A1

B1

aaaaaaaaaaa aaaaaaaaaaa aaa aaa A2 aaa

H

aaa aaa aaa aaa aaa

aa aa

B2

3.10. ábra Belátható, hogy létezik olyan H hipers´ık, amelynek mindkét oldalán van A-nak legalább egy teljes téglateste. Elvágjuk A-t a H mentén és jelölj¨ uk A1 illetve A2 -vel a vágás után a H két oldalán keletkez˝o téglatestrendszereket. Világos, hogy az A1 és A2 rendszerek legalább 1 téglatesttel kevesebbet tartalmaznak, mint az A rendszer. A B-t eltoljuk u ´gy, hogy a H hipers´ık ugyanolyan ρ arányban ossza a B-t, mint az A-t. Így az A1 , B1 illetve A2 , B2 téglalaprendszerekre alkalmazható (∗), mert mindkett˝o legfeljebb m téglatestet tartalmaz. Eszerint ¡ ¢n vol(A1 + B1 ) ≥ ¡(vol(A1 ))1/n + (vol(B1 ))1/n ¢ n vol(A2 + B2 ) ≥ (vol(A2 ))1/n + (vol(B2 ))1/n . Mivel az A+B test tartalmazza az A1 +B1 és A2 +B2 diszjunkt bels˝ovel rendelkez˝o testeket, az el˝obbi egyenl˝otlenségek alapján ´ırhatjuk, hogy vol(A + B) ≥ vol(A1 + B1 ) + vol(A2 + B2 ) ≥


88

¡ ¢ ≥ ρ1/n · (vol(A))1/n + ρ1/n · (vol(B))1/n + ¡ ¢ + (1 − ρ)1/n · (vol(A))1/n + (1 − ρ)1/n (vol(B))1/n = ¡ ¢n = (vol(A))1/n + (vol(B))1/n . 3. lépés: A tetsz˝oleges A és B kompakt testeket közel´ıt¨ unk téglalaprendszerekkel. Jelölj¨ uk Aj -vel az A-t metsz˝o kockákból álló rendszert, amikor a kockák oldalhossza 2−j . Ebben az esetben A0 ⊇ A1 ⊇ ... ⊇ Aj ⊇ . . . . 3.11. ábra Hasonlóan a B halmaz esetében is. Világos, hogy A=

∞ \

Aj , és B =

j=1

∞ \

Bj .

j=1

Tekintj¨ uk továbbá az X=

∞ \

(Aj + Bj )

j=1

halmazt. Bármely x ∈ X és bármely j ∈ N∗ esetén létezik aj ∈ Aj , bj ∈ Bj u ´gy, hogy x = aj + bj . Az (aj )j≥1 sorozat minden tagja az A0 kompakt halmazban van, ´ıgy létezik ajk → a∗ ∈ A. Hasonlóan, (bjk )k≥1 a B0 kompakt halmazban van, ´ıgy létezik ennek egy bik részsorozata, amely konvergál a b∗ ∈ B elemhez. Írhatjuk tehát, hogy x = lim (aik + bik ) = a∗ + b∗ ∈ A + B, k→∞

vagyis A+B ⊇

∞ \

(Aj + Bj ) = X.

j=1

Ez utóbbi bennfoglalásból kapjuk, hogy (27)

(vol(A + B))1/n ≥ (vol(X))1/n .

´ Rn GEOMETRIAJA

89

Minden j ≥ 1 esetén fel´ırjuk a (∗) egyenl˝otlenséget, majd határértékre tér¨ unk, amikor j → ∞. (28)

(vol(Aj + Bj ))1/n ≥ (vol(Aj ))1/n + (vol(Bj ))1/n ↓ ↓ ↓ 1/n 1/n (vol(X)) ≥ (vol(A)) + (vol(B))1/n .

A (27) és (28) egyenl˝otlenségekb˝ol következik, hogy (vol(A + B))1/n ≥ (vol(A))1/n + (vol(B))1/n . ¤ A Brunn-egyenl˝ otlens´ eg bizony´ıt´ asa A 3.26. tételben értelmezett f f¨ uggvény konkavitásához az f (λx + (1 − λ)y) ≥ λf (x) + (1 − λ)f (y), ∀λ ∈ [0, 1] egyenl˝otlenséget kell igazolni, ami q q p n n vol(Aλx+(1−λ)y ) ≥ λ vol(Ax ) + (1 − λ) n vol(Ay ). alakban ´ırható.

A1

b

1 1-l

la

lb

a

0

A0

3.12. ábra Mivel A konvex, ezért λA0 + (1 − λ)A1 ⊂ A1−λ , ∀λ ∈ [0, 1]. A bennfoglalás alapján vol(A1−λ )1/n ≥ (vol(λA0 + (1 − λ)A1 ))1/n ≥ ≥ (vol(λA0 ))1/n + (vol((1 − λ)A1 ))1/n = = λ(vol(A0 ))1/n + (1 − λ)(vol(A1 ))1/n , tehát a bizony´ıtás teljes.

¤


90

Az izoperimetrikus egyenl˝ otlens´ eg bizony´ıt´ asa. Ha A egy tetsz˝oleges kompakt halmaz, melyre vol(A) = V és B a V térfogat´ u gömb, akkor az A felsz´ınének (n − 1) dimenziós mértéke vol(A + ε · B0 ) − vol(A) . ε→0 ε A Brunn-Minkowski egyenl˝otlenség alapján ´ırhatjuk, hogy lim

(vol(A + ε · B))1/n ≥ (vol(A))1/n + (vol(ε · B))1/n = = V 1/n + ε · V 1/n = (1 + ε)V 1/n = (vol((1 + ε) · B))1/n , tehát

vol(A + ε · B) − V vol(B + ε · B) − V ≥ , ε ε tehát ε → 0 esetén következik, hogy vol(∂A) ≥ vol(∂B).

¤

´tel. (A Brunn-Minkowski tétel dimenziómentes vátozata) 3.28. Te Ha A, B kompakt halmazok, akkor (29)

vol(λA + (1 − λ)B) ≥ (vol(A))λ · (vol(B))1−λ , ∀λ ∈ [0, 1].

´ s. Igazoljuk, hogy a Brunn-Minkowski egyenl˝otlenségBizony´ıta b˝ol következik a dimenziómentes változat. A λx + (1 − λ)y ≥ xλ y 1−λ egyenl˝otlenség alapján ´ırhatjuk, hogy (vol(λA + (1 − λ)B))1/n ≥ (vol(λA))1/n + (vol((1 − λ)B))1/n = = λ·(vol(A))1/n +(1−λ)·(vol(B))1/n ≥ ((vol(A))1/n )λ ·((vol(B))1/n )1−λ , és ebb˝ol következik az (29) egyenl˝otlenség.

¤

´s. A dimenziómentes változatból következik a BrunnMegjegyze Minkowski egyenl˝otlenség. ´ s. A dimnenziómentes változat alapján ´ırhatjuk, hogy Bizony´ıta · µ ¶ µ ¶¸ 1 1 vol(A + B) = vol λ A + (1 − λ) B ≥ λ 1−λ · µ ¶¸λ · µ ¶¸1−λ 1 1 · vol , ≥ vol A B λ 1−λ

´ Rn GEOMETRIAJA

tehát

91

·

[vol(A + B)]

1/n

1 ≥ · (vol(A))1/n λ

¸λ · ¸1−λ 1 1/n · · (vol(B)) . 1−λ

Így elégséges igazolni, hogy létezik olyan λ, amelyre az utóbbi kifejezés éppen [vol(A)]1/n + [vol(B)]1/n . | {z } | {z } x

Az

y

³ x ´λ µ y ¶1−λ x y x + y = λ + (1 − λ) ≥ · λ 1−λ λ 1−λ

y x egyenl˝otlenségben λx = 1−λ esetén egyenl˝oség van, tehát a λ = x+y választással pontosan a Brunn-Minkowski egyenl˝otlenséghez jutunk. ¤

´tel. (Prékopa24, Leindler25, 1972) 3.29. Te Ha m, f, g : Rn → R+ mérhet˝ o f¨ uggvények és m((1 − λ)x + λy) ≥ f (x)1−λ · g(y)λ , ∀x, y ∈ Rn , ∀λ ∈ [0, 1], akkor

µZ

Z

¶1−λ µZ f (x)dx ·

m(x)dx ≥ Rn

Rn

¶λ g(x)dx

.

Rn

´s. Az f, g, m f¨ Megjegyze uggvényeket tekinthetj¨ uk az A, B illetve (1 − λ)A + λB halmazok karakterisztikus f¨ uggvényének is. ´ s. Tekintj¨ Bizony´ıta uk az L(h, t) = {x |h(x) ≥ t} n´ıvóhalmazokat. Ezek seg´ıtségével az el˝obbi integrálok át´ırhatók a Z Z ∞ h(x)dx = vol(L(h, t))dt Rn

0

alakba. A megadott egyenl˝otlenség alapján, ha f (x) ≥ t és g(y) ≥ t, akkor m(λx + (1 − λ)y) ≥ t, tehát L(m, t) ⊇ λL(f, t) + (1 − λ)L(g, t). 24Pr´ ekopa 25Leindler

András, [email protected] László, [email protected]

92

MEGOLDOTT FELADATOK

A kért egyenl˝otlenséget el˝obb n = 1 esetén igazoljuk. Az el˝obbi bennfoglalás és a Brunn-Minkowski egyenl˝otlenség alapján ´ırhatjuk, hogy: Z Z ∞ m(x)dx = vol(L(m, t))dt ≥ R 0 Z ∞ ≥ vol(λL(f, t) + (1 − λ)L(g, t))dt ≥ 0 Z ∞ Z ∞ ≥ λ vol(λL(f, t)dt + (1 − λ) L(g, t))dt ≥ µZ

0

≥

¶λ µZ

¶1−λ

f (x)dx R

g(x)dx

0

.

R

A továbbiakban a matematikai indukció módszerét használjuk (a dimenzió szerint). A továbbiakban ha x = (x1 , x0 ) ∈ Rn és hasonlóan y = (y1 , y 0 ) ∈ Rn és y = (z1 , z 0 ) ∈ Rn , akkor az indukciós feltétel alapján µZ ¶λ µZ ¶1−λ Z 0 0 0 0 0 0 m(z1 , z )dz ≥ f (x1 , x )dz g(y1 , y )dy . Rn−1

Rn−1

Rn−1

Ha az egydimenziós esetet alkalmazzuk az itt megjelen˝o f¨ uggvényekre, akkor pontosan az n dimenziós esethez jutunk. ¤ ´s. A Prékopa-Leindler tételb˝ol is levezethet˝o a BrunnMegjegyze Minkowski egyenl˝otlenség. Ha A és B két konvex és kompakt halmaz, valamint C = (1 − λ)A + λB, és m(t) a t-nél h´ uzott metszet térfogata (C-ben), akkor µZ ¶1−λ µZ ¶λ Z f · g = (vol(A))1−λ · (vol(B))λ , vol(C) = m ≥ ahol f (t) és g(t) a t-nél h´ uzott metszet térfogata A-ban illetve B-ben. Megoldott feladatok ´ g. (Ceva tétele) Az A0 A1 . . . An szimplexben 3.30. Tulajdonsa Bi ∈ Ai Ai+1 , i = 0, n, (An+1 = A0 ) és BBAi Ai = ki , i ∈ {0, . . . , n}. Az i i+1 A0 . . . Ai−1 Bi Ai+2 . . . An hipers´ıkok pontosan akkor metszik egymást

´ Rn GEOMETRIAJA

93

egy pontban, ha n Y

ki = (−1)n+1 .

i=0

´ s. Feltételezz¨ Bizony´ıta uk, hogy a Hi = A0 . . . Ai−1 Bi Ai+2 . . . An , i ∈ {0, . . . , n} hipers´ıkok közös pontja O. Az A0 . . . Ai−1 Bi Ai+2 . . . An szimplexet alapnak tekintve az A0 . . . Ai−1 Ai Bi Ai+2 . . . An és A0 . . . Ai−1 Bi Ai+1 Ai+2 . . . An n szimplexek térfogatának aránya az Ai és Ai+1 cs´ ucsokból h´ uzható magasságok arányával egyenl˝o. Ez visBi Ai zont − B A = ki , mert pontosan egy olyan 2 dimenziós s´ık létezik, i i+1 amely mer˝oleges Hi -re és tartalmazza az Ai , Ai+1 pontokat (Ai -b˝ol és Ai+1 -ból mer˝olegest h´ uzunk a Hi -re és tekintj¨ uk a két mer˝oleges által ´ meghatározott s´ıkot. Igy Bi Ai vol[A0 . . . Ai−1 Ai Bi Ai+2 . . . An ] =− . vol[A0 . . . Ai−1 Bi Ai+1 Ai+2 . . . An ] Bi Ai+1 Hasonló módon, ha az A0 . . . Ai−1 OAi+2 . . . An (n − 1) szimplexet tekintj¨ uk alapnak, akkor Bi Ai vol[OA0 . . . Ai−1 Ai Ai+2 . . . An ] =− . vol[OA0 . . . Ai−1 Ai+1 Ai+2 . . . An ] Bi Ai+1 De a Vi = vol[OA0 . . . Ai−1 Ai+1 Ai+2 . . . An ], i ∈ {0, . . . , n} jelöléssel ¶ n n µ Y Y Bi A i Vi+1 = (−1)n+1 , = − V B A i i i+1 i=0 i=0 mert Vn+1 = V0 . ´s. Ha az A0 A1 . . . An n szimplexet felbontjuk az O Megjegyze kör¨ ul keletkez˝o Si = A0 . . . Ai−1 OAi+1 . . . An , i ∈ {0, 1, . . . , n} szimplexekre, akkor az Ai Ai+1 élen keletkez˝o arány az Si és Si+1 szimplex térfogatának aránya. Ez gyakorlatilag azt eredményezi, hogy az O baricentrikus koordinátái arányosak az (Si )0≤i≤n szimplexek térfogatával. A ford´ıtott áll´ıtást a lehetetlenre való visszavezetés módszerével igazoljuk. Rn -ben n darab általános helyzet˝ u hipers´ık metszete egy pont, ´ıgy a (Hi )1≤i≤n hipers´ıkok metszik egymát egy O0 pontban. Az

94

MEGOLDOTT FELADATOK

O0 A2 A3 . . . An hipers´ık az A0 A1 egyenest egy B00 pontban metszi. Az el˝obb igazolt tétel alapján n B00 A0 Y Bi Ai · = (−1)n+1 , B00 A1 i=1 Bi Ai+1

tehát

B0 A0 B0 A1

=

B00 A0 . B00 A1

Így B0 = B 0 , tehát a hipers´ıkok összefutnak. 0

¤

´s. 1. Az ABC háromszögben legyen A1 ∈ BC, B1 ∈ Megjegyze AC és C1 ∈ AB. Az AA1 , BB1 , CC1 egyenesek akkor és csak akkor összefutóak egy O pontban, ha AC1 BA1 CB1 · · = −1. C1 B A1 C B1 A Ha M, N, P, és Q az ABCD tetraéder AB, BC, CD, és DA élének tetsz˝oleges pontja, akkor az (M CD), (N DA), (P AB), (QBC) s´ıkok pontosan akkor metszik egymást egyetlen O pontban, ha AM BN CP DQ · · · = 1. M B N C P D QA ´tel. (Szilágyi Zsolt, Andr´ 3.31. Te as Szilárd) Legyen M az A0 . . . An n-szimplex egy bels˝ o pontja, G pedig a szimplex s´ ulypontja. Jelölj¨ uk Gi0 ...ik -val az Ai0 . . . Aik lap s´ ulypontj´ at és Mi0 ...ik -val az M -en át a Gi0 ...ik Aik+1 ...Ain affin résztérrel h´ uzott párhuzamos egyenesnek az 0 Ai0 . . . Aik lappal való metszéspontj´ at. Ha Gk -tel jelölj¨ uk az Mi0 ...ik pontokb´ ol alkotott pontrendszer s´ ulypontj´ at (az összes (n + 1)-ed rend˝ u 0 permut´ aci´ o szerint), akkor az M, G, Gk pontok kollineárisak és 0

k GGk = . GM n ´ s. Jelölj¨ Bizony´ıta uk kisbet˝ ukkel a megfelel˝o pontok Rn -beli helyzetvektorait. Mivel M az A0 . . . An szimplex bels˝o pontja, létezik az n P α0 , . . . , αn ∈ (0, 1) u ´gy, hogy αi = 1 és i=0

m=

n X i=0

αi ai .

´ Rn GEOMETRIAJA

Ha m =

k P j=0

95

cj aij a metszéspont és gk (i) =

1 k+1

k P j=0

aij a lap s´ ulypontja,

akkor a párhuzamosság feltétele Ã

n X

m−m=c

! λj (aij − gk (i)) ,

j=k+1

ahol λj ∈ [0, 1], minden j ∈ {k + 1, . . . , n} és

n P

λj = 1. Ez az

j=k+1

egyenl˝oség k n X X (αij − cj )aij + αij aij = c j=0

j=k+1

alakban ´ırható, és ´ıgy λj =

Ã

n X

k

1 X λj aij − aij k + 1 j=0 j=k+1

αij

!

, ha k + 1 ≤ j ≤ n, és cj = αij + n P ha 0 ≤ j ≤ k + 1. A rendszer alapján c = αij , tehát c

c , k+1

j=k+1

m = mi0 ...in

k X = [αij + j=0

1 (αi + . . . + αin )]aij . k + 1 k+1

k+1 Az n-szimplex k-dimenziós lapjainak a száma Cn+1 . Tehát

0

gk = =

1

X

k+1 Cn+1

i∈Sn+1

1

X

k+1 Cn+1

i∈Sn+1

mi0 ...in Ã

k · X j=0

¸ ! 1 αij + (αi + . . . + αin ) aij k + 1 k+1

Azon i permutációk száma, amelyre l ∈ {i0 , . . . , ik } egyenl˝o Cnk -val, és azon i permutációké, amelyre l ∈ {i0 , . . . , ik } és j ∈ {ik+1 , . . . , in }

96

MEGOLDOTT FELADATOK

k pedig Cn−1 . Tehát: 0

gk =

1

n X

k+1 Cn+1

l=0

"

# k X Cn−1 Cnk αl + αj al k + 1 j6=l

n k X Cn−1 k α + = [C (1 − αl )]al l n k+1 k+1 Cn+1 l=0 ¶ n µ X n−k k+1 = αl + (1 − αl ) al n+1 n(n + 1) l=0 ¶ k µ X k n−k = al . αl + n n(n + 1) l=0

1

A s´ ulypont affixuma g =

(30)

1 n+1

n P

ai , továbbá

i=0

¶ n µ X −−→0 1 k n−k GGk = − + αl + al n + 1 n n(n + 1) l=0 ¶ n µ X k k = − + αl al n(n + 1) n l=0

n ¡ −−→ P Tudjuk, hogy GM = αl − l=0

következik a tétel kijelentése.

1 n+1

¢

−−→0 −−→ al , tehát GGk = nk GM , ahonnan ¤

´s. 1. Ha n = 2, akkor a következ˝o tulajdonságot Megjegyze kapjuk: Legyen M az ABC háromszög egy bels˝o pontja, G pedig a háromszög s´ ulypontja. Jelölj¨ uk A1 , B1 , C1 -gyel a BC, AC és AB oldal felez˝opontját. Az M ponton kereszt¨ ul párhuzamost h´ uzunk az oldalfelez˝okkel, mely a háromszög oldalait az M1 , M2 és M3 pontokban 0 0 metszi. Ha G az M1 M2 M3 háromszög s´ ulypontja, akkor az M , G, G 0 pontok kollineárisak és GG = 21 . GM 2. Ha n = 3 és a tetraéder szabályos, akkor a következ˝o tulajdonságokat kapjuk: Ha M az A0 A1 A2 A3 szabályos tetraéder bels˝o pontja és G1 illetve G2 az M -nek a lapokra illetve az oldalakra es˝o mer˝oleges vet¨ uletei által meghatározott testek s´ ulypontjai, akkor G1 ∈

´ Rn GEOMETRIAJA

97

G1 G2 [M G], G2 ∈ [M G] és M = 23 , illetve M = 13 , ahol G a tetraéder G1 G G2 G s´ ulypontja. Szabályos szimplexek esetén a tulajdonság András Szilárdtól származik, az affin verziót Szilágyi Zsolt igazolta. Szabályos szimplexek esetén mer˝oleges vet¨ uletekkel dolgozhatunk és két dimenzióban általános´ıthatjuk a tulajdonságot szabályos sokszögekre is (lásd: András Szilárd: About the centroid of podar polygons, Octogon Mathematical Magazine, 9(2001):2, 864.-868.)

A

M2 B1

C1 M3 M

G M

, C

B

M1

A1

3.13. ábra ´tel. Ha az A0 . . . An szimplex minden Ai Aj élén felvesz¨ 3.32. Te unk egy Bij pontot, akkor az Ai Bij1 . . . Bijn , {j1 , . . . , jn } = {0, . . . , n}\{i} szimplexek köré ´ırhat´ o Si gömb¨ oknek van egy köz¨ os M pontja 26 (ezt nevezz¨ uk a szimplex Miquel pontj´ anak). ´ s. A bizony´ıtást a dimenzió szerinti indukcióval végezBizony´ıta z¨ uk. El˝obb igazoljuk a tulajdonságot n = 2 esetén. Az A0 A1 A2 háromszög oldalain felvessz¨ uk a B01 ∈ A0 A1 , B12 ∈ A1 A2 , és B20 ∈ A2 A0 pontokat és jelölj¨ uk O-val az A0 B01 B20 és A1 B01 B12 háromszög köré ´ırt kör metszéspontját (O = B01 , ha a két kör érinti egymást). ◦ ◦ \ \ \ m(B\ 01 OB20 ) = 180 −m(A2 A0 A1 ), m(B01 OB12 ) = 180 −m(A0 A1 A2 ), ◦ \ \ és m(B\ at 12 OB20 ) = 360 − m(B01 OB20 ) − m(B01 OB12 ), teh´ ◦ \ m(B\ 12 OB20 ) = 180 − m(A1 A2 A0 ),

és ´ıgy az A2 B20 OB12 négyszög körbe´ırható, tehát a három körnek van közös pontja. Feltételezz¨ uk, hogy a tulajdonság egy rögz´ıtett nre igaz. Tekintj¨ uk az A0 . . . An An+1 (n + 1) dimenziós szimplexet, a 26Auguste

Miquel, 1838

98

MEGOLDOTT FELADATOK

(Bij )0≤i<j≤n+1 pontrendszert az élein, és az (Si )i=0,n+1 gömböket, amelyeket az (Ai Bij1 . . . Bijn )i=0,n+1 szimplexek köré ´ırunk. Ha az Ai -vel szembenfekv˝o ai n dimenziós lap Miquel pontját Mi -vel jelölj¨ uk, akkor Mi ∈ Sn+1 , ∀i ∈ {0, . . . , n} és Mj ∈ Si ∩ Sn+1 , ∀j ∈ {0, . . . , n}\{i}, valamint Bi(n+1) ∈ Si ∩ Sn+1 . Ez alapján az Ni = Si ∩ Sn+1 halmaz az {Mj }j6=i,j6=n+1 ∩ {Bi(n+1) } cs´ ucsok által meghatározott n dimenziós gömb. Tehát elégséges igazolni, hogy a {Ni }i=0,n gömböknek van egy közös pontjuk. Másrészt, ha az n dimenziós tulajdonságot egy inverzió seg´ıtségével áttranszformáljuk, éppen ezt kapjuk. ¤ ´s. 1. n = 2 esetén: Ha ABC egy háromszög és M ∈ Megjegyze BC, N ∈ CA, P ∈ AB, akkor az AP N, BM P és CN M háromszögek köré ´ırható köröknek van egy közös pontja. Ezt nevezik a háromszög Miquel pontjának. A

N P O

B M

C

3.14. ábra 2. n = 3 esetén: Ha A0 A1 A2 A3 egy tetraéder és Bij ∈ Ai Aj , i, j ∈ {0, 1, 2, 3} tetsz˝oleges pontok az éleken, akkor az Ai Bij1 Bij2 Bij3 , ({j1 , j2 , j3 } = {0, 1, 2, 3}\{i} tetraéderek köré ´ırható gömböknek van egy közös pontja. uggetlen irányok 8. Feladat. Az (OAi )1≤i≤n Rn -ben lineárisan f¨ által meghatározott k´ up belsejében felvessz¨ uk az M pontot és ezen át olyan H hipers´ıkot fektet¨ unk, amely metszi az összes OAi félegyenest, i = 0, n. A H hipers´ık milyen helyzetére minimális az OB1 B2 . . . Bn szimplex térfogata, ha {Bi } = OAi ∩ H, i ∈ {1, 2, . . . , n}?

´ Rn GEOMETRIAJA

99 A0

B03

M2

B02

M1 A1

A3

B13 B12

B23 A2

3.15. ábra −−→ −−→ ´ s. Ha OAi = ai , OBi = bi , i ∈ {1, . . . , n}, akkor ´ırhatMegolda n −−→ P juk, hogy bi = λi ai , i ∈ {1, . . . , n} és m = OM = γi ai , ahol γi > 0, n P

ha i ∈ {1, . . . , n}. Mivel m = {1, . . . , n}, azaz m =

n P

αi bi ,

i=1

n P

i=1

αi = 1 és αi ∈ [0, 1], i ∈

i=1

αi λi ai , tehát αi =

i=1

O

γi , λi

i ∈ {1, . . . , n}. Bn +

An

B1

M

A1 +

B3

B2 +A

+

A3

2

3.16. ábra Másrészt

vol[OB1 B2 ...Bn ] vol[OA1 A2 ...An ]

minimumát keress¨ uk, ha

=

n P i=1

n Q i=1 γi λi

OBi OAi

=

n Q i=1

λi . Tehát a

n Q

λi szorzat

i=1

= 1, ahol γi rögz´ıtett minden i-re. A

100

MEGOLDOTT FELADATOK

harmonikus és mértani közép közti egyenl˝otlenség alapján v u n u Y λi n n t ≤ , n P γi γ i=1 i i=0 n Q

tehát

λi ≥

i=1

n Q

λi

γi · nn . Egyenl˝oség pontosan akkor van, ha

i=1

γ1 γ2 γn 1 = = ··· = = , λ1 λ2 λn n vagyis ha M a B1 B2 . . . Bn n − 1 szimplex s´ ulypontja.

¤

´s. A Bi pontot megszerkeszthetj¨ Megjegyze uk u ´gy is, hogy felvessz¨ uk az N ∈ (OM pontot u ´gy, hogy ON = n · OM, majd megszerkesztj¨ uk azt a paralelipipedont, amelynek f˝oátlója ON. Ez azt jelenti, hogy az N ponton át az OA1 A2 . . . Ai−1 Ai+1 . . . An hipers´ıkkal h´ uzott párhuzamos hipers´ıkot metsz¨ uk az OAi félegyenessel. 9. Feladat. Az A0 A1 . . . An szimplex minden Ai Ai+1 élén (ahol i ∈ {0, 1, . . . n} és An+1 = A0 ) vegy¨ unk fel egy Bi pontot u ´gy, hogy Ai Bi = ki , 0 ≤ i ≤ n. BA i

i+1

a) Szám´ıtsuk ki a B0 B1 . . . Bn és A0 A1 . . . An szimplexek térfogatának arányát. b) Ha Hj -vel jelölj¨ uk a {Bj } ∪ {A0 , A1 , . . . , An } \ {Aj Aj+1 } pontok által meghatározott hipers´ıkot, és minden 0 ≤ i ≤ n T esetén {Ci } = Hj , akkor szám´ıtsuk ki a C0 C1 . . . Cn és j6=i

A0 A1 . . . An szimplexek térfogatának arányát. ´ s. a) Minden X pont helyzetvektorát x-szel jelölj¨ Bizony´ıta uk. λ −1 i Így bi = λi ai + (1 − λi )ai+1 , és ki = , ha 0 ≤ i ≤ n. A térfogat λi értelmezése alapján (31)

det(b0 , b1 , . . . , bn ) vol[B0 B1 . . . Bn ] = , vol[A0 A1 . . . An ] det(a0 , a1 , . . . , an )

ahol a det(x0 , x1 , . . . , xn ) alatt annak az (n + 1) × (n + 1)-es mátrixnak a determinánsa értend˝o, amelynek az els˝o sorában egyesek állnak és

´ Rn GEOMETRIAJA

101

minden oszlopban · a többi elem ¸ a megfelel˝o xi koordinátáit tartal1 1 ... 1 mazza. A B= mátrix determinánsát felbontjuk az b0 b1 . . . bn els˝o oszlop szerint: ¯ ¯ ¯1 ¯ 1 . . . 1 ¯+ det(B) = λ0 ¯¯ a0 λ1 a1 + (1 − λ1 )a2 . . . λn an + (1 − λn )a0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯1 1 . . . 1 ¯ + (1 − λ0 ) ¯¯ a1 λ1 a1 + (1 − λ1 )a2 . . . λn an + (1 − λn )a0 ¯ Az els˝o determinánsban az utolsó oszlopból kivonjuk az els˝o oszlop (1 − λn )-szeresét, majd kiemel¨ unk λn -et az utolsó oszlopból. Aztán az utolsó el˝otti oszlopból kivonjuk az utolsó (1 − λn−1 )-szeresét és ´ kiemel¨ unk λn−1 -et. Altal´ aban 2 ≤ k ≤ n esetén a k-adik oszlopból kivonjuk a (k + 1)-dik oszlop λk−1 -szeresét és kiemelj¨ uk λk−1 -et. Hasonló módon a második determinánsban 2 ≤ k ≤ n + 1 esetén a k-adik oszlopból kivonjuk a (k − 1)-edik oszlop λk−1 -szeresét és kiemel¨ unk ´ (1 − λk−1 )-et. Igy azt kapjuk, hogy ¯ ¯ ¯ ¯ n n Y ¯ 1 1 ... 1 ¯ Y ¯ 1 1 ... 1 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ λk ¯ det(B) = (1 − λk ) ¯ + a0 a1 . . . an ¯ a1 a2 . . . an a0 ¯ k=0

k=0

vagyis a keresett arány n Y k=0

λk + (−1)n

n Y

1 − (−1)n+1

n Q j=0

(1 − λk ) =

n Q

k=0

kj .

(1 + kj )

j=0

´s. Látható, hogy ha Megjegyze

n Q

kj = (−1)n + 1, akkor a

j=0

B0 B1 . . . Bn alakzat n dimenziós térfogata 0, tehát ebben az esetben a vizsgált pontok egy hipers´ıkra illeszkednek. Ez éppen a Menelaosz tétel. Az összef¨ uggésb˝ol következik a ford´ıtott tétel is. b) El˝obb határozzuk meg a Cn pont koordinátáit. A Hj hipers´ık parametrikus egyenlete µ0 a0 + · · · + µj (λj aj + (1 − λj )aj+1 ) + µj+1 aj+2 + · · · + µn−1 an = 0,

102

ahol

MEGOLDOTT FELADATOK n−1 P

µj = 1. Így ha a Cn pontnak az eredeti szimplexre vonatkozó

j=0

baricentrikus koordinátái (α0 , α1 , . . . , αn ), akkor kj =

αj+1 αj

=

1−λj λj

= kj , ha

Ai Bi Bi Ai+1

(az el˝obbi alpontban használt jelölésekt˝ol egy el˝ojelben k¨ ulönbözik). Így tehát az α1 = α0 · k0 , α2 = α1 · k0 k1 , .. . αn = α0 · k0 k1 . . . kn−1 összef¨ uggésekhez jutunk, ahonnan a

n P

αj = 1 egyenl˝oség alapján kö-

j=0

vetkezik, hogy α0 =

αj =

1 , és 1 + k0 + k0 k1 + · · · + k0 k1 . . . kn−1

k0 k1 . . . kj−1 , j ∈ {1, 2, . . . , n}. 1 + k0 + k0 k1 + . . . k0 k1 . . . kn−1

Ha az indexeket modulo (n + 1) értj¨ uk, akkor ´ırhatjuk, hogy Sj = 1 +

n Y v X

kj+r

v=0 r=1

és általában a n v 1 XY cj = kj+r aj+r+1 , j = 0, n Sj v=0 r=1

(ahol a

0 Q r=1

alak´ u szorzatokat 1-nek tekintj¨ uk).

Miel˝ott a kért arányt kiszámolnánk, a számolás menetének tisztázása

´ Rn GEOMETRIAJA

103

érdekében, vizsgáljuk meg az n = 2 esetet. 1 (a1 + k1 a2 + k1 k2 a0 ), S0 1 = (a2 + k2 a0 + k2 k3 a1 ), S1 1 = (a0 + k0 a1 + k0 k1 a2 ), S2

c0 = c1 c2

ahol S0 = 1 + k1 + k1 k2 , S1 = 1 + k2 + k2 k3 , S2 = 1 + k0 + k0 k1 . Fel´ırhatjuk, hogy   k1 k2 k1 1   · ¸ S0 S0 S0 1 a0   1 1 1 k2 k2 k3 1    = S1 S1  · 1 a1 ,  S1 c0 c1 c2 k0 k0 k1 1 1 a2 S2

S2

S2

tehát az arány kiszám´ıtásához elégséges a ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ k1 k2 1 k1 ¯¯ ¯¯ 1 k0 k0 k1 ¯¯ ¯ ∆2 = ¯¯ k2 k2 k3 1 ¯¯ = ¯¯ k1 k2 1 k1 ¯¯ ¯ 1 k0 k0 k1 ¯ ¯ k2 k2 k3 1 ¯ determinánst kiszámolni. Ez éppen (k1 k2 k3 − 1)2 , tehát a keresett arány (k1 k2 k3 − 1)2 . 2 Q v 2 P Q (1 + kj+r ) j=0

v=1 r=1

Hasonló gondolatmenet alapján az általános esetben a ¯ ¯ 1 k0 k0 k1 k0 k1 k2 ¯ ¯ k1 k2 . . . kn 1 k1 k1 k2 ¯ ¯k k . . . k k . . . k k 1 k2 n 2 n 0 ∆n = ¯ 2 3 ¯ . . . .. .. .. .. ¯ . ¯ ¯ kn kn k0 kn k0 k1 kn k0 k1 k2

¯ . . . k0 k1 . . . kn−1 ¯¯ . . . k1 k2 . . . kn−1 ¯¯ . . . k2 . . . kn−1 ¯¯ ¯ .. ¯ . ¯ ¯ ... 1

determminánst kell kiszámolnunk. Ha j = n+1, j = n, . . . , j = 2 esetén rendre kivonjuk a j-edik oszlopból a j − 1-edik oszlop kj−2 -szeresét

104

MEGOLDOTT FELADATOK

akkor a ¯ ¯ 1 0 0 ¯ ¯k1 k2 . . . kn 1 − k0 k1 . . . kn 0 ¯ ¯k k . . . k 0 1 − k0 k1 . . . kn n ∆n = ¯ 2 3 ¯ . . .. .. .. ¯ . ¯ ¯ kn 0 0

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯= ¯ ¯ ¯ . . . 1 − k0 k1 . . . kn ¯

... ... ...

0 0 0 .. .

= (1 − k0 k1 . . . kn )n egyenl˝oséghez jutunk. Tehát általában vol(C0 C1 . . . Cn ) (1 − k0 k1 . . . kn )n = Q . n n Q v P vol(A0 A1 . . . An ) (1 + kj+r ) j=0

v=1 r=1

¤ ´sek. 1. A C0 C1 . . . Cn térfogata pontosan akkor 0, ha Megjegyze a Hi , i = 0, n hipers´ıkok összefutóak (mert az összes Ci pont nem lehet egy hipers´ıkban), tehát visszakapjuk a Ceva tételt és annak ford´ıtottját. 2. n = 2 és n = 3 esetén teljesen elemi módszerek seg´ıtségével Simon József ugyanezeket az eredményeket igazolta (lásd Matlap ....). Kit˝ uz¨ ott feladatok (1) Ha M egy pont az A0 A1 ...An szimplex belsejében, és {A0i } = Ai M ∩ ai , ahol ai az Ai cs´ uccsal szembefekv˝o lap, akkor ¯ ¯ n o n o 0 MA ¯ M A0 ¯ 1 max Ai Ai0 ¯ 0 ≤ i ≤ n ≥ n+1 ≥ min Ai Ai0 ¯ 0 ≤ i ≤ n i

i

és egyenl˝oség csakis a s´ ulypontra teljes¨ ul. (2) Az A0 A1 ...An szimplexben az A0 pontból az A1 A2 ...An hipers´ıkra bocsátott mer˝olegesen felvessz¨ uk az M pontot és jelölj¨ uk Bi -vel az M vet¨ uletét az A0 Ai egyenesre, i = 1, n. 0 Ha A0 az A0 átmér˝osen ellentett pontja az A0 A1 ...An szimplex köré ´ırt hipergömbben és P az A1 A2 ...An hipers´ıknak és az A0 -ból az A00 M -re bocsátott mer˝oleges egyenesnek a metszete, akkor P benne van a B1 B2 ...Bn hipers´ıkban.

´ Rn GEOMETRIAJA

105

(3) Az A0 A1 ...An szimplexben jelölj¨ uk Gi -vel az Ai cs´ uccsal szembefekv˝o lap s´ ulypontját és Hi -vel egy tetsz˝oleges H pont esetén az Ai H szakasz H -hoz közelebb es˝o pontját, amelyre HHi = k minden i ∈ {0, 1, ..., n} esetén. A Gi Hi , 0 ≤ i ≤ n HAi szakaszoknak van egy közös pontja és egyetlen olyan H pont létezik, amelyre a {Gi | 1 ≤ i ≤ n} ∪ { Hi | 1 ≤ i ≤ n} pontok egy gömbön vannak. (4) Bizony´ıtsd be, hogy minden A0 A1 ...An szimplex esetén létezik n P egyetlen olyan K pont, amelyre a d2 (K, aj ) összeg mij=0

nimális (ez a szimplex Lemoine pontja).

IV. FEJEZET KONVEX GEOMETRIA ´ ´s. Az X ⊂ Rd halmazt konvexnek nevezz¨ 4.1. Ertelmez e uk, ha tetsz˝oleges x, y ∈ X esetén az [x, y] = {αx + (1 − α)y|α ∈ [0, 1]} halmaz részhalmaza X-nek (vagyis X bármely két pontját összeköt˝o szakasz is része X-nek). Az αx + (1 − α)y-t az x és y pontok konvex kombin´ aci´ oj´ anak nevezz¨ uk, ha α ∈ [0, 1]. ´sek. 1. Az u Megjegyze ¨res halmaz is konvex halmaz, mivel nem létezik olyan x, y ∈ ∅ és olyan λ ∈ [0, 1], amelyre λx + (1 − λ)y ∈ / ∅. d 2. R helyett egy tetsz˝oleges affin térben is értelmezhetj¨ uk a konvex halmazokat. ´lda ´k. 1. Az Rd konvex. Ha x, y ∈ Rd , akkor x és y tetsz˝oleges Pe lineáris kombinációja is Rd -ben van, tehát αx + (1 − α)y ∈ Rd , ha α ∈ [0, 1]. Így [x, y] ⊂ Rd , ∀ x, y ∈ Rd . 2. Ha L ⊂ Rd egy lineáris varietás, akkor L konvex. Valóban, az L bármely két pontja esetén azok minden affin kombinációja is L-ben van. Mivel a konvex kombinációk sajátos affin kombinációk, ezért az L két tetsz˝oleges pontját összeköt˝o szakasz is L-ben van. ¤ ´ g. Konvex halmazok metszete is konvex halmaz. 4.2. Tulajdonsa ´ s. Legyen I egy index halmaz és legyenek Ki ⊂ Rd Bizony´ıta T konvex halmazok (i ∈ I). Ha x, y ∈ i∈I Ki , akkor [x, y] ⊂ Ki , T minden i ∈ I esetén, mivel Ki konvex. Tehát [x, y] ⊂ i∈I Ki , ami azt T jelenti, hogy i∈I Ki konvex. ¤ 107

108

m P

KONVEX HALMAZOK

´ ´s. Ha x0 , . . . , xm ∈ Rd , α0 , . . . , αm ∈ [0, 1] és 4.3. Ertelmez e m P αk = 1, akkor a αk xk -t az x1 , . . . , xm pontok konvex kom-

k=0

k=0

bin´ aci´ oj´ anak nevezz¨ uk.

´ g. Ha K ⊂ Rd konvex halmaz, akkor a K ele4.4. Tulajdonsa meinek tetsz˝oleges konvex kombinációja is K-ban van. ´ s. A matematikai indukció módszerével igazoljuk, hogy Bizony´ıta Pm oleges m ∈ N∗ esetén, ha x0 , . . . , xm ∈ K, k=0 αk xk ∈ K, tetsz˝ m P αk = 1. Mivel K konvex, m = 1 esetén α0 , . . . , αm ∈ [0, 1] és k=0

α0 x0 + α1 x1 ∈ K. Tegy¨ uk fel, hogy m < n esetén

m P

αk xk ∈ K,

k=0

ha az egy¨ utthatók nem negat´ıvak és összeg¨ uk 1. Ha m = n, akkor feltételezhetj¨ uk, hogy az α0 , . . . , αm számok köz¨ ul egyik sem nulla. Így αn−1 + αn > 0, tehát a βk = αk és yk = xk , ha k ∈ {0, . . . , n − 2}, illetve βn−1 = αn−1 + αn és αn−1 xn−1 + αn xn yn−1 = ∈K αn−1 + αn egy¨ utthatókra és pontokra alkalmazhatjuk az indukciós feltevést. Ez alapján n−1 n X X βk yk ∈ K, αk xk = k=0

k=0

mivel β0 , . . . , βn−1 ∈ [0, 1],

n−1 P k=0

βk =

n P

αk = 1 és y0 , . . . , yn−1 ∈ K.

k=0

¤

´ ´s. Ha A ⊂ Rd , akkor azt a legkisebb konvex hal4.5. Ertelmez e mazt, mely tartalmazza A-t, az A halmaz konvex burkolój´ anak nevezz¨ uk, és convA-val jelölj¨ uk. ´ g. Ha A ⊂ Rd egy tetsz˝oleges halmaz, akkor 4.6. Tulajdonsa convA = B, ahol ( n ) ¯ n X X ¯ ∗ B= αk = 1 . αk ak ¯¯ n ∈ N , ak ∈ A, αk ≥ 0, 1 ≤ k ≤ n, k=1

k=1

KONVEX GEOMETRIA

109

´ s. Ha igazoljuk, hogy A ⊂ B és B konvex, akkor a Bizony´ıta konvex burkoló értelmezése alapján convA ⊂ B. Mivel convA konvex ezért a 4.4. tulajdonság alapján convA ⊂ B és kapjuk, hogy convA = B. Most igazoljuk, hogy B konvex, hiszen az A ⊂ B bennfoglalás nyilvánvaló. m n P P Ha x = αi ai , y = βj bj , és λ, µ ∈ [0, 1], ahol a0 , . . . , am ∈ A, i=0

j=0

m P

b0 . . . , bn ∈ A, α0 , . . . , αm , β0 , . . . , βn ∈ [0, 1],

αi = 1,

i=0,

n P

βj = 1 és

j=0

λ + µ = 1, akkor λx + µy = λ

m X

αi ai + µ

n X

i=0

βj bj =

j=0

m+n+1 X

γk c k ,

k=0

ahol γk = λαk , illetve ck = ak , ha k ∈ {0, . . . , m} és γk = µβk−m−1 , illetve ck = bk−m−1 , ha k ∈ {m + 1, . . . , m + n + 1}. n m+n+1 m P P P βj = λ + Továbbá γ0 , . . . , γm+n+1 ∈ [0, 1], γk = λ αi + µ k=0

i=1

j=0

+µ = 1, és c0 , . . . , cm+n+1 ∈ A, tehát λx + µy ∈ B.

¤

´tel. (Carathéodory27 tétele, 1907). Ha A ⊂ Rd , akkor 4.7. Te ) ( d+1 ¯ d+1 X X ¯ αk ak ¯¯ ak ∈ A, αk ≥ 0, 1 ≤ k ≤ d + 1, αk = 1 convA = k=1

k=1

´ s. Ha x ∈ convA, akkor a 4.6. tulajdonság alapján Bizony´ıta n P létezik a0 , . . . , an ∈ A és α0 , . . . , αn ∈ [0, 1] u ´gy, hogy x = αi xi és n P

i=1

αi = 1. Az

i=0

a0i

d+1

∈R

, i ∈ {0, . . . , n} vektorokat u ´gy kapjuk, hogy

az ai ∈ Rd vektorok mindegyikét kiegész´ıtj¨ uk egy 1-essel. Így a ( β0 a0 + . . . + βn an = 0 (32) β0 + . . . + βn = 0 egyenletrendszer ekvivalens a (33) 27Constantin

β0 a00 + . . . + βn a0n = 0 Carathéodory, 1873-1950

´ TETELEK ´ HELLY TÍPUSU

110

egyenlettel. Mivel n ≥ d + 1 az a00 , . . . , a0n ∈ Rd+1 vektorok lineárisan f¨ ugg˝ok ´ıgy a (33) egyenletnek van nem triviális megoldása. Tehát a (32) egyenletrendszernek is van nem triviális megoldása. Bármely µ ∈ R esetén (34)

x=

n X (αi − µβi )ai . i=0

Mivel β0 , β1 , . . . , βn egy nem triviális megoldása a (32) rendszernek, létezik a µ = min{ αβii | βi > 0} valós szám. Erre a µ-re a (34) egyenl˝oségben valamelyik ai egy¨ utthatója nulla, és ´ıgy x el˝oa´ll, mint (n − 1) elem konvex kombinációja, hiszen βi ≤ 0 esetén αi − µβi ≥ 0, illetve βi > 0 esetén αi − µβi ≥ 0 a µ értelmezése alapján, továbbá n n X X (αi − µβi ) = αi = 1. i=0

i=0

Ez a gondolatmenet addig ismételhet˝o, am´ıg az x-et el˝oa´ll´ıtjuk legfeljebb d + 1 darab A-beli elem konvex kombinációjaként. ¤ Helly t´ıpus´ u t´ etelek Helly28 t´ etele a s´ıkban ´tel. Ha a s´ıkban n konvex halmaz köz¨ 4.8. Te ul bármely háromnak van köz¨ os pontja, akkor az összesnek is van köz¨ os pontja. ´ s. n szerinti indukciót alkalmazunk. Bizony´ıta I. Ha n = 3, az áll´ıtás nyilvánvaló. n = 4 esetén jelölj¨ uk H 1 , H 2 , H3 és H4 -gyel a halmazokat. A feltétel szerint létezik a P1 , P2 , P3 , P4 pont u ´gy, hogy P1 ∈ H2 ∩ H3 ∩ H4 , P2 ∈ H1 ∩ H3 ∩ H4 , P3 ∈ H1 ∩ H2 ∩ H4 , P4 ∈ H1 ∩ H2 ∩ H3 . Ha a P1 , P2 , P3 , P4 pontok kollineárisak, akkor a középs˝o két pont által meghatározott szakasz minden pontja benne van a H1 ∩ H2 ∩ H3 ∩ H4 metszetben. A továbbiakban feltételezz¨ uk tehát, hogy a P1 , P2 , P3 , 28Eduard

Helly, 1884-1943

KONVEX GEOMETRIA

111

P4 pontok nem kollineárisak. Mivel P1 , P2 , P3 ∈ H4 és H4 konvex, következik, hogy P1 P2 P3 4 ⊆ H4 . A következ˝o eseteket k¨ ulönböztetj¨ uk meg aszerint, hogy a P4 pont a P1 P2 P3 háromszöghöz képest hol helyezkedik el: P1 P4

a)

P3 P2

P4 ∈ Int(P1 P2 P3 4 ) ⇒ P4 ∈ H4 ⇒ P4 ∈ H1 ∩ H2 ∩ H3 ∩ H4 ⇒ H1 ∩ H2 ∩ H3 ∩ H4 6= ∅.

4.1. ábra

I.

P4

VI.

P1

IV.

b)

P3 III. II.

P2

V.

Ha P4 az I (II, ill. III) tartományban van, akkor P1 (P2 , ill. P3 ) a P2 P3 P4 (P1 P3 P4 , illetve P1 P2 P4 ) háromszög belsejében helyezkedik el, tehát P1 ∈ H1 ∩ H2 ∩ H3 ∩ H4 .

4.2. ábra c) Ha P4 a IV, V, VI tartományok valamelyikében van, akkor a P1 , P2 , P3 , P4 pontok által meghatározott négyszög (legyen ez P1 P2 P3 P4 ) konvex és ´ıgy (P1 P3 ) ∩ (P2 P4 ) = {Q}. Mivel Q ∈ P1 P3 ⊆ H2 ∩ H4 és Q ∈ P2 P4 ⊆ H1 ∩ H3 , következik, hogy Q ∈ H1 ∩ H2 ∩ H3 ∩ H4 . II. Feltételezz¨ uk, hogy k darab konvex halmaz esetén igaz az áll´ıtás és igazoljuk, hogy k + 1 halmaz esetén is igaz. A H1 , H2 , ..., Hk , Hk+1 konvex halmazok esetén legyen K1 = H1 ∩ Hk+1 , K2 = H2 ∩ Hk+1 , ..., Kk = Hk ∩ Hk+1 k darab konvex halmaz. A Hi , Hj , Hl , Hk+1 (1 ≤ i < j < l < k +1) halmazokra alkalmazva a már bizony´ıtott áll´ıtást (a hármankénti metszetek nem u ¨resek, tehát a négy halmaznak van közös pontja), következik, hogy Hi ∩ Hj ∩ Hl ∩ Hk+1 6= ∅,


112

vagyis (Hi ∩ Hk+1 ) ∩ (Hj ∩ Hk+1 ) ∩ (Hl ∩ Hk+1 ) 6= ∅ ⇒ Ki ∩ Kj ∩ Kl 6= ∅. Tehát a (Ki )i=1,k halmazcsaládra teljes¨ ulnek az indukciós feltétel kök k k+1 T T T vetelményei, s ´ıgy Ki 6= ∅. De Ki = ∩k+1 at Hi 6= i=1 Hi , teh´ i=1

∅.

i=1

i=1

¤

Alkalmaz´ asok ´tel. (Yung tétele) a) Adott a s´ıkban n pont u 4.9. Te ´gy, hogy b´ armely két pont távols´ aga kisebb vagy egyenl˝ o mint D. Igazoljuk, √ D 3 hogy létezik egy legfennebb 3 sugar´ u körlap amely lefedi az adott pontokat. √ b) Bármely D átmér˝ oj˝ u konvex alakzat lefedhet˝ o egy D3 3 sugar´ u k¨ orrel. ´ s. I. Vizsgáljuk el˝osz˝or az n = 3 esetet. Bizony´ıta Ha az ABC háromszög tompaszög˝ u (vagy degenerált, azaz A, B, C kolA lineárisak), akkor a leghosszabb oldalra mint átmér˝ore szerkesztett körlap bizC B a) tosan lefedi a háromszöget (félkörbe ´ırt ker¨ uleti szög mértéke 90◦ ), ennek sugara pedig kisebb vagy egyenl˝o mint D 4.3. ábra < √D3 . 2 A Ha az ABC háromszög hegyesszög˝ u, b)

O R A R B

akkor létezik legalább egy olyan szöge, melynek mértéke 60◦ -nál nagyobb (és 90◦ -nál kisebb)- legyen ez A. ) √

1 ≥ sin A ≥ 23 C Ekkor X OBX4 -ben: BX = sin A R 4.4. ábra √ BC 3 BC D ⇒1≥ ≥ ⇒R≤ √ ≤ √ . 2R 2 3 3

Tehát a háromszög köré ´ırt körlap sugara ≤ lefödi a háromszöget.

√ D 3 , 3

⇒

ez a körlap viszont

KONVEX GEOMETRIA

113

A bizony´ıtott eredmény megfogalmazhat´ ou ´gy is, hogy a megadott √ D 3 u körlapoknak van pontokra, mint középpontokra illesztett 3 sugar´ legalább egy közös pontja. II. Ha n egy tetsz˝oleges természetes szám, n ≥ 4, akkor tekintj¨ uk azokat a körlapokat, melyek középpontja a megadott pontokban van, √ D 3 és sugaruk 3 . Az el˝obbi áll´ıtás alapján ezek hármanként metszik egymást, ´ıgy a Helly tétel szerint az összes körlapnak van legalább egy közös pontja. Ha O-val jelöl¨ unk egy közös pontot, akkor az O √ D 3 u körlap lefedi az adott pontokat. ¤ középpont´ u, 3 sugar´ ´s. Ahhoz, hogy a tétel b) pontját is belássuk, elégséges Megjegyze a következ˝o általánosabb Helly tételt igazolni: ´tel. Ha végtelen sok (s´ıkbeli) zárt konvex alakzat köz¨ 4.10. Te ott van legal´ abb egy korlátos és köz¨ ul¨ uk bármely három metszi egym´ ast, akkor az összes halmaz metszi egym´ ast. ´ s. Az adott halmazokat jelölj¨ Bizony´ıta uk Hi -vel, i ∈ I, ahol I egy tetsz˝oleges indexhalmaz. Mivel az indexhalmaz tetsz˝oleges, ezért olyan eszközökre van sz¨ ukség¨ unk amelyek lehet˝ové teszik tetsz˝olegesen indexelt sorozatok kezelését. Válasszunk ki egy tetsz˝oleges halmazt az adottak köz¨ ul és jelölj¨ uk H1 -gyel. Ha létezik olyan x ∈ H1 , melyre x ∈ Hi , ∀i ∈ I, akkor x közös eleme az összes halmaznak. Ellenkez˝o esetben minden x ∈ H1 pont esetén létezik olyan ix ∈ I index, amelyre x 6∈ Hix . Így az x középpont´ u, rx = 12 d(x, Hix ) sugar´ u körlapnak Hix - szel nincs közös pontja. Tehát bármely x ∈ H1 esetén létezik Cx = C(x, rx ) u ´gy, hogy Cx ∩ Hix = ∅. A (Cx )x∈H1 halmazrendszer lefedi a H1 -t, ´ıgy a Borel-tétel értelmében kiválasztható H1 -nek egy véges lefödés, legyen ez {Cx1 , Cx2 , ..., Cxk }. A H1 , Hix1 , Hix1 , Hix2 , ..., Hixk tartományokra alkalmazható a Helly tétel, ´ıgy létezik olyan x0 ∈ H1 , amely minden Hixl , l = 1, k halmaznak eleme. Mivel x0 ∈ H1 és (Cxl )l=1,k lefödi a H1 halmazt, ezért létezik l0 index, melyre x0 ∈ Cxl0 . Tudjuk, hogy Cxl0 ∩ Hixl = ∅, ´ıgy ez 0 utóbbi két áll´ıtás alapján x0 6∈ Hixl , ez viszont ellentmond az el˝obbi 0 áll´ıtásnak. ¤ ´tel. Minden konvex s´ıktartom´ 4.11. Te anynak van olyan bels˝ oO pontja, amely valamennyi rajta átmen˝ o h´ ur középs˝ o harmadába esik.


114

´ s. Az X határpont esetén tekintj¨ Bizony´ıta uk az eredeti H hal2 maz X középpont´ u, 3 arány´ u kicsiny´ıtett mását. Az ´ıgy kapott KX halmazok teljes´ıtik az el˝obbi bizony´ıtás b) pontjánál igazolt Helly-tétel feltételeit. ¤ ´tel. (W. Blaschke tétele) Ha egy K konvex tartomány 4.12. Te szélessége d, akkor a tartományban elhelyezhet˝o egy d3 sugar´ u kör. ´ s. Az el˝obbi tételben szerepl˝o O pont egyetlen határBizony´ıta ponttól sincs d3 -nál kisebb távolságra, ´ıgy a C(O, d3 ) kör a K tartományban helyezkedik el. ¤ ´tel. Adott a s´ıkban n egyenes (n ≥ 3) és egy K kon4.13. Te vex halmaz. Igazoljuk, hogy ha minden di egyeneshez hozzá tudunk rendelni egy αdi féls´ıkot (az általa meghat´ arozott két féls´ık köz¨ ul) u ´gy, n hogy az ∪i=1 αdi halmaz tartalmazza a K halmazt, akkor a féls´ıkok köz¨ ul kiv´ alaszthat´ o három, amelyek már lefödik K-t. ´ s. Legyen αd az αd komplementere, ekkor Bizony´ıta ∪ni=1 αdi ⊇ K

DeM organ

⇒

(∩ni=1 αdi ) ∩ K = ∅ ⇒ ∩ni=1 (αdi ∩ K) = ∅.

Az Ij := αdj ∩ K, j = 1, n halmazok konvexek, ´ıgy léteznek az i, j, k ∈ {1, 2, ..., n} indexek u ´gy, hogy Ii ∩Ij ∩Ik = ∅ (ha nem léteznének ilyen indexek, akkor teljes¨ ulne n a Helly tétel feltétele s ´ıgy ∩j=1 Ij 6= ∅ lenne). Ezek szerint ¡ ¢ DeM organ αdi ∩ αdj ∩ αdk ∩ K = ∅ ⇒ αdi ∪ αdj ∪ αdk ⊃ K. ¤ ´tel. Adott a s´ıkban n soksz¨ og u ´gy, hogy bármely kett˝onek 4.14. Te van köz¨ os pontja. Igazoljuk, hogy tetsz˝oleges d irány mentén létezik olyan d-vel párhuzamos egyenes, amely minden sokszöget metsz. ´ s. Vet´ıtj¨ Bizony´ıta uk a sokszögeket egy d-re mer˝oleges d1 egyenesre és ezen alkalmazzuk a Helly tétel 1 dimenziós változatát. ¤

KONVEX GEOMETRIA

115

´tel. (Sz´ınes Helly tétel a s´ıkban) Ha a (Hi1 )i∈I1 , (Hi2 )i∈I2 , 4.15. Te (Hi3 )i∈I3 halmazrendszerekre teljes¨ ul a Hi1 ∩ Hj2 ∩ Hk3 6= ∅, ∀i ∈ I1 , j ∈ I2 , k ∈ I3 feltétel, akkor létezik l ∈ {1, 2, 3} u ´gy, hogy ∩i∈Il Hil 6= ∅. ´s. Ha Hi1 = Hi2 = Hi3 = Hi , akkor visszakapjuk a Megjegyze Helly tételt. Ezt a tételt a kés˝obbiekben igazoljuk, most csak a következ˝o speciális esetét bizony´ıtjuk, az analógia megértésének céljából. Adott a s´ıkban 2 piros, 2 zöld és 2 sárga körlap. Ha bármely 3 k¨ ulönböz˝o sz´ın˝ u körlapnak van közös pontja, akkor létezik két azonos sz´ın˝ u metsz˝o körlap. ´ s. A lehetetlenre való visszavezetés módszerét használjuk. Bizony´ıta Feltételezz¨ uk, hogy nincs két azonos sz´ın˝ u metsz˝o körlap.

dP B

A

A'

B' P2

P1

Ekkor a P1 és P2 piros körlapok diszjunktak s ´ıgy a centrálisuk által meghatározott két átmér˝o is diszjunkt, azaz a BA0 felez˝omer˝olegese elválasztja a két körlapot. Jelölj¨ uk ezt az egyenest dP -vel.

4.5. ábra Hasonlóan megszerkeszthetj¨ uk a dZ és dS egyeneseket is. I.

dS

dP III

I dZ II

4.6. ábra II.

Ha a dP , dZ , dS egyenesek egy háromszöget zárnak közre, akkor az I, II, III féls´ıkok tartalmaznak három k¨ ulönböz˝o sz´ın˝ u körlapot. Mivel e három féls´ık metszete u ¨res, a körlapok metszete is u ¨res kell legyen, ez pedig ellentmond a feltételnek.


116

dS dZ

dP

Ha a dP , dZ , dS egyenesek összefutóak, akkor a 6 s´ıkrész köz¨ ul kiválasztható három, amelyek nem metszik egymást.

4.7. ábra III. Ha a dP , dZ , dS egyenesek párhuzamosak, akkor is létezik három páronként diszjunkt tartomány. ¤ ´s. A folytonosság fogalmát használva néhány eredmény Megjegyze éles´ıthet˝o. ´tel. (A Yung tétel egy finom´ıt´ 4.16. Te asa, Pál Gyula tétele) Minden d átmér˝ oj˝ u konvex tartomány lefedhet˝ o egy √d3 oldal´ u szabályos soksz¨ oggel. ´ s. Ha K egy konvex tartomány, akkor bármely d irányBizony´ıta hoz létezik d irány´ u támaszegyenes, azaz létezik olyan támasz-hatszög, melynek szögei egyenl˝ok. Jelölje a(α) az Ox tengellyel α szöget bezáró d egyenes által generált támaszy hatszög két szembenfekv˝o oldalának k¨ ulönbségét, ´ıgy az (α + π) szöghöz a K (−a(α))érték tartozik. Mivel a(α) az αd nak folytonos függvénye, létezik α0 u´gy, hogy a(α0 ) = 0. Másrészt, az a hatszög, x melynek minden szöge 120◦ mérték˝u és O van két kongruens szembenfekv˝o oldala, 4.8. ábra centrálszimmetrikus, ´ıgy, esetleg d-ig eltolva a szembenfekv˝o oldalak tartóegyeneseit megszerkeszthet˝o egy √d3 sugar´ u körbe ´ırt szabályos hatszög amely lefödi K-t. ¤ ¨ vetkezme ńy. Minden d ´ 4.17. Ko atmér˝ oj˝ u konvex tartomány szét√ 3 v´ aghat´ o három olyan részre, amelyek átmér˝ oje nem nagyobb d 2 -nél.

KONVEX GEOMETRIA

117

A Helly t´ etel ´ es n´ eh´ any ´ altal´ anos´ıt´ asa A konvex burok fogalmát használva egyszer˝ us´ıthetj¨ uk a Helly tétel bizony´ıtását. Látható, hogy minden alesetben az volt a lényeg, hogy a pontokat osszuk két diszjunkt halmazba u ´gy, hogy a két halmaz konvex burka ne legyen diszjunkt. Az hogy ez s´ıkban megtehet˝o tetsz˝oleges négy pontra szemléleten alapult. A Helly tétel általános´ıtásához sz¨ ukséges ennek a tulajdonságnak az igazolása általánosabb keretek közt. ´tel. (Radon29 tétele, 1913) Ha M ⊂ Rd egy legal´ 4.18. Te abb d + 2 pontot tartalmazó halmaz, akkor létezik olyan M = M1 ∪M2 part´ıci´ oja (M1 6= ∅, M2 6= ∅, M1 ∩ M2 = ∅, M = M1 ∪ M2 ), amelyre convM1 ∩ convM2 6= ∅. ´ s. Legyen N = {a1 , . . . , ad+2 } ⊂ M (az ai pontok Bizony´ıta páronként k¨ ul¨ nböz˝oek). Ha N -nek létezik olyan part´ıciója (N1 6= ∅, N2 6= ∅, N1 ∪ N2 = N , N1 ∩ N2 = ∅), amelyre convN1 ∩ convN2 6= ∅, akkor M1 = N1 és M2 = M \ N1 az M keresett part´ıcióját adja. Valóban, ∅ 6= N1 ⊂ M1 , ∅ = 6 N2 ⊂ M2 , M1 ∪ M2 = M , M1 ∩ M2 = ∅ és convN1 = convM1 , illetve convN2 ⊂ convM2 , tehát ∅ 6= convN1 ∩ convN2 ⊂ convM1 ∩ convM2 . Mivel Rd -ben egyetlen (d+2) pontot tartalmazó rendszer sem lehet affin f¨ uggetlen, ezért létezik β1 , . . . , βd+2 ∈ R nem mind nulla szám, amelyre ( β1 a1 + . . . + βd+2 ad+2 = 0 β1 + . . . + βd+2 = 0. Feltételezhetj¨ uk (esetleg a pontokat u ´jraindexelj¨ uk), hogy βi ≥ 0, ha i ∈ {1, . . . , k} és βi < 0, ha i ∈ {k + 1, . . . , d + 2}, ahol k < d + 2. d+2 k P P βi = − βj > 0, tehát ha az el˝obbi összegek értékét Ez alapján i=1

j=k+1

s-sel jelölj¨ uk, akkor ´ırhatjuk, hogy n0 =

k X βi i=1

29Johann

d+2 X −βj ai = aj . s s j=k+1

Karl August Radon, 1887-1956


118

Így az N1 = {a1 , . . . , ak } 6= ∅ és N2 = {ak+1 , . . . , ad+1 } 6= ∅ választással N = N1 ∪ N2 , N1 ∩ N2 = ∅ és n0 ∈ convN1 ∩ convN2 . ¤ ´tel. (Helly tétele, 1913) Ha az M1 , . . . , Mn ⊂ Rd konvex 4.19. Te halmazok köz¨ ul bármely d + 1 metszete nem u ¨res (n ≥ d + 1), akkor a n T Mk metszet sem u ¨res. k=1

´ s. A tételt n szerinti indukcióval bizony´ıtjuk. A tétel Bizony´ıta nyilvánvalóan igaz n = d + 1 esetén. Jelölj¨ uk Ii -vel az {1, . . . , î, . . . , n} halmazt (i hiányzik a felsorolásból). Tegy¨ uk fel, hogy a tételt igazoltuk T n ≤ m-re. Igazoljuk n = m + 1-re is. Legyen Ci = j∈Ii Mj . Az indukciós feltétel alapján Ci 6= ∅. Minden Ci -b˝ol kiválasztunk egy xi elemet. A 4.18 tétel alapján az {x1 , . . . , xn } halmaznak létezik olyan (X1 , X2 ) part´ıciója, hogy convX1 ∩convX2 6= ∅. Feltételezhetj¨ uk, hogy T X1 = {x1 , . . . , xk } és X2 = {xk+1 , . . . , xn }. Ekkor X1 ⊂ ni=k+1 Mi , T illetve X2 ⊂ ki=1 Mi . Mivel az Mi halmazok konvexek ezért n T Mi . ∅ 6= convX1 ∩ convX2 ⊂ ¤ i=1

´tel. (sz´ınes Carathéodory tétel30, 1982) Ha az M1 , . . . , 4.20. Te Md+1 ⊂ Rd véges ponthalmazok mindegyikének konvex burkolója tartalmazza az origót, akkor létezik olyan (d + 1) elemet tartalmazó S ⊂ M1 ∪ . . . ∪ Md+1 halmaz, amelyre S ∩ Mi egyelem˝ u, minden i ∈ {1, . . . , d + 1} esetén, és 0 ∈ convS. ´ s. Az olyan S ⊂ Bizony´ıta

d+1 S

Mi halmazt, melyre minden i ∈

i=1

∈ {1, . . . , d + 1} esetén az S ∩ Mi metszet egy elem˝ u, szivárványhalmaznak nevezz¨ uk. Feltételezz¨ uk, hogy nem létezik a k´ıvánt feltételeknek eleget tev˝o S halmaz. Tehát minden S szivárvány halmaz esetén O ∈ / convS. Mivel véges sok szivárvány halmaz van, ezért létezik egy S0 szivárvány halmaz, amelyre a convS0 halmaznak az origótól való távolsága minimális: d(O, convS0 ) = min{d(O, convS) | S szivárványhalmaz}. 30a

tétel Bárány Imrét˝ol származik

KONVEX GEOMETRIA

119

Mivel a convS0 zárt (kompakt), létezik x ∈ S0 u ´gy, hogy az origó és S0 távolsága megegyezik az origó és x távolságával: d(O, convS0 ) = d(O, x). Megszerkesztj¨ uk az x-en átmen˝o, az Ox-re mer˝oleges H hipers´ıkot. A H hipers´ık meghatároz két zárt félteret, a H − és H + -t. Az S0 teljes egészében benne van a kett˝o köz¨ ul valamelyikben. Feltételezz¨ uk, hogy − − S0 ⊂ H , tehát convS0 ⊂ H . Ha T = S0 ∩ H, akkor convT = = conv(S0 ∩ H) = convS0 ∩ H és x ∈ convS0 ∩ H. Mivel dim H = = d − 1 és conv(S0 ∩ H) = convS0 ∩ H, a Carathéodory tétel alapján d P x= αi si , ahol si ∈ S0 , minden i ∈ {1, . . . , d} esetén. Tehát létezik i=1

i0 ∈ {1, . . . , d + 1} u ´gy, hogy Mi0 ∩ {s1 , . . . , sd } = ∅. Mivel O ∈ H + , O ∈ convMi0 és H + komplementere konvex, ezért H + ∩ Mi0 6= ∅. Jelölj¨ uk sd+1 -gyel az Mi0 ∩ S0 egyetlen elemét. Ha S0 -ban kicserélj¨ uk − az sd+1 -et egy olyan Mi0 -beli elemre, amely H komplementerében található, akkor az ´ıgy kapott S00 szivárványhalmaznak az origótól való távolsága szigor´ uan kisebb, mint az S0 távolsága az origótól. Ezzel ellentmondáshoz jutunk, tehát a kezdeti feltevés¨ unk hamis. ¤ ´tel. (Tverberg31 tétele32, 1966) Ha az A ⊂ Rd véges pont4.21. Te halmaznak legalább (d+1)(r − 1)+1 darab pontja van, akkor létezik az r T A halmaznak olyan (A1 , . . . , Ar ) part´ıci´ oja, amelyre convAk 6= ∅. k=1

´ s. Feltételezhetj¨ Bizony´ıta uk, hogy az origó nincs benne az A konvex burkolójában, valamint a Radon tétel bizony´ıtásához hasonlóan feltételhetj¨ uk itt is, hogy A-nak pontosan (d + 1)(r − 1) + 1 pontja van, éspedig a1 , . . . , aN +1 , ahol N = (d + 1)(r − 1). Jelölj¨ uk a0i -vel ´ az (ai , 1) ∈ Rd+1 -et. Ertelmezz¨ uk a ϕi : Rd+1 → RN = (Rd+1 )r−1 , 1≤i≤r−1 ϕi (x) = (0, . . . , x, . . . , 0), 31Helge 32az

Tverberg, 1935itt ismertetett bizony´ıtás Bárány I. és S. Onn munkája


120

ha i ∈ {1, . . . , r − 1} és az x az i-edik (d + 1) hossz´ uság´ u tömb helyén d+1 N szerepel, valamint ϕr : R →R , ϕr (x) = (−x, . . . , −x) f¨ uggvényeket. A ϕi f¨ uggvények lineárisak és x1 , . . . , xr ∈ Rd+1 esetén r P ϕi (xi ) = 0 egyenl˝oség pontosan akkor teljes¨ ul, ha x1 = . . . = xr . a i=1

Az ai pont származtatja az Mi = {ϕ1 (a0i ), . . . , ϕr (a0i )} halmazt, ahol i ∈ {1, . . . , N + 1}. A r X 1 ϕj (a0i ) = 0 n j=1 egyenl˝oségb˝ol következik, hogy 0 ∈ conv(Mi ), 1 ≤ i ≤ N + 1 esetén. Kapjuk, hogy RN -ben van N +1 olyan halmaz (M1 , . . . , MN +1 ), amelyre 0 ∈ convMi (i ∈ {1, . . . , N + 1}), tehát a sz´ınes Carathéodory tétel alapján létezik ϕf (1) (a01 ), . . . , ϕf (N +1) (a0N +1 ) u ´gy, hogy a konvex burkolójuk tartalmazza az RN origóját, ahol f : {1, . . . , N + 1} → → {1, . . . , r}. Formálisan, létezik λi ∈ [0, 1] u ´gy, hogy N +1 X

λi ϕf (i) (a0i )

= 0 és

i=1

N +1 X

λi = 1.

i=1

Ha Ij = f −1 (j), akkor a ϕi f¨ uggvények linearitása miatt Ã ! Ã ! X X ϕ1 λi a0i + . . . + ϕr λi a0i = 0, i∈I1

tehát

P i∈I1

λi a0i = . . . =

i∈Ir

P i∈Ir

λi a0i . Ezt át´ırva kapjuk, hogy

P  P λi ai , λi ai = . . . =  i∈I1 i∈Ir P P λi = . . . = λi = 1r .  i∈I1

i∈Ir

Kimutatjuk, hogy bármely j ∈ {1, . . . , r}-re Ij 6= ∅. Ha valamelyik P Ij = ∅, akkor rλi ai = 0, ami azt jelenti, hogy az origó az A konvex i∈Ij

burkolójában van, és ez ellentmondás.

KONVEX GEOMETRIA

121

Legyenek Ai = {aj |j ∈ Ii }, minden i ∈ {1, . . . , r} esetén. Az (A1 , . . . , Ar ) egy part´ıcióját adja az A-nak és X

rλi ai = . . . =

i∈I1

tehát

r T

X i∈Ir

rλi ai ∈

r \

convAr ,

i=1

convAi 6= ∅.

¤

i=1

´ ´s. Az Rd -n bevezethet¨ 4.22. Ertelmez e unk egy rendezést: azt mondjuk, hogy az x = (x1 , . . . , xd ) nagyobb vagy egyenl˝o, mint az y = (y1 , . . . , yd ), ha x1 = y1 , . . . , xk = yk és xk+1 > yk+1 , ahol k ∈ {0, . . . , d} (ha k = d, akkor az xk+1 > yk+1 feltételt˝ol eltekint¨ unk). d Az R -nek ezt a rendezését lexikografikus rendezésnek nevezz¨ uk és az x ≥lex y jelölést használjuk. Az Rd lexikografikus rendezése természetes módon származtatja az X ⊂ Rd lexikografikus rendezését. ´ g. Ha K ⊂ Rd kompakt halmaz, akkor létezik 4.23. Tulajdonsa lexikografikus minimuma. ´ s. A d = 1 esetben a K lexikografikus minimuma megBizony´ıta egyezik a rendes minimummal, tehát létezik, mivel K kompakt. Tegy¨ uk fel, hogy igazoltuk a tulajdonságot d ≤ n esetén. Ha d = n + 1, akkor legyen f : Rn+1 → Rn , f (x1 , . . . , xn , xn+1 ) = (x1 , . . . , xn ). Mivel az f folytonos, az f (K) ⊂ Rn kompakt, tehát feltevés¨ unk alapján van lexikografikus minimuma. Legyen ez a minimum (m1 , . . . , mn ) ∈ ∈ f (K). Természetesen a K lexikografikus minimumát az f −1 (m1 , . . . , mn ) = {(m1 , . . . , mn , xn+1 ) ∈ K} halmazban kell keresni. A πn+1 : Rn+1 → R, πn+1 (x1 , . . . , xn+1 ) = = xn+1 projekció is folytonos, tehát létezik a πn+1 (f −1 (m1 , . . . , mn )) halmaz mn+1 minimuma. Így az m = (m1 , . . . , mn , mn+1 ) ∈ K elem a K lexikografikus minimuma, mert x = (x1 , . . . , xn , xn+1 ) ∈ K esetén f (x) = (x1 , . . . , xn ) ≥lex (m1 , . . . , mn ), tehát létezik k ∈ {0, . . . , n} u ´gy, hogy x1 = m1 , . . ., xk = mk és xk+1 > mk+1 (k = n esetén eltekint¨ unk az xk+1 > mk+1 fetételt˝ol). Ha k < n, akkor x >lex m. Ha


122

k = n, akkor xi = mi , minden i ∈ {1, . . . , n}-re és mivel xn+1 ≥ mn+1 , ezért x ≥lex mn+1 . ¤ ´g. Ha a Cj ⊂ Rd , j ∈ {1, . . . , d + 1} konvex 4.24. Tulajdonsa és kompakt halmazok metszete nem u ¨res, akkor létezik olyan j0 ∈ T Cj halmaznak a lexikografikus ∈ {1, . . . , d + 1} index, amelyre a j6=j0

minimuma ugyanaz, mint a

d+1 T

Cj halmaznak (vagyis már d halmaz

j=1

meghatározza a metszet lexikografikus minimumát). ´ s. Jelölj¨ Bizony´ıta uk m = (m1 , . . . , md )-mel a

d+1 T

Cj lexikogra-

j=1

fikus minimumát. A C 0 = {x ∈ Rd | x lex m és y = (y1 , . . . , yd ) >lex m, akkor létezik k, l ∈ {1, . . . , d} u ´gy, hogy x1 = m1 , . . . , xk−1 = mk−1 és xk > mk , illetve y1 = m1 , . . . , yl−1 = ml−1 és yl > ml . Ha t = min{k, l}, akkor αxt + βyt > mt , bármely α, β ∈ [0, 1], α + β = 1 esetén. Tehát αx + βy ∈ C 0 . A C 0 , C1 , . . . , Cd+1 konvex halmazok metszete u ¨res. A Helly tétel d+1 T Cj 6= alapján van közt¨ uk (d + 1), amelynek a metszete u ¨res. Mivel j=1

∅, feltételezhetj¨ uk, hogy C 0 ∩ C1 ∩ . . . ∩ Cd = ∅. Az m ∈

d T

Cj és nincs

j=1

olyan x ∈

d T

Cj , hogy x
j=1

a

d T

Cj halmaznak is.

¤

j=1

´tel. (Helly tétele részcsaládokra) Minden d ≥ 1 dimenzió 4.25. Te és α > 0 esetén létezik olyan β = β(d, α) sz´ am, amelyre igaz a következ˝ o áll´ıt´ as: Ha M1 , . . . , Mn ⊂ Rd konvex halmazokból alkotott (d + 1) elem˝ u d+1 részcsal´ adok köz¨ ul legal´ abb α · Cn olyan létezik, amelyeknek a metszete nem u ¨res, akkor az M1 , . . . , Mn ⊂ Rd halmazok köz¨ ul kiválaszthat´ o legal´ abb βn olyan halmaz, amelyeknek a metszete nem u ¨res. A

KONVEX GEOMETRIA

123

√ legjobb ilyen β a β = 1 − d+1 1 − α (Kalai33, 1984), mi a β = (Katchalski34 és Liu, 1979) közel´ıtést igazoljuk.

α d+1

´ s. Az {1, . . . , n} minden olyan (d + 1) elem˝ Bizony´ıta u I részT halmazához, amelyre Mi 6= ∅ hozzárendelj¨ uk azt a DI , d elem˝ u i∈I T részhalmazát, amelyre a Mi metszet lexikografikus minimuma ui∈DI T Mi halmaz lexikografikus minimuma. A 4.24 tugyanaz, mint a i∈I

lajdonság alapján ez a hozzárendelés egy jól értelmezett f¨ uggvény d+1 ´ a választott indexhalmazok halmazán. Igy az αCn darab (d + 1) elem˝ u indexhalmazhoz hozzárendel¨ unk αCnd+1 darab d elem˝ u indexd halmazt. Mivel Cn darab k¨ ulönböz˝o d elem˝ u indexhalmaz van, ezért d+1 α CCn d darab (d + 1) elem˝ u indexhalmaznak ugyanazt a d elem˝ u inn

d+1

dexhalmazt feleltetj¨ uk meg. Tehát az Mi halmazoknak α CCn d darab n (d + 1)-es metszete ugyanazt az m lexikografikus minimumot adja. d+1 Ezekben a (d + 1)-es metszetekben legalább d + α CCn d darab Mi haln maz fordul el˝o. Ezek metszete tartalmazza az m-et, tehát nem u ¨res. Mivel d+α

αn Cnd+1 n−d ≥ , =d+α d Cn d+1 d+1

ha α ≤ d + 1, ezért a β választható

α -nek. d+1

¤

´tel. (sz´ınes Helly tétel35, 1974) Legyen Rd -ben (d + 1) 4.26. Te darab, véges sok konvex kompakt halmazt tartalmazó, C1 , . . . , Cd+1 halmazcsal´ ad. Ha tetsz˝oleges Ci ∈ Ci (i = 1, . . . , d+1) halmazok kiválaszd+1 T t´ asa esetén a Ci metszet nem u ¨res, akkor létezik olyan 1 ≤ j ≤ d+1 i=1 T index, amelyre a C metszet sem u ¨res. C∈Cj

33Gil

Kalai, [email protected] Katchalski, [email protected] 35a t´ etel Lovász Lászlótól származik, az itt ismertetett bizony´ıtás pedig ´ Császár Akost´ ol 34Meir


124

´ s. Feltélezz¨ Bizony´ıta uk, hogy minden Ci , i ∈ {1, 2, . . . , d + 1} halmazcsalád pontosan m elemet tartalmaz (ha ez nem ´ıgy van, akkor kiegész´ıtj¨ uk a halmazcsaládokat m = max |Ci | elemig valame1≤i≤d+1

lyik tagjuk többszörözésével). Tekints¨ uk a d = 1 esetet. Legyenek C11 , C12 , . . . ,C1m és C21 , C22 , . . . ,C2m a két halmazcsalád elemei. Mivel ezek a halmazok az R konvex és kompakt részhalmazai, csakis m T C1j 6= ∅ vagy zárt intervallumok lehetnek. Igazolni kell, hogy m T

j=1

C2j 6= ∅. Ezt m szerinti indukcióval bizony´ıtjuk. m = 1 esetén

j=1

az áll´ıtás triviális. Ha feltételezz¨ uk, hogy valamely m ≥ 1 esetén az áll´ıtás teljes¨ ul, akkor (esetleg a családok indexét megcserélve) ´ırhatjuk, m+1 m T T C1j 6= ∅. Ha C1 m+1 ∩ C 6= ∅, akkor C = C1j 6= ∅, hogy C = j=1

j=1

és az áll´ıtás igaz m + 1-re is. Ellenkez˝o esetben sup C1 m+1 < inf C, vagy sup C < inf C1 m+1 . Ha sup C1 m+1 < inf C, akkor a C1j , j ∈ {1, 2, . . . , m} halmazok között létezik olyan, amelyre inf C = inf C1j0 , ezért a C1 m+1 és C1j0 intervallumok diszjunktak. Így mindkét intervallumnak csak akkor lehet közös része az összes C2j , j ∈ {1, 2, . . . , m+1} intervallummal, ha az utóbbiak mind tartalmazzák a sup C1m+1 és inf C1j0 által meghatározott intervallumot. Ebb˝ol következik, hogy m+1 T C2j 6= ∅. A sup C < inf C1 m+1 esetben hasonló gondolatmenej=1

tet használhatunk, mert létezik j ∈ {1, 2, . . . , m} u ´gy, hogy sup C = sup C1j1 és ´ıgy a sup C1j1 és inf C1 m+1 által meghatározott intervallum része az összes C2j , 1 ≤ j ≤ m + 1 halmaznak. A továbbiakban d szerinti indukciót használunk. Ha x = (x1 , x2 , . . . , xd , xd+1 ) ∈ Rd+1 , akkor tekintj¨ uk a p : Rd+1 → Rd és a q : Rd+1 → R, p(x) = (x1 , x2 , . . . , xd ), illetve q(x) = xd+1 projekciókat. Ezek a projekciók meg˝orzik a konvexitást. Tehát a p(Cij ) és q(Cij ), 1 ≤ i ≤ d + 2, 1 ≤ j ≤ m halmazok konvexek. Az indukciós feltevés alkalmazható a p(Cij ), 1 ≤ i ≤ d + 1, 1 ≤ j ≤ m halmazokra,

KONVEX GEOMETRIA

125

tehát létezik i0 ∈ {1, 2, . . . , d + 1} u ´gy, hogy

m T j=1

p(Ci0 j ) 6= ∅. Ugyanak-

kor a p(Cij ), 1 ≤ i ≤ d + 2, i 6= i0 , 1 ≤ j ≤ m halmazokra is alkalmazható az indukciós feltevés, tehát létezik i1 ∈ {1, 2, . . . , d + 2}\{i0 } u ´gy, m T p(Ci1 j ) 6= ∅. Mivel a (q(Ci0 j ))1≤j≤m és (q(Ci1 j ))1≤j≤m halmazhogy j=1

családok teljes´ıtik az egydimenziós eset feltételeleit, vagy a

m T j=1

m T j=1

p(Ci1 j ) 6= ∅. Az els˝o esetben a

m T j=1

m T j=1

Ci0 j halmaz, a másodikban

Ci1 j halmaz nem lehet u ¨res (ha (x1 , x2 , . . . , xd+1 ) ∈

xd+1 ∈

m T j=1

q(Ci0 j ) 6= ∅

q(Ci0 j ), akkor (x1 , x2 , . . . , xd+1 ) ∈

m T j=1

m T j=1

p(Ci0 j ) és

Ci0 j és hasonlóan a

másik esetben is). Így tehát a matematikai indukció elve alapján a bizony´ıtás teljes. ¤ ´tel. (Krasnoselkii36, 1946) Ha egy Rd -beli kompakt kép4.27. Te t´ arban bármely (d + 1) képhez találhat´ o olyan pont, amelyb˝ol ezek a képek láthat´ ok, akkor létezik a képt´ arban egy pont, amelyb˝ol az összes kép láthat´ o. A tétel ekivalens átfogalmazása: ´tel. Ha a K ⊂ Rd kompakt halmaz minden k1 . . . , kd+1 ∈ 4.28. Te ∈ K pontja esetén létezik olyan k0 ∈ K pont, amelyre a [k0 , ki ] szakaszok is K-hoz tartoznak, minden i ∈ {1, . . . , d+1} esetén, akkor létezik olyan k ∈ K pont, amelyre minden x ∈ K pontra a [k, x] ⊂ K. ´ s. Tetsz˝oleges x ∈ K esetén az x-b˝ol látható pontok Bizony´ıta halmazát jelölj¨ uk V (x)-szel. Ez a V (x) = {y ∈ K | [y, x] ⊂ K} halmaz. Ha C(x) a V (x) konvex burkolója, akkor tetsz˝oleges d + 1 pont esetén a hozzuk tartozó C(x) halmazok metszete nem u ¨res. A T Helly tétel alapján létezik y ∈ K u ´gy, hogy y ∈ C(x). Ha létezik x∈K

olyan x ∈ K pont, amelyre [x, y] nincs benne a K-ban, akkor létezik olyan (u, v] ⊂ [x, y], hogy u ∈ K és (u, v] ∩ K = ∅. Valóban, legyen v 36Mark

Aleksandrovich Krasnoselskii, 1920-1997


126

az [x, y] egy pontja, amely nem tartozik K-hoz. Az [x, v] ∩ K halmaz kompakt és létezik olyan u, amelyre d(u, v) maximális. Természetesen u 6= v és (u, v] ∩ K = ∅. Ha d(v, K) = δ, akkor legyen w ∈ (u, v] u ´gy, hogy d(u, w) = 2δ . Ezzel biztos´ıtottuk, hogy d(w, K) < d(v, K). Mivel [w, v] és K zárt részhalmazai a Rd -nek, létezik olyan z ∈ [w, v] és x0 ∈ K, amelyre d([w, v], K) = d(z, x0 ). Mivel a w-nek a K-tól való távolsága kisebb, mint a v-nek a K-tól való távolsága, a z nem esik egybe a v-vel. Legyen H az x0 -ban az x0 z egyenesre mer˝oleges hipers´ık és legyen H − a H által meghatározott zárt féltér, amelyik nem tartalmazza w-t. Ekkor V (x0 ) ⊂ H − , mert ellenkez˝o esetben létezne olyan x00 ∈ V (x0 ), amelyre d(x00 , w) < d(x0 , w). Mivel H − konvex, C(x0 ) ⊂ H − . Tehát y ∈ H − és ebb˝ol következik, hogy az yzx0 hegyesszög. Ezért van olyan w0 ∈ [w, v], amelyre d(w0 , x0 ) < d(w, x0 ), tehát ellentmondáshoz jutunk. Tehát az y pontból valóban látható a K minden pontja. ¤

H

x

u w z K

v y

4.9. ábra ´s. 1. A K halmazt csillagszer˝ Megjegyze unek nevezz¨ uk, ha létezik olyan x ∈ K pontja, amelyre [x, y] ⊂ K, ∀y ∈ K. 2. Az el˝obbi tétel bizony´ıtása alapján, ha C(K) = {y ∈ K | [y, x] ⊂ K, ∀x ∈ K}, T akkor C(K) = x∈K C(x).

KONVEX GEOMETRIA

127

´tel. (Rado37, 1947) Ha K ⊂ Rd egy n elem˝ 4.29. Te u halmaz, d akkor létezik olyan x ∈ R pont, amelyen áthalad´ o tetsz˝oleges zárt n féltér K-nak legal´ abb d+1 elemét tartalmazza. ´ s. Ha H egy hipers´ık, akkor H meghatároz két ny´ılt Bizony´ıta − félteret: H -at és H + -ot. A H − ∪ H, illetve a H + ∪ H zárt féltereket ¯ − , illetve H ¯ + -szal jelölj¨ H uk. Ha H1 és H2 két párhuzamos hipers´ık, akkor azt mondjuk, hogy a H1− és a H2− félterek ellentétes állás´ uak, ha egyik sincs benne a másikban. Ha H egy tetsz˝oleges hipers´ık, akkor létezik két olyan, H-val párhuzamos hipers´ık, amely által meghatározott egyik zárt féltér legalább n nd pontot tartalmaz, a másik pedig több, mint d+1 pontot. Nevezz¨ uk d+1 ezeket határs´ıkoknak. Azokat a féltereket, amelyek tartalmazzák a K nd legalább d+1 pontját nevezz¨ uk határhalmaznak. Mivel K véges sok pontot tartalmaz, ezért bes¨ ulyeszthet˝o egy T téglatestbe. Világos, ¯ − vagy H ¯ + zárt hogy minden határhalmaz tartalmaz legalább egy H félteret, ahol H egy határs´ık. Ha a határhalmazokat metssz¨ uk a T vel, akkor kompakt és konvex halmazokat kapunk. Igazoljuk, hogy ezeknek a halmazoknak a metszete nem u ¨reshalmaz. A Helly tétel alapján elégséges belátni, hogy bármely (d + 1) ilyen halmaz rendelkezik közös ponttal. Ha megjelölj¨ uk a K-nak azokat a pontjait, amelyek a tetsz˝olegesen választott (d + 1) határhalmaz valamelyikéhez hozzátartoznak (egy pontot többször is megjelölhet¨ unk), akkor több, nd mint (d + 1) d+1 megjelölés¨ unk lesz. Másrészt ha minden pontot legfeljebb d-szer jelölnénk meg, akkor ez legfeljebb nd megjelölést jelentene, tehát létezik legalább egy olyan pont, amelyet (d + 1)-szer jelölt¨ unk meg. Ez viszont pontosan azt jelenti, hogy ez a pont benne van a (d + 1) határhalmaz metszetében. Így létezik olyan x pont, amely benne van az összes határhalmazban. Az x-en át h´ uzott tetsz˝oleges H hipers´ık által meghatározott zárt félterek tartalmaznak egy-egy, a H-val párhuzamos határs´ıkok által meghatározott részteret, tehát n tartalmaznak legalább d+1 pontot. ¤ ´ g. Ha K ⊂ Rd egy konvex és kompakt halmaz, 4.30. Tulajdonsa akkor a K-t metsz˝o összes egyenes egy zárt szakaszt metsz ki K-ból. 37Richard

Rado, 1907-1989


128

Az ´ıgy kapott szakasz végpontjait a K hat´ arpontj´ anak nevezz¨ uk. A K határpontjai alkotják a K határát. Ez a határ megegyezik a K topológiai értelemben vett határával. ´ s. Ha M egy határpontja K-nak, akkor az M nem lehet Bizony´ıta bels˝o pontja sem a K-nak, sem a K komplementerének. ¤ ´ g. Minden K ⊂ Rd konvex és kompakt testben 4.31. Tulajdonsa létezik olyan pont, amely a rajta áthaladó tetsz˝oleges egyenes által meghatározott h´ urnak a középs˝o d−1 -ed részében van. d+1 ´ s. A K minden x határpontja esetén x középpont´ Bizony´ıta u d és α = d+1 arány´ u Hx,α homotétiát alkalmazunk K-ra. Az ´ıgy kapott halmazt K(x)-szel, illetve a K határát ∂K-val jelölj¨ uk. Az d+1 T x1 , . . . , xd+1 ∈ K pontok esetén a K(xi ) metszet tartalmazza az i=1

x1 , . . . , xd+1 pontok által meghatározott szimplex s´ ulypontját (lásd a T 52. oldalon a 1. feladatot). A Helly tétel alapján a K(x) nem x∈∂K

u ¨res. Mivel K konvex K(x) ⊂ K, tehát létezik k ∈ K u ´gy, hogy T k ∈ K(x). A k ponton átmen˝o tetsz˝oleges d egyenes az [x, y] x∈∂K

1 arányban szakaszt metszi ki K-ból. A Hx,α (y) és Hy,α (x) pontok d+1 osztják az [x, y] szakaszt és k rajta van a [Hy,α (x), Hx,α (y)] szakaszon, d−1 mely az [x, y] szakasz középs˝o d+1 -ed része. ¤

´g. (Doignon38, 1973) Ha a Cj ⊂ Rd , j ∈ {1, . . . , 4.32. Tulajdonsa n} konvex halmazok köz¨ ul bármely 2d -nek van egy közös rácspontja, akkor az összesnek is van közös rácspontja. ´ s. Els˝o lépésben belátjuk, hogy ha egy konvex politópBizony´ıta nak legalább 2d + 1 cs´ ucsa van, akkor van legalább egy rácspont a poliéder belsejében vagy a lapjain. Ha (x1 , x2 , ..., xd ) a cs´ ucs koordinátái, akkor ezt a cs´ ucsot hozzárendelj¨ uk az (x1

mod 2, x2

mod 2, ..., xd

mod 2) ∈ Zd2

elemet. A hozzárendelés nem lehet injekt´ıv, mert több cs´ ucs van, mint d ´ ucs (M, N ), amennyi eleme a Z2 halmaznak. Igy létezik legalább két cs´ 38Jean-Paul

Doignon, [email protected]

KONVEX GEOMETRIA

129

amelyek megfelel˝o koordinátái azonos paritás´ uak. Ez azt jelenti, hogy az M N felez˝opontja szintén rácspont és a politóp belsejében vagy a lapjain van. Tekints¨ unk 2d + 1 konvex halmazt, amelyek köz¨ ul bármely 2d -nek van legalább egy közös rácspontja. Igazoljuk, hogy az összesnek is van közös pontja. Jelölj¨ uk K1 , K2 , . . . , K2d +1 -gyel a halmazokat és minden 2dT +1 i ∈ {1, 2, 3, . . . , 2d +1} esetén Pi -vel a Kj metszet egy rácspontját. j=1 j6=i

Így minden lehetséges i-re a Pi pont csak a Ki halmazban nincs benne. Ha a P 1, P2 , . . . , P2d +1 pontok köz¨ ul legalább az egyik a többi konvex burkában van, akkor ez benne van az összes Ki halmazban, tehát azok metszete nem u ¨res. Ha egyik sincs benne a többi konvex burkában, d akkor egy 2 + 1 cs´ ucs´ u politópot határoznak meg. Igazoljuk, hogy ebben az esetben a d +1 2\

cv(P \{Pj })

j=1

halmaz nem u ¨res, ahol cv(A) az A halmaz konvex burkában lev˝o rácspontok halmazát jelöli és P a cs´ ucsok halmaza. Az el˝obbi metszet minden eleme benne van az összes Ki halmazban, mert cv(P \{Pj }) minden eleme a Kj -nek is eleme. Az els˝o lépés alapján létezik olyan x1 ∈ CV(P ), amely nem eleme P -nek. Két eset lehetséges, az x1 2dT +1 cv(P \{Pj }) metszetnek vagy van olyan Pj , amelyvagy eleme a j=1

re x1 ∈ / cv(P \{Pj }). Az els˝o esetben a metszet nem u ¨reshalmaz, a második esetben a Pj -t kicserélj¨ uk xj -re és megismételj¨ uk a gondolatmenetet. Mivel az eredeti politóp csak véges sok rácspontot tartalmaz, véges sok lépés után találunk olyan xk pontot, amely benne a van a vizsgált metszetben (a metszet minden lépésben lesz˝ uk¨ ul, de az ereded ´ tinek része marad). Igy a tétel áll´ıtása igaz n = 2 + 1 halmaz esetén. A továbbiakban matematikai indukciót használunk a cs´ ucsok száma szerint, akárcsak a Helly tétel bizony´ıtásában. ¤ Bizony´ıtás nélk¨ ul megeml´ıtj¨ uk a következ˝o tételt:


130

´tel. (kiválasztási lemma, Bárány I.39, 1982) Ha X ⊂ Rd 4.33. Te egy n elem˝ u halmaz, akkor létezik olyan x ∈ Rd pont, amely legal´ abb d cd Cn X-beli cs´ ucsokkal rendelkez˝ o szimplex belsejében van, ahol cd egy d-t˝ ol f¨ ugg˝ o állandó. A gondolatmeneteinkben néha használtunk olyan lépéseket, amelyek intuit´ıven nyilvánvalónak t˝ untek, de azért mégsem triviálisak. Ezek gyakran szétválasztás t´ıpus´ u érvek voltak (lásd például a Krasnoselskii tétel bizony´ıtását). A teljesség kedvéért bizony´ıtunk egy ilyen jelleg˝ u tulajdonságot is. ´tel. (Szétválasztási tétel) Ha C kompakt és D z´ 4.34. Te art részd halmaza R -nek, akkor létezik olyan h hipers´ık, hogy C a h ´ altal meghat´ arozott ny´ılt féltérben, m´ıg D a másik ny´ılt féltérben van. Ekkor azt mondjuk, hogy h szigor´ uan elválasztja C és D-t. ´ s. Ha d = d(C, D) = inf{d(x, y) | x ∈ C, y ∈ D}, Bizony´ıta akkor létezik u ∈ C és v ∈ D u ´gy, hogy d(u, v) = d. Valóban, létezik {xn }n∈N sorozat C-ben és {yn }n∈N sorozat D-ben, amelyre d = limn→∞ d(xn , yn ). Mivel C kompakt az {xn }n∈N sorozatnak van egy konvergens részsorozata, melyet szintén {xn }n∈N -nel jelöl¨ unk. Legyen ennek a részsorozatnak a határértéke u. Mivel d(u, yn ) ≤ d(u, xn ) + d(xn , yn ), az {yn }n∈N sorozat korlátos, tehát létezik egy konvergens részsorozata, amelyet szintén {yn }n∈N -nel jelöl¨ unk és mely konvergál v-hez. Ekkor d(u, v) ≤ d(u, xn ) + d(xn , yn ) + d(yn , v), ahonnan következik, hogy d(u, v) = d(C, D). Mivel C és D zártak ezért u 6= v. Legyen h az [u, v] szakasz felez˝opontjára mer˝oleges hipers´ık. Ha w ∈ h ∩ C, akkor [u, w] ⊂ C és az (u, w) ny´ılt szakasz egyik pontja közelebb van v-hoz, mint u, mert az u, v, w pontok u-ban deréksz˝og˝ u háromszöget alkotnak. Így ellentmondáshoz jutottunk, tehát h ∩ C = ∅. Hasonlóan igazolható, hogy h ∩ D = ∅. ¤

39B´ arány

Imre, http://www.renyi.hu/∼barany

KONVEX HALMAZOK

131

Konvex optimiz´ al´ as 4.35. Lemma. Ha a1 , . . . , an ∈ Rd , K = conv{ai | i = 1, . . . , n} és 0 ∈ / K, akkor létezik α = (α1 , . . . , αd ) ∈ Rd u ´gy, hogy bármely x = (x1 , . . . , xd ) ∈ K esetén α1 x1 + . . . + αd xd > 0. ´s. Gyakorlatilag ez azt jelenti, hogy az α vektor hegyesMegjegyze szöget zár be az összes olyan origó kezd˝opontt´ u vektorral, amelynek végpontja K-ban van. ´ s. A K korlátos és zárt részhalmaza az Rd -nek, tehát Bizony´ıta kompakt. Az f : K → R, f (x) = kxk f¨ uggvény folytonos. Mivel K kompakt és f folytonos a Weierstrass tétel alapján létezik α ∈ K u ´gy, hogy f (α) = min{f (x) | x ∈ K}. Tetsz˝oleges a ∈ K és λ ∈ (0, 1] esetén kαk2 ≤ kλa + (1 − λ)αk2 , m X

αk2

≤

k=1

αk2

≤

m X

[λ(ak − αk ) + αk ]2 ,

k=1

k=1 m X

m X

2

2

λ (ak − αk ) + 2

λ(ak − αk )αk +

m X

k=1

k=1

λ2 (ak − αk )2 ≤

m X

αk2 ,

k=1

k=1

k=1 m X

2λαk2 −

m X

m X

2λαk ak .

k=1

Mindkét oldalt elosztjuk 2λ-val és kapjuk, hogy m m m X X X λ 2 2 αk − (ak − αk ) ≤ αk ak , 2 k=1 k=1 k=1 minden λ ∈ (0, 1] esetén. A fenti egyenl˝otlenségben határértékre térve mikor λ tart nullához, kapjuk, hogy m m X X 2 ¤ 0< αk ≤ αk ak . k=1

k=1

Az A, B m × n-es valós mátrixok esetén az aij > bij , minden i ∈ ∈ {1, . . . , m} és j ∈ {1, . . . , n} egyenl˝otlenségekre röviden az A > B jelölést fogjuk használni. Hasonlóan értelmezz¨ uk az A ≥ B jelölést is.

´ AS ´ KONVEX OPTIMALIZAL

132

´tel. (Az alternat´ıva tétele) Ha A ∈ Mmn (R), akkor a 4.36. Te k¨ ovetkez˝ o két áll´ıt´ as köz¨ ul pontosan az egyik teljes¨ ul: n P (i) létezik y ∈ Rn u ´gy, hogy yi = 1, y ≥ 0 és A · y ≤ 0; (ii) létezik x ∈ Rm u ´gy, hogy

i=1 m P

xj = 1, x ≥ 0 és xT · A ≥ 0.

j=1

´s. Gyakorlatilag ez azt jelenti, hogy vagy van olyan Megjegyze csupa pozit´ıv komponenseket tartalmazó y vektor, amely tompaszöget zár be az A soraiból alkotott vektorokkal, vagy ezeknek a vektoroknak valamilyen affin kombinác´ıója csak pozit´ıv komponenseket tartalmaz. ´ s. Az A mátrix oszlopvektorait a1 , . . . , an -nel és az Rm Bizony´ıta kanonikus bázisát e1 , . . . , em -mel jelölj¨ uk. 1 n 1 m Ha K = conv{a , . . . , a , e , . . . , e }, akkor két esetet k¨ ulönböztet¨ unk meg. (i) 0 ∈ K. Ebben az esetben létezik t1 , . . . , tm+n ∈ [0, 1] u ´gy, hogy m+n P ti = 1 és i=1

t1 a1 + . . . + tn an + tn+1 e1 + . . . + tm+n em = 0. Ha a fenti, vektorokra vonatkozó egyenl˝oséget soronként tekintj¨ uk, akkor kapjuk, hogy (35)

n X

tj aij + tn+i = 0,

j=1

minden i ∈ {1, . . . , m} esetén. Ez pontosan azt jelenti, hogy Pn ti n A · [ti ]ni=1 = −[tn+j ]m j=1 < 0. Ha s = i=1 ti 6= 0, akkor az y = [ s ]i=1 vektorra teljes¨ ul a tétel kijelentésében szerepl˝o (i) áll´ıtás. Tegy¨ uk fel, hogy s = 0. Az s = 0-ból következik, hogy ti = 0, minden i ∈ {1, . . . , n} esetén. A (35) egyenl˝oségek alapján tn+i = 0, minden m+n P i ∈ {1, . . . , m} esetén. Kapjuk, hogy ti = 0, ami ellentmondáshoz i=1

vezet. (ii) 0 ∈ / K. A 4.35. lemma alapján létezik α = (α1 , . . . , αm ) ∈ Rm m P u ´gy, hogy z = (z1 , . . . , zm ) ∈ K esetén αk zk > 0. A z = ai esetben k=1

KONVEX HALMAZOK

kapjuk, hogy

m P

133

αj aij > 0, minden i = 1, . . . , n-re. A z = ei esetben

j=1

pedig αi > 0 egyenl˝otlenség adódik, minden i ∈ {1, . . . , n}-re. Ha σ = α1 + . . . + αn , akkor x = [ ασi ]ni=1 vektorra teljes¨ ul a tétel (ii) áll´ıtása. ¤ A továbbiakban néhány fontos tételt bizony´ıtunk, amelyek az el˝obbi két tételb˝ol következnek. Két személy játszik egy játékot, melyben az els˝o személy m stratégiát, m´ıg a második személy n stratégiát alkalmazhat. Ha az els˝o személy az i-edik stratégiája szerint játszik a második személy j-edik stratégiája ellen, akkor az els˝o személy nyer aij összeget a másodiktól. Az ilyen játékot zérusösszeg˝ u játéknak nevezz¨ uk (mert amit az egyik játékos kifizet, azt a másik kapja). Itt megjegyezz¨ uk, hogy az aij öszszeg lehet negat´ıv is. Mi azt szeretnénk vizsgálni, hogy miként alakul az els˝o személy nyereménye elég sok játék után. Nem érdekel minket, hogy pontosan hány játékot játszanak le. Csak az érdekel minket, hogy a játékosok bizonyos stratégiájukat milyen arányban használják. Ezt u ´gy fejezz¨ uk ki, hogy az els˝o személy xi valósz´ın˝ uséggel alkalmazza az i-edik stratégiáját, illetve a második személy yj valósz´ın˝ uséggel ´ alkalmazza a j-edik stratégiáját. Igy xi , yj ∈ [0, 1], minden i ∈ {1, n m P P yj = 1. xi = 1, illetve 2, . . . , m}, j ∈ {1, . . . , n} esetén és i=1

j=1

Továbbá feltételezz¨ uk, hogy az els˝o személy i-edik stratégiája a második személy j-edik stratégiája ellen xi yj valósz´ın˝ uséggel játszódik (vagyis a stratégiák kiválasztása egymástól f¨ uggetlen). Az els˝o játékos nyereségét kifejez˝o mennyiség a m X n X xi aij yj = xT Ay i=1 j=1

összeg, ahol A = [aij ]1≤i≤m , x = (x1 , . . . , xm )T és y = (y1 , . . . , yn )T . Az 1≤j≤n

x-et és az y-t az els˝o illetve a második játékos vegyes stratégiájának nevezz¨ uk. Megjegyezz¨ uk, hogy N darab lejátszott játék esetén (N → ∞) xi -hez közeli azoknak a játszmáknak a relat´ıv gyakorisága, amelyekben az els˝o játékos az i-edik stratégiát alkalmazza, yj -hez közeli azoknak a játszmáknak a relat´ıv gyakorisága, amelyekben a második játékos


134

a j-edik stratégiát alkalmazza, és ´ıgy a az (i, j) stratégiapár relat´ıv gyakorisága megközel´ıt˝oleg xi yj . Ez alapján az (i, j) stratégiapárból származó nyereség aij xi yj N, tehát az összes lehetséges stratégiapárból m P n P aij xi yj = N ·xT Ay, vagyis az xT Ay összeg származó nyereség N · i=1 j=1

az egy játszmára jutó átlagos nyereséget (a nyereség várható értékét) jelenti. Az ¯ ) ( k ¯X ¯ xj = 1, xj ≥ 0, j ∈ {1, . . . , k} Sk = (x1 , . . . , xk )T ∈ Rk ¯ ¯ j=1

jelöléssel Sm az els˝o személy vegyes stratégiának halmaza, illetve Sn a második személy vegyes stratégiáinak halmaza. El˝oször az els˝o személy szemszögéb˝ol vizsgáljuk a játékot. Neki az a célja, hogy a második személy stratégiájától f¨ uggetlen¨ ul maximalizálja nyereményét. Az x ∈ Sm vegyes stratégia esetén az els˝o személy legalább v1 (x) = min{xT Ay | y ∈ Sn }-t nyer. A v1 : Sm → R f¨ uggvény folytonos és Sm kompakt, tehát létezik x∗ ∈ Sm u ´gy, hogy ∗ ∗ v1 (x ) = max{v1 (x) | x ∈ Sm }. Természetesen az x nem biztos, hogy egyértelm˝ u. A v1 (x∗ ) a legnagyobb összeg, amelyet az els˝o játékos biztonságosan nyerhet. Ha az általa alkalmazott x stratégia eltér az x∗ -tól, akkor el˝ofordulhat, hogy létezik olyan y stratégiája a második játékosnak, hogy xT Ay < v1 (x∗ ). Tehát megfogalmazhatjuk az els˝o személy nyereségére vonatkozó összef¨ uggés¨ unket: (36)

v1 (x) ≤ v1 (x∗ ) ≤ x∗ T Ay,

bármely x ∈ Sm és y ∈ Sn esetén. A második játékos érdeke, hogy ellenfele stratégiájától f¨ uggetlen¨ ul minimalizálja a veszteségét. Ha az y vegyes stratégiát alkalmazza, akkor legfeljebb v2 (y) = max{xT Ay | x ∈ Sm } összeget vesz´ıthet. A uggvény is folytonos és az Sn szintén kompakt, tehát v2 : Sn → R f¨ ∗ létezik y ∈ Sn u ´gy, hogy v2 (y ∗ ) = min{v2 (y) | y ∈ Sn }. Akárcsak x∗ , az y ∗ sem biztos, hogy egyértelm˝ u. Ha a második játékos által ∗ alkalmazott y stratégia eltér az y -tól, akkor az ellenfelének létezhet olyan x stratégiája, hogy xT Ay > v2 (y ∗ ), tehát többet vesz´ıthet az ellenfele stratégiájától f¨ ugg˝oen. Megfogalmazzuk a második játékos

KONVEX HALMAZOK

135

stratégiájára vonatkozó összef¨ uggés¨ unket: v2 (y) ≥ v2 (y ∗ ) ≥ xT Ay ∗ ,

(37)

bármely x ∈ Sm és y ∈ Sn esetén. Természetesen feltev˝odik a kérdés, hogy mi az összef¨ uggés v1 (x) és v2 (y) között. A (36) és (37) összef¨ uggésekb˝ol kapjuk, hogy v1 (x) ≤ v1 (x∗ ) ≤ x∗ T Ay ∗ ≤ v2 (y ∗ ) ≤ v2 (y), bármely x ∈ Sm és y ∈ Sn esetén. A továbbiakban használjuk a V1 = v1 (x∗ ) = max min xT Ay, x∈Sm y∈Sn

V2 = v2 (y ∗ ) = min max xT Ay y∈Sn x∈Sm

jelöléseket. A V1 és V2 között van egy nyilvánvaló összef¨ uggés: (38)

V1 ≤ V2 .

Valóban, min xT Ay ≤ xT Ay, bármely y ∈ Sn esetén. Mindkét oldaly∈Sn

nak a maximumát véve kapjuk, hogy max (min xT Ay) ≤ max xT Ay,

x∈Sm y∈Sn

x∈Sm

bármely y ∈ Sn esetén. Mivel a jobb oldala az el˝obbi egyenl˝otlenségnek y ∗ -ra felveszi a minimumát kapjuk, hogy max (min xT Ay) ≤ min max xT Ay.

x∈Sm y∈Sn

y∈Sn x∈Sm

´ ´s. Az (x0 , y0 ) ∈ Sm × Sn kevert stratégiapár 4.37. Ertelmez e egyens´ ulyi stratégia, ha xT Ay0 ≤ xT0 Ay0 ≤ xT0 Ay, bármely (x, y) ∈ ∈ Sm × Sn esetén. Az (x0 , y0 ) pontot Nash-féle egyens´ ulypontnak is nevezz¨ uk. Az el˝obbi értelmezést u ´gy is leford´ıthatjuk, hogy az (x0 , y0 ) kevert stratégiától egyik félnek sem éri meg egyoldal´ uan eltérni. ´tel. Pontosan akkor létezik Nash-féle egyens´ 4.38. Te ulypont, ha V1 = V2 .


136

´ s. Tegy¨ Bizony´ıta uk fel, hogy (x0 , y0 ) egy Nash-féle egyens´ ulyT T ´ pont. Igy minden x ∈ Sm esetén x Ay ≤ x0 Ay0 . Az el˝obbi egyenl˝otlenség mindkét oldalának x szerinti maximumát véve kapjuk, hogy max xT Ay0 ≤ xT0 Ay0 . Továbbá x∈Sn

(39)

V2 = min (max xT Ay) ≤ max xT Ay0 ≤ xT0 Ay0 . y∈Sn x∈Sm

x∈Sm

A minden y ∈ Sn esetén fennálló xT0 Ay0 ≤ xT0 Ay egyenl˝otlenségb˝ol kiindulva kapjuk, hogy (40)

xT0 Ay0 ≤ min xT0 Ay ≤ max (min xT Ay) = V1 . y∈Sn

x∈Sm y∈Sn

A (39) és (40) egyenl˝otlenségek alapján V2 ≤ V1 . A (38) egyenl˝otlenségb˝ol következik, hogy V1 = V2 . Most tételezz¨ uk fel, hogy V1 = V2 . Mivel a v1 : Sm → R, v1 (x) = T = min x Ay f¨ uggvény folytonos és Sm kompakt, létezik x0 ∈ Sm u ´gy, y∈Sn

hogy

V1 = max (min xT Ay) = min xT0 Ay. x∈Sm y∈Sn

y∈Sn

Hasonló megfontolások alapján létezik y0 ∈ Sn u ´gy, hogy V2 = min (max xT Ay) = max xT Ay0 . y∈Sn x∈Sm

x∈Sm

Nyilvánvaló, hogy V1 = min xT0 Ay ≤ xT0 Ay0 ≤ max xT Ay0 = V2 , y∈Sm

x∈Sm

tehát V1 = V2 = xT0 Ay0 . Ez alapján az is világos, hogy xT Ay0 ≤ max xT Ay0 = xT0 Ay0 = min xT0 Ay ≤ xT0 Ay, x∈Sm

y∈Sn

ami azt jelenti, hogy (x0 , y0 ) Nash-féle egyens´ ulypont.

¤

´tel. (Neumann40, 1928) Minden kétszemélyes, zérus¨ osz4.39. Te szeg˝ u mátrixj´ atéknak van Nash-féle egyens´ ulypontja. 40Neumann

János, 1903-1957

KONVEX HALMAZOK

137

´ s. Alkalmazzuk az alternat´ıva tételét. Két eset lehetséBizony´ıta ges. (i) Létezik y0 ∈ Sn u ´gy, hogy Ay0 ≤ 0. Az el˝obbi egyenl˝otlenség mindkét oldalát szorozva xT -tal, kapjuk, hogy xT Ay0 ≤ 0, minden x ∈ Sm esetén. Tehát maxx∈Sm xT Ay0 ≤ 0 és V2 = min (max xT Ay) ≤ max xT Ay0 ≤ 0. y∈Sn x∈Sm

x∈Sm

(ii) Létezik x0 ∈ Sm u ´gy, hogy xT0 A > 0. Mindkét oldalt szorozva y ∈ Sm -mel kapjuk, hogy xT0 Ay > 0, bármely y ∈ Sn esetén. Az el˝obbi egyenl˝otlenség mindkét oldalának minimumát véve kapjuk, hogy min xT0 Ay > 0. Továbbá y∈Sn

0 < min xT0 Ay ≤ max (min xT Ay) = V1 . y∈Sn

x∈Sm y∈Sn

Mivel V1 ≤ V2 mindkét eset alapján azt kapjuk, hogy 0 ∈ / (V1 , V2 ). Ha V1 6= V2 , akkor létezik k ∈ (V1 , V2 ). Legyen E azon m × n-es mátrix, melynek minden eleme 1-es. Az A¯ = A − k · E esetén ¯ = xT Ay

m X n X

(aij − k)xi yj =

i=1 j=1

m X n X i=1 j=1

T

= x Ay − k

m X i=1

xi

n X

aij xi yj − k

m X n X

xi y j =

i=1 j=1

yj = xT Ay − k,

j=1

minden x ∈ Sm és y ∈ Sn -re. Az alternat´ıva tételét alkalmazva az A¯ mátrixra kapjuk, hogy 0 ∈ / (V1 − k, V2 − k), tehát k ∈ / (V1 , V2 ), ami ellentmondáshoz vezetne. Ezek alapján V1 = V2 . A 4.38. tétel alapján létezik Nash-féle egyens´ ulypont. ¤ ´tel. (Farkas41, 1902) Ha A egy m × n-es valós mátrix, 4.40. Te akkor a következ˝ o két áll´ıtás ekvivalens: (i) létezik x ∈ Rn u ´gy, hogy x ≥ 0 és Ax = b, (ii) nem létezik y ∈ Rm , amelyre y T A ≥ 0 és y T b < 0. 41Farkas

Gyula, 1847-1930


138

´s. A tétel eredeti megfogalmazása nem pontosan ´ıgy Megjegyze hangzik, ezt a verziót az 1950-es években Albert W. Tucker matematikus fogalmazta meg. ´ s. Feltételezz¨ Bizony´ıta uk, hogy az (i) áll´ıtás igaz és létezik olyan m T y ∈ R , amelyre y A ≥ 0 és y T b < 0. Így y T Ax ≥ 0 és y T b < 0, de az (i) áll´ıtás alapján y T Ax = y T b, ami ellentmondáshoz vezet. Tegy¨ uk fel, hogy a (ii) áll´ıtás teljes¨ ul és feltételezz¨ uk, hogy nem létezik az (i) áll´ıtásban szerepl˝o x vektor. Ekkor b nincs benne a K = cone{a1 , . . . , an } halmazban, ahol ai az A mátrix i-edik oszlopvektora (i ∈ {1, . . . , n}). A 4.34. tétel alapján létezik olyan hipers´ık, amely szigor´ uan elválasztja K-t a b-t˝ol. Ha y ennek a hipers´ıknak a normálisa, akkor y T · a > 0 és y T · b < 0, bármely a ∈ K esetén. Sajátosan y T · ai > 0, minden i = 1, . . . , n esetén. Tehát ( T y A>0 , yT b < 0 ami ellentmond a (ii) áll´ıtásnak.

¤

´tel. Legyen A egy m × n-es valós mátrix, b ∈ Rm , c ∈ Rn 4.41. Te és δ ∈ R. Ha az Ax ≤ b egyenl˝ otlenségrendszernek létezik megold´ asa, akkor a következ˝ o két áll´ıt´ as ekvivalens: (i) ha x ∈ Rn u ´gy, hogy Ax ≤ b, akkor cT x ≤ δ, (ii) létezik y ∈ Rm u ´gy, hogy y ≥ 0, y T A = cT és y T b ≤ δ. ´ s. Ha a (ii) áll´ıtás igaz, akkor bármely x ∈ Rn esetén, Bizony´ıta amelyre Ax ≤ b, kapjuk, hogy cT x = (y T A)x = y T (Ax) ≤ y T b ≤ δ. Feltételezz¨ uk, hogy az (i) áll´ıtás igaz, de nem létezik a (ii) áll´ıtásban szerepl˝o y ≥ 0. Tehát nem létezik y ≥ 0, y ∈ Rm , melyre ( T y A = cT y T b ≤ δ.

KONVEX HALMAZOK

139

Így nem létezik y ≥ 0, λ ≥ 0, (y, λ) ∈ Rm × R, amelyre ( y T A = cT (41) . yT b + λ = δ A (41) rendszert mátrixokkal ´ırjuk · A T [y λ] · 0

fel: ¸ b = [cT , δ]. 1

A Farkas lemma alapján léteznek z ∈ Rn és α ∈ R u ´gy, hogy · ¸ · ¸ · ¸ A b z z (42) · ≥ 0, [cT δ] · < 0. 0 1 α α A (42)-ben szerepl˝o egyenl˝otlenségeket rendszer alakjába fel´ırva kapjuk:  Az + bα ≥ 0   α≥0. (43)   T c z + δα < 0 Két esetet k¨ ulönböztet¨ unk meg. (a) α > 0. A (43) rendszer alapján x =

−z -ra α

teljes¨ ulnek az

Ax ≤ b cT x > δ összef¨ uggések, amelyek ellentmondanak az (i) áll´ıtásnak. (b) α = 0. Ebben az esetben a (43) rendszer a következ˝ore egyszer˝ us˝odik: ( Az ≥ 0 cT z < 0. Létezik x0 ∈ Rn , amelyre Ax0 ≤ b és minden t ∈ R+ esetén −t·Az ≤ 0, tehát A · (x0 − tz) ≤ b, minden t ∈ R+ esetén. De a −tcT x > 0 tetsz˝olegesen nagy lehet, ezért a cT (x0 − tz) = cT x0 − tcT z ≤ δ nem fog teljes¨ ulni valamely t ∈ R+ -ra. Ezzel szintén ellentmondáshoz jutottunk, tehát a (ii) áll´ıtás kell teljes¨ uljön. ¤


140

´tel. (A lineáris programozás dualitási tétele) Ha A egy 4.42. Te m × n-es valós mátrix, b ∈ Rm , c ∈ Rn és létezik x ∈ Rn u ´gy, hogy Ax ≤ b, akkor max{cT x | Ax ≤ b, x ∈ Rn } = min{y T b | y T A = cT , y ≥ 0, y ∈ Rm }, ha a két oldal köz¨ ul legal´ abb az egyik létezik. ´ s. Legyen Bizony´ıta H1 = {cT x | Ax ≤ b, x ∈ Rn } és H2 = {y T b | y T A = cT , y ≥ 0, y ∈ Rm }. Ha m = min H2 , akkor létezik y ∈ Rm u ´gy, hogy y ≥ 0, y T A = cT és T y b ≤ m, tehát a 4.41. tétel alapján minden x ∈ Rn , amelyre Ax ≤ b teljes´ıti a ct x ≤ m egyenl˝otlenséget is. Így H1 fel¨ ulr˝ol korlátos és m egy fels˝o korlátja H1 -nek. Mivel H1 zárt, létezik a maximuma és ez kisebb, mint m. Másrészt ha M = max H1 , akkor bármely x ∈ Rn esetén az Ax ≤ b egyenl˝otlenségb˝ol következik, hogy cT x ≤ M. A 4.41. tétel alapján létezik y ∈ Rm u ´gy, hogy y ≥ 0, y T A = cT és T y b ≤ M. Így min H2 ≤ M. Tehát m = M. Ha H1 fel¨ ulr˝ol korlátos, akkor a zártsága miatt létezik M maxi´ muma. Igy bármely s < M esetén nem igaz az x ∈ Rn , Ax ≤ b ⇒ cT x ≤ s implikáció. A 4.41. tétel alapján nem létezik y ∈ Rm u ´gy, hogy y ≥ 0, y T A = cT és y T b ≤ s. Így s alsó korlátja H2 -nek, tehát létezik H2 minimuma (m). Az el˝obbi gondolatmenet alapján m = M, tehát a bizony´ıtás teljes. ¤

V. FEJEZET A SPERNER LEMMA ´ ´s. Az A0 A1 . . . An szimplexet felbontjuk kisebb 5.1. Ertelmez e szimplexekre, és a felbontás cs´ ucsait kisz´ınezz¨ uk (n + 1) sz´ınnel. A sz´ınezést Sperner sz´ınezésnek nevezz¨ uk, ha az Ai1 Ai2 . . . Aik pontok konvex burkába es˝o cs´ ucsokat az i1 , i2 , . . . , ik sz´ınekkel sz´ınezz¨ uk, minden {i1 , i2 , . . . , ik } ⊂ {0, 1, . . . , n} részhalmaz esetén. ´ ´s. Egy szimplexet teljes sz´ınezés˝ 5.2. Ertelmez e unek nevez¨ unk, ha cs´ ucsai k¨ ulönböz˝o sz´ın˝ uek. ´tel. (Sperner42 lemma, 1928) Az A0 A1 . . . An n dimenziós 5.3. Te szimplex minden Sperner sz´ınezés˝ u felbont´ asa páratlan darab teljes sz´ınezés˝ u szimplexet tartalmaz. Partikulárisan: a felosztásban létezik legal´ abb egy teljes sz´ınezés˝ u szimplex. ´ s. 1 dimenzió esetén a szimplex az AB szakasz. A Bizony´ıta Sperner sz´ınezése azt jelenti, hogy a két cs´ ucsa két k¨ ulönböz˝o sz´ınnel van sz´ınezve, és a bels˝o pontok tetsz˝olegesen. Az A cs´ ucs sz´ınét jelölj¨ uk 1-gyel, a B cs´ ucsét pedig 2-vel. Az AB szakaszt felosztjuk kisebb szakaszokra, a szakaszosztó pontokat 1-es vagy 2-es sz´ınnel sz´ınezz¨ uk. 1

2

1

2

5.1. ábra 42Emanuel

Sperner, 1905-1980 141

1

2

142

A SPERNER LEMMA SZIMPLEXEKRE

Ajt´ oknak tekintj¨ uk az 1 − 2 végpont´ u szakaszokat. Képzelj¨ unk el egy sétát, amelyen végigjárjuk az ajtókat (balról jobbra). Ha a fels˝o féls´ıkból indulunk, akkor 1 − 2 számozás´ u ajtón juthatunk az alsó féls´ıkba, és 2 − 1 számozás´ u ajtón a fels˝o féls´ıkba. Mivel az utolsó ajtó nem lehet 2 − 1 t´ıpus´ u, ezért csak az alsó féls´ıkban fejez˝odhet be a séta, és ez páratlan sok ajtón való átkelést jelent. 2 dimenzióban a szimplex a háromszög, és a Sperner sz´ınezés azt jelenti, hogy a cs´ ucsokat három k¨ ulönböz˝o sz´ınnel sz´ınezz¨ uk (1,2,3) és az i, j sz´ınekkel sz´ınezett cs´ ucsok által meghatározott oldalon felvett osztópontokat csak az i vagy j sz´ınnel sz´ınezz¨ uk. Szob´ aknak tekintj¨ uk a felosztás háromszögeit (ezeknek a belsejében nincs más osztópont), és ajt´ onak nevezz¨ uk az 1 és 2-vel sz´ınezett szakaszokat (a mellékelt ábrán szaggatott vonallal jelölt¨ uk az ajtókat). Látható, hogy vannak olyan szobák, amelyeknek egyetlen ajtajuk sincs. Ha nem létezne teljes sz´ınezés˝ u háromszög, akkor minden szobának 0 vagy 2 ajtaja lenne. Ez azt jelentené, hogy ha egy szobába be lehet lépni, akkor ki is lehet lépni bel˝ole. Tehát ha egy tetsz˝oleges ajtón belép¨ unk valamelyik szobába, akkor innen addig lépkedhet¨ unk, am´ıg kiér¨ unk a háromszögb˝ol. Így a belépési ajtóhoz tartozik egy kijárat, tehát az 1−2 oldalon lev˝o ajtókat páros´ıthatjuk. Ez ellentmond az egy dimenziós tulajdonságnak, mely szerint az 1 − 2 oldalon páratlan sok 1 − 2 vagy 2 − 1 szakasz van. 3

1

2 2

1 3

3

1

2

2 2

1

1

3

2

2 1

1

5.2. ábra

2

1

2

A SPERNER LEMMA

143

Látható, hogy azokhoz az ajtókhoz, amelyeknek nincs társa (ha ezeken megy¨ unk be, akkor nem tudunk kijönni) hozzárendelhet˝o egy teljes sz´ınezés˝ u háromszög, tehát az 1 − 2 oldalról elérhet˝o teljes sz´ınezés˝ u háromszögek száma páratlan. Ugyanakkor ha van olyan teljes sz´ınezés˝ u háromszög, amelyhez nem juthatunk el az 1 − 2 oldalról, akkor ebb˝ol kiindulva egyértelm˝ uen eljuthatunk egy másik teljes sz´ınezés˝ u háromszöghöz, tehát az ilyen teljes sz´ınezés˝ u háromszögek száma ´ páros. Igy vég¨ ul a teljes sz´ınezés˝ u háromszögek száma páratlan. 3 dimenzióban a szimplex a tetraéder, és a Sperner sz´ınezés azt jelenti, hogy a cs´ ucsait négy k¨ ulönböz˝o sz´ınnel sz´ınezz¨ uk, az i − j élen lev˝o osztópontokat csak az i vagy j sz´ınekkel, illetve az i − j − k sz´ınekkel sz´ınezett lapon lev˝o osztópontokat csak az i, j vagy k sz´ınnel. 2,3, vagy 4

3

1,2, vagy 3

3 vagy 4 1 vagy 3 4

1

2 vagy 4

1 vagy 2 2

1,2,3, vagy 4

2 vagy 3

a tetraéder belsejében

5.3. ábra A szobák legyenek a felosztás tetraéderei és az ajtók a az 1, 2, 3 számokkal sz´ınezett háromszögek. Ha nem létezne a felbontásban teljes sz´ınezés˝ u tetraéder, akkor minden szobának 0 vagy 2 ajtaja lenne. Így az 1 − 2 − 3 lapon lev˝o ajtók páros´ıthatók lennének. Mivel ez ellentmond a kétdimenziós esetnek, ezért létezik legalább egy teljes sz´ınezés˝ u tetraéder. Az 1 − 2 − 3 lapon azokhoz az ajtókhoz, amelyekhez nem rendelhet¨ unk egy másik ajtót (bejárat-kijárat), hozzárendelhet¨ unk egy teljes sz´ınezés˝ u tetraédert. Így az 1 − 2 − 3 lapról elérhet˝o teljes sz´ınezés˝ u tetraéderek száma páratlan. Ugyanakkor az 1 − 2 − 3 lapról nem elérhet˝o teljes sz´ınezés˝ u tetraéderek egymással páros´ıthatók, tehát a teljes sz´ınezés˝ u tetraéderek száma páratlan.

´ A SPERNER LEMMA ALKALMAZASAI

144

Látható, hogy a dimenzió szerinti indukcióval igazolható az általános eset is. n dimenzióban az A0 A1 . . . An szimplex cs´ ucsait és a felosztásához tartozó többi cs´ ucsot az 1, 2, . . . , n + 1 sz´ınekkel sz´ınezz¨ uk u ´gy, hogy Sperner sz´ınezést kapjunk. Ez azt jelenti, hogy a szimplex minden (n− 1) dimenziós lapján Sperner sz´ınezés˝ u szimplexet kapunk, tehát erre alkalmazható az indukciós feltevés. A szobák legyenek a felosztásban szerepl˝o n dimenziós szimplexek és az ajtók azok az (n − 1) dimenziós szimplexek, amelyeknek cs´ ucsait az 1, 2, . . . , n sz´ınekkel sz´ınezt¨ uk. Ebben az esetben is teljes sz´ınezés˝ u szobáknak egy ajtajuk van és a többi ´ szobának 0 vagy 2. Igy az Ln+1 -gyel jelölt 1 − 2 − . . . − n sz´ınekkel sz´ınezett lapon lev˝o ajtókhoz vagy egy teljes sz´ınezés˝ u szobát (ha az ajtón bemen˝o u ´t nem vezet kijárathoz), vagy egy másik ajtót rendelhet¨ unk ugyanarról a lapról (ez a kijárat). Tehát az Ln+1 lapról elérhet˝o teljes sz´ınezés˝ u szobák száma páratlan. Ugyanakkor az Ln+1 lapról el nem érhet˝o teljes sz´ınezés˝ u szobák páros´ıthatók, tehát a Sperner lemma áll´ıtása igaz n dimenziós szimplexre is. ¤ A Sperner lemma alkalmaz´ asai ´tel. (Knaster43-Kuratowski44-Mazurkiewicz45, 1929) Ha P0 , 5.4. Te P1 , . . . , Pn az S = conv{A0 , A1 , . . . , An } szimplex egy olyan, zárt halmazokból álló partici´ oja, amelyre conv{Ai1 , Ai2 , . . . , Aik } ⊂

k [

Pij ,

j=1

minden {i1 , i2 , . . . , ik } ⊂ {0, 1, 2, . . . , n} részhalmaz esetén, akkor n \

Pj 6= ∅.

j=0

43Bronislaw

Knaster, 1893-1980 Kuratowski, 1896-1980 45Stefan Mazurkiewicz, 1888-1945 44Kazimierz

A SPERNER LEMMA

145

¡ n ¢m ´ s. Bármely m ∈ N számra létezik D · n+1 Bizony´ıta -nél kisebb átmér˝oj˝ u szimplexekre való felbontása az S szimplexnek (D az S átmér˝oje). Ez u ´gy kapható meg, ha S-b˝ol kiindulva egymásután m-szer megszerkesztj¨ uk az el˝obi lépésben megszerkesztett felosztás minden szimplexének a baricentrikus finom´ıtását. A P0 , P1 , . . . , Pn halmazokhoz hozzárendelj¨ uk a 0, 1, . . . , n sz´ıneket (Pj → j). Minden 0 ≤ m ≤ n-re a felosztás cs´ ucsait kisz´ınezz¨ uk u ´gy, hogy minden cs´ ucs sz´ıne megegyezzen valamelyik ˝ot leföd˝o Pj halmazhoz rendelt sz´ınnel (vagyis az X pont sz´ıne csak akkor lehet j, ha X ∈ Pj ). A feltételek alapján elérhet˝o, hogy ezek a sz´ınezések Sperner sz´ınezések legyenek, tehát minden m-re létezik 0 Sm teljes sz´ınezés˝ u szimplexe 0 a felosztásnak. Minden j ∈ {0, 1, . . . , n} esetén az Sm szimplex j sz´ın˝ u cs´ ucsát jelölj¨ uk 0 Ajm -vel. Az (0 Sm )m≥1 szimplexsorozatból kiválaszthatunk egy (1 Sm )m≥1 részsorozatot, amelyre az (1 A0m )m≥1 sorozat konvergens (ilyen sorozat létezik, mert az (0 A0m )m≥1 pont´ sorozat korlátos). Altal´ aban k ∈ {0, 1, . . . , n} esetén (k+1 Sm )m≥1 legyen az (k Sm )m≥1 sorozatnak egy olyan részsorozata, amelyre az (k+1 Akm )m≥1 pontsorozat konvergens. Az (n Sm )m≥1 szimplexsorozatra a kiválasztások miatt az (n Akm )m≥1 sorozat minden k ∈ {0, 1, . . . , n} esetén konvergál egy X k ponthoz. Mivel az (0 Sm )m≥1 szimplexek átmér˝oje 0-hoz tart, az (n Sm )m≥1 szimplexek átmér˝oje is 0-hoz tart, tehát X 0 = X 1 = . . . X n =: X. Másrészt n Akm ∈ Pk , bármely m ≥ 1 és k ∈ {0, 1, . . . n} esetén. Mivel a Pk halmazok zártak X ∈ Pk , bármely n T k ∈ {0, 1, . . . n}, tehát X ∈ Pk , vagyis az utóbbi metszet nem u ¨reshalmaz.

k=0

¤

´s. Az 5.4. tétel s´ıkbeli megfogalmazása: Megjegyze Ha az A1 A2 A3 háromszöget lefedj¨ uk három zárt Pi , i ∈ {1, 2, 3} halmazzal u ´gy, hogy Ai ∈ Pi , i ∈ {1, 2, 3}, Ai Aj ⊂ Pi ∪ ∪Pj , ∀i, j ∈ {1, 2, 3} és A1 A2 A3 ⊂ P1 ∪ P2 ∪ P3 , akkor P1 ∩ P2 ∩ P3 6= ∅. ´tel. (Brouwer46-féle fixponttétel, 1911) Ha f : X → X egy 5.5. Te folytonos f¨ uggvény, és X ⊂ Rn egy korlátos, zárt és konvex halmaz, akkor létezik olyan x0 ∈ X, amelyre f (x0 ) = x0 . 46Luitzen

Egbertus Jan Brouwer, 1881-1966


146

´ s. El˝obb igazoljuk, hogy ez egy topológiai tulajdonság, Bizony´ıta vagyis az X tartomány folytonos deformációi nem befolyásolják a fixpont létezését. Ha X1 egy másik konvex, zárt és korlátos tartomány és létezik a g : X → X1 folytonos és bijekt´ıv f¨ uggvény, akkor tetsz˝oleges h : X1 → X1 folytonos f¨ uggvény esetén az f1 : X → X, f1 = g −1 ◦ h ◦ g f¨ uggvény is folytonos. Így, ha az f1 -nek x0 fixpontja, akkor g(x0 ) fixpontja a h f¨ uggvénynek. Ez alapján megválaszthatjuk, hogy milyen X halmazra igazoljuk a tulajdonságot. Mivel X ∈ Rn korlátos halmaz, létezik olyan S szimplex, amely X-et a belsejében tartalmazza. Ha M ∈ X az X egy bels˝o pontja, akkor minden M kezd˝opont´ u félegyenes pontosan egy pontban metszi az X határát is és az S határát is. Ha ez a két metszéspont XM , illetve SM , akkor az [M XM ] zárt szakaszt bijekt´ıven és folytonosan leképezhetj¨ uk az M SM szakaszba M XS u leképezések az X (g(x) = M XM (x − M )). Az ´ıgy kapott sugárirány´ és S közt egy folytonos és bijekt´ıv megfeleltetést értelmeznek. Tehát elégséges a Brouwer tételt igazolni egy tetsz˝oleges szimplexre. A továbbiakban bebizony´ıtjuk, hogy ha h : S → S (S egy nszimplex) folytonos f¨ uggvény, akkor h-nak van fixpontja. Ha x ∈ S, n n P P λi = 1, és λi ≥ 0, λi ei alakban, ahol akkor x el˝oa´ll´ıtható x = i=0

i=0

ha 0 ≤ i ≤ n (ei , 0 ≤ i ≤ n az S szimplex cs´ ucsainak megfelel˝o n n P P λ¯i = 1, λ¯i ei , ahol helyzetvektorok). De h(x) ∈ S, tehát h(x) = i=0

i=0

´ és λ¯i ≥ 0. Ertelmezz¨ uk a ¯ ( ) n n ¯ X X ¯ Ki = x = λj ej ¯ h(x) = λ¯j ej és λ¯i ≤ λi , 0 ≤ i ≤ n ¯ j=0

j=0

halmazokat. Igazoljuk, hogy az ´ıgy szerkesztett halmazok teljes´ıtik a Knaster-Kuratowski-Mazurkiewicz tétel feltételeit. A Ki halmazok zártak, mert h folytonos. Ha x ∈ conv{ei1 , ei2 , . . . eik } és x ∈ / Kij n P egyetlen 1 ≤ j ≤ k esetén sem, akkor a h(x) = λ¯j ej reprej=0 k k P P zentációban λ¯ij > λij , és ez ellentmondás, mert a h(x) barij=1

j=1

centrikus koordinátáinak összege is és az x baricentrikus koordinátáinak az összege is 1. A Knaster-Kuratowski-Mazurkiewicz tétel alapján

A SPERNER LEMMA

147

létezik olyan x ∈ S, amelyre x ∈ Ki , ∀i ∈ {0, . . . , n}. Ez viszont azt jelenti, hogy λ¯i ≤ λi , ∀i ∈ {0, . . . , n}, tehát 1=

n X i=0

λ¯i ≤

n X

λi = 1.

i=0

Ha valamelyik i ∈ {0, 1, . . . , n} esetén λ¯i 6= λi , akkor az el˝obbi egyenl˝otlenségben szigor´ u egyenl˝otlenséghez jutunk, és ez ellentmondás, ¯ tehát λi = λi , ∀i ∈ {0, 1, . . . , n} és ´ıgy g(x) = x. ¤ ´ s. Ha f, g : [−1, 1] → [0, 1]2 , f (t) = (f1 (t), f2 (t)) Alkalmaza és g(t) = (g1 (t), g2 (t)) két folytonos görbe, amelyekre f2 (−1) = 0, f2 (1) = 1, g1 (−1) = 1 és g1 (1) = 0, akkor a két görbének létezik közös pontja.

(f1(1),1) (1,g (-1)) 2

(0,g (1)) 2

0

(f1(-1),0) 1

x

5.4. ábra ´ s. Feltételezz¨ Bizony´ıta uk, hogy az f és g görbének nincs közös pontja, vagyis nem létezik x = (t, s) pont u ´gy, hogy f (t) = g(s). Mivel fi , gi : [−1, 1] → [0, 1] folytonosak, létezik a következ˝o maximum, és nem lehet nulla: M (t, s) = max{|f1 (t) − g1 (s)|, |f2 (t) − g2 (s)|} > 0. Ha r : [−1, 1] × [−1, 1] → [−1, 1] × [−1, 1], r(t, s) =

1 (g2 (s) − f2 (t), g1 (s) − f1 (t)) , M (t, s)

akkor az M (t, s) > 0 feltétel és az f, g folytonossága alapján r folytonos folytonos f¨ uggvény. Brouwer tételéb˝ol következik, hogy létezik

148


olyan (t, s) ∈ [−1, 1] × [−1, 1], amelyre r(t, s) = (t, s). De az r valamelyik komponensének abszol´ ut értéke 1, tehát vagy |t| = 1, vagy |s| = 1. Ha t = 1, akkor az g2 (s) = 1 + M > 1. Hasonlóképpen t = −1 esetén g2 (s) = −M < 0. s = 1 esetén f1 (t) = −M < 0, és s = −1 esetén f1 (t) = 1 + M > 1. Minden esetben ellentmondáshoz jutunk (mert fi (t), gi (s) ∈ [0, 1], ∀t, s ∈ [−1, 1]). Tehát létezik (t, s) ∈ [0, 1] × [0, 1] u ´gy, hogy f (t) = g(s). ¤ ´tel. Ha n ember köz¨ 5.6. Te ott kell egy tortát elosztani, akkor létezik olyan elosztás, amelyben mindenki más-m´ as darabot szeretne elvenni (tehát mindenki elveheti azt a darabot, amelyet szeretne) feltéve, hogy mindenki éhes (az u ¨res darab helyett bármelyik jó) és a tort´ anak nincs szinguláris pontja (ha valaki egy konvergens felosztássorozatban egy darabot szeretne, akkor a határfeloszt´ asban is ugyanazt a darabot szeretné - a tortár´ ol alkotott szubjekt´ıv mértéke mindenkinek folytonos). ´ s. Ha kijelöl¨ Bizony´ıta unk egy d irányt, akkor megh´ uzhatjuk a tortának a d-vel párhuzamos két tartóegyenesét. Ha ezzel a két érint˝ovel párhuzamosan (n − 1) vágást végz¨ unk és az ´ıgy keletkez˝o i-edik darab szélességének és a teljes torta szélességének arányát xi -vel jelölj¨ uk, akkor minden ilyen felvágás egyértelm˝ uen jellemezhet˝o egy (x1 , x2 , . . . , xn ) n P xi = szám n-essel, ahol xi ≥ 0, minden i ∈ {1, 2, 3, . . . , n} esetén és i=1

1. x1 x2

xn

5.5. ábra Így a lehetséges elosztások S tere egy (n − 1)-szimplexet alkot Rn -ben, és S minden pontjának a torta egy elosztása felel meg. Az ötletek rögz´ıtése céljából megvizsgáljuk az n = 3 esetet. A három résztvev˝o Anna, Beáta és Cecilia két vágással u ´gy kell egy tortát felvágjon, hogy mindenki más darabot akarjon elvenni. Ha

A SPERNER LEMMA

149

x1 , x2 , x3 a három darab szélessége, akkor xi ≥ 0, i ∈ {1, 2, 3} és x1 + x2 + x3 = 1. Ez R3 -ban az (1, 0, 0), (0, 1, 0) és (0, 0, 1) pontok által meghatározott S háromszögnek és a belsejének az egyenlete. Els˝o lépésben S-et felosztjuk háromszögekre, és minden cs´ ucshoz hozzárendel¨ unk egy ,,tulajdonjogot” (A Annát, B Beátát és C Ceciliát jelképezi) u ´gy, hogy minden kis háromszög három cs´ ucsának k¨ ulönböz˝o tulajdonosa legyen. A mellékelt ábrán látható, hogy ez megtehet˝o. Az S felosztásához hozzárendel¨ unk egy sz´ınezést is a következ˝o módon: Minden cs´ ucs tulajdonosát megkérdezz¨ uk, melyik részt választaná a ponthoz tartozó felosztásból. A cs´ ucsot a választott darab számának megfelel˝oen 1, 2, vagy 3-mal cimkézz¨ uk. Mivel az eredeti háromszög minden pontja megfelel a torta egy felosztásának ez lehetséges. Az (1, 0, 0) cs´ ucs esetén egy tortarész tartalmazza az egész tortát és ´ıgy az (1, 0, 0) tulajdonosa mindig az 1-es szám´ u darabot választja (mert éhes), tehát ennek a cs´ ucsnak a sz´ıne 1. Hasonlóan a (0, 1, 0) cs´ ucsot 2-vel, a (0, 0, 1)-t 3-mal c´ımkézz¨ uk. Mivel senki sem választja az ,,u ¨res” darabot, S minden oldalán hiányzik az u ¨res darab c´ımkéje, tehát ´ıgy egy Sperner sz´ınezést kapunk. A

A B

C A

B

C

C

A

A B

A

C

B

B C

B C

A

B

C

5.6. ábra Az S-b˝ol kiindulva minden lépésben felvessz¨ uk a már meglev˝o felbontás háromszögeiben minden oldal felez˝opontját. Így az m-edik lépésben minden kis háromszög átmér˝oje 21m ∆, ahol ∆ az eredeti háromszög átmér˝oje. A felosztás cs´ ucsaihoz hozzárendelhet¨ unk tulajdonjogokat u ´gy, hogy minden kis háromszög három cs´ ucsában három

150


k¨ ulönböz˝o tulajdonos legyen. Ha Fm az m-edik lépésben kapott felosztás, akkor Fm cs´ ucsait kisz´ınezz¨ uk a tulajdonosok opciói szerint, vagyis minden cs´ ucsban megkérdj¨ uk a cs´ ucs tulajdonosát, hogy hányadik darabot szeretné az adott cs´ ucshoz tartozó felosztásból és a kapott válasz lesz a cs´ ucs sz´ıne. A feltételek alapján az ´ıgy kapott sz´ınezések Sperner sz´ınezések, tehát minden m ∈ N∗ esetén létezik olyan 0 Sm teljes sz´ınezés˝ u háromszög, amelynek átmér˝oje 21m ∆. Ha az 0 Sm jvel sz´ınezett cs´ ucsa 0 Ajm , j ∈ {1, 2, 3}, akkor az (0 A1m )m≥1 sorozatból kiválasztható egy (1 A1m )m≥1 konvergens részsorozat (mert korlátos a pontsorozat). Hasonló módon az (1 A2m )m≥1 sorozatból kiválasztható egy (2 A2m )m≥1 konvergens részsorozat. Az ´ıgy kiválasztott (2 Sm )m≥1 háromszögsorozat átmér˝oje 0-hoz tart, tehát az (2 A1m )m≥1 , (2 A2m )m≥1 és (2 A3m )m≥1 pontsorozatok ugyanahhoz az X ponthoz konvergálnak. Másrészt az (2 A1m )m≥1 pontok tulajdonosai köz¨ ul legalább az egyik végtelen sokszor ismétl˝odik, ´ıgy kiválasztható egy olyan (3 A1m )m≥1 részsorozat, amelyre a tulajdonos mindig ugyanaz (pl. A). Ezeknek a pontoknak megfelel˝o 3 Sm háromszögek (3 A2m )m≥1 cs´ ucsaiból ismét kiválasztható egy olyan részsorozat, amely tagjainak közös a tulajdonosa (pl. B). Így az X pontnak megfelel˝o felosztás igazságos (mert a három tulajdonosnak három k¨ ulönböz˝o opciója van, A-nak 1, B-nek 2 és C-nek 3). A gondolatmenet n > 3 esetén is alkalmazható, ha belátjuk, hogy létre tudjuk hozni az S-nek olyan felosztását, amelyben a szimplexek átmér˝oje tetsz˝olegesen kicsi és a felosztás minden cs´ ucsához hozzárendelhet¨ unk az 1, 2, . . . , n cimkék köz¨ ul egyet (ezek a tulajdonosok) u ´gy, hogy a felosztás minden kicsi szimplexe teljes sz´ınezés˝ u legyen. Ezután egy felosztás minden cs´ ucsában a cs´ ucs tulajdonosától megkérdezz¨ uk, hogy hányadik darabot szeretné a ponthoz tartozó felosztásból megkapni. Az ´ıgy kapott sz´ınezés Sperner sz´ınezés, mert ha a felosztást jellemz˝o pontnak valamelyik ej -re vonatkozó baricentrikus koordinátája 0, akkor a j-edik darab 0 szélesség˝ u és ´ıgy ezt nem választja senki. 0 Így létezik olyan ( Sm )m≥1 szimplexsorozat, amelynek minden tagja teljes sz´ınezés˝ u mindkét sz´ınezés szerint és amelynek átmér˝oje 0-hoz tart. Részsorozatokra térve elérhet˝o, hogy azonos tulajdonos és azonos opció legyen a megfelel˝o cs´ ucsokban, ráadásul az ´ıgy szerkesztett

A SPERNER LEMMA

151

pontsorozatok ugyanahhoz az X ponthoz tartsanak. Az X pontnak megfelel˝o felosztásban mindenki elveheti az óhajtott darabot. A bizony´ıtás teljességéhez elégséges tehát megszerkeszteni a csupa teljes sz´ınezés˝ u szimplexb˝ol álló felosztást. Ennek egy lehetséges módja a baricentrikus finom´ıtás. Ez azt jelenti, hogy egy tetsz˝oleges felosztásban vessz¨ uk a felosztásban szerepl˝o összes lap s´ ulypontját (vagy valamilyen baricentrumát). Az ´ıgy kapott pontokat kisz´ınezz¨ uk a 0, 1, . . . , n sz´ınekkel, aszerint, hogy hány dimenziós lap s´ ulypontjaként ´ áll´ıtottuk el˝o. Igy az eredeti cs´ ucsok sz´ıne 0, az élek felez˝opontjának sz´ıne 1, a kétdimenziós lapok (háromszögek) s´ ulypontjának sz´ıne 2 stb. Az ´ıgy kapott szimplexek átmér˝oje az eredeti szimplexek átmér˝oinek n -ed része (lásd a 52. oldalon megoldott 1. feladalegfeljebb a n+1 tot), tehát a szerkesztés ismétlésével elérhet˝o, hogy a keletkez˝o szimplexek átmér˝oje tetsz˝olegesen kicsi legyen. Másrészt az u ´j felosztás minden szimplexe teljes sz´ınezés˝ u (ezt elégséges belátni egy szimplex belsejében keletkez˝o kisebb szimplexekre, és ezekre nyilvánvaló, mert minden dimenzióban annak a lapnak a s´ ulypontját tartalmazzák, amellyel való metszet¨ uk nem u ¨reshalmaz), tehát az áll´ıtást igazoltuk. A bizony´ıtásra még visszatér¨ unk az utolsó fejezetben (lásd a 185. oldalon a 7.8 tulajdonságot).

5.7. ábra ¤

´ A DUALIS SPERNER LEMMA

152

A du´ alis Sperner lemma ´tel. (A Sperner-lemma duálisa)(H. Scarf 47, 1970) 5.7. Te Az A0 A1 . . . An szimplex egy baricentrikus felosztás´ anak cs´ ucsait sz´ınezz¨ uk ki u ´gy, hogy bármely {i1 , i2 , . . . , ik } ⊂ {0, 1, . . . , n} esetén az Ai1 , Ai2 , . . . , Aik cs´ ucsok konvex burkában csak a {0, 1, . . . , n}\{i1 , i2 , . . . , ik } sz´ınek szerepeljenek, ha k ≤ n. A felosztásban ilyen feltételek mellett létezik legal´ abb egy teljes sz´ınezés˝ u szimplex. ´ s. n = 1 esetén ugyanaz, mint a Sperner-lemma. Bizony´ıta n = 2 esetén a háromszögeket tekints¨ uk szobáknak, az 1 − 3, 1 − 2 vagy 2 − 3 sz´ınezés˝ u szakaszok köz¨ ul az egyik fajtát ajtónak. Csak a cs´ ucsoknál lehet felsz´ıni ajtó és ott is maximum egy. 1 (1 vagy 2) 2 1

1

2

1

3 (1 vagy 3)

3

3

3 (2 vagy 3)

5.8. ábra A mellékelt ábrán az ajtók az 1 − 3 szakaszok (ez a felosztás nem baricentrikus, mert ennek két dimenzióban nincs jelent˝osége). Így rögz´ıtve az ajtó t´ıpusát a felsz´ınen pontosan egy ajtó van, és ezért ha nem lenne teljes sz´ınezés˝ u háromszög, ellentmondáshoz jutnánk. Ez a gondolatmenet magasabb dimenzióban is érvényes. 47Herbert

Scarf, [email protected]

A SPERNER LEMMA

153

1, 2 vagy 3

1 vagy 3

2 vagy 3 3 2 1vagy 2

1 1, 3 vagy 4

2, 3 vagy 4

4 2 vagy 4

1 vagy 4 1, 2 vagy 4

5.9. ábra Egyrészt olyan n−1 dimenziós szimplex, amelynek nincs két egyforma sz´ın˝ u cs´ ucsa csak az eredeti szimplex cs´ ucsainál lehet (az i-edik hipers´ıkokon kiv¨ ul nem fordulhat el˝o az i sz´ın, ezért n sz´ınhez legalább n hipers´ık kell, és a lapok tartóhipers´ıkjai csak a cs´ ucsoknál teljes´ıtik ezt a feltételt). Másrészt a cs´ ucs minden i ∈ {1, 2, . . . , n + 1} esetén össze van kötve legalább egy i sz´ın˝ u csomóponttal (a lapon egy baricentrum ilyen) és a kisebb dimenziós lapokon csak ezek a sz´ınek jelenhetnek meg minden cs´ ucsnál pontosan egy olyan n − 1 dimenziós szimplex van, amit ajtónak választhatunk. Ha a sz´ıneket rögz´ıtj¨ uk, akkor az egész felsz´ınen csak egy ajtó lehetséges (annál a cs´ ucsnál, amely megengedi ezeket a sz´ıneket). Így ismét ellentmondáshoz jutnánk, ha a felosztás szimplexei közt nem lenne teljes sz´ınezés˝ u. ¤

A b´ ereloszt´ as probl´ em´ aja ´ s. (A bérelosztás problémája) n személy bérbevesz Alkalmaza egy n szobás lakást. Bizony´ıtsuk be, hogy ha a) elvben senkinek nincs kifogása egyetlen szoba ellen sem (csak esetleg adott bérért nem hajlandó benne lakni); b) mindenki sz´ıvesebben választ olyan szobát, amelyért egyáltalán nem kell fizetni, mint olyat, amelyért fizetni kell; c) mindenkinek zártak az opcióhalmazai, vagyis ha egy szobát kivenne minden (bn )n≥1 bérért, akkor a b = lim bn bérért is n→∞ kivenné,

´ ´ PROBLEM ´ AJA ´ A BERELOSZT AS

154

akkor eloszthatjuk a teljes ház bérét a szobák szerint u ´gy, hogy mindenki tudjon magának szobát választani (anélk¨ ul, hogy a választások egybeesnének). ´ s. Tekints¨ Bizony´ıta uk 1-nek a teljes bért és a szobákhoz rendelt béreket jelölj¨ uk x1 , x2 , . . . , xn -nel. Világos, hogy 0 ≤ xi ≤ 1, ha n P xi = 1, tehát a lehetséges felosztások és Rn -ben a 1 ≤ i ≤ n, és i=1

kanonikus bázis végpontjai által kifesz´ıtett (n − 1) szimplex pontjai közt egy kölcsönösen egyértelm˝ u megfeleltetés létezik. Vizsgáljuk meg el˝obb az n = 3 esetet. z

C (0,0,1) (0,y,z) (x,0,z) B (0,1,0)

O

x

A (1,0,0)

(x,y,0)

y

5.10. ábra A mellékelt ábra jelöléseit használjuk, minden m ∈ N∗ esetén felosztjuk az ABC háromszöget és a felosztás pontjaihoz hozzárendel¨ unk egy-egy tulajdonost u ´gy, hogy a felosztás minden kis háromszögéhez három k¨ ulönböz˝o tulajdonost rendelj¨ unk (A,B és C legyen a három tulajdonos neve), és a felosztás normája legyen 41m ∆ (akárcsak a tortaszeletelés esetén). Ezután kérdezz¨ uk meg minden cs´ ucsban a cs´ ucs gazdáját, hogy a cs´ ucshoz tartozó bérfelosztás esetén melyik szobát választaná. (A szobák sorrendjét már akkor meghatároztuk, amikor az x1 , x2 , . . . , xn jelölést bevezett¨ uk.) A b) feltétel alapján az A cs´ ucsban csak az 1-es vagy 3-as és a B cs´ ucsban csak az 1-es vagy 2-es szobát lehet választani. Ugyanakkor az AB oldalon lev˝o csomópontokban csak 3-as lehet, a BC-n csak 1-es és AC-n csak 2-es a választása (mert ennek a szobának itt 0 a bére). Az eredeti ABC háromszög

A SPERNER LEMMA

155

belsejében az opciók tetsz˝olegesek lehetnek (itt érvényes¨ ul az egyének preferenciája). Látható, hogy a duális Sperner lemma feltételei teljes¨ ulnek, tehát a felosztás valamely kis háromszögének cs´ ucsaiban a három tulajdonos három k¨ ulönböz˝o szobát választana. Jelölj¨ uk ezt a háromszöget Am Bm Cm -mel. Mivel az ABC zárt háromszöglap egy kompakt tartomány az (Am )m≥1 sorozatnak van egy (Amj )j≥1 konvergens részsorozata. A (Bmj )j≥1 sorozatból is kiválaszthatunk egy (Bmjk )k≥1 konvergens részsorozatot és a (Cmjk )k≥1 sorozatból egy u ´jabb konvergens részsorozatot, amelyet (Ci )i≥1 -vel jelöl¨ unk. Ráadásul az ´ıgy kiválasztott Ci sorozatra feltételezhetj¨ uk, hogy minden Ci pontban C-nek ugyanaz az opciója (ellenkez˝o esetben ismét részsorozatokra térnénk, csak azokat a pontokat válogatnánk ki, amelyekben a végtelenszer ismétl˝od˝o opció jelenik meg). A 2-es vagy 3-as

}

C

B

csak 3-as

B B

C

A

A

B

C C

A

B

}

1-es vagy 3-as

}

csak 2-es

A C

1-es vagy 2-es

csak 1-es

5.11. ábra Így tehát léteznek olyan (Ai )i≥1 , (Bi )i≥1 és (Ci )i≥1 konvergens pontucsaiban más-más szobát sorozatok, amelyekre az Ai Bi Ci háromszög cs´ választanak a cs´ ucstulajdonosok. Mivel az Ai Bi Ci háromszög átmér˝oje 0-hoz tart, amikor i → ∞, az (Ai )i≥1 , (Bi )i≥1 és (Ci )i≥1 pontsorozatoknak ugyanaz a határértéke. Ha a határértékpont X, akkor a c) feltétel alapján az X pontnak megfelel˝o bérfelosztásra mindenki talál magának megfelel˝o szobát.

´ A SPERNER LEMMA POLITOPOKRA

156

Látható, hogy az általános eset bizony´ıtásához csak annyit kell belátni, hogy az n dimenziós Sperner-lemmában megjelen˝o sz´ınezéshez jutunk (az opciók kikérdezésével), mert a részsorozatok kiválasztását a kompaktság biztos´ıtja Rn -ben is. Ez viszont nyilvánvaló, mert ha Ai (0, 0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0), 0 ≤ i ≤ n, akkor Ai -ben mindent lehet választani, csak i-t nem, az Ai Aj élen csak i-t és j-t nem, és általában az Ai1 , Ai2 , . . . , Aik cs´ ucsok konvex burkában (k ≤ n) pontosan az i1 , i2 , . . . , ik nem választható. Így ha az Ai1 , Ai2 , . . . , Ain pontok által meghatározott (n − 1) szimplex olyan baricentrikus ¡ n ¢m finom´ıtásait vessz¨ uk, amelyek átmér˝oje rendre kisebb, mint n+1 ∆, akkor kiválaszthatunk egy olyan (Ai0 Ai1 . . . Ain )i≥1 konvergens szimplexsorozatot, amelyre az Aij -ben minden i-re ugyanaz az opció áll, ha j ∈ {0, 1, 2, . . . , n} rögz´ıtett és amelyre lim Aij = X, minden j ∈ {0, 1, 2, . . . , n} esetén. i→∞ Tehát az X-nek megfelel˝o bérefelosztás esetén az opciók páronként k¨ ulönböznek. ¤

A Sperner lemma polit´ opokra Ebben a paragrafusban azt vizsgáljuk, hogy mi történik, ha szimplex helyett bonyolultabb testeket bontunk fel szimplexekre. ´ ´s. Rd -ben politópnak nevez¨ 5.8. Ertelmez e unk minden olyan korlátos testet, amely el˝oáll´ıtható félterek metszeteként. ´lda ´k. 1. R2 -ben a politópok a sokszögek. Pe 2. R3 -ban a politópok a poliéderek.

¤

´s. A politóp felfogható a cs´ Megjegyze ucsai konvex burkaként. ´tel. (Sperner lemma polit´ 5.9. Te opokra, Su48, 2002) Legyen P egy n cs´ ucs´ u polit´ op Rd -ben (P affin burkolój´ anak a dimenziója d) Ha a polit´ opnak és egy szimpliciális felosztás´ anak cs´ ucsait n sz´ınnel sz´ınezz¨ uk, u ´gy, hogy a vi1 , vi2 , . . . , vik cs´ ucsok konvex burkolój´ aban lev˝o cs´ ucsokat ucsok sz´ıneivel sz´ınezz¨ uk, minden {i1 , i2 , . . . , ik } ⊂ a vi1 , vi2 , . . . , vik cs´ ⊂ {0, 1, 2, . . . , n − 1} részhalmazra, akkor létezik a felosztásban n − d darab teljes sz´ınezés˝ u d-szimplex. 48Francis

Edward Su, http://www.math.hmc.edu/∼su/

A SPERNER LEMMA

157

´s. 1. Egy szimplexet teljes sz´ınezés˝ Megjegyze unek nevez¨ unk, ha a cs´ ucsai k¨ ulönböz˝o sz´ınekkel vannak sz´ınezve. 2. Ha n = d + 1, akkor visszakapjuk a szimplexekre vonatkozó Sperner lemma gyengébb áll´ıtását, mely szerint létezik legalább egy teljes sz´ınezés˝ u szimplexe a felosztásnak. ´ s. El˝oször értelmezz¨ Bizony´ıta uk a lefed˝o ponthalmaz fogalmát, d majd bebizony´ıtjuk, hogy R -ben bármely n cs´ ucs´ u politópnak létezik n − d elemb˝ol álló lefed˝o ponthalmaza. Továbbá értelmez¨ unk egy f¨ uggvényt, a P politópról önmagára, amelynek a lesz˝ uk´ıtése a felosztás minden szimplexére affin és amelyre a lefed˝o ponthalmaz minden pontjának az ˝osképe benne van egy teljes sz´ınezés˝ u d-szimplexben. A lefed˝o ponthalmaz értelmezését is figyelembe véve levonhatjuk a következtetést, hogy ezen d-szimplexek k¨ ulönböz˝oek, tehát valóban létezik n − d darab teljes sz´ınezés˝ u d-szimplex. Ha a V = {v1 , . . . , vn } halmaz a P politóp cs´ ucsait tartalmazza, akkor P = convV . ´ ´s. A Q a P konvex politóp lefed˝ 5.10. Ertelmez e o halmaza, ha a P cs´ ucsai által meghatározott bármely d-szimplex belsejében Q-nak legfeljebb egy pontja van. R2 -ben ez azt jelenti, hogy az A1 A2 . . . An sokszögben olyan L1 , L2 , . . . , Lk pontrendszert kell felvenni, amely teljes´ıti a következ˝o tulajdonságot: Bármely Ai1 Ai2 Ai3 háromszög legfeljebb egy Lj pontot tartalmaz.

aaaaaaa aaaaaa aaaaaaa aaaaaaa aaaaaa aaaaaaa aaaaaaa aaaaaa aaaaaaa aaaaaaa aaaaaa aaaaaaa aaaaaaa aaaaaa aaaaaaa aaaaaa aaaaaa A2

A2

A1

A1

L1

A3

A6

A4

A6

A3

A5

A4

5.12. ábra

A5

158


Ha a mellékelt ábrán látható A1 A2 A3 A4 A5 A6 hatszögben felveszsz¨ uk az L1 pontot, akkor a besat´ırozott részen nem vehet¨ unk fel további pontokat viszont felvehetj¨ uk a további 3 megjelölt pontot. Így létezik négy elem˝ u leföd˝o pontrendszer. Másrészt a második ábrán a leföd˝o pontrendszer csak két pontból áll. Igazolható, hogy egy n oldal´ u sokszögben a leföd˝o pontrendszer legfeljebb n − 2 elemb˝ol áll. Tekintj¨ uk a P konvex politóp egy szimpliciális felosztását és sz´ı´ nezz¨ uk ki az ´ıgy kapott cs´ ucsokat Sperner sz´ınezéssel. Ertelmezz¨ uk az f : P → P f¨ uggvényt u ´gy, hogy a felosztás minden cs´ ucsát a politóp vele megegyez˝o sz´ın˝ u cs´ ucsába viszi és a felosztás szimplexein az f affin (a 33. oldalon igazolt 2.23. tulajdonság alapján ez egyértelm˝ uen megtehet˝o). Természetesen ez a f¨ uggvény folytonos. 5.11. Lemma. A fenti f : P → P f¨ uggvény sz¨ urjekt´ıv. ´ s. Feltételezz¨ Bizony´ıta uk, hogy létezik y ∈ intP , mely nincs ´ benne az f képében. Igy minden x ∈ P esetén az [f (x)y félegyenes pontosan egy pontban metszi a P valamely lapját. Jelölj¨ uk ezt a metszéspontot g(x)-szel. Az x 7→ g(x) megfeleltetés által értelmezett g : P → P f¨ uggvény folytonos. Mivel P konvex, korlátos és zárt, alkalmazhatjuk a Brouwer fixpont-tételt a g f¨ uggvényre. Tehát létezik x0 ∈ P , amelyre g(x0 ) = x0 . Másrészt g(x) a P valamelyik lapján van, minden x ∈ P esetén, tehát létezik olyan F lapja P -nek, amelyre g(x0 ) = x0 ∈ F . Az f értelmezése alapján az f a P cs´ ucsait önma´ gukba képezi, tehát a lapokon is identikus leképzés. Igy f (x0 ) ∈ F, tehát y ∈ [f (x0 ), g(x0 )] ⊂ F , ami ellentmondáshoz vezet, hiszen azt feltételezt¨ uk, hogy y ∈ intP . Mivel a P lapjain f identikus, ezért a nem bels˝o pontok benne vannak a képtartományban, tehát f sz¨ urjekt´ıv. ¤ Ha S a felosztás egy olyan szimplexe, amely nem teljes sz´ınezés˝ u, akkor az S-nek a (d + 1) cs´ ucsát az f legfeljebb d k¨ ulönböz˝o sz´ın˝ u cs´ ucsba transzformálja, ezért az S képe teljes egészében az S valamely legfeljebb d dimenziós lapján vagy átlójában van. Tehát ha a leföd˝o pontrendszer elemeit u ´gy választjuk meg, hogy a szimplex átlóira egy se ker¨ uljön rá, akkor a leföd˝o pontrendszer elemeinek f beli ˝osképe csak teljes sz´ınezés˝ u szimplex belsejében lehet. Amiatt,

A SPERNER LEMMA

159

hogy a P cs´ ucsai által meghatározott tetsz˝oleges szimplex belsejében a leföd˝o pontrendszernek csak egy pontja lehet, a leföd˝o pontrendszer két k¨ ulönböz˝o elemének az ˝osképe nem lehet a felbontásnak ugyanazon szimplexében, tehát legalább annyi teljes sz´ınezés˝ u szimplex létezik, ahány pontja van a leföd˝o pontrendszernek. A következ˝okben megszerkesztj¨ uk a P egy n − d elemb˝ol álló lefed˝o halmazát. A dimenzió szerinti indukt´ıv felép´ıtést használunk. Tegy¨ uk fel, hogy minden n cs´ uccsal rendelkez˝o konvex politópnak Rk ban létezik n−k elem˝ u lefed˝o ponthalmaza, bármely k ∈ {1, . . . , d−1} esetén. Legyen F egy (d − 1) dimenziós lapja a P -nek, melynek cs´ ucsai vn−k+1 , . . . , vn . Megszerkesztj¨ uk az F -nek egy QF = {q0 , . . . , qk−d } lefed˝o halmazát (az indukciós feltevés alapján ez lehetséges). A [q0 , vi ] szakaszokon a vi -hez elég közel felvessz¨ uk a pi pontokat, minden i ∈ {1, . . . , n − k} esetén: pi = εq0 + (1 − ε)vi , ahol D = diam(P ), H = min {d(vi , conv(V \ {vi }))} és ε = 1≤i≤n {p1 , . . . , pn−k } és Q0F

H . 2D

0 Legyen Q0 = = {q10 , q20 , . . . , qk−d }, ahol qi0 -t u ´gy kapjuk, hogy a qi -t azon legkisebb szimplex belsejébe mozd´ıtjuk, amelynek az oldalán van. Be fogjuk bizony´ıtani, hogy Q = Q0 ∪ Q0F egy n − d elem˝ u lefed˝o halmaza a P -nek. Ehhez a P cs´ ucsai által meghatározott tetsz˝oleges d-szimplexre (ezt S-sel jelölj¨ uk), belátjuk a következ˝o tulajdonságokat:

5.12. Lemma. a) Ha pi ∈ S, akkor vi ∈ S, és ha qi0 ∈ S, akkor qi ∈ S; b) |S ∩ Q0 | ≤ 1; c) |S ∩ Q0F | ≤ 1; d) |S ∩ Q0 | + |S ∩ Q0F | ≤ 1. ´ s. a) Ha pi ∈ S és vi 6= S, akkor pi ∈ S ⊂ conv(V \ Bizony´ıta \{vi }), tehát kvi − pi k ≥ d(vi , conv(V \ {vi })) ≥ H,

160


de kvi − pi k = εkvi − q0 k ≤ εD = H2 , ami ellentmondáshoz vezet. Tehát ha pi ∈ S, akkor vi ∈ S. Ha qi0 ∈ S, akkor a qi0 szobája benne van S-ben, tehát qi szobája is S-ben van, ahol a qi0 szobája az a legkisebb, P lapjai és átlói által által alkotott d-szimplex, amelyben qi0 van, és qi szobája az a legkisebb, F lapjai és átlói által határolt (d − 1)-szimplex, mely tartalmazza qi -t. b) Feltételezz¨ uk, hogy |S ∩ Q0 | ≥ 2. Ekkor létezik két k¨ ulönböz˝o i1 , i2 ∈ {1, 2, . . . n − k} u ´gy, hogy pi1 , pi2 ∈ S. Az el˝oz˝o alpont alapján vi1 , vi2 ∈ S. Tehát, ha s1 , s2 , . . . , sd+1 pontok az S cs´ ucsai, akkor feltételezhetj¨ uk, hogy vi1 = s1 és vi2 = s2 . Legyen A az a (d + 1) × (d + 2)-es mátrix, amely oszlopait az s1 , s2 , . . . , sd+1 és q0 pontok koordinátái alkotnak kiegész´ıtve egy 1-sel:  1 1  s1 s2 . . . s1d+1 q01 2 s2 s2 . . . s2 d+1 q0   1 2  .. ..  , A =  ... ... . .  d d  d s1 s2 . . . sd+1 q0d  1 1 ... 1 1 ahol fels˝o indexszel jelölt¨ uk az adott koordinátáját a pontnak. Ted+2 d+1 kints¨ uk a h : R → R , h(v) = A · v lineáris f¨ uggvényt (v koordinátái a kanonikus bázisra vonatkoznak). Mivel az S szimplex cs´ ucsai affin f¨ uggetlen pontok, az A mátrix rangja d + 1, tehát a rang tétele alapján dim(Rd+2 ) = dim(Imh) + dim(Kerh), vagyis dim(Kerh) = 1. A pi1 pontot kétféleképpen ´ırhatjuk fel: pi1 = εq0 + (1 − ε)s1 , és mivel pi1 ∈ S, létezik x1 , . . . , xd+1 ≥ 0,

d+1 P

xj = 1 u ´gy, hogy

j=1

pi1 = x1 s1 + . . . + xd+1 sd+1 . Koordinátákkal kifejezve a fenti egyenleteket kapjuk, hogy (p1i1 , . . . , pdi1 , 1)T = A · (1 − ε, 0, . . . , 0, ε)T , (p1i2 , . . . , pdi2 , 1)T = A · (x1 , x2 , . . . , xd+1 , 0)T . Ha kivonjuk a második egyenletet az els˝ob˝ol, akkor kapjuk, hogy: (44)

A · (x1 − 1 + ε, x2 , . . . , xd+1 , −ε)T = 0.

A SPERNER LEMMA

161

Hasonlóan, pi2 -re is fel´ırhatjuk, hogy pi2 = εq0 + (1 − ε)s2 , és mivel pi2 ∈ S, létezik y1 , . . . , yd+1 ≥ 0,

d+1 P

yj = 1 u ´gy, hogy

j=1

pi2 = y1 s1 + . . . + yd+1 sd+1 . A (44) egyenlethez hasonlóan kapjuk, hogy (45)

A · (y1 , y1 − 1 + ε, y3 , . . . , yd+1 , −ε)T = 0.

A (44) és (45) összef¨ uggésekben megjelen˝o vektorok az A magterében vannak, tehát létezik c ∈ R u ´gy, hogy (x1 − 1 + ε, x2 , . . . , xd+1 , −ε)T = c · (y1 , y1 − 1 + ε, y3 , . . . , yd+1 , −ε)T . Az utolsó komponensek azonos´ıtásából kapjuk, hogy c = 1, és ´ıgy az els˝o két komponens alapján x1 − 1 + ε = y1 és y2 − 1 + ε = x2 . A pi1 -re vonatkozó két egyenletb˝ol kifejezhetj¨ uk q0 -t a következ˝oképpen: 1 q0 = ((x1 + ε − 1)s1 + x2 s2 + . . . + xd+1 sd+1 ). ε Mivel az egy¨ utthatók összege 1, és az egy¨ utthatók nem negat´ıvak (mert y1 ≥ 1), a q0 fel´ırható, mint az s1 , . . . , sd+1 cs´ ucsok affin kombinációja, tehát q0 ∈ S. Másrészt q0 a P politópnak az F (d − 1) dimenziós lapján van, és az s1 = vi1 illetve s2 = vi2 cs´ ucsok nincsenek az ´ F lapon, ezért x1 +ε−1 = 0 és x2 = 0. Igy q0 az F lapon az s3 , . . . , sd+1 cs´ ucsok által meghatározott (d − 2) dimenziós szimplexében található, ami ellentmond a QF lefed˝o halmaz szerkesztésének (a leföd˝o pontrendszert u ´gy szerkesztj¨ uk meg, hogy egyetlen pont sem ker¨ ul kisebb dimenziós átlóra). A kapott ellentmondás alapján a bizony´ıtandó áll´ıtás igaz. c) Ha qi01 , qi02 két k¨ ulönböz˝o pontja az S ∩ Q0F halmaznak, akkor az a) pont alapján qi1 , qi2 ∈ S ∩ F . Mivel S egy d-szimplex, az S ∩ F egy (d − 1)-szimplex az F lapon. A QF értelmezése alapján qi1 és qi2 pontok egybeesnek. Tehát teljes¨ ul a c) áll´ıtás. 0 d) Feltételezz¨ uk, hogy qi , pi ∈ S, ahol i ∈ {1, . . . , k − d} és j ∈ {n − k + 1, . . . , n}. Az a) áll´ıtás alapján qi ∈ S és vj ∈ S. Ha a qi szobájának cs´ ucsai s1 , . . . , sd , akkor S cs´ ucsai vj , s1 , . . . , sd és S =

162


conv{vj , s1 , . . . , sd }. Mivel pj ∈ S, létezik x0 , . . . , xd ≥ 0 u ´gy, hogy d P xl = 1 és pj = x0 vj + x1 s1 + . . . + xd sd , de pj = (1 − ε)vj + εq0 . Ha l=0

kifejezz¨ uk q0 -t kapjuk, hogy 1 (46) q0 = ((x0 + ε − 1)vj + x1 s1 + . . . + xd sd ). ε A q0 az F lapon van, m´ıg vj nincs az F lapon és az F lap az s1 , . . . , sd pontok által meghatározott s´ıkban van. Tehát x0 + ε − 1 = 0. Ez alapján a (46) egyenlet szerint q0 ∈ conv{s1 , . . . , sd }, vagyis q0 és qi nek ugyanaz a szobája, ami ellentmond a QF értelmezésének. ¤ Ezzel igazoltuk az n − d elemb˝ol álló lefed˝o halmaz létezését, tehát a bizony´ıtás teljes. ¤

VI. FEJEZET ´ ´ A BORSUK-ULAM TETEL ES ´ ALKALMAZASAI Legyen S n = {x ∈ Rn+1 | kxk = 1} az n dimenziós, egység sugar´ u n+1 n n gömb R -ben, és B = {x ∈ R | kxk ≤ 1} a zárt, egység sugar´ u n golyó R -ben. ´tel. (Borsuk49-Ulam50, 1933) Ha f : S n → Rn folytonos 6.1. Te f¨ uggvény, akkor létezik x ∈ S n u ´gy, hogy f (x) = f (−x). Miel˝ott a tételt igazolnánk, megvizsgáljuk a Borsuk-Ulam tétel néhány alkalmazását, illetve néhány vele ekvivalens áll´ıtást. ´ g. n ország képvisel˝oi egy szigetet kész¨ 6.2. Tulajdonsa ulnek szétosztani két részre. A képvisel˝ok véleménye a felosztásról folytonos f¨ ugg a felosztástól. Igazoljuk, hogy létezik a szigetnek olyan felosztása, amelyet minden képvisel˝o igazságosnak ´ıtél. ´ s. A sziget legdélebbi, illetve a legészakibb pontján át Bizony´ıta h´ uzott v´ızszintes egyenesek meghatároznak egy szakaszt a f¨ ugg˝oleges tengelyen. Feltételezhetj¨ uk, hogy ez a szakasz egység hossz´ uság´ u. Ezen szakasz felosztásának megfeleltethet˝o a sziget egy felosztása, melyet a szakasz osztópontjain kereszt¨ ul h´ uzott v´ızszintes egyenesek határoznak meg. Ezért elengend˝o megtalálnunk a szakasz egy olyan felosztását, amely a szigetnek egy mindenki által elfogadott felosztását származtatja 49Karol

Borsuk, 1905-1982 Marcin Ulam, 1909-1984

50Stanislaw

163

164

´ ALKALMAZASOK

A sziget vet¨ uletét a f¨ ugg˝oleges tengelyre osszuk n + 1 részre, az egyes sávok szélességét jelölj¨ uk az x21 , . . . , x2n+1 pozit´ıv valós számokkal. Az xi el˝ojele legyen pozit´ıv, ha az i-edik sáv az els˝o részhez (Sz+ ) tartozik, és legyen negat´ıv, ha az i-edik sáv a második részhez (Sz− ) tartozik. A képvisel˝ok véleményét az x = (x1 , . . . , xn+1 ) felosztásról jelölje µ1 (x), . . . , µn (x). Az i-edik képvisel˝o pontosan akkor van megelégedve a szigetnek Sz+ és Sz− -ra való felbontásával, ha µi (x) = µi (−x), vagyis ha ugyan´ ugy vélekedik az (Sz+ , Sz− ) felosztásról, mint ´ az (Sz− , Sz+ ) felosztásról. Ertelmezhet¨ unk egy f : S n → Rn , f (x) = (µ1 (x), . . . , µx (x)) folytonos f¨ uggvényt. A Borsuk-Ulam tétel alapján n létezik x0 ∈ S u ´gy, hogy f (x0 ) = f (−x0 ). Tehát az x0 -nak megfelel˝o 0 0 ¤ (Sz+ , Sz− ) felosztás megfelel minden képvisel˝onek. ´ g. Két rabló zsákmányol egy nyitott láncot, a6.3. Tulajdonsa melyre d fajta drágak˝o van felf˝ uzve, mindenik fajtából páros szám´ u. Fel akarják darabolni a láncot és a darabokat elosztani u ´gy, hogy mindenkinek ugyanannyi drágak˝o jusson minden fajtából. Legtöbb hány helyen kell a láncot elvágni, ha csak a kövek között tudják elvágni (a drágaköveket nem tudják feldarabolni)? ´ s. Ha az azonos t´ıpus´ Bizony´ıta u drágakövek egymás mellett szerepelnek, akkor legalább d vágásra van sz¨ ukség, hiszen minden azonos t´ıpus´ u drágakövet tartalmazó részen kell legyen vágás. Igazoljuk, hogy d vágás mindig elégséges. A Borsuk-Ulam tétellel megadunk egy elosztást, amely szerint a drágaköveket lehet, hogy el kellene vágni. Ezt a felosztást röviden nem egész elosztásnak fogjuk nevezni. Ebb˝ol az elosztásból szerkeszt¨ unk egy olyan elosztást, amely esetén a drágaköveket nem kell elvágni. Ezt a fajta elosztást egész elosztásnak fogjuk nevezni. ¨ Jelölj¨ uk ki -vel az i-edik t´ıpus´ u drágakövek számát. Osszesen n= d P ki k˝o van a nyakláncon. A nyakláncot u ´gy fogjuk fel mintha a [0, 1) i=1

intervallum lenne, melynek [ j−1 , nj ) szakasza a j-edik k˝o a nyakláncon n (a kövek egymást érik). Tehát mindegyik drágakövet ugyanakkorának tekintj¨ uk. Mindegyik t´ıpus´ u drágak˝ohöz hozzárendel¨ unk egy karakterisztikus f¨ uggvényt. Az fi : [0, 1) → [0, 1],

´ A BORSUK-ULAM TETEL

½ fi (x) =

165

£ ¢ j 1, x ∈ j−1 , és a j-edik k˝o i-edik t´ıpus´ u, n n 0, k¨ ulönben

f¨ uggvény az i-edik t´ıpus´ u drágak˝o karakterisztikus f¨ uggvénye, és azt fejezi ki, hogy az adott pont az i-edik fajta k˝oben található vagy sem. Ha A a [0, 1] intervallum egy R részhalmaza, amely intervallumok egyes´ıtése, akkor a µi (A) = A fi (x)dx, i ∈ {1, . . . , d} f¨ uggvények azt mutatják meg, hogy az A halmazban az i-edik t´ıpus´ u drágak˝ob˝ol mekkora mennyiség ker¨ ul (ez persze törtrészeket is jelent). Legyen 0 = z0 ≤ z1 ≤ . . . ≤ zd ≤ zd+1 = 1 a [0, 1] intervallum egy felosztása d ,,vágással”. Ha a [zi−1 , zi ) rész az els˝o rablóé, akkor legyen si = 1, k¨ ulönben si = −1. A zi és sj számokkal megadunk egy x = (x1 , . . . , xd+1 ) pontot az S d d dimenziós gömbön: x2i = zi − zi−1 ,

sgn(xi ) = si ,

minden i ∈ {1, . . . , d + 1} esetén. Látható, hogy a megfeleltetés kölcsönösen egyértelm˝ u, tehát az x = (x1 , . . . , xd+1 ) ∈ S d pont egyértelm˝ uen meghatározza az intervallum (tehát a nyaklánc) felosztását. ´ Ertelmezz¨ uk az f : S d → Rd páratlan f¨ uggvényt a következ˝oképpen: Ã d+1 ! X f (x1 , . . . , xd+1 ) = sgn(xj )µi [zj−1 , zj ] . j=1

i∈{1,...,d}

A f¨ uggvény i-edik komponense azt jelenti, hogy mennyivel kap több iedik t´ıpus´ u drágakövet az els˝o rabló, mint a második. Az f f¨ uggvény antipodális, mert az (−x1 , . . . , −xn ) pontnak megfelel˝o felosztás azt jelenti, hogy a második rabló kapja azokat a részeket, amelyek az els˝o rabló kapna az (x1 , . . . , xd+1 ) ponthoz tartozó felosztásból. Tehát f (−x) = −f (x), ∀x ∈ S d . A Borsuk-Ulam tételb˝ol következik, hogy létezik x ∈ S d u ´gy, hogy f (x) = f (−x), tehát az f (−x) = −f (x) egyenl˝oség alapján f (x) = 0. Ez azt jeleni, hogy az (x1 , . . . , xd+1 ) ∈ S d ponthoz tartozó felosztás esetén mindkét rablónak ugyanolyan menynyiség˝ u k˝o jut mindegyik t´ıpusból. Tehát létezik nem egész megoldása a feladatnak.

166

´ ALKALMAZASOK

A következ˝okben egy kerek´ıtési eljárást adunk meg, mellyel egy nem egész elosztásból egy egész elosztást kapunk, és nem változik a rablók által birtokolt kövek mennyisége egyik t´ıpusból sem. Az elvágott kövek számát csökkenthetj¨ uk a következ˝oképpen. Tegy¨ uk fel, hogy az i-edik t´ıpusból van li darab elvágott drágak˝o és feltételezz¨ uk, hogy ha egy drágakövet elvágtunk, akkor az egyik fele az els˝o rablóé, a másik fele a második rablóé (világos, hogy egyik követ sem kell egynél több helyen elvágni). Tehát két egymásutáni rész nem ker¨ ul ugyanahhoz a rablóhoz, mert ebben az esetben eltekinthet¨ unk ett˝ol a vágástól. Ha az els˝o rablónak van egy Ki elvágott i-edik t´ıpus´ u köve, akkor van még elegend˝o mennyiség˝ u elvágott köve ugyanabból a t´ıpusból ahhoz, hogy ,,kiegész´ıtse” azt. Ha van olyan Ki0 elvágott köve az els˝o rablónak, melynek mérete megegyezik a Ki -t kiegész´ıt˝o Li darabbal, akkor a Ki0 -t elcseréli arra. Ekkor a nem egész vágások száma csökkenthet˝o 2-vel. Ha van olyan Ki0 elvágott k˝o, amely nagyobb az Li -nél, akkor ebb˝ol Li nagyság´ u darabot Li -re elcserélve az elvágott kövek száma 1-gyel csökkenthet˝o. Ha nincs Li méret˝ u köve az els˝o rablónak, akkor több darabból rakja össze ezt vagy ennél nagyobb mennyiséget a mennyiséget. Tegy¨ uk fel, hogy a Ki1 , . . . , Kij−1 kövek mennyisége nem éri el a Li mennyiségét, de a Ki1 , . . . , Kij mennyisége meghaladja ¯j az Li -ét (j ≥ 2). Ekkor el kell vágni a Kij -t, hogy a Ki1 , . . . , Kij−1 , K i ¯ j a K j egy darmennyisége megegyezen az Li mennyiségével, ahol K i i ¯ j darabokat az Li abja. Ekkor az els˝o rabló elcseréli a Ki1 , . . . , Kij−1 , K i darabra és ezzel csökken a vágások száma j − 1 ≥ 1-gyel. Ezt addig folytatjuk, m´ıg az i-edik t´ıpus´ u elvágott kövek száma nullára csökken. Hasonló eljárással csökkenthet˝o a többi t´ıpus´ u elvágott kövek száma. Az algoritmus végén kapunk egy egész elosztást. ¤ A következ˝okben a Borsuk-Ulam tétellel ekvivalens tételeket eml´ıtj¨ uk meg és bizony´ıtjuk is az egyenérték˝ uség˝ uket. ´tel. A következ˝ 6.4. Te o áll´ıt´ asok egyenérték˝ uek egym´ assal: (1) Ha f : S n → Rn folytonos, akkor létezik x ∈ S n u ´gy, hogy f (x) = f (−x). (2) Ha f : S n → Rn folytonos és páratlan f¨ uggvény, akkor létezik n x∈S u ´gy, hogy f (x) = 0.


167

(3) Nem létezik f : S n → S n−1 páratlan és folytonos f¨ uggvény. n n−1 (4) Nem létezik f : B → S folytonos f¨ uggvény, mely a B n hat´ ar´ an páratlan. (5) (Lusternik51-Schnirelmann52)Ha F1 , F2 , . . . , Fn+1 z´ art lefedése n S -nek, akkor létezik i ∈ {1, . . . , n + 1} u ´gy, hogy Fi ∩ (−Fi ) 6= ∅. (6) (Lusternik-Schnirelmann) Ha O1 , . . . , On+1 ny´ılt lefedése az S n -nek, akkor létezik i ∈ {1, . . . , n + 1} u ´gy, hogy Oi ∩ (−Oi ) 6= ∅. ´ s. (1) ⇒ (2) Legyen f : S n → Rn egy folytonos és Bizony´ıta páratlan f¨ uggvény. Az (1) alapján létezik x0 ∈ S n u ´gy, hogy f (x0 ) = = f (−x0 ). Másrészt f páratlan, tehát f (x) = −f (−x) minden x ∈ ∈ S n esetén. Így f (x0 ) = f (−x0 ) = −f (−x0 ), ahonnan kapjuk, hogy f (x0 ) = 0. (2) ⇒ (1) Ha az f : S n → Rn egy folytonos leképzés, akkor a g : S n → Rn , g(x) = f (x) − f (−x) f¨ uggvény páratlan és folytonos. A n tétel alapján létezik olyan x0 ∈ S , amelyre g(x) = 0, vagyis f (x) = = f (−x). (2) ⇒ (3) Feltételezz¨ uk, hogy létezik f : S n → S n−1 folytonos és páratlan leképzés. Mivel S n−1 ⊂ Rn \ {0}, a f¨ uggvény teljes´ıti a n (2) feltételeit, tehát létezik x0 ∈ S u ´gy, hogy f (x) = 0. Ez viszont ellentmondáshoz vezet. (3) ⇒ (2) Feltételezz¨ uk, hogy létezik olyan f : S n → Rn folytonos és páratlan f¨ uggvény, amelyre az f (x) = 0 nem teljes¨ ul egyetlen x ∈ S n esetén sem. Ekkor értelmezhet˝o a g : S n → Rn , g(x) = kff (x) folytonos (x)k f¨ uggvény, amely páratlan. A g f¨ uggvény létezése ellentmond a (3) áll´ıtásnak, tehát feltételezés¨ unk hamis. (3) ⇔ (4) Jelölj¨ uk S+n -szal az S n gömb fels˝o s¨ uvegét: S+n = {(x1 , . . . , xn+1 ) ∈ S n | xn+1 ≥ 0}. Tekints¨ uk a π : S n → B n , π(x1 , . . . , xn , xn+1 ) = (x1 , . . . , xn ) folytonos és páratlan leképzést. Ha π+ -szal jelölj¨ uk a π f¨ uggvény lesz˝ uk´ıtését az 51Lazar 52Lev

Aronovich Lusternik, 1899-1981 G. Schnirelmann, 1905-1938

´ ALKALMAZASOK

168

S+n -ra, akkor π+ bijekt´ıv és inverze a v  u n X u π −1 (x1 , . . . , xn ) = x1 , . . . , xn , t1 − x2  

−1 π+ : B n → S+n ,

+

i

i=1

folytonos és a B n határán páratlan f¨ uggvény. Ha f : S n → S n−1 −1 folytonos és páratlan, akkor f ◦ π+ : B n → S n−1 folytonos és páratlan a B n határán, és ha g : B n → S n−1 folytonos és páratlan a B n határán, akkor g ◦ π : S n → S n−1 folytonos és páratlan. (1) ⇒ (5) Az S n gömb F1 , F2 , . . . , Fn+1 zárt lefedése esetén az f : S n → Rn , f (x) = (d(x, F1 ), . . . , d(x, Fn+1 )) képlettel értelmezett f¨ uggvény folytonos, ezért az (1) áll´ıtás szerint létezik x0 ∈ S n u ´gy, hogy f (x0 ) = f (−x0 ). Ha f (x0 ) i-edik komponense 0, akkor d(x0 , Fi ) = d(−x0 , Fi ) = 0, tehát x0 ∈ Fi és −x0 ∈ Fi . Ha d(x0 , Fi ) > 0, minden i ∈ {1, . . . , n} esetén, akkor sem x0 , sem −x0 nincs benne az F1 , . . . , Fn köz¨ ul egyikben sem, tehát mindkett˝o az Fn+1 -ben található. Mindkét esetben találtunk olyan Fj halmazt, amely tartalmaz két átmér˝osen ellentett pontot. (5) ⇒ (3) Feltételezz¨ uk, hogy létezik f : S n → S n−1 folytonos és páratlan f¨ uggvény. Az S n−1 lefedhet˝o F1 , . . . , Fn+1 zárt halmazokkal u ´gy, hogy ezek köz¨ ul egyik sem tartalmaz átmér˝osen ellentett n−1 pontokat. Valóban, az S -be be´ırunk egy (e1 , . . . , en ) szabályos nszimplexet, melynek cs´ ucsai a gömbön vannak. Jelölj¨ uk Fi -vel az (e1 , . . . , eˆj , . . . , en+1 ) (n−1)-lapnak az O középpontból az S n−1 gömbre való vet¨ uletét. Ezek az F1 , . . . , Fn+1 halmazok zártak, lefedik S n−1 -et és nem tartalmaznak átmér˝osen ellentett pontokat. Jelölje Fi0 az Fi -nek f szerinti ˝osképét, minden i ∈ {1, . . . , n + 1} esetén. Mivel f folytonos, ezért zárt halmazok ˝osképe egyaránt zárt, ´ıgy {Fi0 }1≤i≤n+1 zárt halmazrendszer. Mivel az {Fi }1≤i≤n+1 halmazrendszer lefedése az S n−1 -nek, ezért {Fi0 }1≤i≤n+1 lefedése S n -nek. Az (5) áll´ıtás alapján létezik olyan j ∈ {1, . . . , n + 1}, amelyre Fj0 ∩ (−Fj0 ) 6= ∅. Mivel f páratlan f (−Fj0 ) = −f (Fj0 ) = −Fj , tehát Fj ∩ Fj 6= ∅, ami ellentmondáshoz vezet. (5) ⇒ (6) Legyen {Ui }1≤i≤n+1 ny´ılt lefedése S n -nek. Bármely x ∈ S n -re létezik i ∈ {1, . . . , n + 1} u ´gy, hogy x ∈ Ui . Mivel Ui ny´ılt,


169

létezik az x-nek egy ny´ılt környezete Vx , amelynek lezártja is Ui -ben található (Vx ⊂ V¯x ⊂ Uj ). A {Vx : x ∈ S n } halmazrendszer egy ny´ılt lefedése S n -nek. Figyelembe véve, hogy S n kompakt, kiválasztható S ¯ egy Vx1 , . . . , Vxm véges lefedése. Legyen Fj = Vxk , minden j ∈ xk ∈Uj

{1, . . . , n + 1} esetén. Az ´ıgy szerkesztett {Fj }1≤j≤n+1 halmazrendszer zárt lefedése S n -nek, tehát az (5) áll´ıtás alapján létezik i ∈ {1, . . . , n+ 1} u ´gy, hogy Fi tartalmaz két átmér˝osen ellentétes pontot. Mivel Fi ⊂ Ui , ´ıgy Ui is tartalmazni fogja ezt a két átmér˝osen ellentett pontot. (6) ⇒ (5) Bármely zárt lefedésre és tetsz˝oleges ε > 0 esetén képezz¨ uk az Fiε = {x ∈ S n | d(x, Fi ) < ε}, i ∈ {1, . . . , n + 1} ny´ılt halmazokat. A (6) áll´ıtás szerint bármely k ∈ N∗ és ε = k1 választás esetén létezik xk ∈ S n , amely benne van a ny´ılt lefedés egyik halmazában és ugyanez a halmaz tartalmazza a −xk pontot is. Mivel a lefed˝orendszer véges sok halmazból áll, létezik az {xk }k≥1 sorozatε nak {xkj }j≥1 részsorozata, melyre xkj az Fi0j halmazban található az εj = k1j jelölés esetén. Mivel S n kompakt az {xkj }j≥1 sorozatnak létezik egy {zl }l≥1 konvergens részsorozata. Ha liml→∞ zl = z ∗ ∈ S n , akkor d(z ∗ , Fi0 ) = liml→∞ d(zl , Fi0 ) = 0, ezért z ∗ ∈ Fi0 , hasonlóan kimutatható, hogy −z ∗ ∈ Fi0 . Következésképpen Fi0 ∩ (−Fi0 ) 6= ∅. ¤

A Tucker lemma 6.5. Lemma. (Tucker53) Tekintj¨ uk a B n tetsz˝ oleges triangularizán ciój´ at, amely szimmetrikus a B felsz´ınén. Kisz´ınezz¨ uk a ±1, . . . , ±n n sz´ınekkel u ´gy, hogy a sz´ınezés páratlan legyen a B felsz´ınén. Ekkor létezik a triangularizáci´ onak olyan szakasza, melynek két végpontja ellentétes sz´ınezés˝ u. A Tucker lemmát a következ˝oképpen fogalmazzuk át. Tekints¨ uk a n−1 Minkowski norma szerinti SM gömböt: ¯ ) ( n ¯X ¯ n−1 |xi | = 1 , SM = (x1 , . . . , xn ∈ Rn+1 ¯ ¯ i=1

53Albert

William Tucker, 1905-1995

170

A TUCKER LEMMA

n−1 és jelölj¨ uk a megfelel˝o golyót B 0n -nel. Az SM gömbnek a koordinátatengelyekkel való metszetei ±e1 , . . . , ±en .

e2

e1

-e1 O

-e2

6.1. ábra n−1 SM -nek

Az van egy természetes triangularizációja a ±e1 , . . . , ±en n−1 cs´ ucsokkal, melyek halmazát V (SM )-mel jelölj¨ uk. Továbbá legyen T a B n egy triangularizációja, mely szimmetrikus a B n felsz´ınén. Jelölj¨ uk V (T )-vel a triangularizáció cs´ ucsait. Ekkor a Tucker lemma a következ˝oképpen fogalmazható át: nem létezik λ szimpliciális leképzés, n−1 amely a trianguláció cs´ ucsainak megfelelteti az SM cs´ ucsait u ´gy, hogy n ez a leképzés páratlan B felsz´ınén. Ezt az áll´ıtást nevezz¨ uk a Tucker lemma els˝o változatának és jelölj¨ uk T L1-gyel. Bebizony´ıtjuk, hogy ekvivalens a Tucker lemmával. n−1 Tegy¨ uk fel, hogy nem teljes¨ ul a T L1, vagyis létezik λ : T → SM szimpliciális leképzés, amely páratlan B n felsz´ınén. Ennek seg´ıtségével megpróbálunk egy olyan, a felsz´ınen páratlan sz´ınezést szerkeszteni, amelyre nem teljes¨ ul a Tucker lemma. Legyen µ egy f¨ uggvény, amely n−1 SM cs´ ucsainak megfelelteti a {±1, . . . , ±n} sz´ıneket a következ˝oképpen: az ei cs´ ucsnak az i, illetve a −ei cs´ ucsnak a −i sz´ınt, minden i ∈ {1, . . . , n} esetén. Tekints¨ uk a µ ◦ λ f¨ uggvényt, amely a T triangularizáció egy sz´ınezését adja. Bizony´ıtani fogjuk, hogy ez a keresett sz´ınezés tulajdonságaival rendelkezik. Két dolgot kell belátnunk: egyrészt, hogy µ ◦ λ páratlan B n felsz´ınén, ami azonnal adódik abból, hogy µ és λ páratlan; másrészt igazolni kell, hogy ezzel a sz´ınezéssel


171

nincs olyan él, amelynek a két végpontja ellentétes sz´ınezés˝ u. Tegy¨ uk 0 fel, hogy van ellentétes sz´ınezés˝ u él, vagyis létezik két k¨ ulönböz˝o x, x ∈ 0 V (T ) u ´gy, hogy µ ◦ λ(x) = −µ ◦ λ(x ). Felhasználva, hogy µ páratlan és bijekt´ıv, kapjuk, hogy λ(x) = −λ(x0 ). De λ szimpliciális, tehát n−1 λ(x)λ(x0 ) = λ(x)(−λ(x))-nek szimplexnek kell lennie SM felsz´ınén, ez viszont lehetetlen, mivel F ⊂ {±e1 , . . . , ±en } pontosan akkor szimn−1 plex SM felsz´ınén, ha nem létezik i ∈ {1, . . . , n} u ´gy, hogy {±ei } ⊂ F . Ezzel beláttuk, hogy a Tucker lemmából következik a T L1. Most tegy¨ uk fel, hogy B n -nek, a felsz´ınen szimmetrikus T triangularizációjára létezik λ sz´ınezés, amely nem tartalmaz ellentétes n−1 sz´ınezés˝ u élet. Így viszont létezik a µ−1 ◦ λ : V (T ) → V (SM ) f¨ uggvény (µ az el˝obbiekben értelmezett f¨ uggvény), és ez olyan szimpliciális leképzés, amely páratlan B n felsz´ınén (figyelembe véve µ bijekt´ıvitását és az összetett f¨ uggvények paritási tulajdonságait). Ez viszont ellentmond a Tucker lemma els˝o változatának. Eddigi ismereteink seg´ıtségével most már megpróbálkozhatunk bizony´ıtani a Tucker lemma és a Borsuk-Ulam tétel ekvivalenciáját, valamint a Borsuk-Ulam tétel érvényességét. Ezt a következ˝o lépésekben fogjuk végrehajtani: 1. igazoljuk, hogy a 6.4. tétel (4) áll´ıtásásából következik a Tucker lemma els˝o változata; 2. igazoljuk, hogy a Tucker lemmából következik a Borsuk-Ulam tétel, ahol a triangularizációra csak annyi a megszor´ıtás, hogy az átmér˝oje elég kicsi legyen (a triangularizáció átmér˝ojén a felosztásban megjelen˝o szimplexek átmér˝oje köz¨ ul a legnagyobbat értj¨ uk); 3. bizony´ıtjuk a Tucker lemmát egy sajátos (de tetsz˝olegesen kicsi átmér˝oj˝ u triangularizáció) esetén. ´tel. A Borsuk-Ulam tétel 4. v´ 6.6. Te atozat´ ab´ ol következik T L1. ´ s. Feltételezz¨ Bizony´ıta uk, hogy nem teljes¨ ul a Tucker lemma els˝o n−1 n változata, vagyis létezik λ : T → SM , a B felsz´ınén páratlan, szimn−1 pliciális f¨ uggvény. Mivel SM a Minkowski norma szerinti n dimenziós n−1 x gömb, létezik ρ : SM → S n−1 bijekció, ahol ρ(x) = kxk , minden n−1 x ∈ SM , ahol kxk az x Euklideszi normája. Figyelembe véve a λ és ρ folytonossági tulajdonságait, a két f¨ uggvény összetételéb˝ol ρ◦λ : B n →

172

A TUCKER LEMMA

S n−1 folytonos és a B n határán páratlan f¨ uggvényt kapunk. Ilyen tulajdonságokkal rendelkez˝o f¨ uggvény létezése viszont ellentmond a Borsuk-Ulam tétel 4. változatának. ¤ ´tel. A Tucker lemmáb´ 6.7. Te ol következik a Borsuk-Ulam tétel. ´ s. Feltételezz¨ Bizony´ıta uk, hogy létezik f : B n → S n−1 folytonos és a B n határán páratlan f¨ uggvény. Ha fi (x) ∈ R (i ∈ {1, . . . , n}) az f (x) komponensei, akkor mivel f értékeit az egység sugar´ u nn P dimenziós gömbön veszi fel, ezért fi2 (x) = 1. Tehát bármely x ∈ i=1

∈ B n esetén létezik j ∈ {1, . . . , n} u ´gy, hogy |fj (x)| ≥ √1n . Mivel f folytonos a B n kompakt halmazon, ezért egyenletesen folytonos B n -n. Vagyis bármely ε > 0 esetén létezik δ(ε) > 0 u ´gy, hogy x, x0 ∈ B n és kx − x0 k < δ(ε) esetén kf (x) − f (x0 )k < ε. Az ε-t √1n -nek választva létezik δ( √1n ) > 0 u ´gy, hogy ha x, x0 ∈ B n és kx − x0 k < δ( √1n ), akkor (47)

1 kf (x) − f (x0 )k < √ . n

Tekints¨ uk a B n egy olyan T triangularizációját, amelynek átmér˝oje kisebb, mint δ( √1n ). Ha V (T ) a T triangularizáció cs´ ucsait tartalmazó halmaz, akkor értelmezhet˝o az M : V (T ) → {1, . . . , n}, ¯ ½ ¾ ¯ 1 ¯ M (x) = min j ∈ {1, . . . , n} ¯ |fj (x)| ≥ √ , n f¨ uggvény (M (x) jól értelmezett minden x ∈ V (T ) ⊂ B n esetén). Ennek seg´ıtségével definiáljuk a λ : V (T ) → {±1, . . . , ±n}, ( M (x), fM (x) (x) ≥ √1n λ(x) = −M (x), fM (x) (x) ≤ − √1n sz´ınezést. Mivel f páratlan B n határán, a λ sz´ınezés is páratlan a B n határán. A Tucker lemma alapján létezik két k¨ ulönböz˝o x, x0 ∈ V (T ) u ´gy, hogy λ(x) = −λ(x0 ) = j. Innen kapjuk, hogy fj (x) ≥ √1n és fj (x0 ) ≤ − √1n , tehát (48)

2 kf (x) − f (x0 )k ≥ √ . n


173

Az (48) egyenl˝otlenség ellentmond a (47) egyenl˝otlenségnek, ezért a bizony´ıtás teljes. ¤ A lemma bizony´ıt´ asa. Az el˝obbiekb˝ol látható, hogy elégséges a u triangularizációra Tucker lemmát egy δ = δ( √1n )-nél kisebb átmér˝oj˝ n 0n bizony´ıtani. Ha B és B két k¨ ulönböz˝o normával értelmezett n dikxk menziós golyó, akkor létezik közt¨ uk a π : B n → B 0n , π(x) = kxk ·x M n homeomorfizmus, amely egyértelm˝ u megfeleltetést biztos´ıt B triangularizációi és B 0n triangularizációi között. Ha T a B n triangularizációja, melynek π által a B 0n T 0 triangularizációja felel meg, akkor a kxk diam(T ) < δ feltétel egyenérték˝ u a diam(T 0 ) < kxk δ egyenl˝otlenségM gel. Következésképpen elégséges a Tucker lemmát a B 0n egy elég kis átmér˝oj˝ u, tetsz˝oleges T 0 triangularizációjára belátni. Legyen T00 a B 0n -nek a koordináta s´ıkok által meghatározott felbontása és T 0 ennek egy finom´ıtása. Így nem fordulhat el˝o, hogy a T 0 valamelyik szimplexének a belseje metszi a koordináta s´ıkokat. A T 0 bármely σ szimplexére az [ ({i : xi > 0} ∪ {−i : xi < 0}) S(σ) = x∈V (σ)

halmaz annak a térrésznek a sz´ıneit (a kanonikus ej → j és −ej → −j sz´ınezésben) tartalmazza, amelyben a σ szimplex található. A λ(σ) = {λ(x) : x ∈ V (σ)} halmaz a σ szimplex cs´ ucsaiban el˝oforduló sz´ıneket tartalmazza. Nevezz¨ unk egy szimplexet ,,boldog” szimplexnek, ha a geometriai helyzete által el˝o´ırt valamennyi sz´ın megtalálható a cs´ ucsaiban (S(σ) ⊂ ⊂ λ(σ)). Szerkeszt¨ unk egy gráfot, amelynek cs´ ucsai a boldog szimplexek lesznek, és amelyben két boldog szimplexet akkor köt¨ unk össze, ha el0n lentétes szimplexek a B felsz´ınén, vagy ha σ a τ lapja és σ sz´ınezése boldoggá teszi τ -t, vagy ford´ıtva (λ(σ) ⊂ S(σ) vagy λ(τ ) ⊂ S(σ)). Két összekötött boldog szimplexet egymás szomszédainak nevez¨ unk. S({0}) = ∅, λ({0}) = j, j ∈ {±1, . . . , ±n}. S({0}) ⊂ λ({0}),

174

A TUCKER LEMMA

ezért {0} boldog szimplex. Mivel |λ(0)| = 1, {0}-nak csak 1 dimenziós szomszédja lehet, amely az xj tengelyen a j el˝ojelével megegyez˝o irányban jelenik meg. Következésképpen az el˝oz˝oleg szerkesztett gráfban a {0}-nak, mint boldog szimplexnek a fokszáma 1. Ha σ 6= {0} a felosztás egy szimplexe, akkor létezik k ∈ {1, . . . , n} u ´gy, hogy |S(σ)| = k, ez pedig azt jelenti, hogy σ egy k-dimenziós résztérben van. Ha dim(σ) = d, akkor a σ szimplexnek d + 1 cs´ ucsa van, ´ıgy (d+1)-nél több sz´ın nem fordul el˝o a σ cs´ ucsaiban (|λ(σ)| ≤ d+1). Ha σ boldog szimplex, akkor S(σ) ⊂ λ(σ), és ´ıgy |S(σ)| = k alapján k − 1 ≤ d. Következésképpen σ csak akkor lehet boldog, ha k − 1 vagy k dimenziós. 1. eset. Ha dim(σ) = k − 1, akkor σ-nak k cs´ ucsa van és mivel |S(σ)| = k, minden cs´ ucsa k¨ ulönböz˝o sz´ın˝ u. Ha σ nincs a B 0n határán, akkor k dimenzióban pontosan két k-szimplex határát képezi, amelyeket egyidej˝ uleg boldoggá tesz, hisz σ sz´ınei elégségesek ebben a dimenzióban a boldogsághoz. 2. eset. Ha dim(σ) = k, akkor a σ szimplex k darab cs´ ucsa pontosan S(σ) elemeivel van sz´ınezve. Aszerint, hogy a (k + 1)-edik cs´ ucs sz´ıne S(σ)-beli vagy nem két alesetet k¨ ulönböztet¨ unk meg. a) aleset. Ha a (k + 1)-edik cs´ ucs sz´ıne is S(σ)-beli, akkor a σ szimplex cs´ ucsai csak k darab k¨ ulönböz˝o sz´ınt tartalmaznak, ´ıgy nem fordulhat el˝o, hogy σ egy k-nál nagyobb dimenziój´ u szimplexet boldog´ıtson, ezért csak azok a (k − 1) dimenziós lapjai lesznek a szomszédai, amelyek ˝ot boldog´ıtják. Mivel σ boldogságához mind a k darab S(σ)-beli sz´ın sz¨ ukséges, kétféleképpen választhatjuk ki σ-nak k darab cs´ ucsát u ´gy, hogy ezek a k darab k¨ ulönböz˝o sz´ınt képviseljék. Következésképpen σ-nak pontosan két boldog szomszédja van. b) aleset. Ha a (k + 1)-edik cs´ ucs sz´ıne nem S(σ)-beli. Így az a k cs´ ucs, amelynek sz´ıne S(σ)-beli, meghatározza a σ egyetlen boldog lapját. Ugyanakkor a σ egyetlen (k + 1) dimenziós szimplexet tesz boldoggá, és ha a (k + 1)-edik cs´ ucs sz´ıne p, akkor ez pontosan az a szimplex lesz, melynek lapja σ és a (k +2)-edik cs´ ucsa u ´gy helyezkedik el a térben, hogy a helyzete által el˝o´ırt sz´ın pontosan p. Ilyen pont a triangularizáció megszerkesztése alapján pontosan akkor létezik, ha


175

−p ∈ / λ(σ). Ebben az esetben σ-nak pontosan két boldog szomszédja van. Következésképpen minden boldog szimplex a gráfban pontosan két másikkal lesz összekötve, kivéve {0}-t, amely csak eggyel és azon boldog szimplexeket, melyek tartalmaznak ellentétes sz´ınezés˝ u élt. Így a gráfunk csak köröket meg láncokat fog tartalmazni. Mivel B 0n kompakt, ezért a tiangularizációja véges sok szimplexb˝ol áll, ´ıgy a {0}-val kezd˝od˝o lánc véges sok elemet tartalmaz, tehát lesz egy utolsó eleme, mely tartalmaz ellentétes sz´ınezés˝ u élt. 1

{2} e2

2

S1

{-1,2}

12

S0 1

-e1

{1,2}

1 3

6

4 S S2 1 0 S2 4 3 S5 2 1 S S1S2 1

1

S1

1 S1

e1

2

0 S0

{-1} -2

1 S2

O

5

S2

0 S1

2

{1}

2

1

7 S1

{-1,1}

{-1,-2}

-1

-e2

-1

{-2}

6.2. ábra 0

S0

S1

0

S2

2

S1

4

S2

3

S1

?

S2

5

S1

7

S1

6

S2

6.3. ábra

S0

1

S1

1

S2

2

S2

1

S1

S1

6.4. ábra

0

3

5

4

176

A TUCKER LEMMA

A mellékelt ábrán egy felosztás és annak egy sz´ınezése látható. Megjelölt¨ uk a boldog szimplexeket és elkész´ıtett¨ uk a megfelel˝o gráfot (a boldog szimplexek jelölésében az alsó index a szimplex dimenzióját jelöli, a fels˝o index a sorszámozást). ´s. Egy k dimenziós szimplexnek csak k − 1, k, illetve Megjegyze k + 1 dimenziós szomszédai lehetnek, a boldogság és a szomszédosság fogalmainak értelmezése alapján, ezért elégséges ezeket vizsgálni. k dimenziós szomszéd csak a 1. esetben fordulhat el˝o, ha σ a B 0n felsz´ınén van. 10. Feladat. Egy szigetre 2n kutató érkezik, összesen n szakter¨ uletet képviselnek, és minden szakter¨ uletet pontosan két kutató képvisel. Bizony´ıtsuk be, hogy a sziget felosztható két részre (S+ és S− ) u ´gy, hogy kialak´ıtható legyen két darab, egyenként n k¨ ulönböz˝o szakosodás´ u kutatóból álló csoport, amelynek minden tagja elégedett a csoportnak jutó szigetdarabbal (az egyik csoport csak az S+ részen, a másik csak az S− részen kutat). ´ s. Tekints¨ Bizony´ıta uk egységnyinek a sziget legészakibb és legdélibb pontján áthaladó hossz´ usági körök távolságát, és osszuk fel a szigetet sávokra (lásd a mellékelt ábrát). x12

...

x22

2 xn+1

6.5. ábra A sávok szélességét jelölj¨ uk rendre x21 , x22 , . . . , x2n+1 -nel (lehetségesek a 0 szélesség˝ u sávok is). Ha az i-dik darab (északról dél fele számolva) az S+ -hoz tartozik, akkor xi -t pozit´ıvnak választjuk, ellenkez˝o esetben negat´ıvnak. Így a sziget minden maximum n + 1 sávot tartalmazó felosztása egyértelm˝ uen meghatároz egy x1 , x2 , . . . , xn+1 ∈ S n pontot és


177

ford´ıtva. ´ Ertelmezz¨ uk az f : S n → Rn f (x1 , x2 , . . . , xn+1 ) = (µ1 (x) + µ1 (x), µ2 (x) + µ2 (x), . . . , µn (x) + µn (x)) f¨ uggvényt, ahol x = (x1 , x2 , . . . , xn+1 ) és µi illetve µi az i-edik szakter¨ ulethez tartozó két kutató megelégedettségi szintje az x-hez tartozó felosztásra vonatkozóan. A µi , µi f¨ uggvényekr˝ol feltételezz¨ uk, hogy folytonosak. Világos, hogy a −x-hez és x-hez tartozó felosztások ellentétesek, vagyis az S+ és S− felcserél˝odik, ha az x minden komponensének az el˝ojelét megváltoztatjuk. A Borsuk-Ulam tétel alapján létezik olyan x ∈ S n , amelyre f (x) = f (−x). Így µi (x) + µi (x) = µi (−x) + µi (−x), minden i ∈ {1, 2, . . . , n} estén. Ha µi (x) > µi (−x), akkor a µi mértékkel rendelkez˝o kutatót az S+ részre kell beosztani, ha µi (x) = µi (−x), akkor mindegy, hogy hova osztjuk be, és ha µi (x) < µi (−x), akkor az S− részre kell beosztani. (Ugyan´ıgy osztjuk be µi tulajdonosát is.) Így ha µi (x) > µi (−x), akkor µi (x) < µi (−x), tehát az elosztás mindig lehetséges, és mindenki legalább annyira meg van elégedve a saját kutatási darabkájával, mint a másik darabkával. ¤

VII. FEJEZET ´ SZIMPLICIALIS KOMPLEXUSOK Ebben a fejezetben az el˝oforduló halmazokat az Rn részhalmazainak tekintj¨ uk valamely elég nagy n-re. ´ ´s. Szimplici´ alis komplexusnak nevez¨ uk a szimplex7.1. Ertelmez e ek egy olyan véges K halmazát, amely rendelkezik a következ˝o tulajdonságokkal: (K1) ha σ ∈ K akkor a σ lapjai is K-hoz tartoznak, (K2) két K-beli szimplex metszete vagy u ¨res vagy egy közös lap. S A |K| = σ halmazt a komplexus poliéderének nevezz¨ uk. A |K| σ∈K

részhalmaza Rn -nek, ´ıgy örökli a metrikát. A |K| kompakt is mivel véges szám´ u szimplex egyes´ıtése. Egy topológikus teret triangulariz´ alhat´ onak nevez¨ unk, ha homeomorf egy szimpliciális komplexus poliéderével. A K szimpliciális komplexus dimenziója azt ˝ot alkotó szimplexek dimenziójának maximuma. A K azon K 0 részhalmazát ami maga is szimpliciális komplexus a K szimpliciális részkomplexus´ anak nevezz¨ uk. ´lda. A K legfeljebb p dimenziós szimplexeinek halmazát K p Pe vel jelölj¨ uk. Az könnyen kimutatható, hogy a K p szimpliciális komplexus s ´ıgy p dimenziós részkomplexusa K-nak. ´lda. Egy m-szimplex tekinthet˝o a lapjai által alkotott szimpliPe ciális komplexus poliéderének. ´lda. Ha σ egy n-dimenziós szimplex és S a lapjai által alkoPe tott n dimenziós szimpliciális komplexus, akkor az S-nek az (n − 1) dimenziós S n−1 részkomplexusára |S n−1 | a σ geometriai határa. 179

180

ALAPFOGALMAK

Legyen K és L két szimpliciális komplexus. ´ ´s. Az f : |K| → |L| leképzés szimplici´ 7.2. Ertelmez e alis, ha a K minden szimplexét affin módon képezi le az L valamely szimplexére. A f szimpliciális leképzés K 0 -t L0 -ba viszi és f |K 0 teljesen meghatározza f -t (azonnal adódik az értelmezésb˝ol és a 2.23. tulajdonságból). ´ g. Szimpliciális leképzések összetétele is szimpli7.3. Tulajdonsa ciális. A K és L szimpliciális komplexusok izomorfak, ha létezik közt¨ uk két szimpliciális leképzés, amelyek egymás inverzei. Természetesen feltehetj¨ uk a kérdést, hogy milyen f0 : K 0 → L0 leképzés származhat szimpliciális leképzésb˝ol. Erre válaszol a következ˝o tétel. ´tel. Az f0 : K 0 → |L| szimpliciális leképzés pontosan 7.4. Te akkor terjeszhet˝o ki egy f : |K| → |L| szimpliciális leképzésé, ha igaz a következ˝ o implikáci´ o: ha x0 , . . . , xn egy K-beli szimplex cs´ ucsai, akkor az f0 (x0 ),. . ., f0 (xn ) egy L-beli szimplex cs´ ucsai. Ha f0 kiterjeszthet˝o, akkor a kiterjesztés egyértelm˝ u. ´ s. Ha f0 kiterjeszthet˝o egy f szimpliciális leképzésé és Bizony´ıta x0 , . . . , xn a K egy σ szimplexének cs´ ucsai, akkor f0 (x0 ) = f (x0 ), . . . , f0 (xn ) = f (xn ) az f (σ) cs´ ucsai. Ford´ıtva, legyen σ a K egy szimplexe, melynek cs´ ucsai x0 , . . . , xn . Az f0 (x0 ), . . . , f0 (xn ) egy L-beli szimplex cs´ ucsai a feltétel szerint. Tetsz˝oleges x ∈ σ pont el˝oa´ll az x0 , . . . , xn konvex kombinációjaként: x = α0 x0 + . . . + αn xn . Az f (x) = α0 f0 (x0 ) + . . . + αn f0 (xn ), öszszef¨ uggéssel értelmezett f f¨ uggvény affin a σ szimplexen. A szimpliciális komplexus értelmezéséb˝ol következik, hogy f jól értelmezett. Továbbá az ´ıgy értelmezett f f¨ uggvény szimpliciális. A kiterjesztés egyértelm˝ usége nyilvánvaló. ¤ ´tel. A szimpliciális leképzések folytonosak. 7.5. Te ´ s. Legyen f : |K| → |L| egy szimpliciális leképzés. Az Bizony´ıta f lesz˝ uk´ıtés a K szimplexeire folytonos, mert affin. A K szimplexei zárt részhalmazai a |K|-nak, ezért az f folytonos. ¤

´ SZIMPLICIALIS KOMPLEXUSOK

181

´ ´s. Legyen S egy véges halmaz. A S részhalma7.6. Ertelmez e zainak egy nem u ¨res S családját szimplici´ alis sém´ anak nevezz¨ uk, ha rendelkezik a következ˝o tulajdonságokkal: (S1) ∅ ∈ / S, (S2) ha x ∈ S, akkor {x} ∈ S, (S3) ha egy halmaz S-hez tartozik, akkor nem u ¨res részhalmazai is hozzátartoznak.

Legyen S és S 0 két szimpliciális séma az S, illetve a S 0 halmazok felett. Az S és S 0 részhalmazainak családját P(S), illetve P(S 0 )-vel jelölj¨ uk. Egy f : S → S 0 leképzés értelmez egy P(f ) : P(S) → P(S 0 ) leképzést u ´gy, hogy minden T ⊂ S esetén P(f )(T ) = f (T ) ∈ P(S 0 ). Ez alapján S és S 0 sémák értelmezés szerint pontosan akkor izomorfak, ha létezik egy f : S → S 0 leképzés, amelyre a P(f ) bijekció S-r˝ol S 0 -re. Megjegyezz¨ uk, hogy ekkor az f : S → S 0 leképzés bijekció kell legyen. Megvizsgáljuk az szimpliciális komplexusok, a szimpliciális sémák és a rendezett halmazok közötti összef¨ uggéseket. Ha K egy szimpliciális komplexus, akkor hozzárendelhet¨ unk egy K szimpliciális sémát. A K a K-t alkotó szimplexek cs´ ucsainak halmaza feletti séma, mely azon cs´ ucsok halmazai alkotnak, melyek valamely K-beli szimplex cs´ ucsai. Ford´ıtva, legyen S egy szimpliciális séma az {x0 , . . . , xm } halmaz felett és legyen Sm = (e0 , . . . , em ) egy m-szimplex. Az S szimpliciális sémához rendelt K(S) komplexust az Sm azon (ei0 , . . . , ein ) lapjai alkotják, melyekre {xi0 , . . . , xin } hozzátartozik az S-hez. Az ´ıgy kapott komplexust az S séma realiz´ aci´ oj´ anak is nevezz¨ uk. Természetesen többféleképpen is realizálhatunk egy sémát. Ebben az esetben a sémát m-dimenzióban realizáltuk, mert a konstrukcióban felhasználtunk egy m-szimplexet, de ha a sémához rendelt komplexus dimenziója n, akkor 2n + 1 dimenzióban is realizálható. Izomorf komplexusoknak izomorf sémák felelnek meg és ford´ıtva. S˝ot a szimpliciális sémák és komplexusok közötti megfeleltetések egymás inverzei egy izomorfizmus erejéig.

182

ALAPFOGALMAK

Ha K egy szimpliciális komplexus, akkor K-hoz rendelhet˝o egy véges rendezett ∆(K) halmaz, mely a K szimplexeib˝ol áll és σ, τ ∈ K esetén σ ≤ τ, ha σ lapja a τ -nak. Ford´ıtva, ha adott egy P véges rendezett halmaz, akkor a P elemeinek egy (x0 , x1 , . . . , xn ) részhalmazát láncnak nevezz¨ uk, ha x0 ≤ x1 ≤ . . . ≤ xn . A P láncai egy P feletti szimpliciális sémát alkotnak. Ehhez a sémához rendelt komplexus lesz a P rendezett halmaznak megfeleltetett szimpliciális komplexus. Itt is izomorf komplexusoknak izomorf rendezett halmazok felelnek meg és ford´ıtva. Ellenben ha realizáljuk egy komplexushoz rendelt rendezett halmazt, akkor általában nem kapunk az eredetivel izomorf komplexust. ´ ´s. Legyen K egy szimpliciális komplexus. A K 0 7.7. Ertelmez e szimpliciális komplexust a K felbontásának nevezz¨ uk, ha |K| = |K 0 | és a K 0 minden szimplexét valamely K-beli szimplex tartalmazza. A komplexusok felbontásai köz¨ ul a normál felbontást fogjuk közelebbr˝ol megvizsgálni. Az C(x, M ) = {tx+(1−t)m | t ∈ [0, 1], m ∈ M } halmazt x cs´ ucs´ u és M alap´ u k´ upnak nevezz¨ uk. Ha M ∩ M 0 = ∅, 0 akkor C(x, M ) ∩ C(x, M ) = x, k¨ ulönben C(x, M ) ∩ C(x, M 0 ) = C(x, M ∩ M 0 ). Ebb˝ol következik, hogy ha K egy szimpliciális komplexus, akkor minden σ ∈ K-ra a C(x, σ) szimplexekb˝ol és az x pontból alkotott L halmaz szimpliciális komplexus és |L| = C(x, |K|). Az L komplexust röviden C(x, K)-val jelölj¨ uk. Sajátosan, ha S egy σ n-szimplexhez rendelt komplexus és x ∈ σ egy bels˝o pontja, akkor C(x, S n−1 ) az S felbontása. Ekkor azt mondjuk, hogy a σ szimplexet felbontottuk az x bels˝o pontból a határára vonatkozóan.

x x s s 7.1. ábra


183

A K komplexus dimenziójára vonatkozó indukcióval értelmezz¨ uk 0 a K -vel jelölt normál felbontását. Ha K dimenziója 0, akkor K = K 0 = K 0 . Tegy¨ uk fel, hogy értelmezt¨ uk a K normálfelbontását, ha a K dimenziója kisebb, mint p. Ha K egy p dimenziós szimpliciális komplexus, akkor értelmezt¨ uk a K p−1 (p−1) dimenziós részkomplexus (K p−1 )0 normálfelbontását. A K minden p-szimplexének határa, mint komplexus, K p−1 -hez tartozik. Tehát a (K p−1 )0 tartalmazza a határ felbontását. A p-szimplexet felbontjuk a s´ ulypontjából a határának a p−1 0 (K ) által meghatározott felbontására vonatkozóan. A K 0 -t az ´ıgy kapott szimplexek és a (K p−1 )0 -beli szimplexek alkotják. Másképpen is értelmezhetj¨ uk a K komplexus normál felbontását. Ha σ ∈ K, akkor gσ -val jelölj¨ uk a σ s´ ulypontját. A K 0 komplexust azon gσ0 , . . . , gσn cs´ ucsok által meghatározott szimplexek alkotják, amelyekre σi lapja a σi+1 -nek, minden i ∈ {0, . . . , n − 1}-re. Ez az értelmezés megegyezik az el˝oz˝ovel. Megjegyezz¨ uk, hogy a K 0 normál felbontás izomorf a ∆(K) realizációjával. A K komplexus n-szeres K (n) normálfelbontása a K (n−1) normál felbontásaként van értelmezve. A K komplexus átmér˝oje a K-t alkotó szimplexek átmér˝ojének maximuma. ´ g. Ha a K n dimenziós szimpliciális komplexus 7.8. Tulajdonsa nd átmér˝oje d, akkor K 0 átmér˝oje nem nagyobb, mint n+1 . ´ s. Elég igazolni, hogy ha σ egy d átmér˝oj˝ Bizony´ıta u n-szimplex, akkor a normál felbontásából származó szimplexek átmér˝oje nem nand gyobb, mint n+1 . Legyenek a σ szimplex cs´ ucsai x0 , . . . , xn . A σ szimplex átmér˝oje d = max{kx − yk | x, y ∈ σ}. Valóban, x = α0 x0 + . . . + αn xn és y = β0 x0 + . . . + βn xn , ahol αi , βi ∈ [0, 1], minden i ∈ {0, . . . , n}, α0 + . . . + αn = 1 és β0 + . . . + βn = 1, akkor kx − yk = k

n X i=0

≤

n X n X i=0 j=0

α i xi −

n X

β j xj k = k

j=0

αi βj kxi − xj k ≤

n X n X i=0 j=0

n X n X

αi βj (xi − xj )k ≤

i=0 j=0

αi βj kxi0 − xj0 k = kxi0 − xj0 k,

184

ALAPFOGALMAK

ahol kxi0 − yj0 k = max{kxi − xj k | i, j = 0, . . . , n}. Tehát d = kxi0 − xj0 k. A σ normál felbontásában szerepl˝o szimplexek valamely n-szimplex lapjai, ezért csak az n-szimplexek átmér˝oit vizsgáljuk. Egy ilyen τ nPn xi 1 szimplex cs´ ucsai az y0 = x0 , y1 = x0 +x , . . ., y = n i=0 n+1 . A 2 fentiekhez alapján τ átmér˝oje egyenl˝o max{kyi − yj k | i, j = 0, . . . , n}nel. Tegy¨ uk fel, hogy i > j. Ekkor ° ° j i °X ° X 1 1 ° ° kyi − yj k = ° xk − xl ° = ° i+1 j+1 ° k=0 l=0 ° ° j i X °X ° 1 1 ° ° =° (xk − xl )° ≤ ° ° i+1j +1 k=0 l=0

≤

j i X X k=0 l=0

1 j kxk − xl k ≤ kxi − xj0 k ≤ (i + 1)(j + 1) j+1 0 n n kxi0 − xj0 k = d. ≤ n+1 n+1

¤

´ g. Az n dimenziós kocka (I n ) egy komplexus 7.9. Tulajdonsa poliédere és homeomorf egy n-szimplexszel. ´ s. Az I n kocka cs´ Bizony´ıta ucsainak koordinátái (c1 , . . . , cn ), ahol ci ∈ {0, 1} minden i = 1, . . . , n esetén. A cs´ ucsok halmazán bevezet¨ unk egy rendezést: (c1 , . . . , cn ) ≤ (c01 , . . . , c0n ), ha ci ≤ c0i minden i = 1, . . . , n esetén. A J komplexus sémáját a cs´ ucsok láncai alkotják. Itt ez a séma realizálható az eredeti cs´ ucsok seg´ıtégével. Indukcióval belátható, hogy az ´ıgy kapott komplexus a kocka felbontása. A komplexus az oldalakon is meghatároz egy felbontást. Ha x egy bels˝o pont, akkor az (0, . . . , 0) cs´ ucsból a lapokra vet´ıtj¨ uk az x pontot. Indukciós feltétel alapán a vet´ıtés beleker¨ ul egy lánc alkotta szimplexbe. Mivel (0, . . . , 0) minimum az x is benne van egy lánc alkotta szimplexben. Legyen Sn egy n-szimplex, melynek cs´ ucsai e0 , . . . , en . Tekintj¨ uk az (e1 , . . . , en ) n − 1-lap L normál felbontását. A K legyen a C(e0 , L) komplexus. Az L cs´ ucsai az (ei1 , . . . , ein ) lapok gi1 ,...,in s´ ulypontjai. A 0 K -n bevezet¨ unk egy rendezést: az e0 < gi1 ,...,ik , minden {i1 , . . . , ik } ⊂


185

{1, . . . , n} és gi1 ,...,ik < gj1 ,...,jl , ha {i1 , . . . , ik } ⊂ {j1 , . . . , jl }. A K 0 mint rendezett halmaz izomorf a kocka cs´ ucsai által alkotott rendezett halmazzal. Valóban, a K komplexus e0 cs´ ucsa a kocka (0, . . . , 0) cs´ ucsának felel meg, m´ıg az gi1 ,...,ik cs´ ucs a kocka azon cs´ ucsának felel meg, amelynek pontosan az i1 , . . . , ik koordinátái egyenl˝ok 1-gyel. Így a K és L szimpliciális komplexusok is izomorfak. Tehát a komplexusok poliéderei homeomorfak. ¤ A tulajdonság következménye, hogy ha Sm , Sn és Sm+n az indexeknek megfelel˝o dimenziós szimplexek, akkor Sm × Sn homeomorf Sm+n -nel, hiszen I n × I m kanonikusan izomorf I m+n -nel. Az ir´ any´ıtott Sperner lemma Az Rm egy rendezett n + 1 pontból álló halmazát rendezett nszimplexnek nevezz¨ uk. A halmaz pontjait a szimplex cs´ ucsainak nem vezz¨ uk. Jelölj¨ uk Rn -nel az R n-szimplexeinek halmazát. Az Rn halmaz által generált Rn Z-modulust a következ˝oképpen értelmezz¨ uk. Pk A Rn elemei i=1 zi σi t´ıpus´ u formális összegek, ahol zi ∈ Z és σi ∈ Rn bármely i ∈ {1, . . . , k} esetén. A Rn elemeit n-láncoknak nevezz¨ uk. P Az összeadás könnyebben értelmezhet˝o, ha a ki=1 zi σi formális össP zeget u ´gy fogjuk fel, mint σ∈Rn zσ σ végtelen formális összeget, ahol zσ = zi , ha σ = σi , k¨ ulönben zσ = 0. Tehát a véges formális összeget u ´gy is fel´ırhatjuk, mint végtelen formális összeg, ahol csak véges P sok tag egy¨ utthatója nem nulla. A továbbiakban a σ∈Rn zσ σ helyett P röviden csak zσ σ-t ´ırunk és minden ilyen t´ıpus´ u összegeben csak véges sok tag egy¨ utthatója nem nulla, kivéve ha az ellenkez˝ojét nem hangs´ ulyozzuk. Két formális összeget a következ˝oképpen adunk össze: X X X zσ σ + zσ0 σ = (zσ + zσ0 )σ. A skalárral való szorzás tagonként történik: X X λ·( zσ σ) = (λzσ )σ. ´ Ertelmezz¨ uk a ∂ : Rn → Rn−1 határoperátort a következ˝oképpen: ha P P P zσ σ ∈ Rn , akkor ∂( zσ σ) = zσ ∂σ és ha σ = (x0 , x1 , . . . , xn ),

´ ÍTOTT SPERNER LEMMA AZ IRANY

186

akkor

n X ∂(x0 , x1 , . . . , xn ) = (−1)i (x0 , . . . , xî , . . . , xn ), i=0

ahol az xî tag hiányzik a felsorolásból. Egy n-szimplexet kisz´ınez¨ unk, ha minden cs´ ucsának megfeleltet¨ unk egy természetes számot. Egy n-lánc sz´ınezése a láncban nem nulla egy¨ utthatóval el˝oforduló n-szimplexek sz´ınezését jelenti. Természetes módon adódik az (x0 , . . . , xn ) 7→ (l(x0 ), . . . , l(xn )) megfeleltetés, ahol l(xi ) az xi cs´ ucs sz´ıne. A továbbiakban n-láncok alatt sz´ınezett n-láncokat ért¨ unk. A természetes számokból álló (p0 , . . . , pk ) rendezett halmazhoz hozzárendelj¨ uk az M = [mij ]ki,j=0 mátrixot, ahol ½ 1, ha pi = j, mij = 0, k¨ ulönben. Legyen N 0 (p0 , . . . , pk ) = det M . A sz´ınezett (x0 , . . . , xn ) n-szimplex esetén legyen N 0 (x0 , . . . , xn ) = N 0 (l(x0 ), . . . , l(xn )). Megjegyezz¨ uk, hogy ha egy σ n-szimplex nem a 0, 1, . . . , n sz´ınek teljes felhasználásával van sz´ınezve, akkor N 0 (σ) = 0. Az N 0 lineárisan P P kiterjeszthet˝o n-láncokra is: N 0 ( zσ σ) = zσ N 0 (σ). Most már kijelenthetj¨ uk a rendezett Sperner lemmát. 7.10. Lemma. Ha c ∈ Rn egy sz´ınezett n-lánc, akkor N 0 (c) = (−1)n N 0 (∂c). ´ s. Az N 0 linearitása miatt a lemmát elég igazolni sz´ıBizony´ıta nezett n-szimplexekre. Legyen l az c = (x0 , . . . , xn ) n-szimplex egy ´ sz´ınezése. Ertelmez´ es szerint N 0 (c) = det M , ahol M = [mij ]ni,j=0 és ½ 1, ha l(xi ) = j, mij = 0, k¨ ulönben. Legyen M 0 az a mátrix, melyet M -b˝ol u ´gy kapunk, hogy az utolsó oszlophoz hozzáadunk minden azt megel˝oz˝o oszlopot. Az M 0 utolsó


187

oszlopa csak 1-est tartalmaz és természetesen det M = det M 0 . De det M 0 = (−1)n N 0 (∂c). ¤

Egy n szimplexb˝ol n! rendezett n-szimplexet kaphatunk, ha cs´ ucsainak rendezett halmazát vessz¨ uk. Egy irány´ıtási fogalmat vezet¨ unk be, amelyre egy n-szimplexnek két irány´ıtása lehetséges. Ha e0 , . . . , en egy n-szimplex cs´ ucsai, akkor (ei0 , . . . , ein ) és (ej0 , . . . , ejn ) rendezett n-szimplexeket ekvivalensnek tekintj¨ uk, ha i és j mint (n + 1)-edrend˝ u permutációk ugyanolyan el˝ojel˝ uek. Ez pontosan azt jelenti, hogy az (ei0 , . . . , ein ) rendezett halmazból megkapható a (ej0 , . . . , ejn ) rendezett halmaz egy páros permutáció szerinti átrendezéssel. Az (ei0 , . . . , ein ) rendezett n-szimplex osztályát az el˝obb értelmezett ekvivalencia reláció szerint [ei0 , . . . , ein ]-nel jelölj¨ uk. Az Rm ir´ any´ıtott n-szimplexei m az R rendezett n-szimplexeinek osztálya lesz a fenti ekvivalencia reláció szerint. Tehát az Rm egy (n+1)-elem˝ u halmazából két irány´ıtott n-szimplex kapható. Ezt a két n-szimplexet egymással ellentétes irány´ıtás´ unak nevezz¨ uk. Az irány´ıtott szimplexek esetén irány´ıtott n-láncokat hasonlóan értelmezz¨ uk mint rendezett n-szimplexek esetén azzal a k¨ ulönbséggel, hogy a σ szimplexb˝ol kapott σ1 és σ2 irány´ıtott szimplexre teljes¨ uljön, hogy σ1 + σ2 = 0, azaz a σ1 -gyel ellentétes irány´ıtás´ u σ2 szimplex a σ1 ellentétese legyen az irány´ıtott n-láncok halmazában. Le´ırjuk a pontos algebrai konstrukciót az alábbiakban. Legyen Sn az Rn irány´ıtott szimplexeinek halmaza. Jelölj¨ uk Z[Sn ] az Sn halmaz által generált Z0 modulust. Jelölj¨ uk Sn -nel a Z[Sn ] modulus σ1 + σ2 alak´ u elemeinek halmazát, ahol σ1 és σ2 ellentétes irány´ıtás´ uak. Az irány´ıtott n-láncok halmaza a Cn = Z[Sn ]/Z[Sn0 ] faktormodulus. Az irány´ıtott szimplexek és láncok sz´ınezését hasonlóan értelmezz¨ uk 0 mint rendezett szimplexek és láncok esetén. Az N -hez hasonló N f¨ uggvényt sz´ınezett irány´ıtott n-szimplexek esetén a következ˝oképpen értelmezz¨ uk: ha [ei0 , . . . , ein ] egy sz´ınezett irány´ıtott n-szimplex, akkor legyen N ([ei0 , . . . , ein ]) = N [ei0 , . . . , ein ] := N 0 (ei0 , . . . , ein ).


188

Az N f¨ uggvény lineárisan kiterjeszthet˝o sz´ınezett irány´ıtott n-láncokra. Megjegyezz¨ uk, hogy N [ei0 , . . . , ein ] = ²(i)N [e0 , . . . , en ], ahol ²(i) az i permutáció el˝ojele. A ∂ operátort irány´ıtott n-szimplex esetén ugyan´ ugy értelemezz¨ uk, mint rendezett szimplexek esetén csak a kerekzárójel helyett szögleteset ´ırunk: ∂ : Cn → Cn−1 , ∂[e0 , . . . , en ] =

n X (−1)n [e0 , . . . , eî , . . . , en ]. j=0

7.11. Lemma. Az ∂ : Cn → Cn−1 oper´ ator jól értelmezett, azaz ∂[ei0 , . . . , ein ] = ∂[e0 , . . . , en ], ha i egy (n + 1)-edrend˝ u páros permut´ aci´ o. ´ s. Elégséges kimutatni, hogy ha ik = j, akkor Bizony´ıta (49)

(−1)j [e0 , . . . , eˆj , . . . , en ] = (−1)k [ei0 , . . . , eîk , . . . , ein ].

Tegy¨ uk fel, hogy ik = j. Jelölj¨ uk lj -vel az e0 , . . . , en pontoknak egy olyan teljes sz´ınezését a 0, . . . , n sz´ınekkel, amelyre lj (ej ) = n. Mivel i páros permutáció, az N értelmezése alapján N (lj (e0 ), . . . , lj (en )) = N (lj (ei0 ), . . . , lj (ein )). Az értelemzés és 7.12 lemma alapján N (lj (e0 ), . . . , lj (en )) = (−1)n+j N (lj (e0 ), . . . , l[ j (ej ), . . . , lj (en )), N (lj (ei0 ), . . . , lj (ein )) = (−1)n+k N (lj (ei0 ), . . . , l\ j (eik ), . . . , lj (ein )). Ez azt jelenti, hogy a (lj (ei0 ), . . . , l\ j (eik ), . . . , lj (ein )) rendezett halmaz megkapható (lj (e0 ), . . . , l[ ol j (ej ), . . . , lj (en )) rendezett halmazb´ egy (−1)k−j el˝ojel˝ u n-edrend˝ u permutáció seg´ıtségével. Tehát az (ei0 , . . . , eîk , . . . , ein ) rendezett (n−1)-szimplex megkapható az (e0 , . . . , eˆj , . . . , en ) rendezett (n − 1)-szimplexb˝ol egy (−1)k−j el˝ojel˝ u (n − 1)edrend˝ u permutáció szerinti átrendezéssel. Ez pont azt jelenti, hogy teljes¨ ul az (49) egyenlet. ¤ A rendezett Sperner lemmához hasonlóan fennáll az irány´ıtott Sperner lemma.


189

7.12. Lemma. Ha c egy sz´ınezett irány´ıtott n-lánc, akkor N (c) = (−1)n N (∂c). A bizony´ıtás azonnal következik az N értelmezéséb˝ol és a rendezett Sperner lemmából. Sperner lemma. Ebben az alfejezetben feltételezz¨ uk, hogy m = n. Tekints¨ unk egy n-szimplexet, melynek cs´ ucsait sorra a 0, . . . , n sz´ınekkel sz´ınez¨ unk ki. Ezt az n-szimplexet mint szimpliciális komplexust felbontjuk. A keletkez˝o cs´ ucsokat Sperner t´ıpus´ u sz´ınezéssel látjuk el. Minden kicsi n-szimplex meghatároz két irány´ıtott n-szimplexet. Minden kicsi n-szimplex esetén kiválasztunk valamilyen módon egy irány´ıtott n-szimplexet az általa meghatározott kett˝ob˝ol. Az ´ıgy kapott irány´ıtott n-szimplexekb˝ol alkotunk egy cn irány´ıtott n-láncot összeadva ˝oket. Az irány´ıtott n-szimplexek kiválasztását u ´gy akarjuk megtenni, hogy a ∂cn irány´ıtott (n − 1)-láncból kiessenek azok az (n − 1)-szimplexek, amelyek nincsenek az eredeti n-szimplex határán. Ha cn−1 -vel jelölj¨ uk azokat a ∂cn irány´ıtott (n − 1)-láncban szerepl˝o (n − 1)-szimplexek összegét, amelyek a 0, . . . , n − 1 sz´ınezés˝ u oldalon találhatók, akkor N (∂cn ) = N (cn−1 ). Ezzel eggyel kisebb dimenzióra vezett¨ uk vissza a problémát. Könnyen igazolható a Sperner lemma 1 dimenzióban, ´ıgy az el˝obbi gondolatmenettel indukt´ıvan igazolhatjuk tetsz˝oleges dimenzióban is. Már csak azt kell igazolnunk, hogy létezik a követelmény¨ unknek megfelel˝o irány´ıtása a kicsi n-szimplexeknek. A s´ıkban könnyen belátható, hogy az alábbi ábra szerinti irány´ıtás megfelel˝o.

7.3. ábra


190

Legyenek e0 , . . . , en egy σ kicsi n-szimplex cs´ ucsai. Ha az v1 = e1 −e0 , v2 = e2 −e0 , . . . , vn = en −e0 vektorokból alkotott determináns pozit´ıv, akkor a σ kicsi n-szimplex esetén az [e0 , . . . , en−2 , en−1 , en ] irány´ıtott n-szimplexet választjuk, ellenkez˝o esetben az [e0 , . . . , en−2 , en , en−1 ]-et. Ha az (e0 , . . . , en ) n − 1-szimplex nincs az eredeti nszimplex határán, akkor pontosan két n-szimplex létezik, amelyeknek közös határa. Tegy¨ uk fel, hogy σ 0 = [e0 , e1 , e2 , . . . , en ] a kiválasztott irány´ıtott n-szimplex és e0n egy u ´jabb cs´ ucs u ´gy, hogy e0 , . . . , en−1 , e0n pontok a felbontásban szerepl˝o egyik kicsi n-szimplex cs´ ucsai. Legyen 0 0 n vn = en −e0 . A v1 , . . . , vn vektorok az R egy bázisa ezért egyértelm˝ uen 0 0 ´ırhatjuk, hogy vn = α1 v1 + . . . + αn vn . Mivel az en és en cs´ ucsok az e0 , . . . , en−1 pontok által meghatározott hipers´ıknak ellentétes oldalán vannak, ezért az αn egy¨ uttható negat´ıv és ´ıgy a v1 , . . . , vn−1 , vn0 vektorokból alkotott determináns negat´ıv. Ez alapján az (e0 , . . . , en−1 , e0n ) kicsi n-szimplex esetén az σ 00 = [e0 , . . . , en−2 , e0n , en−1 ] irány´ıtott nszimplexet választjuk. A ∂σ 0 irány´ıtott (n − 1)-láncban [e0 , . . . , en−1 ] (−1)n el˝ojellel szerepel, m´ıg a ∂σ 00 irány´ıtott (n − 1)-láncban (−1)n−1 el˝ojellel. Tehát a ∂cn irány´ıtott (n − 1)-láncban már nem szerepel az [e0 , . . . , en−1 ]. ´s. A Sperner lemma bizony´ıtásában megszabadulhaMegjegyze tunk az irány´ıtással felmer¨ ul˝o problémáktól, ha a fent értelmezett Cn modulus helyett a Z2 [Szn ] modulust tekintj¨ uk, ahol Szn az Rm n + 1elem˝ u részhalmazainak családja. Az Szn -t az Rm -beli n-szimplexek halmazának tekintj¨ uk. Ez azt jelenti, hogy n-láncok n-szimplexek formális véges összege Z2 -beli egy¨ utthatókkal. A ∂ határoperátor a következ˝oképpen alakul: ha (e0 , . . . , en ) egy n-szimplex, akkor ∂(e0 , . . . , en ) =

n X

(e0 , . . . , eî , . . . , en ).

i=0

Ez az értelmezés ebben az esetben megegyezik az el˝ojeles értelmezéssel, mivel Z2 -ben −1 = 1. Ezzel nyer¨ unk egy egyszer˝ ubb bizony´ıtást a Sperner lemmára és lehet más esetben is hasznos. A Sperner lemma esetén ilyen t´ıpus´ u láncok használata azért m˝ uködik, mert páratlan szám´ u teljes sz´ınezés˝ u n-szimplex van. A következ˝okben látni fogunk egy példát, ahol ez a módszer csak sajátos esetekben m˝ uködik.


191

A fenti gondolatmenetben tekintett¨ uk az n-szimplexnek mint szimpliciális komplexusnak egy felbontását és feltételezt¨ uk, hogy az nn szimplex R -ben van. A fenti jelölésekkel kaptuk, hogy N (cn ) = (−1)n N (∂cn ) = (−1)n N (cn−1 ). Teljes sz´ınezés˝ u k-szimplex alatt olyan k-szimplexet ért¨ unk, amely a 0, . . . , k sz´ınek teljes felhasználásával van sz´ınezve. Egy σk teljes sz´ınezés˝ u irány´ıott k-szimplexet nevezz¨ unk pozit´ıv sz´ınezés˝ unek, ha N (σk ) = 1, ellenkez˝o esetben negat´ıv sz´ınezés˝ unek. Ezzekkel az elnevezésekkel az fenti összef¨ uggést a következ˝oképpen ford´ıthajuk le. Az n-szimplex felbontásában ugyanannyi a pozit´ıv és negat´ıv sz´ınezés˝ u n-szimplexek k¨ ulönbsége mint amennyi a pozit´ıv és negat´ıv sz´ınezés˝ u irány´ıtott (n − 1)-szimplexek k¨ ulönbsége a határon meghatározott felbontásban el˝ojelt˝ol eltekintve. Megjegyezz¨ uk, hogy a határon lév˝o (n − 1)-szimplexek az irány´ıtásukat az n-szimplexekt˝ol kapják. Az algebra alapt´ etele. Tekints¨ unk egy 3n oldal´ u szabályos sokszöget a s´ıkban, melynek cs´ ucsai e1 , . . . , e3n trigonometrikus kör¨ ul járással. Az ei cs´ ucsot kisz´ınezz¨ uk i-nek a 3-mal való osztási maradékával. A sokszöget felbontjuk háromszögekre és cs´ ucsaikat Sperner sz´ınezéssel látjuk el. Minden háromszöget trigonometrikus irány szerint irány´ıtunk. Az irány´ıtott 2-szimplexeket (háromszögeket) öszszeadva kapjuk a c2 irány´ıtott 2-láncot. Igazoljuk, hogy N (c2 ) = n, azaz létezik legalább n darab teljes sz´ınezés˝ u háromszög a felbontásban. Jelölj¨ uk di -vel a ∂c2 láncban szerepl˝o 1-szimplexek öszszegét, melyek a sokszög e3i e3i+1 oldalán vannak (e3n+1 = e1 ). Ekkor P N (∂c2 ) = ni=1 N (di ). Ha a sokszög oldalait trigonometrikus irány szerint irány´ıtjuk és az oldalak felbontásában szerepl˝o 1-szimplexek ennek megfelel˝oen irány´ıtjuk, akkor ugyanazt az irány´ıtást kapjuk, mint amelyek a felbontásban szerepl˝o háromszögek származtatnak. Az irány´ıtott Sperner lemma 1 dimenziós változata alapján könynyen beláthatjuk, hogy N (di ) = 1 minden i = 1, . . . , n esetén. Tehát N (c2 ) = n. ´tel. (Az algebra alaptétele) Minden komplex egy¨ 7.13. Te utthat´ oj´ u polinomnak van komplex gyöke.


192

e3

e2

e1

e4

e5

e6 7.4. ábra

´ s. Elég igazolni, hogy ha P (X) = X n + an−1 X n−1 + Bizony´ıta . . . + a1 X + a0 egy komplex egy¨ utthatós polinom, akkor létezik z˜ ∈ C u ´gy, hogy P (˜ z ) = 0. Tegy¨ uk fel, hogy bármely z ∈ C esetén P (z) 6= 0. Ha z egy elég nagy r sugar´ u körön van akkor ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ P (z) z n ¯¯ ¯¯ |P (z)| ¯¯ ¯¯ P (z) − z n ¯¯ ¯ (50) ¯ |P (z)| − |z n | ¯ ≤ ¯1 − |z n | ¯ + ¯ |z n | ¯ < ε, ahol egy ε egyel˝ore rögz´ıtett pozit´ıv szám. Ez azt jelenti, hogy az z n OP (z) szög ε-nál kisebb, ahol O az origó. 2kπ Legyen wk = rei 3n , minden k ∈ {0, . . . , 3n − 1} esetén. Ekkor a w0 , . . . , w3n−1 pontok egy 3n oldal´ u szabályos sokszög cs´ ucspontjai. Legyen ½ ¶¾ h π i µ 5π ∗ R0 = z ∈ C | arg z ∈ 0, ∪ , 2π , 3 3 n ³ π io ∗ R1 = z ∈ C | arg z ∈ ,π , 3 ¸¾ ½ µ 5π ∗ . R2 = z ∈ C | arg z ∈ π, 3 Legyen Q(z) = z n . Azt mondjuk, hogy az u 6= 0 pontot Q szerint sz´ınezt¨ uk, ha a Q(u) ∈ Rl esetén az u pont sz´ıne l. Hasonlóan értelmezhetj¨ uk egy tetsz˝oleges u pont (u lehet nulla is) sz´ınezését P szerint. A w0 , . . . , w3n−1 pontokat kisz´ınezz¨ uk P szerint. Ha az r-et olyan π nagyra válasszuk, hogy a (50) összef¨ uggés teljes¨ uljön z = wk és ε = 3n esetén, akkor a wk pont P szerinti sz´ınezése megegyezik a Q szerinti


193

sz´ınezésével. Tehát a wk sz´ıne P szerint a k-nak 3-mal való osztási maradéka. Minden m ∈ N∗ esetén tekintj¨ uk a wk pontok által meghatározott 3n oldal´ u sokszög egy Km szimpliciális felbontását, amelyre a háucspontjait P szerint romszögek átmér˝oi kisebbek, mint m1 . A Km cs´ sz´ınezz¨ uk. A (50) összef¨ uggés alapján ez a sz´ınezés az oldalakon Sperner sz´ınezést határoz meg. A tétel el˝otti gondolatment alapján minden Km felbontásban létezik teljes sz´ınezés˝ u háromszög. Ha um -mel jelölj¨ uk a Km szimpliciális felbontás esetén valamely teljes sz´ınezés˝ u 1 háromszög egyik cs´ ucspontját, akkor |P (zm ) − 0| < m . Tehát lim P (zm ) = 0.

m→∞

Mivel a 3n oldal´ u sokszöglap kompakt, létezik a {zm }m∈N∗ sorozatnak egy konvergens részsorozata, mely konvergál a sokszöglap egy z˜ pontjához. A P folytonosága miatt a z˜ pontra teljes¨ ul, hogy P (˜ z ) = 0, tehát ellentmondáshoz jutottunk. ¤ A Brouwer fixpontt´ etel alkalmaz´ asa. Bizony´ıtjuk a Neumann tételt a Brouwer-féle fixponttétel seg´ıtségével. Legyen A egy m × n-es valós mátrix és ¯ m ( ) ¯X ¯ Sm = (x1 , . . . , xm ) ¯ xi = 1, xi ≥ 0, i = 1, . . . , m . ¯ i=1

Szerkeszt¨ unk egy T : Sm × Sn → Sm × Sn folytonos transzformációt u ´gy, hogy (x∗ , y ∗ ) pontosan akkor fixpontja, ha (x∗ , y ∗ ) Nash-féle egyens´ ulyi pontja az A mátrixnak. Felhasználjuk, hogy Sm × Sn homeomorf Sm+n -nel és alkalmazzuk T -re a Brouwer fixponttételt. Az 1. játékos tiszta stratégiáit e1 , . . . , em -mel jelölj¨ uk, m´ıg a 2. 1 n játékos tiszta stratégiát f , . . . , f -nel jelölj¨ uk. Az egyszer˝ ubb le´ırás T miatt legyen N : Sm × Sn → R, N (x, y) = x Ay. Megjegyezz¨ uk, hogy Pn Pm j i uk N (x, y) = i=1 xi N (e , y) és N (x, y) = j=1 yj N (x, f ). Bevezetj¨ minden i ∈ {1, . . . , m}-re a αi : Sm × Sn → R, ½ N (ei , y) − N (x, y), ha N (ei , y) − N (x, y) > 0, αi (x, y) = 0, k¨ ulönben.


194

Az αi (x, y) jelentése, hogy mennyi az 1. játékos nyeresége, ha az x stratégiáról áttér az ei tiszta stratégiára a 2. játékos y stratégiája ellen. Hasonlóan minden j ∈ {1, . . . , n} esetén legyen βj : Sm × Sn → R, ½ N (x, y) − N (x, f j ), ha N (x, y) − N (x, f j ) > 0, βj (x, y) = 0, k¨ ulönben. A βj (x, y) jelentése, hogy mennyit nyer a 2. játékos, ha az y stratégia helyett az fj tiszta stratégiát alkalmazza az 1. játékos x stratégiája ellen. Természetesen az αi és βj f¨ uggvények folytonosak. Most értelmezz¨ uk a már eml´ıtett T : Sm × Sn → Sm × Sn transzformációt a következ˝oképpen: T (x, y) = (p(x, y), q(x, y)), ahol pi (x, y) =

xi + αi (x, y) P , 1+ m i=1 αi (x, y)

i ∈ {1, . . . , m},

qj (x, y) =

yj + βj (x, y) P , 1 + nj=1 βj (x, y)

j ∈ {1, . . . , n}.

Könnyen ellen˝orizhet˝o, hogy p = (p1 , . . . , pm ) ∈ Sm , q = (q1 , . . . , qn ) ∈ Sn és a pi , qj : Sm × Sn → R f¨ uggvények folytonosak, minden i ∈ {1, . . . , m}, j ∈ {1, . . . , n} esetén. Tehát a T transzformáció is folytonos. El˝oször azt igazoljuk, hogy ha T (x∗ , y ∗ ) = (x∗ , y ∗ ), akkor (x∗ , y ∗ ) Nash-féle egyens´ ulyi pont. Létezik i0 ∈ {1, . . . , m} u ´gy, hogy x∗i0 > 0 és N (x∗ , y ∗ ) ≥ N (ei0 , y ∗ ). Valóban, ha N (x∗ , y ∗ ) < N (ei , y ∗ ) minden olyan i ∈ {1, . . . , m} esetén, amelyre x∗i > 0, akkor N (x∗ , y ∗ ) =

m X

x∗i N (ei , y) >

i=1

m X

x∗i N (ei , y ∗ ) = N (x∗ , y ∗ ),

i=1

ami ellentmondás. Így az i0 -ra x∗i0 > 0 és αi0 (x∗ , y ∗ ) = 0. A T transzformáció értelmezése alapján minden i = 1, . . . , m esetén x∗i0 =

x∗ + 0 Pmi0 , 1 + i=1 αi (x∗ , y ∗ )

P ∗ ∗ ovetkezik, hogy αi (x∗ , y ∗ ) = 0 tehát m i=1 αi (x , y ) = 0, ahonnan k¨ minden i = 1, . . . , m esetén, azaz N (ei , y ∗ ) ≤ N (x∗ , y ∗ ). Innen azonnal


195

következik, hogy ∗

N (x, y ) =

m X

xi N (ei , y ∗ ) ≤ N (x∗ , y ∗ ),

i=1

bármely x ∈ Sm esetén. Hasonlóan igazolható, hogy N (x∗ , y ∗ ) ≤ N (x∗ , y), minden y ∈ Sn -re. Tehát (x∗ , y ∗ ) Nash-féle egyens´ ulyi pont. ∗ ∗ Következ˝o lépésként azt igazoljuk, hogy ha (x , y ) Nash-féle egyens´ ulyi pont, akkor T (x∗ , y ∗ ) = (x∗ , y ∗ ). Az egyens´ ulyi pont értel∗ ∗ mezéséb˝ol kapjuk, hogy αi (x , y ) = 0 minden i = 1, . . . , m esetén és βj (x∗ , y ∗ ) = 0 minden j = 1, . . . , n esetén. A T transzformáció értelmezése alapján az (x∗ , y ∗ ) fixpontja. Vég¨ ul pedig a Brouwer fixponttétel garantálja, hogy T -nek van fixpontja.

Irodalomjegyz´ ek [Ale] P.S.Aleksandrov: Combinatorial Topology, (Volume 1). Graylock Press, Rochester, N.Y., 1956. [Bal] Keith Ball: Elementary Introduction to Modern Convex Geometry, Preprint. [Goo] Michael A. Goodrich: Proof of the Minimax Theorem, Preprint, September 21, 2004. [Lack] Laczkovich Miklós: Sejtés és bizony´ıt´ as, Typotex, Budapest, 1998. [L-R] R. D. Luce and H. Raiffa: Games and Decisions, John Wiley, New York, 1957. [Ma1] Jiˇr´ı Matouˇsek: Lectures on Discrete Geometry, Springer, 2002. [Ma2] Jiˇr´ı Matouˇsek: Topological Methods in Combinatorics and Geometry (Lecture Notes) Preprint. [Mar] Andrei M˘arcus: Line´ aris Algebra, St´ udium, Kolozsvár, 1998. [Nas] Jr. J. F. Nash: The bargaining problem, Econometrica, 18:155162, 1950. Reprinted in Classics in Game Theory, H. W. Kuhn, ed. [Sch] Horst Schubert: Topol´ ogia, M˝ uszaki Könyvkiadó, Budapest, 1986. [Sze] Szenthe János: Affin Geometria, Preprint. [Su] Francis Edward Su, Jesus de Loera, Elisha Peterson: A polytopal generalization of Sperner’s lemma, J. Combinatorial Theory, Series A, 100 (2002), 1-26. [Tay] Larry Taylor: Sperner’s Lemma, Brouwer Fixed Point Theorem, the Fundamental Theorem of Algebra Preprint: http://www.cs.csubak.edu/ larry/sperner.pdf [Wei] Wolfgang Weil: A Course on Modern Convex Geometry, Preprint.

197

T´ argymutat´ o összeg halmazok, 3 érint˝otér, 19 a s´ık egyenlete Rm -ben, 21 affin burkoló, 8, 24 f¨ uggetlen pontok, 26 kombináció, 7 koordinátarendszer, 26 leképezés, 28 nyoma, 28 résztér, 23 párhuzamosság, 30 tér, 19 dimenziója, 19 anticentrum, 52 az egyenes egyenlete Rm -ben, 20 baricentrikus koordináták, 26 baricentrum, 21

csillagszer˝ u, 113 konvex, 95 határpontja, 114 konvex burkolója, 96 homotétia, 30 iránytér, 5 középpontos hasonlóság, 30 kevert (vegyes) stratégia, 119 konvex burkoló, 96 halmaz, 95 kombináció, 96 koordináta-transzformáció affin terek közt, 27 leföd˝o ponthalmaz, 142 lineáris varietás, 4 -ok párhuzamossága, 11 dimenziója, 5 iránytere, 5

Cauchy-Buniakowski egyenl˝otlenség, Nash-féle egyens´ ulypont, 121 56 Newton-Gauss egyenes, 33 Descartes-féle koordináták, 26 egyenes, 6 egyens´ ulyi stratégia, 121 eltolás, 29 halmaz által kifesz´ıtett lineáris varietás, 8

s´ ulypont, 22 pontrendszer, 49 szimplex, 49 Sperner lemma, 127 Sperner sz´ınezés, 127 szimplex, 49 szimpliciális komplexus, 161

´ ´ TARGYMUTAT O

dimenziója, 161 részkomplexus, 161 séma, 163 realizációja, 163 szorzat halmaz és skalár, 3 skaláris, 55, 56

199

Tucker lemma, 153 vektorok skaláris szorzata, 55, 56 zérusösszeg˝ u játék, 119

távolság Rn -ben, 56 tétel alternat´ıva, 118 Borsuk-Ulam, 147 Brouwer-féle fixpont∼, 131 Carathéodory, 97 Ceva, 31, 32 Desargues, 15 Farkas, 123 Helly, 105 Knaster-Kuratowski-Mazurkiewicz, 130 Lusternik-Schnirelmann, 150 Meneláosz, 31, 32 Neumann, 122 Newton-Gauss, 33 Pascal, 34 Rado, 113 Radon, 104 Sperner lemma politópokra, 141 sz´ınes Carathéodory, 105 Tverberg, 106 Van Aubel, 40 teljes négyszög, 34 triangularizálható topológikus tér, 161

N´ evmutat´ o Apoloniusz, 53

Radon, J., 104

Bárány, I., 105 Borsuk, K., 147 Brouwer, L., 131 Buniakowski, 56

Schnirelmann, L.G., 150 Schwarz, 56 Sperner, E., 127 Su, F.E., 141

Carathéodory, C., 97 Cauchy, 56 Ceva, T., 32, 71

Tucker, A.W., 153 Tverberg, H., 106

Desargues, G., 15 Farkas, Gy., 123 Gauss, C.F., 33 Helly, E., 105 Knaster, B., 130 Kuratowski, K., 130 Lemoine, E.M.H., 53 Lusternik, L., 150 Möbius, A.F., 52 Mazurkiewicz, S., 130 Meneláosz, 32 Monge, G., 52 Neumann, J., 122 Newton, I., 33 Papposz, 53 Pascal, B., 34 Rado, R., 113

Ulam, S., 147 Van Aubel, E., 40 Vitali, G., 4

Tartalom. 1. FEJEZET. LINEÁRIS VARIETÁSOK 3 A Desargues-tétel 15 Gyakorlatok és feladatok 18

Recommend Documents