Verhó zki László

Euklideszi Geometria

ELTE TTK Matematikai Intézet

Geometriai Tanszék

Budapest, 2012

El®szó

A jegyzet élkit¶zései

A középiskolai matematika tanárok számára az 1960�as évek óta Geometriából a Hajós

György által írt Bevezetés a geometriába . tankönyv jelenti az alapvet® irodalmat a

téma megértéséhez és mélyebb vizsgálataihoz. A nappali és a levelez® tagozatos matema-

tikatanári képzésen szerzett tapasztalataim azonban arra utaltak, hogy élszer¶ lenne egy

tömörebb Geometria jegyzet elkészítése, amely f®leg a tanárképzéshez kap solódó ismere-

tek tárgyalására fókuszálna.

A jegyzet f® élja tehát az, hogy segítséget adjon a matematikatanári szakos hallgatók

számára az egyetemi Geometria tananyag elsajátításához. Ugyanakkor remélem, hogy a

jegyzet hasznos olvasmány lesz azok számára is, akik nem matematika szakos tanárnak

készülnek, de érdekl®dnek az euklideszi geometria alapvet® összefüggései és azok alkalma-

zásai iránt.

A Geometria oktatásának nehézségei

Azt szokás mondani, hogy a geometria a térbeli alakzatok tulajdonságaival foglalkozó

matematikai tudomány. A legtöbb ember számára a geometria a bennünket körülvev®

�zikai tér olyan összefüggéseit írja le, amelyeket a tapasztalat révén is ellen®rizni lehet.

A geometriai fogalmak kialakításában és a geometriai összefüggések felismerésében ezért

valóban nagy szerepe van a szemléletnek.

A diákok a középiskolában találkoznak a bizonyítás fogalmával. Ez annyit jelent szá-

mukra, hogy vannak olyan összefüggések (más szóval állítások vagy tételek), amelyeket

nem sak felismernek a szemlélet alapján, hanem be is bizonyítanak. Például, bebizonyít-

ják, hogy ha a térben adva van egy tetraéder, akkor egyetlen olyan gömb van, amely

áthalad a négy sú sponton.

Azonban a diák számára olykor gondot okoz, hogy miért fogadunk el egyes összefüggé-

seket supán a szemlélet miatt, és miért kell egyes összefüggéseket bizonyítani is. Ezt

támasztják alá azok a tapasztalatok, amelyek azt mutatják, hogy a középiskolás diákok

sokkal inkább kedvelik a koordinátageometriát, mint a szintetikus geometriát. Ismeretes,

hogy f®leg a szintetikus geometriában szokás kit¶zni az ún. bizonyítási feladatokat. Ezek-

nél el®fordulnak olyan esetek, amikor a diák számára nem egyértelm¶, hogy melyek azok

az összefüggések, amelyeket azonnal alkalmazhat a megoldás érdekében, és melyek azok,

amelyeket sak el®zetes igazolást követ®en használhat.

Véleményem szerint egy matematika tanárnak meg kell tudni értetni a diákokkal, hogy

a geometriában ugyan vannak olyan alapigazságok, amelyeket elfogadunk a szemlélet alap-

ján, de ezen összefüggéseknek a köre behatárolt, és a többi helytálló összefüggést már le

lehet vezetni ezekb®l az alapigazságokból. Fel lehet hívni a hallgatók �gyelmét arra is,

hogy a szemléletre való kizárólagos hagyatkozás, téves következtetéseket eredményezhet.

Mindezek alapján arra az elhatározásra jutottam, hogy bár nem élom az euklideszi

geometria axiomatikus tárgyalása, a jegyzet els® fejezetében felsorolom azokat az alapigaz-

ságokat, amelyekre az euklideszi geometria (illet®leg az abszolút geometria) elmélete épül.

i

Mellesleg úgy vélem, ezek ismeretében érthet®bbé válik a leend® matematika tanárok

számára, hogy miben is tér el az euklideszi geometria a hiperbolikus geometriától, melyet

Bolyai János és az orosz N. I. Loba sevszkij fedeztek fel a XIX. század els® felében.

Az axiómák szerepe a geometriában

Célszer¶nek t¶nik, hogy megpróbáljam itt tömören leírni, mit is értünk axiómákon.

Mint az összes matematikai elmélet, így az euklideszi geometria is fogalmak és állítá-

sok gy¶jteménye. Az elmélet felépítése során a felhasznált fogalmakat korábbi fogalmak

segítségével kell körülírni (más szóval de�niálni), a kimondott állításokat pedig be kell bi-

zonyítani. Állításon tehát egy olyan kijelentést értünk, amely az adott elmélet fogalmaival

kap solatos összefüggést (vagy összefüggéseket) fogalmaz meg, és amelyet korábban igazolt

állításokból logikai úton le lehet vezetni. Egy önálló elmélet egzakt felépítéséhez szükség

van olyan kijelentésekre (úgynevezett alapigazságokra) is, amelyek az elmélet alapját ké-

pezik, és amelyeket emiatt nem bizonyítunk. Ezeket nevezzük az elmélet axiómáinak. Az

axiómákon tehát azokat az elmélet alapjául szolgáló állításokat értjük, melyeket bizonyítás

nélkül elfogadunk.

Amennyiben az egyik axióma a többib®l levezethet®, akkor azt élszer¶ elhagyni. A

matematikai elméletek axiomatikus megalapozásánál mindig fellelhet® az az igény, hogy

az axiómák egymástól függetlenek legyenek, vagyis egyik alapigazság sem legyen követ-

kezménye a többinek.

Ezen jegyzetben tehát megadjuk majd az euklideszi geometria egy olyan axióma�

rendszerét, amelyben a távolságfüggvénnyel kap solatos axióma játszik meghatározó

szerepet.

Fontos azonban hangsúlyozni, hogy nem élunk az axiomatikus felépítés kidolgozása.

ii

1) Az abszolút geometria axiómái, alapvet® fogalmai és tételei

Ebben a bevezet® fejezetben megadjuk az euklideszi geometria (illetve az abszolút geomet-

ria) egyik axiómarendszerét, továbbá áttekintjük az axiómákhoz kap solódó alapvet® fo-

galmakat és tételeket. Az itt közölt állítások nagy része evidensnek t¶nhet az olvasó szá-

mára, mivel ezek teljes összhangban állnak a szemlélettel. Jelen esetben az a élunk, hogy

megmutassuk, miként lehet ezeket a tételeket néhány alapigazságból kiindulva levezetni

(vagy más szóval bizonyítani). Vizsgálatainkhoz a halmazelmélet alapvet® fogalmait és

összefüggéseit fogjuk felhasználni.

A térelemekkel kap solatos jelölések és elnevezések

Legyen adott egy X halmaz, amelyet térnek mondunk, és amelynek az elemeit pontok-

nak nevezzük. Az X részhalmazait ponthalmazoknak vagy alakzatoknak mondjuk. A

ponthalmazok között vannak kitüntetett alakzatok, amelyeket egyenesnek vagy síknak

nevezünk. A pontokat, az egyeneseket és a síkokat együttesen térelemeknek is hívjuk, bár

az egyenesek és a síkok valójában az X tér részhalmazai. A kés®bbiek során a ponto-

kat latin nagybet¶kkel (például A, B, C, P ), az egyeneseket latin kisbet¶kkel (például

a, b, e, g), a síkokat pedig görög bet¶kkel (például α, β, σ) fogjuk jelölni.

A térelemek illeszkedését a tartalmazás alapján értelmezzük. Azt mondjuk, hogy egy

A pont illeszkedik egy e egyeneshez, ha A eleme e�nek. Egy B pontról azt mondjuk, hogy

az illeszkedik egy σ síkhoz, ha B az egyik eleme σ�nak. Egy g egyenesr®l azt mondjuk,

hogy az illeszkedik egy α síkhoz, ha g egy részhalmaza α�nak.A térelemek illeszkedésével kap solatosan az alábbi kifejezéseket is használni fogjuk.

Ha egy A pont illeszkedik egy e egyeneshez, akkor azt is mondjuk, hogy az e egyenes

illeszkedik az A ponthoz, illetve az e egyenes áthalad (átmegy) az A ponton. Analóg

módon, ha egy B pont eleme egy σ síknak, akkor azt is mondjuk, hogy a σ sík illeszkedik

a B ponthoz. A g ⊂ α feltétel teljesülése esetén azt is mondjuk, hogy az α sík illeszkedik

a g egyeneshez, illetve az α sík tartalmazza a g egyenest.

Ha valamely B, D (B, D ⊂ X) ponthalmazokat véve B egy részhalmaza D�nek

(azaz B ⊂ D teljesül), akkor azt mondjuk, hogy a B alakzat benne van D�ben, illetve a

D alakzat tartalmazza B�t.Tekintsünk az X térben véges sok pontot. Ezen pontokat kollineárisaknak (illetve

komplanárisaknak) mondjuk, ha van olyan egyenes (illetve ha van olyan sík), amely az

adott pontok mindegyikét tartalmazza.

Az el®bbi értelmezés szerint véges sok pontról akkor mondjuk, hogy azok komplaná-

risak (illetve kollineárisak), ha van olyan sík (illetve ha van olyan egyenes), amelyhez a

pontok mindegyike illeszkedik.

A továbbiakban ha n számú pontról (egyenesr®l vagy síkról) szólunk, akkor ezen nszámú különböz® pontot (egyenest vagy síkot) értünk.

A térelemek illeszkedésével kap solatos axiómák

A továbbiakban feltesszük, hogy a térelemek illeszkedésre vonatkozóan teljesülnek az aláb-

bi alapigazságok (vagy más szóval axiómák).

1

(IA 1) Van a térben négy olyan pont, amelyek nem kollineárisak és nem komplanárisak.

(IA 2) Bármely két ponthoz egy és sakis egy egyenes illeszkedik.

(IA 3) Minden síkhoz illeszkedik három nem kollineáris pont.

(IA 4) Bármely három nem kollineáris ponthoz egy és sakis egy sík illeszkedik.

(IA 5) Ha egy egyenes két pontja illeszkedik egy síkhoz, akkor az egyenes is illeszkedik

a síkhoz.

(IA 6) Ha két síknak van egy közös pontja, akkor a két síknak van még egy közös pontja.

Ha A és B különböz® pontok, jelölje 〈A,B 〉 azt az egyenest, amely az A�n és a B�negyaránt áthalad. Amennyiben A, B, C nem kollineáris pontok, jelölje 〈A,B,C 〉 azt asíkot, amelyhez mindhárom pont illeszkedik. Ha az A pont nem illeszkedik az e egyeneshez,jelölje 〈 e, A 〉 azt a síkot, amely tartalmazza az A pontot és az e egyenest.

Ha a g, h (g 6= h) egyeneseknek van egy közös eleme, akkor a két egyenest metsz®nek,

a közös elemet pedig g és h metszéspontjának mondjuk. Azt a síkot, amely tartalmazza a

g, h metsz® egyeneseket 〈 g, h 〉 fogja jelölni.

Ha egy síknak és egy egyenesnek egyetlen közös pontja van, akkor azt mondjuk, hogy

az egyenes metszi a síkot, illetve a sík metszi az egyenest. A közös pontot ez esetben a

két térelem metszéspontjának nevezzük.

Ha valamely α, β (α 6= β) síkoknak van közös pontjuk, akkor a két síkot metsz®nek

mondjuk. Amennyiben van egy közös pont, akkor az illeszkedési axiómákból azonnal

következik, hogy α∩β metszet egy egyenes, melyet a két sík metszésvonalának mondunk.

A távolságfüggvénnyel kap solatos axióma

Állapodjunk meg abban, hogy amennyiben kimondunk egy axiómát, akkor a továbbiakban

már feltesszük annak teljesülését.

A szokásoknak megfelel®en a valós számok halmazát R fogja jelölni. Tekintsük a tér

összes pontjainak X halmazát és ezen halmaz önmagával vett Des artes�szorzatát, vagyis

az X ×X = { (A,B) | A, B∈X } halmazt. A szakasz és a félegyenes fogalma a következ®

axiómán alapul.

(BVA) Adva van egy olyan d : X × X → R valós függvény, amelyre teljesül az alábbi

feltétel: Tetsz®leges g egyenes esetén meg lehet adni egy olyan ξ : g → R bijek iót,

ahol bármely a g�hez illeszked® A, B pontokra fennáll a

| ξ(A)− ξ(B) | = d(A,B) összefüggés.

Megjegyzés. A (BVA) kijelentést, amelynek alkalmazását G. D. Birkho� amerikai mate-

matikus javasolta, a Birkho��féle vonalzó axiómának szokás mondani. A (BVA) axiómá-

ban szerepl® feltételt a továbbiakban, mint vonalzó�feltételt, fogjuk említeni. A ξ bijektívleképezést a g egyenes egyik koordinátázásának mondjuk.

2

Mint ismeretes, egy leképezést akkor mondunk bijek iónak, ha az köl sönösen egyér-

telm¶ és szürjektív. A fentiek szerint egy tetsz®leges g egyenes pontjai és az R valós

számtest elemei között egy olyan bijektív megfeleltetés létesíthet®, amely eleget tesz az

úgynevezett vonalzó�feltételnek.

Megjegyzés. A (BVA) axiómából következik, hogy a tér bármely egyeneséhez és bármely

síkjához végtelen sok pont illeszkedik.

Megjegyzés. Vegyük a (BVA) axiómával megadott d függvényt és egy c pozitív valós

számot. Tekintsük most azt a d : X ×X → R leképezést, ahol tetsz®leges A, B pontokra

fennáll d(A,B) = c · d(A,B). Könny¶ belátni, hogy ekkor a d függvényre is teljesül az

el®z® axiómában szerepl® vonalzó�feltétel.

Ez a tény arra utal, hogy amennyiben a d függvény helyett annak egy pozitív szám-

szorosát alkalmaznánk, azzal is fel lehetne építeni egy geometriai elméletet.

A továbbiakban a (BVA) axiómával megadott d : X ×X → R függvényt a téren vett

távolságfüggvénynek mondjuk.

A (BVA) axiómában szerepl® vonalzó�feltételb®l adódik, hogy bármely A, B ∈ Xpontokra fennállnak a d(A,B) ≥ 0 és d(A,B) = d(B,A) összefüggések. Az axiómából

következik az is, hogy a d(A,B) = 0 egyenl®ség pontosan akkor teljesül, ha A = B.1.1. De�ní ió. A tér valamely A, B pontjainak távolságán a d(A,B) nemnegatív számot

értjük.

Két pont elválasztása egy harmadik ponttal

1.2. De�ní ió. Legyenek adva az A, B és C pontok. Azt mondjuk, hogy a C pont az

A és a B pontok között van, ha A, B és C egyazon egyenes különböz® pontjai, továbbá

fennáll a d(A,C) + d(C,B) = d(A,B) összefüggés.

Ez esetben azt is mondjuk, hogy a C pont elválasztja egymástól az A, B pontokat.

Megjegyzés. Amennyiben a C pont nin s az A és B pontok között, akkor azt mondjuk,

hogy a C pont nem elválasztja el az A, B pontokat.

Nyilvánvaló a (BVA) axióma következtében, hogy egy egyenes három pontja közül

pontosan egy van a másik kett® között.

A szakasz és a félegyenes értelmezése

Emlékezzünk rá, hogy az A, B pontokon áthaladó egyenest az 〈A,B〉 szimbólummal

jelöljük.

1.3. De�ní ió. Legyenek A és B különböz® pontok. Az A és B végpontokkal meghatá-

rozott AB szakaszon azt az alakzatot értjük, amelyet az A, B pontok és az 〈A,B〉 egyenesazon pontjai alkotnak, amelyek A és B között vannak.

Megjegyzés. A fenti de�ní ió szerint az AB szakaszt a két végponton kívül az 〈A,B〉egyenes azon pontjai alkotják, amelyek elválasztják az A, B pontokat.

A de�ní iót kimondhattuk volna úgy is, hogy az A és B végpontokkal meghatározott

szakaszon az

AB = { P ∈ 〈A,B〉 | P elválasztja az A, B pontokat } ∪ {A, B }

formulával leírt alakzatot értjük.

3

Megjegyzés. Evidens, hogy bármely A, B∈X pontok esetén fennáll AB = BA.Az A, B pontokat az AB szakasz határpontjainak is mondjuk. Az AB szakasznak a

határpontoktól különböz® pontjait a szakasz bels® pontjainak nevezzük.

Megjegyzés. Amennyiben a két végpont megegyezik (azaz fennáll A = B), akkor a fenti

de�ní ióval nyert AA = {A} alakzatot pontszakasznak mondjuk. A pontszakasznak nin s

bels® pontja.

1.4. De�ní ió. Az AB szakasz hosszán a d(A,B) pozitív számot (azaz a végpontok

távolságát) értjük.

Megjegyzés. A továbbiakban az AB szakasz hosszát d(A,B) mellett AB�vel is jelölnifogjuk.

1.5. De�ní ió. Legyenek adva az egymástól különböz® A, B pontok. Az A kezd®pontú

és a B pontot tartalmazó [A,B 〉 félegyenesen azt az alakzatot értjük, amelyet az 〈A,B〉egyenes azon pontjai alkotnak, amelyeket az A pont nem választ el a B ponttól.

Megjegyzés. A fenti de�ní ió szerint az A kezd®pontú és a B�t tartalmazó félegyenesen

az

[A,B 〉 = { P ∈〈A,B 〉 | A nem választja el a B, P pontokat }alakzatot értjük.

Megjegyzés. A (BVA) axióma felhasználásával könnyen belátható, hogy igaz az alábbi

két kijelentés.

Amennyiben az A egy tetsz®leges pontja a g egyenesnek, akkor pontosan két olyan

A kezd®pontú félegyenes van, melyeket g tartalmaz. A két félegyenes uniója (vagy más

szóval egyesítése) a g egyenes, metszetük pedig az A pont.

Legyenek adva az A és B különböz® pontok, továbbá legyen adott egy λ nemnegatív

valós szám. Ez esetben az [A,B 〉 félegyenesnek egy és sakis egy olyan P pontja van,

amelyre fennáll d(A, P ) = λ.

A Pas h�féle rendezési axióma

A továbbiakban a félsík és a félegyenes fogalmát szeretnénk matematikai szabatosság-

gal leírni. Ehhez azonban szükségünk lesz egy rendezési axiómára, amely a háromszög-

vonalakkal kap solatos.

1.6. De�ní ió. Legyen adva három nem kollineáris pont A, B és C. Az AB, BC és

CA szakaszok uniójaként nyert alakzatot az A, B, C sú spontokkal meghatározott

háromszögvonalnak (vagy rövidebben sak háromszögnek) nevezzük.

Megjegyzés. Egyel®re sak a háromszögvonal fogalmát vezettük be, mint a három sú s-

pont által meghatározott három szakasz unióját.

Az A, B, C sú sokkal meghatározott háromszögvonalat a továbbiakban ABC△jelöli. Az AB, BC, CA szakaszokat a háromszög oldalainak mondjuk. Az A, B, Cpontokat egyaránt tartalmazó síkot a háromszög síkjának, az a = 〈B,C 〉, b = 〈C,A 〉 ésc = 〈A,B 〉 egyeneseket pedig a háromszög oldalegyeneseinek nevezzük.

Amennyiben egy egyenesnek és egy szakasznak egyetlen közös pontja van, akkor azt

mondjuk, hogy az egyenes metszi a szakaszt.

Az alábbi axiómát a Pas h�féle rendezési axiómának szokás nevezni.

4

(PRA) Ha adott egy háromszögvonal és annak síkjában egy egyenes, amely nem megy

át a háromszög egyik sú spontján sem és metszi a háromszögvonal egyik oldalát,

akkor az egyenes metszi a háromszögvonal még egy oldalát.

Két pont elválasztása egyenessel és síkkal

1.7. De�ní ió. Legyenek adva az A, B pontok és egy e egyenes. Azt mondjuk, hogy

az e egyenes elválasztja az A, B pontokat, ha az e egy bels® pontjában metszi az ABszakaszt.

1.8. De�ní ió. Legyen adott egy e egyenes és egy arra nem illeszked® A pont. Az e�tés az A�t tartalmazó síkot jelölje σ. Az e egyenessel határolt és az A pontot tartalmazó

félsíkon az

[ e, A 〉 = {P ∈σ | e nem választja el az A, P pontokat }alakzatot értjük.

Megjegyzés. A fenti de�ní ió szerint az [ e, A 〉 félsíkot a σ = 〈e, A〉 sík azon pontjai

alkotják, amelyeket az e egyenes nem választ el az A ponttól.

Nyilvánvaló, hogy az [ e, A 〉 félsík az A pont mellett az e határegyenest is tartalmazza.

Ha a félsíkból kivonjuk (más szóval elhagyjuk) annak határegyenesét, akkor az így

nyert ponthalmazt nyílt félsíknak mondjuk.

Megjegyzés. Tekintsünk egy σ síkot és abban egy e egyenest. A (PRA) axiómából

következik, hogy pontosan két olyan félsík van, amelyeket a σ tartalmaz és amelyeknek ea határegyenese. Ezen két félsíknak az uniója a σ sík, metszetük pedig az e egyenes.

Amennyiben egy síknak és egy szakasznak egyetlen közös pontja van, akkor azt mond-

juk, hogy a sík metszi a szakaszt.

1.9. De�ní ió. Azt mondjuk, hogy a σ sík elválasztja az A, B (A, B∈X) pontokat,

ha a σ sík egy bels® pontjában metszi az AB szakaszt.

1.10. De�ní ió. Legyen adott egy σ sík és egy arra nem illeszked® A pont. A σ síkkal

határolt és az A pontot tartalmazó féltéren a

[ σ,A 〉 = {P ∈X | σ nem választja el az A, P pontokat }

alakzatot értjük.

Megjegyzés. Tekintsünk a térben egy σ síkot. A (PRA) axiómát felhasználva igazolni

lehet, hogy pontosan két olyan féltér van, amelyeknek σ a határsíkja. Ezen félterek uniója

az X tér, a metszetük pedig azonos a σ síkkal.

A szögtartomány értelmezése

A konvex szögtartomány értelmezése el®tt élszer¶ megadnunk a konvex alakzat fogalmát.

1.11. De�ní ió. Egy A ponthalmazt konvexnek mondunk, ha tesz®leges P, Q∈A pontok

esetén a PQ szakasz benne van az A alakzatban (vagyis PQ ⊂ A teljesül).

Megjegyzés. A fenti de�ní ió szerint egy alakzat akkor konvex, ha tartalmazza bármely

két pontjának az összeköt® szakaszát.

5

Az ∅ üres halmaz egy konvex alakzat, mivel teljesül rá a de�ní ióban szerepl® feltétel.

A szakaszok, a félegyenesek, a félsíkok és a félterek egyaránt konvex alakzatok.

Könnyen igazolni lehet az alábbi kijelentést, amely konvex ponthalmazok metszetére

(más szóval közös részére) vonatkozik.

1.1. Állítás. Konvex alakzatoknak a metszete is egy konvex alakzat.

1.12. De�ní ió. Két közös kezd®pontú félegyenes unióját szögvonalnak mondjuk.

Legyenek adva az O, A, B (O 6= A, O 6= B) pontok, és tekintsük az

AOB∠ = [O,A 〉 ∪ [O,B 〉 szögvonalat. Az [O,A 〉 és [O,B 〉 félegyeneseket ezen szög-

vonal szárainak, az O pontot pedig a szögvonal sú spontjának nevezzük.

Megjegyzés. Amennyiben az O, A, B pontok nem kollineárisak, akkor azt mondjuk,

hogy az AOB∠ szögvonal nem elfajuló. Ekkor az O, A, B pontokhoz egyaránt illeszked®

síkot a szögvonal síkjának nevezzük.

Az AOB∠ szögvonalat elfajulónak mondjuk, ha az O, A, B pontok kollineárisak. Az

elfajuló szögvonalat egyenesszögnek nevezzük, ha az O pont az A, B pontok között van.

Amennyiben fennáll [O,A 〉 = [O,B 〉, akkor a szögvonalat szárszögnek (vagy nullszögnek)mondjuk.

Vegyük észre, hogy az 1.1. Állítás szerint két félsík metszete minden esetben egy kon-

vex alakzat.

1.13. De�ní ió. Legyen adva az O, A, B nem kollineáris pontokkal meghatározott

AOB∠ szögvonal. Tekintsük a szárakat tartalmazó a = 〈O,A 〉 és b = 〈O,B 〉 egyenese-ket. Az [ a, B 〉 és [ b, A 〉 félsíkok metszetét a szögvonalhoz tartozó konvex szögtartomány-

nak (vagy rövidebben szögnek) nevezzük.

Az AOB∠ szögvonalhoz tartozó konvex szögtartományt az AOB∢ szimbólummal

jelöljük.

1.14. De�ní ió. Legyen adva egy nem elfajuló AOB∠ szögvonal. Legyenek Ax és Bx

a száregyenesek olyan pontjai, melyeket az O sú s elválaszt az A, B pontoktól. Az

[ a, Bx 〉 és [ b, Ax 〉 félsíkok unióját az AOB∠ szögvonalhoz tartozó konkáv szögtartomány-

nak mondjuk.

Megjegyzés. Nyilvánvaló, hogy a nem elfajuló szögvonalhoz tartozó két szögtartomány

uniója megegyezik a szögvonal síkjával, metszetük pedig azonos a szögvonallal.

A szögtartománynak a szárak által nem tartalmazott pontjait a szögtartomány bels®

pontjainak mondjuk.

Megjegyzés. Amennyiben az AOB∠ szögvonal egy egyenesszög, akkor bármely az 〈A,B〉egyenessel határolt félsíkot tekinthetjük az AOB∠ szögvonalhoz tartozó szögtartomány-

nak.

A háromszöglemez

Korábban már értelmezük, hogy mit értünk háromszögvonalon. Az alábbiak során meg-

adjuk a háromszöglemez fogalmát.

1.15. De�ní ió. Legyen adott három nem kollineáris pont A, B és C. Tekintsük

az A, B, C sú spontokkal meghatározott háromszögvonal a = 〈B,C 〉, b = 〈C,A 〉

6

és c = 〈A,B 〉 oldalegyeneseit. Az [a, A〉, [b, B〉 és [c, C〉 félsíkok metszetét az A, B, C sú sokkal meghatározott háromszöglemeznek (vagy rövidebben háromszögnek) mondjuk.

Ezen háromszöglemezt ABC△ fogja jelölni.

Az ABC△ háromszöglemez A, B, C sú sokhoz tartozó szögein a CAB∢, ABC∢ és

BCA∢ szögeket értjük.

Megjegyzés. Az egyszer¶ség és a könnyebb megértés kedvéért az ABC△ háromszög

CAB∢, ABC∢ és BCA∢ szögeit a továbbiakban az α, β és γ szimbólumokkal is fogjuk

jelölni.

Ezt követ®en az a, b és c latin kisbet¶k nem az oldalegyeneseket, hanem a háromszög

oldalainak hosszát fogják jelölni. Ezek szerint fennáll a = BC, b = CA és c = AB.

1. ábra. A háromszög geometriai adatai.

Az egybevágósági transzformá iók

1.16. De�ní ió. Térbeli egybevágósági transzformá ión (vagy rövidebben egybevágó-

ságon) egy olyan ϕ : X → X bijektív leképezést értünk, amelynél tetsz®leges A, B ∈Xpontokra fennáll a d(A,B) = d(ϕ(A), ϕ(B)) összefüggés és amely egyenest egyenesbe

képez.

Megjegyzés. Az egybevágósági transzformá ió tehát egy olyan bijek ió, amely meg®rzi

a pontok távolságát (más szóval távolságtartó) és egyenest egyenesbe képez.

Egybevágóságra legegyszer¶bb példa az ún. identikus leképezés, amely a tér összes

pontját �xen hagyja. Ezt a továbbiakban id fogja jelölni.

Megjegyzés. Legyen adva egy ϕ : X → X egybevágóság. Mivel ϕ egy bijektív leképezés,

vehetjük ϕ�nek az inverz�leképezését, amelyet ϕ−1jelöl. Vegyük észre, hogy ϕ−1

is egy

egybevágósági transzformá ió.

A térbeli zászló fogalma

1.17. De�ní ió. Tekintsünk egy félteret, annak határsíkjában egy félsíkot és a fél-

sík határegyenesén egy félegyenest. Ekkor a félegyenes, a félsík és a féltér által képzett

alakzat�hármast egy térbeli zászlónak mondjuk.

Megjegyzés. A fenti de�ní ió szerint a térbeli zászló egy félegyenesb®l, egy félsíkból és

egy féltérb®l álló hármas, ahol a félegyenest tartalmazó egyenes azonos a félsík határegye-

nesével, és a félsíkot tartalmazó sík megegyezik a féltér határsíkjával.

7

A félegyenest a zászló rúdjának, a félsíkot pedig a zászló lapjának szokás nevezni.

Megjegyzés. Legyenek adva az A, B, C, D pontok, amelyek nem komplanárisak. Ez a

pontnégyes az alábbiak szerint meghatároz egy térbeli zászlót, melyet Z(A,B,C,D) fogjelölni.

Vegyük az e = 〈A,B〉 egyenest, továbbá a σ = 〈A,B,C〉 síkot. Tekintsük az [A,B〉félegyenes, az [e, C〉 félsík és a [σ,D〉 féltér által alkotott zászlót. Az A, B, C, D pont-

négyeshez rendeljük hozzá ezt a Z(A,B,C,D) térbeli zászlót.Célszer¶ talán megjegyezni, hogy fennáll Z(A,B,C,D) = ([A,B〉, [e, C〉, [σ,D〉).

Megjegyzés. Könny¶ belátni, hogy egy egybevágósági transzformá ió félegyenest félegye-

nesbe, szakaszt szakaszba és síkot síkba képez. Ugyan sak evidens, hogy egy egybevágóság

félsíkot félsíkba és félteret féltérbe visz. Ily módon azt nyerjük, hogy az egybevágósági

transzformá ió zászlót zászlóba képez.

Az egybevágósági axióma

A továbbiakban feltesszük, hogy teljesül az alábbi alapigazság is, melyet egybevágósági

axiómának nevezünk.

(EA) Ha adva van két térbeli zászló, akkor egyértelm¶en létezik egy olyan egybevágósági

transzformá ió, amely az els® térbeli zászlót a második zászlóba viszi.

Megjegyzés. A fenti (EA) axióma azt mondja ki, hogy ha adva vannak a Z1, Z2 tér-

beli zászlók, akkor pontosan egy olyan ϕ : X → X egybevágóság létezik, amelyre igaz

ϕ(Z1) = Z2.

Megjegyzés. Az axiómából már következik, hogy amennyiben egy egybevágóságnál van

olyan zászló, amelynek a képe önmaga, akkor a tekintett egybevágóság megegyezik az ididentikus leképezéssel.

Megjegyzés. Legyenek adva a ϕ1, ϕ2 egybevágósági transzformá iók. A szokásoknak

megfelel®en ϕ2 ◦ϕ1 fogja jelölni azt a leképezést, amelyet a két egybevágóság egymás után

történ® végrehajtásával (vagyis azok szorzataként) nyerünk. Nyilvánvaló, hogy a ϕ2 ◦ ϕ1

szorzat�leképezés is egy egybevágóság.

A entrális tükrözés

1.18. De�ní ió. Legyen adva a térben egy O pont. A térnek az O pontra történ®

tükrözésén azt a τ : X → X leképezést értjük, ahol fennáll τ(O) = O és egy O�tólkülönböz® P pont τ(P ) képét az alábbi feltételek határozzák meg.

(1) A P, O, τ(P ) pontok kollineárisak és fennáll d(O,P ) = d(O, τ(P )).(2) Az O pont a P és τ(P ) pontok között van.

Megjegyzés. Az e®z® de�ní ióban leírt τ leképezést szokás nevezni entrális tükrözésnek

is. Ekkor az O pontot mondjuk a tükrözés entrumának.

Megjegyzés. Egy adott AB szakasz azon F pontját, amelyre AF = FB teljesül, a

szakasz felez®pontjának mondjuk.

Az 1.18. De�ní ióban szerepl® két feltétel egyenérték¶ azzal, hogy a pontra tükrözés

O entruma felez®pontja a Pτ(P ) szakasznak tetsz®leges P ∈X pont esetén.

8

Az alábbiak során azt fogjuk bizonyítani, hogy a entrális tükrözés egy egybevágóság.

1.2. Állítás. Legyenek adva a térben az O, B, C, D nem komplanáris pontok. Vegyük

azon Bx, Cx és Dx pontokat, amelyekre teljesül, hogy az O felez®pontja a BBx, CCx és

DDx szakaszoknak. Ez esetben azon egybevágósági transzformá ió, amely a Z(O,B,C,D)zászlót a Z(O,Bx, Cx, Dx) zászlóba viszi, megyegyezik az O pontra történ® tükrözéssel.

Bizonyítás.

Tekintsük az e = 〈O,B〉 egyenest és az O, B, C pontokhoz illeszked® σ síkot. Jelölje ϕazt az egybevágóságot, amely a Z(O,B,C,D) zászlót a Z(O,Bx, Cx, Dx) zászlóba viszi.

Ily módon ϕ�re fennáll ϕ([O,B〉) = [O,Bx〉, ϕ([e, C〉) = [e, Cx〉 és ϕ([σ,D〉) = [σ,Dx〉.Nem nehéz belátni, hogy mivel a ϕ egy bijektív leképezés, ϕ�nek az O pont az egyedüli

�xpontja. Az egybevágóság egyenestartó tulajdonságát felhasználva könny¶ igazolni, hogy

ϕ(e) = e és ϕ(σ) = σ teljesül. Ez alapján pedig azt kapjuk, hogy fennáll ϕ([O,Bx〉) =[O,B〉, ϕ([e, Cx〉) = [e, C〉 és ϕ([σ,Dx〉) = [σ,D〉. Ebb®l az következik, hogy a ϕ kétszeri

végrehajtásával kapott ϕ ◦ ϕ egybevágóság a Z(O,B,C,D) zászlót önmagába viszi. Ily

módon ϕ ◦ ϕ megegyezik az id identikus leképezéssel.

Vegyünk a térben egy az O�tól különböz® P pontot és annak a ϕ egybevágóság szerinti

P ′ = ϕ(P ) képét. Mivel igaz ϕ ◦ ϕ = id, így fennáll ϕ(P ′) = P . Ezek szerint ϕ fel seréli

a PP ′szakasz végpontjait. Ebb®l viszont az következik, hogy a ϕ �xen hagyja a PP ′

szakasz felez®pontját. Mivel ϕ�nek az O pont az egyedüli �xpontja, az O pont felezi

a PP ′szakaszt. Ily módon beláttuk, hogy a P ′ = ϕ(P ) pont azonos P�nek az O�ra

vonatkozó tükörképével. Ez viszont azt eredményezi, hogy a ϕ egybevágóság megyegyezik

az O pontra történ® tükrözéssel. �

A fenti állítás szerint igaz az alábbi kijelentés.

1.1. Következmény. A pontra tükrözés egy egybevágósági transzformá ió.

Az ekvivalen iarelá ió

Tekintsünk egy nemüres H halmazt és annak az önmagával vett

H×H = { (a, b) | a, b ∈ H} Des artes�szorzatát. A H halmazon vett relá ión ezen H×Hszorzatnak egy R részhalmazát értjük.

Tegyük fel, hogy adva van a H halmazon egy R relá ió. Ez esetben azt mondjuk, hogy

R szerint az a elem relá ióban van a b elemmel, amennyiben fennáll (a, b) ∈ R. Ezt a

kap solatot a két elem között az a ∼R b kifejezéssel jelöljük.

1.19. De�ní ió. Legyen adva egy R relá ió egy H halmazon. Az R�et ekvivalen iarelá-

iónak mondjuk, ha teljesül az alábbi három feltétel:

(1) Tetsz®leges a ∈ H elem esetén igaz (a, a) ∈ R.

(2) Ha valamely a, b ∈ H elemekkel fennáll (a, b) ∈ R, akkor (b, a) ∈ R.

(3) Amennyiben valamely a, b, c ∈ H elemekre igaz (a, b) ∈ R és (b, c) ∈ R, akkor

(a, c) ∈ R is teljesül.

Megjegyzés. A fenti de�ní ióban szerepl® három feltétel szerint az R ekvivalen iarelá ió

egy olyan kap solatot hoz létre aH elemei között, amely re�exív, szimmetrikus és tranzitív.

Megjegyzés. Egy adott halmaz diszjunkt részhalmazokra való felbontását osztályozásnak

szokták nevezni.

9

Legyen adva egy H halmazon egy R ekvivalen iarelá ió. Ekkor az a elem által rep-

rezentált R szerinti ekvivalen iaosztályon a H halmaz R(a) = { b ∈ H | (a, b) ∈ R}részhalmazát értjük. Könny¶ belátni, hogy a H halmaz bármely eleme pontosan egy

ekvivalen ia�osztályhoz tartozik. Ily módon az R meghatározza a H halmaznak egy fel-

bontását diszjunkt részhalmazokra.

Az alakzatok egybevágósága

1.20. De�ní ió. Legyenek adva a térbeli A, B alakzatok. Ezeket egymással egybevágók-

nak mondjuk, ha van olyan ϕ egybevágósági transzformá ió, amelyre fennáll ϕ(A) = B.

Megjegyzés. Amennyiben az A, B alakzatok egybevágóak, azaz van olyan egybevágóság,

amely az A�t a B�be képezi, akkor ezt a kap solatot (más szóval relá iót) az A ≃ Bkifejezéssel fogjuk jelölni.

Nem nehéz belátni, hogy az egybevágóság egy ekvivalen iarelá iót ad a térbeli alakza-

tok halmazán.

Megjegyzés. Nyilvánvaló az (EA) axióma alapján, hogy bármely két egyenes és bármely

két sík egymással egybevágó alakzatok. Két szakasz pedig pontosan akkor egybevágó, ha

a hosszaik egyenl®ek.

A szögtartományok összehasonlítása

Számunkra igen fontosak a konvex szögek egybevágóságával kap solatos összefüggések.

Jelölje most H az összes szögtartomány halmazát. Mivel az egybevágóság egy ekvivalen-

iarelá iót ad a szögek halmazán, így egy osztályozást kapunk ezen a H halmazon.

Amennyiben két szögtartomány egybevágó egymással, akkor az egyszer¶ség kedvéért

azokat egymással egyenl®eknek is mondjuk. Valamely A1O1B1∢ és A2O2B2∢ konvex

szögek egybevágóságát az A1O1B1∢ ≃ A2O2B2∢ kifejezés helyett inkább az A1O1B1∢ =A2O2B2∢ alakban jelöljük.

Az (EA) egybevágósági axióma alapján igazolni lehet a következ® kijelentést. Ha

adva van két (egymástól különböz®) konvex szög, amelyek sú sa azonos és az egyik szög

tartalmazza a másikat, akkor a két szög nem lehet egybevágó.

Az alábbi állítás azt mondja ki, hogy egy konvex szöget egyértelm¶en lehet felmérni

egy félsíkra, ha a félsík határegyenesén már adva van az egyik szögszár.

1.3. Állítás. Legyen adva egy AOB∢ konvex szög, továbbá egy félsík és annak határán

egy [Q,P 〉 félegyenes. Ekkor a félsíkban pontosan egy olyan szög van, amely egybevágó

az AOB∢ szöggel és amelynek egyik szára megegyezik a [Q,P 〉 félegyenessel.

A fenti állítás alapján már lehet®ség van két egymással nem egybevágó (vagy más szó-

val nem egyenl®) konvex szög összehasonlítására is.

1.21. De�ní ió. Legyen adva két szög A1O1B1∢ és A2O2B2∢, amelyek nem egybevá-

góak. Tekintsük az a1 = 〈O1, A1〉 egyenest, továbbá az [a1, B1〉 félsíkban azt az [O1, C1〉félegyenest, amelyre igaz az, hogy az A1O1C1∢ szög egybevágó az A2O2B2∢ szöggel. Azt

mondjuk, hogy az A1O1B1∢ szög nagyobb az A2O2B2∢ szögnél, ha az A1O1B1∢ szögtar-

tomány tartalmazza az A1O1C1∢ szöget.

10

2. ábra. Szög felmérése adott szárhoz egy félsíkban.

Ellenkez® esetben, amikor az A1O1C1∢ szögtartomány tartalmazza az A1O1B1∢ szö-

get, azt mondjuk, hogy az A1O1B1∢ szög kisebb az A2O2B2∢ szögnél.

A derékszög értelmezése

1.22. De�ní ió. Legyen adott egy AOB∢ konvex szög. A szárakat tartalmazó egyenese-

ken vegyünk olyan Ax és Bx pontokat, amelyeknél az O sú spont elválasztja az A pontot

az Ax ponttól és a B pontot a Bx ponttól. Ez esetben az AOBx∢ és BOAx∢ szögeket az

AOB∢ mellékszögeinek mondjuk.

Megjegyzés. Mivel a entrális tükrözés egy egybevágósági transzformá ió, bármely kon-

vex szög mellékszögei egybevágóak egymással.

Felvet®dik a kérdés, hogy van�e olyan szög, amely egyenl® a mellékszögeivel. Erre ad

választ az alábbi állítás.

1.4. Állítás. Legyen adott egy félsík és annak határán egy [O,A〉 félegyenes. A félsíkban

pontosan egy olyan konvex szög van, amelynek egyik szára megegyezik az [O,A〉 félegye-nessel és amely egybevágó a mellékszögeivel.

Bizonyítás.

Vegyük az e = 〈O,A〉 egyenest és azon egy olyan B pontot, amelyet az O pont elválaszt

az A�tól. Legyen C egy olyan pontja az adott félsíknak, amely nin s rajta az e�n, ésválasszunk a térben egy D pontot, amely nem illeszkedik a σ = 〈e, C〉 síkra. Tekintsük a

Z(O,A,C,D) és Z(O,B,C,D) térbeli zászlókat. Az (EA) axióma szerint egyértelm¶en

létezik egy olyan τ : X → X egybevágóság, amely az els® zászlót a másodikba viszi.

Vegyük észre, hogy a τ ◦τ egybevágóság, amelyet a τ kétszeri végrehajtásával nyerünk,

a Z(O,A,C,D) zászlót önmagába képezi. Ily módon fennáll τ ◦ τ = id. Ennek következ-

tében az E = τ(C) pontra igaz τ(E) = C. Mivel τ önmagába képezi a CE szakaszt, ezen

szakasz F felez®pontja �xpontja τ�nak, vagyis τ(F ) = F . Az 〈O,F 〉 egyenesnek tehát

van két olyan pontja, amelyet τ �xen hagy. Ebb®l pedig adódik, hogy τ az 〈O,F 〉 egyenesösszes pontját �xen hagyja.

Tekintsük az AOF∢, BOF∢ konvex szögeket. A τ egybevágósági transzformá ió

az [O,A〉, [O,B〉 félegyeneseket fel seréli és �xen hagyja az [O,F 〉 félegyenest. A τegybevágóság eszerint az AOF∢ szöget a BOF∢ szögbe képezi. Ily módon azt kaptuk,

hogy az AOF∢ szög egybevágó a BOF∢ mellékszöggel. �

11

1.23. De�ní ió. Egy konvex szöget derékszögnek nevezünk, ha az egybevágó (vagy más

szóval egyenl®) a mellékszögeivel.

Megjegyzés. Könny¶ belátni, hogy bármely két derékszög egybevágó egymással. A

továbbiakban a derékszögnél kisebb konvex szöget hegyesszögnek, a derékszögnél nagyobb

konvex szöget pedig tompaszögnek nevezzük.

A háromszögek egybevágóságával kap solatos alapvet® összefüggések

Mint abban megállapodtunk, egy ABC△ háromszög esetében az a = BC, b = CA,c = AB jelölik az oldalak hosszait és α, β, γ a háromszög szögeit.

Legyenek adva az A1B1C1△ és A2B2C2△ háromszögek. Ha van olyan ϕ egybevágóság,

amelyre fennáll ϕ(A1) = A2, ϕ(B1) = B2 és ϕ(C1) = C2, akkor evidens, hogy ϕ az

els® háromszöget a másodikba viszi, tehát a két háromszög egybevágó. Ez esetben a

háromszögek megfelel® oldalai és szögei páronként egyenl®ek, tehát teljesül a1 = a2,b1 = b2, c1 = c2 és α1 = α1, β1 = β2, γ1 = γ2.

A következ® tétel arra mutat rá, hogy bizonyos esetekben a két háromszög egybevágó-

ságához már három geometriai adat megegyezése is elegend®.

1.1. Tétel. Legyen adott két háromszög A1B1C1△ és A2B2C2△. Létezik olyan egy-

bevágóság, amely az A1 pontot A2�be, a B1 pontot B2�be és a C1 pontot C2�be viszi,

amennyiben az alábbi két feltételrendszer közül legalább az egyik teljesül:

(1) A1B1 = A2B2, A1C1 = A2C2 és α1 = α2.

(2) A1B1 = A2B2, α1 = α2 és β1 = β2.

Bizonyítás.

Az A1B1C1△, A2B2C2△ háromszögeket tartalmazó síkokat jelölje σ1 és σ2. Vegyünk olyan

D1, D2 pontokat, amelyek nin senek rajta a σ1, σ2 síkokon. Tekintsük azt a ϕ : X → Xegybevágóságot, amely a Z(A1, B1, C1, D1) térbeli zászlót a Z(A2, B2, C2, D2) zászlóba

viszi.

(1) Tegyük fel, hogy fennáll A1B1 = A2B2, A1C1 = A2C2 és α1 = α2. Mivel igaz

ϕ([A1, B1〉) = [A2, B2〉, azonnal adódik, hogy ϕ(A1) = A2 és ϕ(B1) = B2 teljesül. A

ϕ([〈A1, B1〉, C1〉) = [〈A2, B2〉, C2〉 és α1 = α2 egyenl®ségekb®l pedig az 1.3. Állítás alapján

következik, hogy igaz ϕ([A1, C1〉) = [A2, C2〉. Figyelembe véve, hogy ϕ meg®rzi a pontok

távolságát, ebb®l már adódik a ϕ(C1) = C2 összefüggés.

(2) Tegyük fel most azt, hogy teljesül A1B1 = A2B2, α1 = α2 és β1 = β2. Ekkor a

fenti ϕ egybevágóságnál igaz ϕ(A1) = A2 és ϕ(B1) = B2. Az 1.3. Állításból következik,

hogy ϕ az [A1, C1〉, [B1, C1〉 félegyeneseket az [A2, C2〉, [B2, C2〉 félegyenesekbe képezi. Ilymódon az [A1, C1〉, [B1, C1〉 félegyenesek C1 metszéspontjának ϕ szerinti képe megegyezik

a másik két félegyenes metszéspontjával, vagyis fennáll ϕ(C1) = C2. �

Állapodjunk meg a következ®ben. A kés®bbiek során az A1B1C1△ ≃ A2B2C2△kifejezés nem sak azt jelenti, hogy a két háromszög egybevágó, hanem egyúttal azt is, hogy

van olyan ϕ egybevágósági transzformá ió, amellyel fennáll ϕ(A1) = A2, ϕ(B1) = B2 és

ϕ(C1) = C2.

Egy háromszöget egyenl® szárúnak mondunk, ha van két olyan oldala, amelyek egyenl®

hosszúságúak.

12

1.5. Állítás. Egy ABC△ háromszögben fennáll a = b akkor és sak akkor, ha igaz

α = β.Bizonyítás.

Tekintsünk egy ABC△ háromszöget. Az 1.1. Tételt felhasználva nem nehéz belátni, hogy

amennyiben a háromszögben fennáll CB = CA vagy α = β, akkor mindkét esetben van

olyan ϕ egybevágóság, amely �xen hagyja a C pontot fel seréli az A, B sú spontokat,

vagyis a ϕ�vel fennáll ϕ(A) = B és ϕ(B) = A. Ebb®l pedig már adódik, hogy amennyiben

az a = b, α = β egyenl®ségek közül az egyik teljesül, akkor teljesül a másik is. �

A szögtartomány mértéke

1.24. De�ní ió. Legyen adva egy AOB∢ szögtartomány és annak egy C bels® pontja.

Az [O,C〉 félegyenest az AOB∢ szögfelez®jének mondjuk, ha az AOC∢ és COB∢ szögek

egybevágóak (vagy más szóval egyenl®ek).

Ha az [O,C 〉 félegyenes felezi az AOB∢ szöget, akkor a konvex AOC∢, COB∢ szö-

geket egyaránt az AOB∢ szög felének mondjuk.

1.6. Állítás. Tetsz®leges konvex szögnek pontosan egy szögfelez®je van.

Bizonyítás.

Tekintsünk egy konvex szöget, amelynek sú sát jelölje O. A szög szárain vegyünk fel egy

A és egy B pontot oly módon, hogy azok O�tól egyazon távolságra legyenek. Az OA = OBegyenl®ség miatt az 1.5. Állítás szerint fennáll OBA∢ = OAB∢. Legyen F az AB szakasz

felez®pontja, tehát a szakasz azon pontja, amelyre igaz AF = BF . Vegyük észre, hogy az

AOF△ és BOF△ háromszögekre teljesül az 1.1. Tételben szerepl® (1) feltétel�rendszer.

Ily módon azt kapjuk, hogy az AOF△ és AOF△ háromszögek egybevágóak, tehát az

AOF∢ és BOF∢ szögek egyenl®ek. Ebb®l következik, hogy az [O,F 〉 félegyenes felezi azAOB∢ szöget.

3. ábra. A szögfelez® konstruk iója.

Hátramaradt még annak igazolása, hogy sak egy szögfelez® van. Tegyük fel, hogy

az [O,C〉 félegyenes szögfelez®je az AOB∢ szögnek. Az [O,C〉 félegyenes messe el az

AB szakaszt az F pontban. Az egyértelm¶séghez sak azt kell belátnunk, hogy ez az Fmetszéspont felezi az AB szakaszt.

13

Mivel fennáll OA = OB, AOF∢ = BOF∢ és OAF∢ = OBF∢, így az OAF△ és

OBF△ háromszögekre teljesül az 1.1. Tétel (2) feltétel�rendszere. Ebb®l következik,

hogy van olyan ϕ egybevágóság, amely �xen hagyja az O, F pontokat és az A pontot a

B�be viszi. ϕ meg®rzi a pontok távolságát, ezért fennáll FA = FB, vagyis F felez®pontja

az AB szakasznak. �

A szögfelez® egyértelm¶ létezése is felhasználásra kerül az alábbi alapvet® tétel igazo-

lásában. A hosszadalmas bizonyítást itt nem közöljük.

1.2. Tétel. Legyen H az összes szögtartomány halmaza. A H halmazon egyértelm¶en

létezik egy olyan µ : H → R függvény, amelyre teljesülnek az alábbi feltételek:

(1) Tetsz®leges S∈H�ra igaz µ(S) ≥ 0.(2) Ha S1 és S2 egymással egybevágó szögek, akkor fennáll µ(S1) = µ(S2).(3) Amennyiben az S szöget egy a sú spontjából kiinduló, az S által tartalmazott fél-

egyenessel felbontjuk az S1 és S2 szögtartományokra, akkor fennáll µ(S) = µ(S1) +µ(S2).(4) Ha az S szögtartomány egy derékszög, akkor µ(S) = 90.

1.25. De�ní ió. Tetsz®leges S szög esetén a µ(S) számot az S szög mértékének mondjuk.

Megjegyzés. Tekintsünk két olyan szöget, amelyek nem egybevágóak. Az 1.2. Tételben

szerepl® feltételekb®l adódik, hogy ekkor a nagyobb szög mértéke nagyobb a másik szög

mértékénél.

A szögek mérésére szolgáló µ függvény normálására a (4) feltétel szolgál. Mivel a

derékszögek mértékéül a 90 számot választottuk, azt mondjuk, hogy a szögeket most

fokban mérjük.

Megjegyzés. Mivel két szög pontosan akkor egybevágó, ha a mértékük egyenl®, a kés®b-

biek során a szögön nem sak egy konkrét szögtartományt értünk, hanem annak mértékét

is.

Állapodjunk meg még abban, hogy a továbbiakban az AOB∢ szimbólum nem sak a

konvex szöget, hanem annak a mértékét is jelölni fogja.

A háromszögben az oldalak és a szögek összehasonlítása

1.26. De�ní ió. Egy háromszögnél a sú sokhoz tartozó szögek mellékszögeit a három-

szög küls® szögeinek mondjuk.

1.7. Állítás. A háromszög bármely küls® szöge nagyobb a háromszög nem mellette fekv®

szögeinél.

Bizonyítás.

Vegyünk egy ABC△ háromszöget. Megmutatjuk, hogy az A sú snál lév® α szög kisebb

a C sú snál lév® küls® szögeknél. Legyen D egy olyan pont a 〈B,C〉 egyenesen, amelyre

igaz az, hogy a C pont a B, D pontok között van. Ekkor az ACD∢ egy küls® szög a C sú sban. Legyen F az AC szakasz felez®pontja. Tekintsük azt a τ entrális tükrözést,

amelynek entruma az F pont. Ez a tükrözés fel seréli az A, C pontokat és a B pontot

a B′ = τ(B) pontba viszi. Könny¶ belátni, hogy a B′pont benne van a ACD∢ szög

belsejében. Mivel a τ egy egybevágóság, a CAB∢ szög egyenl® az ACB′∢ szöggel. Az

ACD∢ küls® szög azonban tartalmazza az ACB′∢ szöget. Ily módon azt kapjuk, hogy

az ACD∢ szög nagyobb a ACB′∢ szögnél, tehát nagyobb az α szögnél is. �

14

4. ábra. Illusztrá ió az 1.7. Állítás bizonyításához.

Az el®bbi állításból azonnal adódik az alábbi eredmény.

1.2. Következmény. Bármely háromszögben legalább két hegyesszög van.

A következ® állítás azt mondja ki, hogy amennyiben a tekintett háromszög nem egyenl®

szárú, akkor a háromszögben a hosszabb oldallal szemközti szög a nagyobb.

1.8. Állítás. Egy ABC△ háromszögben fennáll a < b akkor és sak akkor, ha igaz

α < β.Bizonyítás.

Tegyük fel, hogy az ABC△ háromszögben teljesül a < b, vagyis BC < AC. A CA oldalon

vegyük azt a D�vel jelölt pontot, amelyre fennáll CD = CB. Mivel a DBC△ háromszög

egyenl® szárú, az 1.5. Állítás szerint igaz DBC∢ = CDB∢.

A CDB∢ egy küls® szöge az ABD△ háromszögnek, így az A sú snál lév® CAB∢

szög kisebb a CDB∢ szögnél, tehát kisebb a DBC∢ szögnél is. Mivel a DBC∢ szöget

tartalmazza az ABC∢ szög, azt kaptuk, hogy az α = CAB∢ szög kisebb a β = ABC∢

szögnél.

5. ábra. Illusztrá ió az 1.8. Állítás bizonyításához.

Induljunk most ki abból, hogy az ABC△ háromszögben az α szög kisebb a β szögnél.

Ekkor az 1.5. Állításból adódik, hogy az a, b oldalak nem lehetnek egyenl®ek. Ha fel-

tesszük, hogy az a oldalhossz nagyobb a b oldalhossznál, akkor a fentiek szerint fennáll az

α > β egyenl®tlenség, ami ellentmond az eredeti feltevésünknek. Ily módon azt kapjuk,

hogy ez esetben a < b teljesül. �

A háromszög�egyenl®tlenség igazolása

Az alábbi tételben szerepl® összefüggést szokás háromszög�egyenl®tlenségnek nevezni.

1.3. Tétel. Bármely ABC△ háromszögben az oldalakra fennáll az a+b > c összefüggés.

15

Bizonyítás.

6. ábra. Illusztrá ió az 1.3. Tétel bizonyításához.

Az ABC△ háromszög 〈A,C〉 oldalegyenesén vegyük azt a D pontot, amely C�t®l a tá-

volságra van és amelyet a C pont elválaszt A�tól. Eszerint igaz AD = a + b. A BDC△háromszögben fennáll BC = DC. Ebb®l következik, hogy a CBD∢, CDB∢ szögek

egyenl®ek.

Tekintsük most az ABD△ háromszöget. Evidens, hogy ezen háromszögben a B sú s-

nál lév® ABD∢ szög nagyobb a D sú snál lév® ADB∢ szögnél. Az el®z® állítás szerint

emiatt az AD oldalhossz nagyobb AB�nél. Ily módon azt kaptuk, hogy fennáll az a+b > cegyenl®tlenség. �

Megjegyzés. A fenti 1.3. Tétel azt mondja ki, hogy egy háromszögben két oldal hosszá-

nak az összege nagyobb a harmadik oldal hosszánál.

Ennek következtében, ha A, B és C nem kollineáris pontok, akkor igaz az AB+BC >AC összefüggés.

Megjegyzés. Vegyük észre, hogy a fentiek szerint a d : X ×X → R távolságfüggvényre

vonatkozóan tetsz®leges A, B, C pontok esetén fennáll a d(A,B) + d(B,C) ≥ d(A,C)egyenl®tlenség.

Megjegyzés. Az 1.3. Tételt felhasználva már könny¶ belátni, hogy ha egy háromszögben

vesszük két oldal hosszának a különbségét, akkor az így nyert szám abszolút értéke kisebb

a harmadik oldal hosszánál, tehát teljesül |a− b| < c.

A háromszög�egyenl®tlenség ismeretében bizonyítani lehet az alábbi kijelentést is.

1.4. Tétel. A tér pontjainak X halmazán legyen adott egy olyan ϕ : X → X leképezés,

amely távolságtartó, azaz tetsz®leges A, B∈X pontokra fennáll d(A,B) = d(ϕ(A), ϕ(B)).Ekkor ϕ egy egybevágósági transzformá ió.

Bizonyítás vázlata.

A távolságtartásból adódik, hogy a ϕ leképezés köl sönösen egyértelm¶ (vagy más szóval

injektív). Az 1.3. Tételt alkalmazva igazolható, hogy a ϕ leképezés egyenest egyenesbe

képez. Ezek alapján be lehet látni azt is, hogy ϕ egy bijektív leképezés. Ily módon ϕeleget tesz az 1.16. De�ní ióban szerepl® feltételeknek. �

Egymásra mer®leges egyenesek

1.27. De�ní ió. Legyenek adva a g és h metsz® egyenesek. Az általuk meghatározott

síkot a g, h egyenesek felosztják négy olyan konvex szögtartományra, melyek szárai a

16

g, h egyenesekre esnek és közös sú spontjuk a metszéspont. A két egyenes hajlásszögének

mondjuk az így nyert szögek közül azokat (illetve azok mértékét), amelyek derékszögnél

nem nagyobbak.

1.28. De�ní ió. Két metsz® egyenesr®l azt mondjuk, hogy mer®legesek egymásra, ha a

hajlásszögük derékszög.

Az alábbiak során megmutatjuk, hogy ha egy síkban adva van egy egyenes és egy

pont, akkor a síkban pontosan egy olyan egyenes van, amely átmegy az adott ponton és

mer®leges az adott egyenesre.

1.5. Tétel. Legyen adott egy g egyenes és egy arra nem illeszked® P pont. Egyetlen

olyan egyenes van, amely áthalad a P ponton és derékszögben metszi g�t.Bizonyítás.

A mer®leges egyenes létezésének igazolása.

Legyen σ az a sík, amely tartalmazza g�t és a P pontot. Vegyünk a g egyenesen egy Apontot. Tegyük fel, hogy az 〈A, P 〉 egyenes nem mer®leges g�re. Ekkor legyen B egy olyan

pontja g�nek, amelynélBAP∢ egy hegyesszög. A g által határolt és a P�t nem tartalmazó

félsíkban, amely benne van σ�ban, vegyük azt a szöget, amely egyenl® a BAP∢ szöggel és

amelynek egyik szára az [A,B〉 félegyenes. Ezen BAC∢ szögnek az [A,C〉 szárán jelöljük

ki azt az R pontot, amelyre fennáll AP = AR.Tekintsük az m = 〈P,R〉 egyenest és annak F metszéspontját g�vel. Az AFP△ és

AFR△ háromszögekben páronként egyenl®ek az A sú sot tartalmazó oldalak és az A sú snál lév® szögek. Az 1.1. Tétel következtében az AFP△, AFR△ háromszögek egy-

bevágóak, ezért az AFP∢, AFR∢ szögek is egyenl®ek. Mivel ezek egymás mellékszögei,

AFP∢ egy derékszög, vagyis az m = 〈P,R〉 egyenes mer®leges g�re.

7. ábra. Illusztrá ió az 1.5. Tétel bizonyításához.

A mer®leges egyenes egyértelm¶ségének igazolása.

Legyen adva egy a P�n átmen® m egyenes, amely derékszögben metszi el g�t. Jelölje F a

g, m egyenesek metszéspontját. Vegyünk egy az m�t®l különböz® e egyenest, amely átha-

lad P�n és elmetszi g�t egy M pontban. Ekkor az FMP△ háromszögben az F sú snál

lév® szög egy derékszög. Egy korábbi eredményünk, az 1.2. Következmény pedig kimond-

ja, hogy bármely háromszögben legalább két hegyesszög van. Ily módon azt kapjuk, hogy

az FMP∢ szög kisebb a derékszögnél, tehát az e egyenes nem lehet mer®leges g�re. �

17

1.29. De�ní ió. Egy AB szakasz (A 6= B) felez®mer®legeseinek mondjuk azon egyenese-

ket, amelyek átmennek az AB szakasz felez®pontján és mer®legesek az 〈A,B 〉 egyenesre.

1.6. Tétel. Egy σ síkban legyen adva két pont A és B. Legyen f az AB szakasz σ�belifelez®mer®leges egyenese. Ekkor igazak az alábbi kijelentések.

(1) Az f felez®mer®leges megegyezik a σ sík azon pontjainak halmazával, amelyek A�tólés B�t®l egyenl® távolságra vannak.

(2) Ha egy σ�beli P pont nin s rajta az f egyenesen és benne van az [f, A〉 félsíkban,

akkor fennáll AP < BP .

Bizonyítás.

Jelölje F az AB szakasz felez®pontját. Vegyünk az f felez®mer®legesen egy az F�t®lkülönböz® C pontot. Tekintsük az FCA△ és FCB△ derékszög¶ háromszögeket. Ezeknél

az FC oldal közös, továbbá fennáll FA = FB és AFC∢ = BFC∢. Az 1.1. Tétel szerint

van olyan egybevágóság, amely az F, C pontokat �xen hagyja és az A pontot B�be viszi.Ily módon fennáll AC = BC.

8. ábra. A szakaszfelez® mer®leges.

A σ síkban vegyünk most egy olyan P pontot, amely nin s rajta az f egyenesen és

benne van az [f, A〉 félsíkban. Mivel B és P az f által határolt más�más σ�beli félsíkbanvan, az f felez®mer®leges metszi a BP szakaszt egy M pontban. A fentiek alapján igaz

AM = BM , tehát fennáll ABM∢ = BAM∢. Mivel a BAM∢ szög benne van a BAP∢

szögben, azt kapjuk, hogy a BAP∢ szög nagyobb az ABP∢ szögnél. Tekintsük az ABP△háromszöget. Mivel ebben az A sú snál lév® szög nagyobb a B sú snál lév® szögnél, az

1.8. Állítás szerint BP > AP teljesül.

Az el®bbi eredmény azt is igazolja, hogy ha egy σ�beli pont nin s rajta az f felez®-

mer®legesen, akkor az nem lehet egyenl® távolságra az A, B pontoktól. �

Háromszögekkel kap solatos további eredmények

Az alábbi eredményt olló�tételnek is szokás nevezni. Olyan háromszögekre vonatkozik,

amelyek nem egybevágóak, de két�két oldaluk páronként egyenl®.

1.7. Tétel. Legyen adva két háromszög A1B1C1△ és A2B2C2△, amelyek oldalaira igaz

b1 = b2 és c1 = c2. Amennyiben a háromszögek A1 és A2 sú sokban vett szögeire fennáll

18

α1 < α2, akkor teljesül az a1 < a2 összefüggés.Bizonyítás.

Tegyük fel, hogy a szögekre fennáll az α1 < α2 egyenl®tlenség.

9. ábra. Illusztrá ió az 1.7. Tétel bizonyításához.

Legyenek σ1 és σ2 az A1B1C1△, A2B2C2△ háromszögeket tartalmazó síkok. Vegyünk

olyan D1, D2 pontokat, amelyek nin senek rajta a σ1, σ2 síkokon. Legyen ϕ : X → X az

az egybevágóság, amely a Z(A1, B1, C1, D1) térbeli zászlót a Z(A2, B2, C2, D2) zászlóbaviszi. Tekintsük az A′

1 = ϕ(A1), B′1 = ϕ(B1) és C

′1 = ϕ(C1) képpontokat. Evidens, hogy

ekkor A′1 = A2 és B

′1 = B2 teljesül, továbbá a C ′

1 pont benne van az e = 〈A2, B2〉 egyenesáltal határolt [e, C2〉 félsíkban. Mivel az α1 = B2A2C

′1∢ szög kisebb az α2 szögnél, a

C ′1 pont benne van a B2A2C2∢ szög belsejében. Eszerint a B2A2C2∢ szög tartalmazza a

C ′1A2C2∢ konvex szöget is.

Vegyük a C ′1C2 szakasz F felez®pontját és f felez®mer®leges egyenesét. Az A2C

′1 =

A2C2 egyenl®ség következtében f áthalad az A2 ponton és tartalmazza a C ′1A2C2∢ szög

[A2, F 〉 szögfelez®jét. Ily módon az f�nek és a B2A2C′1∢ konvex szögnek A2 az egyetlen

közös pontja, tehát f nem metszi a B2C ′1 szakaszt. Ez pedig azt jelenti, hogy B2 benne

van az [f, C ′1〉 félsíkban. Az 1.6. Tételt alkalmazva azt kapjuk, hogy emiatt fennáll

B2C′1 < B2C2, vagyis teljesül a1 < a2. �

A következ® tétel azt mondja ki, hogy amennyiben két háromszögben az oldalak páronként

egyenl® hosszúak, akkor a két háromszög egybevágó.

1.8. Tétel. Legyen adva két háromszög A1B1C1△ és A2B2C2△. Ha a háromszögek

oldalaira fennáll a1 = a2, b1 = b2 és c1 = c2, akkor van olyan egybevágóság, amely az A1

pontot A2�be, a B1 pontot B2�be és a C1 pontot C2�be képezi.

Bizonyítás.

Tegyük fel, hogy a háromszögek oldalaira fennáll a1 = a2, b1 = b2 és c1 = c2.Tekintsük az α1 = C1A1B1∢, α2 = C2A2B2∢ szögeket. Vegyük észre, hogy az el®z®

1.7. Tétel következtében az α1, α2 szögek nem lehetnek különböz®ek, tehát fennáll α1 =α2. Az 1.1. Tételt alkalmazva már adódik, hogy van olyan ϕ egybevágóság, amelyre

teljesül ϕ(A1) = A2, ϕ(B1) = B2 és ϕ(C1) = C2. �

A párhuzamossági probléma

19

Azt fogjuk tárgyalni, hogy miként lehet két olyan egyenest találni, amelyek egyazon

síkban vannak és nin s közös pontjuk.

1.9. Állítás. Legyen adott egy g egyenes és egy arra nem illeszked® F pont. Tekintsük

az F pontra történ® tükrözést, amelyet jelöljünk τ�val. Ekkor a τ(g) képegyenes benne

van a 〈 g, F 〉 síkban és nin s közös pontja g�vel.Bizonyítás.

A τ entrális tükrözés a 〈 g, F 〉 síkot önmagába képezi, tehát a τ(g) = h képegyenes benne

van ebben a síkban. Vegyünk egy A pontot, amely illeszkedik g�re. Ezt a τ tükrözés vigye

A�t a P = τ(A) pontba. Vegyük észre, hogy a P képpont nem lehet rajta a g egyenesen,

mivel az AP szakasz F felez®pontja nin s rajta g�n. Ebb®l következik, hogy a g, hegyenesek különböz®ek. Mint ismeretes a τ tükrözésre igaz τ ◦ τ = id, amib®l következik,

hogy teljesül τ(h) = g.

10. ábra. Az egyenes entrális tükörképe.

Tételezzük fel, hogy a g, h egyeneseknek van egy M�mel jelölt közös pontja. Evidens,

hogy fennáll M 6= F . Mivel τ egymásba képezi a g, h egyeneseket, az N = τ(M) képpontis közös pontja g�nek és h�nak. A τ entrális tükrözésnek F az egyedüli �xpontja, tehát

M 6= N . Eszerint a g, h egyeneseknek van két közös pontja, amib®l az következik az

(IA2) illeszkedési axióma alapján, hogy g = h. Ez viszont ellentmond azon korábbi

megállapításunknak, hogy a g, h egyenesek különböz®ek. Ily módon azt kapjuk, hogy a

g, h = τ(g) egyeneseknek nem lehet közös pontja. �

1.9. Tétel. Legyen adott egy g egyenes és egy arra nem illeszked® P pont. Az általuk

meghatározott síkban van egy olyan egyenes, amely áthalad a P ponton és nem metszi

g�t.Bizonyítás.

Vegyünk a g egyenesen egy A pontot és az AP szakasz F felez®pontját. Tükrözzük a

teret az F pontra. Nyilvánvaló, hogy ez a τ�val jelölt entrális tükrözés az A pontot a

P�be viszi. Az el®bbi 1.9. Állítás szerint a P ponton átmen® τ(g) képegyenes benne vana 〈 g, P 〉 síkban és nem metszi g�t. �

A geometria klasszikus problémája. Jegyzetünkben a geometriai elmélethez eddig

kilen axiómát használtunk fel, nevezetesen az (IA1)�(IA6) illeszkedési axiómákat és a

(BVA), (PRA), (EA) axiómákat. A fejezetben szerepl® összes állítást és tételt ezekb®l

az axiómákból lehet levezetni. Felvet®dik a kérdés, hogy ezen kilen axiómából kiindulva

vajon be lehet�e bizonyítani az alábbi kijelentést, amely összhangban áll a szemléletünkkel.

Ha adott egy g egyenes és egy arra nem illeszked® P pont, akkor az ®ket tartalmazó

síkban sak egy olyan egyenes van, amely áthalad a P ponton és nem metszi g�t.

20

A fenti kérdésfelvetést szokás mondani a parallellák problémájának. A szemléletb®l

fakadóan a XIX. század els® feléig sok matematikus úgy gondolta, hogy igenl® a válasz, bár

a bizonyítást nem sikerült megtalálni. A korrekt válasz azonban nemleges. Ez a felfedezés

Bolyai János magyar és N. I. Loba sevszkij orosz matematikusok nevéhez f¶z®dik. Az

1820�as évek végén ®k egyidej¶leg jutottak arra a következtetésre, hogy amennyiben a

korábbi axiómák mellé a fenti kijelentés tagadását veszik egy további axiómaként, akkor

ebb®l az axióma�rendszerb®l is egy ellentmondásmentes matematikai elméletet kapnak.

A párhuzamossági axióma

Az elmondottak alapján tehát szükségünk van az alábbi alapigazságra is, amely meg-

felel a szemléletünknek és amelyet párhuzamossági axiómának szokás nevezni.

(PA) Ha adott egy g egyenes és egy arra nem illeszked® P pont, akkor az általuk meg-

határozott síkban sak egy olyan egyenes van, amely áthalad a P ponton és nem

metszi g�t.

Eljutottunk végre odáig, hogy megfogalmazzuk, mit is értünk euklideszi geometrián.

Azt a matematikai elméletet, amely az (IA1)�(IA6) illeszkedési axiómákra és a (BVA),

(PRA), (EA), (PA) axiómákra épül euklideszi geometriának mondjuk.

Az abszolút geometria és a hiperbolikus geometria

Az euklideszi geometria mellett vannak más geometriai elméletek is.

Amennyiben sak az (IA1)�(IA6) illeszkedési axiómákat és a (BVA), (PRA), (EA)

axiómákat használjuk fel a matematikai elmélet felépítéséhez, akkor az így nyert elméletet

abszolút geometriának nevezzük.

Megjegyzés. Ebben a fejezetben a (PA) párhuzamossági axiómát még sehol sem hasz-

náltuk fel. Ily módon a fejezetben szerepl® állítások és tételek mindegyike az abszolút

geometriához tartozik. Természetesen ezek az eredmények igazak az euklideszi geometri-

ában is.

Tisztáznunk kell még, hogy mit értünk a (PA) axióma tagadásán. Tekintsük az alábbi

kijelentést, mint alapigazságot egy másik geometriai elmélethez.

(HPA) Ha adott egy g egyenes és egy arra nem illeszked® P pont, akkor az ®ket tartalmazó

síkban legalább két olyan egyenes van, amely illeszkedik a P pontra és nem metszi g�t.

A (HPA) kijelentést a hiperbolikus párhuzamossági axiómának is szokás nevezni. Meg

kell jegyeznünk, hogy ez az alapigazság már nin s összhangban a szemlélettel.

A fentiek során már utaltunk rá, hogy els®ként Bolyai János és N. I. Loba sevszkij

jutottak arra a megállapításra, hogy amennyiben az (IA1)�(IA6) (BVA), (PRA), (EA)

axiómákhoz hozzáveszik a (HPA) axiómát, akkor ezen axióma�rendszerre is egy ellent-

mondásmentes matematikai elméletet lehet felépíteni. Ez pedig azt igazolja, hogy az

(IA1)�(IA6) (BVA), (PRA), (EA) axiómákból nem lehet levezetni a (PA) kijelentést.

Azt a matematikai elméletet, amely az (IA1)�(IA6), (BVA), (PRA), (EA) és (HPA)

axiómákra épül hiperbolikus geometriának (vagy Bolyai�Loba sevszkij�féle geometriának)

nevezzük.

21

Megjegyzés. A hiperbolikus geometria ellentmondásmentességét az igazolja, hogy az

euklideszi geometriában modellt lehet hozzá konstruálni. Egyik ilyen nevezetes modell a

Bolyai�Loba sevszkij�féle geometriára a Cayley�Klein�féle gömbmodell, melyet majd a 3.

fejezet végén fogunk vázlatosan ismertetni.

22

2) Térelemek köl sönös helyzete az euklideszi térben

Az els® fejezetben megadtuk az euklideszi geometria egyik axiómarendszerét és egyúttal

rávilágítottunk arra a tényre, hogy léteznek más geometriai elméletek is. Igyekeztünk

megmutatni, hogy az alapvet® állításokat miként lehet levezetni az elméletek alapját ké-

pez® alapigazságokból.

A jegyzet további fejezeteiben vizsgálatainkat már mindvégig az euklideszi geometriá-

ban végezzük. Ebben a fejezetben f®ként a térelemek párhuzamosságával és mer®legessével

kap solatos összefüggéseket fogjuk tanulmányozni az euklideszi geometriában. Többek

között tisztázzuk, hogy mit értünk két térelem hajlásszögén és távolságán. Vizsgálata-

ink során fel fogjuk használni az el®z® fejezet eredményeit, például azokat a jól ismert

tételeket, amelyek két háromszög egybevágóságának az elégséges feltételeir®l szólnak.

Párhuzamos egyenesek

Mint ismeretes, két egymástól különböz® egyenest metsz®nek mondunk, ha van egy közös

pontjuk. Az alábbi de�ní iók szerint a köl sönös helyzete alapján két egyenest nevezhe-

tünk még kitér®nek vagy párhuzamosnak

2.1. De�ní ió. Két egyenest kitér® helyzet¶nek (vagy rövidebben kitér®nek) nevezünk,

ha nin s olyan sík, amely mindkét egyenest tartalmazza.

2.2. De�ní ió. Két egyenest egymással párhuzamosnak mondunk, ha nin s közös pontjuk

és van olyan olyan sík, amely mindkét egyenest tartalmazza.

Vegyük észre, hogy az 1.9. Tétel és a (PA) párhuzamossági axióma következtében igaz

az alábbi kijelentés.

2.1. Következmény. Legyen adott egy g egyenes és egy arra nem illeszked® P pont.

Ekkor pontosan egy olyan egyenes van, amely amely illeszkedik a P pontra és párhuzamos

g�vel.

Az alábbi kijelentésben két egyenes párhuzamosságának egy szükséges és elégséges

feltétele szerepel.

2.1. Állítás. Két egyenes párhuzamos egymással akkor és sak akkor, ha bármely az

egyik egyenest metsz® sík metszi a másik egyenest is.

Bizonyítás.

a) Legyen adott két egymással párhuzamos egyenes e és g. Ekkor van egy olyan α sík,

amely mindkét egyenest tartalmazza és fennáll e ∩ g = ∅. Tegyük fel, hogy egy σ sík

metszi az e egyenest egy P pontban. Azt akarjuk belátni, hogy σ metszi a g egyenest is.

Evidens, hogy α és σ különböz® síkok, melyeknek a P egy közös pontja. Ily módon

az α és σ síkok metszete egy egyenes, melyet most jelöljön m. Az m is benne van az αsíkban és áthalad a P ponton. Ily módon az m�nek metszenie kell a g egyenest, mert ha

m�nek nem lenne közös pontja g�vel, akkor ellentmondásba kerülnénk a (PA) axiómával.

Az m és g metszéspontja egyben közös pontja a σ síknak és g�nek. Ily módon azt kaptuk,

hogy σ metszi a g egyenest.

b) Legyen adott két egyenes e és g, melyeknél bármely az egyik egyenest metsz® sík metszi

a másikat is. Az e és g nem lehetnek kitér® helyzet¶ek, mert akkor az e egy P pontja és

a g által meghatározott σ = 〈g, P 〉 sík metszené e�t és tartalmazná g�t. Az e és g nem

23

lehetnek metsz®ek sem, mert akkor is találunk olyan síkot, amely metszi az egyik egyenest,

de a másikat nem. Ezek alapján az e, g egyenesek sakis párhuzamosak lehetnek. �

A következ® kijelentés azt mondja ki, hogy a párhuzamosság egy tranzitív kap solatot ad

az egyenesek között.

2.2. Állítás. Legyen adva a térben három egyenes e, g és h, ahol e párhuzamos a gegyenessel és g párhuzamos a h egyenessel. Ekkor az e, h egyenesek is párhuzamosak

egymással.

Bizonyítás.

Alkalmazzuk az el®bbi 2.1. Állítást. Azt kapjuk, hogy bármely az e�t elmetsz® sík metszi

a g�t, továbbá metszi a g�vel párhuzamos h egyenest is. Ez pedig azt jelenti, hogy az e, hegyenesek párhuzamosak egymással. �

A párhuzamosság fogalmát eddig sak két különböz® egyenes esetében használtuk.

Állapodjunk meg most abban, hogy a tér tetsz®leges egyenesét önmagával párhuzamosnak

mondjuk. Ily módon az alábbi megállapítást tehetjük.

2.2. Következmény. Az egyenesek halmazán a párhuzamosság egy ekvivalen iarelá iót

ad.

Megjegyzés. A fentiek során a párhuzamos egyenesek fogalmát kiterjesztettük oly mó-

don, hogy bármely egyenest párhuzamosnak mondunk önmagával. Ennek következtében

igaz az alábbi kijelentés is.

A entrális tükrözés bármely egyenest azzal párhuzamos egyenesbe képez.

Egyez® irányú és ellentétes irányú félegyenesek

2.3. De�ní ió. Legyenek adva a térben az A, B és C, D pontok, amelyekre fennáll

A 6= B és C 6= D. Azt mondjuk, hogy az [A,B 〉 és [C,D 〉 félegyenesek egyez® irányúak

(vagy más szóval azonos irányúak), ha az alábbi két feltétel közül az egyik teljesül.

(1) Az egyik félegyenes tartalmazza a másikat.

(2) Az 〈A,B 〉, 〈C,D 〉 egyenesek párhuzamosak egymással, különböz®ek, továbbá az

〈A,C 〉 egyenes nem választja el a B, D pontokat.

2.4. De�ní ió. Legyenek adva a térben az A, B és C, D pontok, amelyekre fennállA 6= Bés C 6= D. Azt mondjuk, hogy az [A,B 〉 és [C,D 〉 félegyenesek ellentétes irányúak, ha

az alábbi két feltétel közül az egyik teljesül.

(1) A két félegyenes egyazon egyenesen van és egyik félegyenes sem tartalmazza a másikat.

(2) Az 〈A,B 〉, 〈C,D 〉 egyenesek párhuzamosak egymással, különböz®ek, továbbá az

〈A,C 〉 egyenes elválasztja a B, D pontokat.

Megjegyzés. Vegyük észre, hogy a entrális tükrözés egy félegyenest azzal ellentétes

irányú félegyenesbe képez.

Az eddigiek alapján igazolható, hogy amennyiben két félegyenes azonos irányú egy

harmadik félegyenessel, akkor a két félegyenes egyez® irányú. Ily módon az alábbi kijelen-

tést tehetjük.

2.3. Következmény. Az egyez® irányon alapuló relá ió egy ekvivalen iarelá iót ad

a félegyenesek halmazán.

24

Mivel az egyez® irány fogalma ekvivalen iarelá iót eredményez, egy osztályozáshoz ju-

tunk a tér félegyeneseinek halmazán. Mint ismeretes, ez annyit jelent, hogy a félegyenesek

halmazát diszjunkt részhalmazokra (más szóval osztályokra) bontjuk, ahol egyazon osz-

tályhoz az egymással egyez® irányú félegyenesek tartoznak.

2.5. De�ní ió. Irányon az egyez® irányú félegyenesek egyik ekvivalen iaosztályát értjük.

Célszer¶nek látszik itt bevezetni két fogalmat, amelyek a szögpárokra vonatkoznak.

2.6. De�ní ió. Legyenek adva az A1O1B1∢ és A2O2B2∢ konvex szögek. Ezekr®l azt

mondjuk, hogy egyállású szögpárt képeznek, ha az [O1, A1〉 félegyenes egyez® irányú az

[O2, A2〉 szárral és az [O1, B1〉 félegyenes azonos irányú az [O2, B2〉 szárral. Amennyiben

a A1O1B1∢ és A2O2B2∢ szögek megfelel® szárai ellentétes irányúak, akkor azt mondjuk,

hogy A1O1B1∢ és A2O2B2∢ egy váltószögpárt alkotnak.

Megjegyzés. Könnyen belátható, hogy amennyiben az A1O1B1∢ és A2O2B2∢ szögek

váltószögpárt vagy egyállású szögpárt képeznek, akkor a két szög egybevágó. Ugyanis,

váltószögpár esetén az O1O2 szakasz felez®pontjára való tükrözés a két szöget egymásba

képezi. Amennyiben A1O1B1∢ és A2O2B2∢ egyállású szögpárt alkotnak, akkor az O1O2

szakasz felez®pontjára és az O2 pontra való tükrözések szorzata viszi az els® szöget a

másodikba.

A háromszög szögeinek összege

Az alábbi tételt az euklideszi geometria egyik alapvet® eredményének szokták tekinteni.

2.1. Tétel. Egy háromszögnél a szögek összege 180◦.Bizonyítás.

Vegyünk egy ABC△ háromszöget. Szokás szerint az A, B, C sú soknál lév® szögeket

(illetve azok mértékét) jelölje α, β és γ.Tekintsük a g = 〈A,B〉 oldalegyenest és azt a h�val jelölt egyenest, amely áthalad a

C ponton és párhuzamos g�vel. Vegyünk egy Ax pontot h�n oly módon, hogy az 〈A,C〉egyenes válassza el az Ax, B pontokat. Emellett legyen Bx olyan pont h�n, amelyet Celválaszt az Ax ponttól.

11. ábra. A háromszög szögeinek összege.

A CAB∢ és az ACAx∢ szögek egy váltószögpárt képeznek, hiszen a megfelel® szárak

ellentétes irányúak. Ezen kívül a CBA∢ és a BCBx∢ szögek egy is egy váltószögpárt

25

képeznek, tehát egyenl®ek. A C sú snál lév® AxCA∢, ACB∢ és BCBx∢ szögek együt-

tesen egy egyenesszöget adnak. Ily módon azt kapjuk, hogy fennáll α+ β + γ = 180◦. �

Párhuzamos térelemek

Az alábbi kijelentés szerint vannak a térben olyan síkok, amelyeknek nin s közös pontjuk.

2.3. Állítás. Legyen adott egy α sík és egy arra nem illeszked® P pont. Ekkor pontosan

egy olyan sík van, amely illeszkedik a P pontra és nem metszi α�t.Bizonyítás.

Vegyünk egy α�beli A pontot és az AP szakasz F felez®pontját. Az F pontra való τtükrözés az α síkot vigye a β síkba. Az 1.9. Állítás bizonyítását használva mintaként

könny¶ belátni, hogy az α, β síkoknak nem lehet közös pontja.

12. ábra. Illusztrá ió a 2.3. Állítás bizonyításához.

Tekintsünk egy olyan γ (γ 6= β) síkot, amely illeszkedik a P pontra. A β és γ síkok

metszésvonala legyen m. Az α síkban vegyünk egy olyan a egyenest, amely nem párhu-

zamos m�mel. A σ = 〈a, P 〉 sík messe a β, γ síkokat a b, c egyenesekben. A P�n átmen®

b, c egyenesek közül a b párhuzamos a�val. A (PA) párhuzamossági axióma miatt c�nekmetszenie kell a�t, de akkor a γ síknak is metszenie kell az α síkot. Ebb®l következik,

hogy a β�n kívül nin s már olyan sík, amely átmegy P�n és nem metszi α�t. �

Értelmezni lehet két sík párhuzamosságát, továbbá egyenes és sík párhuzamosságát is.

2.7. De�ní ió. Legyenek adva a térben az α, β síkok. Ezekr®l azt mondjuk, hogy

párhuzamosak egymással, ha nin s közös pontjuk vagy fennáll α = β.

2.8. De�ní ió. Egy egyenesr®l és egy síkról azt mondjuk, hogy párhuzamosak egymással,

ha vagy nin s közös pontjuk, vagy pedig a sík tartalmazza az egyenest.

Megjegyzés. Figyelembe véve a 2.3. Állítást a következ® megállapításokat tehetjük.

Ha adva van egy α sík és egy arra nem illeszked® P pont, akkor pontosan egy olyan

sík van, amely átmegy a P ponton és párhuzamos α�val.A entrális tükrözés bármely síkot azzal párhuzamos síkba képez.

Az síkok halmazán a párhuzamosság egy ekvivalen iarelá iót ad.

Megjegyzés. A de�ní iók alapján könnyen be lehet látni az alábbi kijelentést.

26

Legyen adott egy g egyenes és egy σ sík. Amennyiben a σ sík tartalmaz a g�velpárhuzamos egyenest, akkor σ és g párhuzamosak egymással.

Két sík hajlásszöge

Két metsz® egyenes hajlászögét már az el®z® fejezetben de�niáltuk. Az alábbiak során

két metsz® sík hajlásszögét értelmezzük.

2.9. De�ní ió. Legyenek adva az α, β síkok, amelyek egym egyenesben metszik egymást.

Vegyük az m�nek egy tetsz®leges M pontját. Tekintsük azokat az M�n áthaladó a, begyeneseket, amelyek mer®legesek azmmetszésvonalra és amelyekre fennáll a ⊂ α, b ⊂ β.Az α, β síkok hajlásszögén az a, b metsz® egyenesek hajlásszögét értjük.

13. ábra. Két metsz® sík hajlásszöge.

Megjegyzés. A entrális tükrözés alkalmazásával igazolható, hogy a fenti de�ní ióban

szerepl® a, b egyenesek hajlásszögének mértéke nem függ a metszésvonal M pontjának

megválasztásától.

2.10. De�ní ió. Két metsz® síkot egymásra mer®legesnek mondunk, ha a hajlásszögük

derékszög (más szóval ha a hajlásszögük 90◦).

Megjegyzés. Amennyiben az α, β síkok mer®legesek egymásra, akkor ezt az α ⊥ βkifejezéssel jelöljük. A továbbiakban az a, b egyenesek mer®legességének jelölésére az

a ⊥ b szimbólumot használjuk majd.

Egyenes és sík mer®legessége

Ahhoz, hogy de�niálni tudjuk egy egyenes és egy sík hajlásszögét, el®bb az egyenes és

a sík mer®legességének fogalmát kell tisztáznunk. Az alábbi fontos tételt a háromszögek

egybevágóságával kap solatos eredmények segítségével fogjuk bizonyítani.

2.2. Tétel. Legyen adott egy σ sík és egy g egyenes, amelyek metszik egymást egy Mpontban. Ha a σ síkban van két olyan az M metszésponton áthaladó egyenes, amelyek

mer®legesek g�re, akkor g mer®leges az összes olyan egyenesre, amely benne van σ�ban és

áthalad M�n.

27

Bizonyítás.

Tegyük fel, hogy a σ sík a, b egyenesei illeszkednek az M pontra és mer®legesek g�re, azazfennáll a ⊥ g és b ⊥ g.

14. ábra. Illusztrá ió a 2.2. Tétel bizonyításához.

Vegyük a σ�nak egy további c egyenesét, amely átmegy M�n. Tekintsük a c által

tartalmazott M kezd®pontú félegyenesek egyikét. Az a, b egyenesek a σ síkot felosztják

négy olyan szögtartományra, melyek közös sú spontja M . Vegyük közülük azt a szöget,

amelyik tartalmazza a kijelölt félegyenest. A szárakon tekintsük az M�t®l különböz®

A, B (A ∈ a, B ∈ b) pontokat. Jelöljük ki a C = AB ∩ c metszéspontot. Ezt követ®en

vegyünk a g egyenesen két olyan P, Q (P 6= Q) pontot, melyekre igaz az, hogy a PQszakasz felez®pontja azonos M�mel.

Az AMP∢, AMQ∢, BMP∢, BMQ∢ szögek mindegyike derékszög a feltevés szerint.

Az 1.1. Tételt alkalmazva azt kapjuk, hogy AMP△ egybevágó az AMQ△ háromszöggel

és BMP△ egybevágó a BMQ△ háromszöggel. Ily módon fennáll AP = AQ és BP =BQ. Az 1.8. Tétel alapján pedig be lehet látni, hogy fennáll az ABP△ ≃ ABQ△egybevágóság, mivel a két háromszög megfelel® oldalai páronként egyenl® hosszúságúak.

Ennek következtében teljesül PAB∢ = QAB∢.

A fentiek szerint a PAC△, QAC△ háromszögekben két�két oldal hossza megegye-

zik és ezen oldalak által bezárt szögek is egyenl®ek. Ennek következtében fennáll az

PAC△ ≃ QAC△ egybevágóság, tehát igaz a PC = QC összefüggés is. Végül az 1.8.

Tétel ismételt alkalmazásával PMC△ ≃ QMC△ adódik. Eszerint a PMC∢, QMC∢

szögek egyenl®ek. Mivel ezek mellékszögei egymásnak, azt nyerjük, hogy a c, g egyenesekhajlásszöge derékszög. �

2.11. De�ní ió. Egy g egyenesr®l és egy σ síkról akkor mondjuk, hogy azok mer®legesek

egymásra, ha metsz®ek és a metszésponton áthaladó összes σ�beli egyenes mer®leges g�re.

A 2.2. Tételt felhasználva már könnyen igazolni lehet az alábbi kijelentéseket. Az

28

egyszer¶ bizonyítást mindkét esetben az olvasóra bízzuk.

2.4. Állítás. Legyen adva két sík α és β. Ha az α sík tartalmaz egy olyan egyenest,

amely mer®leges a β síkra, akkor az α, β metsz® síkok hajlásszöge derékszög.

2.5. Állítás. Legyen adott két metsz® sík α és β, melyek hajlásszöge derékszög. Ha gegy olyan egyenes az α síkban, amely mer®leges az m = α ∩ β metszésvonalra, akkor g a

β síkra is mer®leges.

Választ tudunk adni arra kérdésre, hogy amennyiben adott egy pont és egy egyenes,

akkor hány olyan sík van, amely átmegy a ponton és mer®leges az adott egyenesre.

2.3. Tétel. Legyen adott egy tetsz®leges g egyenes és egy P pont. A P ponthoz egy és

sakis egy olyan sík illeszkedik, amely mer®leges g�re.Bizonyítás.

A mer®leges sík létezésének igazolása.

Tegyük fel, hogy fennáll P /∈ g. Az α = 〈 g, P 〉 síkban vegyük azt az a egyenest, amely

áthalad P�n és mer®leges g�re. (Az 1.5. Tétel szerint egy és sakis egy ilyen egyenes

létezik.) Jelölje M a g, a egyenesek metszéspontját. Ezt követ®en vegyünk egy olyan βsíkot, amely tartalmazza g-t és különbözik α�tól. A β�ban tekintsük azt a b egyenest,

amely ugyan sak mer®leges g�re és átmegy az M ponton. Az a, b metsz® egyenesek által

meghatározott σ = 〈 a, b 〉 sík a 2.2. Tétel szerint mer®leges g�re, továbbá tartalmazza

P�t.Amennyiben P ∈ g teljesül, akkor vegyünk két olyan síkot (α és β), amelyek tartal-

mazzák a g egyenest. Tekintsük a két síkban azokat az a, b egyeneseket (a ⊂ α, b ⊂ β),amelyek áthaladnak P�n és mer®legesek g�re. A σ = 〈 a, b 〉 sík ez esetben is mer®leges

lesz a g egyenesre.

Az egyértelm¶ség igazolása.

Tegyük fel, hogy a P ponthoz illeszkedik két olyan sík σ1 és σ2, amelyek mer®legesek g�re.Azt akarjuk megmutatni, hogy ez a feltevés ellentmondást eredményez.

Amennyiben az M1 = g ∩ σ1, M2 = g ∩ σ2 pontok különböz®ek, akkor a PM1M2△háromszögben két derékszög is van, ami egyb®l ellentmondáshoz vezet.

Tekintsük most azt az esetet, amikor az m = σ1 ∩σ2 metszésvonal metszi a g egyenest

egy M pontban. Vegyünk egy olyan γ síkot, amely tartalmazza g�t, de nem illeszkedik

m�hez. Ekkor a γ síkban lév® h1 = γ ∩ σ1, h2 = γ ∩ σ2 egyenesek mer®legesek g�reés áthaladnak az M ponton, ami ellentmond az 1.4. Állításnak. Ezzel bebizonyítottuk,

hogy az a kiindulási feltevés, miszerint létezik két P�n átmen® és g�re mer®leges sík, nem

teljesülhet. �

Megjegyzés. Tekintsünk egy tetsz®leges g egyenest és azon egy P pontot. Vegyük a

P�n áthaladó g�re mer®leges σ síkot. Az el®z® két tételb®l adódik, hogy az összes olyan

egyenes, amely átmegy P�n és mer®leges g�re, benne van a σ síkban.

2.4. Tétel. Legyen adott a térben egy σ sík és egy P pont. Egyértelm¶en létezik egy

olyan egyenes, amely áthalad a P ponton és mer®leges a σ síkra.

Bizonyítás.

A mer®leges egyenes létezésének igazolása.

Az alábbi konstruk ió lényege az, hogy meghatározunk egy a P�hez illeszked® olyan γsíkot, amely mer®leges σ�ra, majd γ�ban a P ponton át mer®legest állítunk a b = γ ∩ σ

29

metszésvonalra.

Az általánosság elvének megsértése nélkül feltehetjük, hogy P nin s benne σ�ban.Vegyünk a σ�ban egy tetsz®leges m egyenest, majd tekintsük az α = 〈m,P 〉 síkot. (Haa P pont eleme σ�nak, akkor vegyünk egy a σ�tól különböz® α síkot, amelyre igaz P ∈α, majd tekintsük az m = α ∩ σ metszésvonalat.) Az 1.7. Tétel szerint az α síkban

pontosan egy olyan a egyenes van, amely áthalad P�n és mer®leges m�re. Jelölje M az

m, a egyenesek metszéspontját. Ezt követ®en vegyük a σ síkban azt a b egyenest, amely

ugyan sak átmegy azM ponton és mer®legesm�re. Az a, b egyenesek által meghatározott

γ = 〈 a, b 〉 sík a 2.2. Tételb®l adódóan mer®leges m�re. A 2.4. Állításból pedig az

következik, hogy a γ, σ síkok mer®legesek egymásra. Végül a γ�ban tekintsük azt a gegyenest, amely áthalad P�n és mer®leges b�re (b = γ ∩ σ). A 2.5. Állítás szerint a gegyenes mer®leges σ�ra.Az egyértelm¶ség igazolása.

Tegyük fel, hogy a P ponton két olyan egyenes g1 és g2 is áthalad, amelyek mer®legesek

σ�ra. Vegyük a két metsz® egyenes által meghatározott γ = 〈 g1, g2 〉 síkot és az m = σ∩γegyenest. Ekkor a γ síkban két olyan egyenes is átmegy a P ponton, amely mer®leges

az m metszésvonalra. Ez a tény viszont ellentmond az 1.7. Tételnek, tehát a kiindulási

feltevés nem teljesülhet. �

2.6. Állítás. Legyenek adva a térben az e, g egyenesek és egy σ sík. Igazak az alábbi

kijelentések.

(1) Ha az e, g egyenesek egyaránt mer®legesek a σ síkra, akkor e és g párhuzamosak.

(2) Ha az e, g egyenesek párhuzamosak egymással és e mer®leges σ�ra, akkor g is mer®-

leges a σ síkra.

Bizonyítás.

(1) Legyenek e és g (e 6= g) olyan egyenesek, amelyek mer®legesek σ�ra. A 2.4. Tétel

alapján evidens, hogy e�nek és g�nek nin s közös pontja. Vegyük a g egyenes egy P pont-

ját és az α = 〈e, P 〉 síkot. Mivel α tartalmazza a σ�ra mer®leges e egyenest, a 2.4. Állításszerint az α, σ síkok mer®legesek egymásra. Tekintsük az m = α ∩ σ metszésvonalat és

α�ban azt a P�n átmen® h egyenest, amely mer®leges az m egyenesre. A 2.5. Állítást

alkalmazva azt kapjuk, hogy a h egyenes mer®leges σ�ra. A 2.4. Tételb®l következik, hogy

fennáll g = h. Eszerint az e, g egyenesek egyaránt benne vannak az α síkban és nin s

közös pontjuk, ami azt jelenti, hogy párhuzamosak.

Az állításban szerepl® (2) kijelentés könnyen igazolható a entrális tükrözés módszerével.

�

A 2.5. Állítást és a 2.4. Tételt alkalmazva már könnyen bizonyítható az alábbi kije-

lentés.

2.7. Állítás. Legyen adott két metsz® sík α és σ, melyek hajlásszöge derékszög. Ha a gegyenes mer®leges a σ síkra és g�nek van az α�val közös pontja, akkor a g egyenes benne

van az α síkban.

2.8. Állítás. Legyen adott két sík α és β melyek egyaránt mer®legesek egy σ síkra. Ha

az α, β síkok metszik egymást, akkor a metszésvonaluk mer®leges σ�ra.Bizonyítás.

Legyen P egy közös pontja az α, β síkoknak. Vegyük a P�n áthaladó σ�ra mer®leges g

30

egyenest, amely egyértelm¶en létezik a 2.4. Tétel szerint. A 2.7. Állítás alapján teljesül

g ⊂ α és g ⊂ β, tehát fennáll g = α ∩ β. �

A síkra történ® mer®leges vetítés

A 2.4. Tétel ismeretében már de�niálni tudjuk, hogy mit értük egy pont adott síkra es®

mer®leges vetületén.

2.12. De�ní ió. Legyen adott a térben egy σ sík és egy P pont. Tekintsük azt az

egyértelm¶en létez® g egyenest, amely illeszkedik P�hez és mer®leges σ�ra. A P ′ = g ∩ σmetszéspontot a P pont σ�ra es® mer®leges vetületének mondjuk.

Megjegyzés. Ha adva van egy derékszög¶ háromszög, akkor az 1.8. Állításból adódik,

hogy a háromszögben derékszöggel szemközti oldal a leghosszabb. Ebb®l már következik,

hogy igaz az alábbi kijelentés. Legyen adott egy P pont és egy σ sík. Tekintsük P�nek a

σ síkra es® P ′mer®leges vetületét. A P pontot a σ síkkal összeköt® szakaszok között PP ′

a legrövidebb.

Értelmezni lehet egy alakzatnak egy adott síkra es® mer®leges vetületét is.

2.13. De�ní ió. Legyen adott a térben egy σ sík és egy A ponthalmaz. Tekintsük

az A alakzat összes pontjának a σ�ra es® mer®leges vetületét. Ezen vetületi pontok A′

halmazát nevezzük az A alakzat σ�ra es® mer®leges vetületének.

Megjegyzés. Hasonló módon de�niálni lehet egy pontnak (illet®leg egy alakzatnak) egy

adott egyenesre es® mer®leges vetületét.

Metsz® egyenes és sík hajlásszöge

2.9. Állítás. Legyen adott egy σ sík és egy a egyenes, amely nem mer®leges σ�ra. Ez

esetben igazak az alábbi kijelentések.

(1) Pontosan egy olyan sík létezik, amely tartalmazza a�t és mer®leges a σ síkra.

(2) Ennek a síknak a σ�val vett metszésvonala megegyezik az a egyenes σ síkra es® a′

mer®leges vetületével.

Bizonyítás.

(1) Tekintsük az a egyenes egyik P pontját, majd a P�hez illeszked® és a σ�ra mer®leges

g egyenest. Az a, g metsz® egyenesek által meghatározott α = 〈 a, g 〉 sík a 2.4. Állítás

szerint mer®leges σ�ra. Mivel a keresett síknak tartalmaznia kell az a, g egyeneseket, evi-

dens, hogy az α�n kívül már nin s további sík, amely eleget tesz a megadott feltételeknek.

(2) A 2.7. Állítás alapján adódik, hogy ha egy h egyenes mer®leges σ�ra és átmegy az

a egyenes valamelyik pontján, akkor h benne van az α síkban. Eszerint az a egyenes

pontjainak a σ síkra es® mer®leges vetületei rajta vannak az α∩σ metszésvonalon. Ennek

következtében fennáll a′ = α ∩ σ. �

2.14. De�ní ió. Legyen adott egy σ sík és egy a egyenes, amely metszi σ�t és nem

mer®leges σ�ra. Tekintsük a�nak a σ síkra es® a′ mer®leges vetületét. Az a egyenes és a

σ sík hajlásszögén az a, a′ metsz® egyenesek hajlásszögét értjük.

A síkra tükrözés, mint spe iális egybevágóság

2.15. De�ní ió. Legyen adva a térben egy σ sík. A σ síkra történ® tükrözésen azt a

τ : X → X leképezést értjük, amely a σ sík pontjait �xen hagyja és egy a σ�ra nem

31

15. ábra. Egyenes és sík hajlásszöge.

illeszked® P pont τ(P ) képét az alábbi feltételek határozzák meg.

(1) A τ(P ) pont rajta van azon az egyenesen, amely mer®leges σ�ra és áthalad P�n.(2) A mer®leges egyenesnek a σ�val vett metszéspontja felezi a Pτ(P ) szakaszt.

2.5. Tétel. A síkra történ® tükrözés egy egybevágósági transzformá ió.

Bizonyítás.

Vegyünk a térben egy σ síkot. Jelölje τ a σ síkra való tükrözést. Tekintsünk két pontot

a térben, A�t és B�t. Legyenek ezen pontok τ szerinti képei A′ = τ(A) és A′ = τ(A). Az1.4. Tételnek megfelel®en azt kellene belátni, hogy fennáll A′B′ = AB.

Amennyiben az A, B pontok egyike a σ síkon van, vagy az 〈A,B〉 egyenes mer®leges

σ�ra, akkor egyszer¶en adódik, hogy A′B′ = AB teljesül.

Tekintsük most azt az esetet, amikor az A, B pontok egyike sin s a σ síkon és az

〈A,B〉 egyenes nem mer®leges σ�ra. Az A, B pontokon átmen® σ�ra mer®leges egyenesek

legyenek e és f . Ezen egyenesek messék a σ síkot az E = e∩ σ, F = f ∩ σ pontokban. A

tükrözés de�ní iója szerint fennáll AE = A′E és BF = B′F .A 2.6. Állításból adódik, hogy a σ�ra mer®leges e, f egyenesek párhuzamosak egy-

mással. Legyen az a sík, amely tartalmazza az e, f egyeneseket. Evidens, hogy a , σsíkok mer®legesek egymásra, és a t = ∩ σ metszésvonal megegyezik σ�nak a síkra es®

mer®leges vetületével.

Az EFA△, EFA′△ háromszögekben az E sú snál lév® szögek derékszögek, tehát

egyenl®ek. Evidens, hogy EFA△ és EFA′△ egymással egybevágó háromszögek, amib®l

adódnak az FA = FA′, EFA∢ = EFA′∢ egyenl®ségek. Mivel az f egyenes benne van a

= 〈e, F 〉 síkban, azt kapjuk, hogy AFB∢ = A′FB′∢ teljesül.

Vegyük végül az FAB△, FA′B′△ háromszögeket. Ezeknél fennáll FA = FA′, FB =FB′

és a fentiek szerint az F sú snál lév® szögeik is egyenl®ek. Ily módon teljesül az

FAB△ ≃ FA′B′△ egybevágóság, amib®l már következik az AB = A′B′összefüggés, �

2.16. De�ní ió. Legyen adott egy AB szakasz (A 6= B), amelynek a felez®pontját jelölje

F . Azt a síkot, amely illeszkedik F�re és mer®leges az 〈A,B 〉 egyenesre, az adott szakaszfelez®mer®leges síkjának mondjuk.

32

16. ábra. Illusztrá ió a 2.5. Tétel bizonyításához.

Az 1.6. Tétel bizonyítását követve már könnyen igazolni lehet a következ® állítást.

2.10. Állítás. Egy AB szakasz felez®mer®leges síkja legyen σ. A tér azon pontjainak

halmaza, amelyek A�tól és B�t®l egyenl® távolságra vannak, megegyezik σ�val. Ha egy

P pont nin s rajta a σ síkon és benne van a [σ,A〉 féltérben, akkor fennáll AP < BP .

Két alakzat távolságának értelmezése

Kézenfekv®nek t¶nik két ponthalmaz távolságát az alábbiak szerint értelmezni. Vegyük

a két alakzat egy�egy pontját összeköt® szakaszokat, és ezek közül a legrövidebb szakasz

hosszát tekintsük a távolságnak. Azonban nem biztos, hogy a két alakzatot összeköt® sza-

kaszok között van legrövidebb. Ily módon a korrekt de�ní ióhoz szükségünk van az alulról

korlátos valós számhalmaz in�mumának (vagy más szóval alsó határának) a fogalmára is.

A szokásoknak megfelel®en egy alulról korlátos H számhalmaz in�mumát infH jelöli.

2.17. De�ní ió. Legyen adott két nemüres ponthalmaz A és B. Az A, B alakzatok

távolságán a

d(A,B) = inf { PQ | P ∈A, Q∈B }kifejezéssel meghatározott nemnegatív számot értjük.

Megjegyzés. Vannak persze olyan esetek, amikor a két alakzatot összeköt® szakaszok

között van legrövidebb. Könnyen belátható, hogy ha adott egy sík és egy arra nem illesz-

ked® pont, akkor a távolságuk megegyezik a pontból a síkhoz húzott mer®leges összeköt®

szakasz hosszával.

Amennyiben a két alakzat két egymással párhuzamos térelem, akkor a távolságuk

megegyezik egy olyan összeköt® szakasz hosszával, amelynek egyenese mindkét térelemet

derékszögben metszi.

Két kitér® egyenes normáltranszverzálisa

2.11. Állítás. Legyen adott két kitér® egyenes a és b. Ekkor egyértelm¶en létezik egy

olyan egyenes, amely a�t és b�t egyaránt derékszögben metszi.

33

Bizonyítás.

Vegyünk a b egyenesen egy P pontot. Jelölje c azt a P�n átmen® egyenest, amely pár-

huzamos az a�val. Tekintsük a b, c metsz® egyeneseket tartalmazó σ = 〈b, c〉 síkot. A σtartalmaz egy az a�val párhuzamos egyenest, nevezetesen a c�t, ezért a és σ párhuzamosak

egymással.

17. ábra. Illusztrá ió a 2.11. Állítás bizonyításához.

A 2.9. Állításnak megfelel®en vegyük azt az α síkot, amely tartalmazza a�t és mer®-

leges σ�ra. Ismeretes, hogy az a�nak a σ síkra es® a′ mer®leges vetülete megegyezik az

α ∩ σ metszésvonallal. Evidens, hogy az a′ vetületi egyenes párhuzamos a�val és c�vel.Legyen Mb a σ�beli a′ és b egyenesek metszéspontja. Vegyük azt az n egyenest, amely

átmegy ezen Mb ponton és mer®leges a σ síkra. Ezen n egyenes benne van α�ban és

mer®leges a σ�beli b, a′ egyenesekre. Ebb®l már következik, hogy n az a egyenest is

derékszögben metszi.

A fenti konstruk ió alapján belátható, hogy az n mellett nin s további olyan egyenes,

amely derékszögben metszi el a�t és b�t. �

2.18. De�ní ió. Legyen adott két kitér® egyenes a és b. Azt az egyenest, amely a�t ésb�t egyaránt derékszögben metszi, a két kitér® egyenes normáltranszverzális egyenesének

mondjuk.

Azt a szakaszt, amely ezen egyenesnek az a, b egyenesekkel vett metszéspontjait köti

össze, a kitér® egyenesek normáltranszverzális szakaszának nevezzük.

Megjegyzés. Könny¶ igazolni, hogy két kitér® egyenes távolsága egyenl® a hozzájuk

tartozó normáltranszverzális szakasz hosszával.

34

3) Hasonlósági transzformá iók

Ebben a fejezetben el®bb a sokszögekkel foglalkozunk. Ezt követ®en tárgyaljuk a párhu-

zamos szel®k tételét. Bevezetjük a hasonlósági transzformá ió fogalmát és megmutatjuk,

hogy a hasonlóságok meg®rzik a szögek mértékét. Értelmezni fogjuk, hogy mit értünk egy

korlátos konvex síkidom kerületén. Végül a körlemezek hasonlósága alapján de�niálunk

egy nevezetes irra ionális számot, a π�t.

A poligonálisan összefügg® alakzat fogalma

3.1. De�ní ió. Legyen adva egy A1, A2, . . . , An véges pontsorozat (n ≥ 2). A

pontsorozat szomszédos elemeit összeköt® AiAi+1 (i = 1, . . . , n − 1) szakaszok unióját

töröttvonalnak nevezzük.

Az A1, An pontokat a töröttvonal végpontjainak, az A2, A3, . . . , An−1 pontokat a

töröttvonal satlakozási pontjainak mondjuk. Az AiAi+1 (i = 1, . . . , n − 1) szakaszokathívjuk a töröttvonal oldalainak.

Megjegyzés. Véges pontsorozat alatt azt értjük, hogy adva van véges sok pont és azok-

nak egy (az indexelés szerint) kitüntetett sorrendje. Az A1, A2, . . . , An pontsorozattal

meghatározott töröttvonalat az A1A2 . . . An szimbólummal jelöljük.

A töröttvonal hosszán az oldalak hosszainak az összegét értjük. Könny¶ belátni, a

töröttvonal hossza nem lehet kisebb a végpontok távolságánál.

3.2. De�ní ió. Egy B alakzatot poligonálisan összefügg®nek nevezünk, ha tetsz®leges

P ∈B, Q∈B pontok esetén van olyan a B ponthalmaz által tartalmazott töröttvonal,

amelynek végpontjai P és Q.

Megjegyzés. A konvex alakzatok nyilván poligonálisan összefügg®ek. A konkáv szögtar-

tomány szintén egy poligonálisan összefügg® ponthalmaz.

Legyen adva egy tetsz®leges σ sík és egy ahhoz illeszked® e egyenes. Nem nehéz belátni,

hogy a σ \ e és az X \ σ ponthalmazok poligonálisan nem összefügg®ek.

3.3. De�ní ió. Egy A1A2 . . . AnAn+1 töröttvonalat zártnak mondunk, ha fennáll

A1 = An+1. Amennyiben A1 6= An+1 teljesül, akkor a töröttvonalat nyíltnak nevezzük.

Megjegyzés. Amennyiben az A1A2 . . . AnAn+1 töröttvonal zárt, akkor az A1 = An+1

pontot is a satlakozási pontok közé soroljuk.

A töröttvonal egy Ai satlakozási pontját egyben töréspontnak is mondjuk, ha az

Ai−1, Ai, Ai+1 pontok nem kollineárisak.

3.4. De�ní ió. Egy töröttvonalat egyszer¶nek mondunk, ha az összes satlakozási pontja

töréspont és bármely két oldalának az esetleges satlakozási ponton kívül más közös pontja

nin s.

A sokszög értelmezése

Egy töröttvonalat síkbelinek mondunk, ha van olyan sík, amely azt tartalmazza. A továb-

biakban olyan egyszer¶ zárt töröttvonalakat tanulmányozunk majd, amelyek satlakozási

pontjai egyazon síkban vannak (más szóval komplanárisak).

35

3.5. De�ní ió. Sokszögvonalon egy olyan síkbeli töröttvonalat értünk, amely zárt és

egyszer¶.

A sokszögvonalat szokás poligonnak is nevezni. Ez indokolja azt, hogy jegyzetünkben

a sokszögvonalat Π�vel jelöljük.3.6. De�ní ió. Legyen adott egy Π = A1A2 . . . AnA1 sokszögvonal. Ez esetben az

Ai (i = 1, . . . , n) satlakozási pontokat a Π sokszögvonal sú spontjainak, az 〈Aj, Aj+1 〉(j = 1, . . . n− 1) és 〈An, A1 〉 egyeneseket a sokszögvonal oldalegyeneseinek nevezzük. Az

A1A2, . . . , An−1An, AnA1 szakaszokat hívjuk a sokszögvonal oldalainak, a tartalmazó

síkot pedig a Π poligon síkjának.

Megjegyzés. A Π = A1A2 . . . AnA1 sokszögvonalra az oldalak és a sú spontok közös

száma alapján az n�oldalú sokszögvonal elnevezést használjuk. Vegyük észre, hogy mindig

fennáll n ≥ 3.

3.7. De�ní ió. Egy B alakzatot korlátosnak nevezünk, ha van olyan Q pont és r pozitívvalós szám, hogy tetsz®leges P ∈B pont esetén fennáll a QP ≤ r összefüggés.

Az alábbi tételben szerepl® kijelentések a szemlélet alapján evidensnek t¶nnek, de a

bizonyításuk valójában nehéz. Emiatt itt nem is térünk ki a bizonyításra.

3.1. Tétel. Egy σ síkban legyen adva egy Π sokszögvonal. Ekkor igazak az alábbi

kijelentések.

(1) A σ \ Π alakzat poligonálisan nem összefügg®.

(2) A σ \ Π ponthalmaz el®áll két olyan poligonálisan összefügg® alakzat uniójaként,

amelyek közül sak az egyik korlátos.

3.8. De�ní ió. Egy σ síkban legyen adva egy Π sokszögvonal. A σ \Π ponthalmaz el®áll

két poligonálisan összefügg® alakzat uniójaként. Vegyük közülük azt az alakzatot, amelyik

korlátos. Ezen alakzat és a Π sokszögvonal unióját a Π által határolt sokszögtartománynak

(vagy rövidebben sak a Π által határolt sokszögnek) mondjuk.

Megjegyzés. A σ \Π ponthalmazt unióként el®állító két poligonálisan összefügg® alakzat

közül a korlátosat a Π által határolt nyílt sokszögtartománynak nevezzük. Ennek pontjait

mondjuk a Π által határolt sokszög bels® pontjainak.

3.9. De�ní ió. Egy σ síkban legyen adva egy Π sokszögvonal. Tekintsük a Π által

határolt sokszöget és annak az Ai sú spontját. Az Ai−1AiAi+1∠ szögvonal által határolt

két szögtartomány közül vegyük azt, amelyik tartalmaz nem száron fekv®, Ai kezd®pontú

szakaszt. Ezt a szöget mondjuk a sokszög Ai sú sbeli szögének.

Megjegyzés. Nem nehéz igazolni, hogy egy sokszög pontosan akkor konvex, ha az összes

szöge konvex (azaz kisebb, mint 180◦).Mint ismeretes, a nem konvex szögtartományt konkáv szögnek hívjuk.

Állapodjunk meg abban, hogy ezt követ®en a Π sokszögvonal által határolt sokszöget

is Π�vel jelöljük.

A konvex sokszögek

Tekintsünk egy olyan n�oldalú Π sokszöget, amely konvex. Legyenek ezen konvex sok-

szögtartomány sú sai sorrendben A1, A2, . . . , An, a tartalmazó sík pedig legyen σ.

36

Ha egy σ�beli egyenesnek van a Π sokszöggel közös pontja, akkor a konvexitás miatt

az egyenes Π�vel vett metszete vagy egy szakasz, vagy pedig egyetlen pont. Eszerint az

ei = 〈Ai, Ai+1〉 oldalegyenesnek a Π�vel vett metszete megegyezik az AiAi+1 oldallal. Ez

alapján könny¶ belátni, hogy a határoló sokszögvonal benne van az ei oldalegyenes általhatárolt egyik félsíkban. Ebb®l pedig az következik, hogy a félsík a sokszögtartományt is

tartalmazza.

3.10. De�ní ió. Egy σ síkban legyen adva egy Π konvex sokszög. Azt a σ�beli félsí-kot, amelyet az ei oldalegyenes határol és amely tartalmazza a sokszöget, a Π sokszög eioldalegyenessel határolt támaszfélsíkjának nevezzük.

A fentiek szerint evidens, hogy egy n�oldalú konvex sokszög esetében n számú olyan

támaszfélsík van, amelyeknek határegyenese a sokszög egyik oldalegyenese. Egyszer¶en

igazolható az alábbi kijelentés.

3.1. Állítás. Egy konvex sokszög el®áll az oldalegyenesekkel határolt támaszfélsíkjainak

metszeteként.

Megjegyzés. Egy konvex sokszög két sú sát összeköt® szakaszt a sokszög átlójának

nevezzük, amennyiben a sú sok nem szomszédosak.

A következ® állítással már mindenki találkozott a matematikai tanulmányai során.

3.2. Állítás. Egy n�oldalú konvex sokszög szögeinek az összege (n− 2) · 180◦.Bizonyítás.

Az n oldalszámra vonatkozó teljes induk ió mószerével igazoljuk az állítást.

A 2.1. Tétel következtében az n = 3 esetben, vagyis a háromszögek esetében, igaz a

fenti kijelentés.

Tételezzük fel, hogy az n = k (k ≥ 3) esetre is igaz az állítás, tehát bármely k�oldalúkonvex sokszögben a szögek összege egyenl® a (k − 2) 180◦ értékkel.

Vizsgáljuk most az n = k + 1 esetet. Tekintsünk egy (k + 1)�oldalú Π konvex sok-

szöget, melynek a sú spontjai legyenek A1, A2, . . . , Ak+1. Ezen Π sokszögnek az Ai

sú sbeli szögét jelölje αi (i = 1, 2, . . . , k + 1). Vegyük az A1A3 átlót. Ez felosztja a

Π sokszöget az A1A2A3△ háromszögre és egy k�oldalú Π konvex sokszögre, amelynek

sú spontjai A1, A3, . . . , Ak+1. Vezessük be a β1 = A2A1A3∢, γ1 = Ak+1A1A3∢ és

β3 = A2A3A1∢, γ3 = A1A3A4∢ jelöléseket.

18. ábra. Illusztrá ió a 3.2. Állítás bizonyításához.

37

Mivel az A1A3 átló az Ak+1A1A2∢ és A2A3A4∢ szögek belsejében van, fennállnak az

α1 = β1+ γ1 és α3 = β3+ γ3 egyenl®ségek, továbbá igaz β1+α2+β3 = 180◦. Eszerint a Πsokszög szögeinek összegét megkapjuk, ha a Π sokszög szögeinek összegéhez hozzáadunk

még 180◦�t. Az induk iós feltevés szerint a k�oldalú Π szögeinek összege (k− 2) 180◦. Ilymódon azt kapjuk, hogy a (k + 1)�oldalú Π sokszög szögeinek összege (k − 1) 180◦. �

A szögösszeget megadó kifejezés nem sak a konvex sokszögek esetében igaz.

3.2. Tétel. Tetsz®leges n�oldalú sokszögnél a sokszög szögeinek összege (n− 2) · 180◦.A bizonyítás vázlata.

Jelölje m az n�oldalú sokszög konkáv szögeinek a számát. A bizonyítást teljes induk ió

módszerével élszer¶ elvégezni.

Amennyiben fennáll m = 0, akkor a sokszög konvex, tehát a 3.2. Állítás miatt igaz a

tételben szerepl® összefüggés.

Ha pedig m ≥ 1 teljesül, akkor az egyik konkáv szög sú sából kiinduló szakasszal fel

lehet bontani a sokszöget két olyan sokszögre, amelyekben a konkáv szögek száma már

kisebb mint m. �

A parallelogramma, mint spe iális négyszög

A továbbiakban egy n�oldalú sokszöget rövidebben sak n�szögnek nevezünk.

Tekintsünk egy négyszöget, melynek sú sai sorrendben A, B, C és D. Ezt követ®en

nevezzük ezt ABCD négyszögnek. Evidens, hogy az ABCD négyszögnél az AB, CDoldalakat, továbbá a BC, DA oldalakat hívjuk egymással szemközti oldalaknak.

Kés®bbi vizsgálatainkban fontos szerephez jutnak majd a parallelogrammák.

3.11. De�ní ió. Parallelogrammán egy olyan négyszöget értünk, ahol a szemközti oldalak

egyenesei egymással párhuzamosak.

Megjegyzés. Könny¶ belátni, hogy egy négyszög pontosan akkor parallelogramma, ha

bármely két szomszédos szögének az összege 180◦. Ez a feltétel pedig egyenérték¶ azzal,

hogy a négyszögben a szemközti szögek egyenl®ek.

A továbbiakban ha oldalak párhuzamosságáról szólunk, akkor ezen azt értjük, hogy

az oldalakat tartalmazó egyenesek párhuzamosak egymással. Az alábbi tételt könnyen

igazolni lehet, ha felhasználjuk a háromszögek egybevágóságával kap solatos ismereteket

és a entrális tükrözés módszerét.

3.3. Tétel. Legyen adva egy ABCD négyszög. Ha a négyszög egy parallelogramma,

akkor igazak az alábbi kijelentések:

(1) A négyszög szemközti oldalainak hossza egyenl®, azaz fennáll AB = CD és BC = DA.(2) A négyszög átlói a felez®pontjukban metszik egymást.

(3) A négyszögnek van két olyan oldala, amelyek párhuzamosak és egyenl®ek.

Amennyiben pedig az (1), (2), (3) kijelentések közül az egyik teljesül, akkor az adott

ABCD négyszög egy parallelogramma.

A párhuzamos szel®k tétele

Az alábbi állítás bizonyításában azt a tényt használjuk fel, hogy a parallelogramma szem-

közti oldalai egyenl® hosszúságúak.

3.3. Állítás. Legyen adott egy nem elfajuló P1OP2∠ szögvonal, amelynek szárait rendre

38

elmetszik az egymással párhuzamos a, b, c, d egyenesek. Jelöljék Ai, Bi, Ci, Di (i = 1, 2)a megfelel® metszéspontokat. Ha teljesül az A1B1 = C1D1 egyenl®ség, akkor A2B2 = C2D2

is igaz.

Bizonyítás.

Tegyük fel, hogy a párhuzamos egyenesek által az els® száron lemetszett szakaszokra fenn-

áll A1B1 = C1D1.

19. ábra. Illusztrá ió a 3.3. Állítás bizonyításához.

A jelöléseket válasszuk meg oly módon, hogy az A1 pont közelebb legyen az O sú shoz,

mint a B1 pont, továbbá a C1 pont közelebb legyen az O sú shoz, mint a D1 pont.

Vegyük azon A2 és C2 kezd®pontú félegyeneseket, amelyek egyez® irányúak az [O,P1〉félegyenessel. Az A2 kezd®pontú félegyenesnek a b�vel vett metszéspontja legyen B3,

továbbá a C2 kezd®pontú félegyenesnek a d�vel vett metszéspontját jelölje D3.

Az A1B1B3A2 négyszögben és a C1D1D3C2 négyszögben a szemközti oldalak párhuza-

mosak, tehát mindkét négyszög parallelogramma. A 3.3. Tétel szerint fennáll A1B1 =A2B3 és C1D1 = C2D3

Tekintsük az A2B3B2△ és C2D3D2△ háromszögeket. Vegyük észre, hogy a B3A2B2∢,D3C2D2∢ szögek, illetve az A2B3B2∢, C2D3D2∢ szögek egyállású szögpárokat képeznek.

Ezek alapján pedig adódik, hogy teljesül az A2B3B2△ ≃ C2D3D2△ egybevágóság. Ily

módon azt kapjuk, hogy igaz az A2B2 = C2D2 összefüggés. �

A fenti állításon alapul a következ® nevezetes tételnek (a párhuzamos szel®k tételének)

bizonyítása.

3.4. Tétel. Legyen adott egy P1OP2∠ szögvonal és olyan a, b (a 6= b) egyenesek,

amelyek a szög szárait az O sú stól különböz® pontokban metszik. Tekintsük az Ai =[O,Pi 〉 ∩ a, Bi = [O,Pi 〉 ∩ b (i = 1, 2) metszéspontokat. Ez esetben az a, b egyenesek

párhuzamosak egymással akkor és sak akkor, ha fennáll az

OB1

OA1

=OB2

OA2

összefüggés.

Bizonyítás.

Tegyük fel, hogy a szög szárait metsz® a, b egyenesek párhuzamosak.

Vegyünk egy m pozitív egész számot. Az OA1 szakaszt osszuk fel m számú egyenl®

39

részre. Tekintsük az így nyert

OA1

mhosszúságú részszakaszok végpontjain áthaladó azon

egyeneseket, amelyek párhuzamosak a�val. Az el®z® 3.3. Állítás szerint ezen egyeneseknek

az [O,P2〉 szárral vett metszéspontjai az OA2 szakaszt osztják fel m egyenl® részre. Az

OB1 szakaszhosszt véve evidens, hogy egyértelm¶en létezik egy olyan n nemnegatív egész

szám, amellyel teljesül

nOA1

m≤ OB1 < (n+ 1)

OA1

m.

Amennyiben a fenti egyenl®tlenségben osztást végzünk az OA1 pozitív számmal, az

n

m≤ OB1

OA1

<n+ 1

m

összefüggéshez jutunk.

20. ábra. Illusztrá ió a 3.4. Tétel bizonyításához (m = 5 eset).

Az O sú sból kiindulva mérjük fel (n + 1)�szer azOA1

mhosszt az [O,P1〉 szárra, és

a felmérések által kapott részszakaszok összes végpontján át húzzunk párhuzamosat az

a�val. Ismét alkalmazva a 3.3. Állítást belátható, hogy fennáll

nOA2

m≤ OB2 < (n+ 1)

OA2

m.

Osszuk el a fenti összefüggésben szerepl® értékeket az OA2 pozitív számmal. Ily módon

azt kapjuk, hogy teljesül

n

m≤ OB2

OA2

<n + 1

m.

Beláttuk, hogy az

OB1

OA1

és

OB2

OA2

hányadosok egyaránt nem kisebbek az

n

mszámnál,

viszont kisebbek az

n+ 1

mszámnál. Ennek következtében a különbségükre igaz az

∣

∣

∣

OB1

OA1

− OB2

OA2

∣

∣

∣<

1

m

40

egyenl®tlenség. Mivel ez bármely m pozitív egész szám esetén teljesül, a két hányados

egyenl®. Ily módon igazoltuk, hogy az a, b párhuzamos egyenesek által lemetszett szaka-

szok hosszaira fennáll

OB1

OA1

=OB2

OA2

.

Fordított irányban egyszer¶ a bizonyítás. Tegyük fel, hogy a P1OP2∠ szögvonal szárait

metsz® a, b egyenesek esetében a lemetszett szakaszok hosszaira igaz az

OB1

OA1

=OB2

OA2

egyenl®ség.

Mint ismeretes, a B1 ponton át pontosan egy olyan egyenes halad, amely párhuzamos

a�val. Jelölje most c ezt párhuzamost. Ennek az [O,P2〉 szárral vett metszéspontja legyen

C2. A fentiek során beláttuk, hogy az a, c egyenesek párhuzamossága miatt

OB1

OA1

=OC2

OA2

teljesül. Ezáltal azt kapjuk, hogy fennáll OB2 = OC2, amib®l B2 = C2 adódik. A c tehátátmegy a B1, B2 pontokon, ezért c azonos b�vel. Ez pedig azt jelenti, hogy a b egyenespárhuzamos a�val. �

Megjegyzés. A párhuzamos szel®k tételét (képletek nélkül, kissé pongyolán) az alábbiak

szerint szokták megfogalmazni. Ha egy szög szárait párhuzamos egyenesekkel metszük,

akkor az egyik száron kimetszett szakaszok hosszainak aránya megegyezik a másik száron

kimetszett megfelel® szeletek arányával.

Az alábbi tételt, amely valójában következménye az el®z®nek a párhuzamos szel®sza-

kaszok tételének szokás nevezni.

3.5. Tétel. Legyen adott egy P1OP2∠ szögvonal és olyan a, b (a 6= b) párhuzamos egye-

nesek, amelyek a szög szárait az O sú stól különböz® pontokban metszik. Tekintsük az

Ai = [O,Pi 〉 ∩ a, Bi = [O,Pi 〉 ∩ b (i = 1, 2) metszéspontokat. Ez esetben fennállnak

a

B1B2

A1A2

=OB2

OA2

és

B1B2

A1A2

=OB1

OA1

összefüggések.

Bizonyítás.

Az általánosság elvét nem sértjük azzal, ha feltesszük, hogy az A2 metszéspont közelebb

van az O sú shoz, mint a B2 pont.

21. ábra. Illusztrá ió a 3.5. Tétel bizonyításához.

41

Az [O,P1〉 szárat tartalmazó egyenes legyen g. Tekintsük azt az A2 ponton áthaladó hegyenest, amely párhuzamos a g�vel. Jelölje B3 a b, h egyenesek metszéspontját. Vegyük

észre, hogy az A1B1B3A2 négyszög egy parallelogramma, és ennek következtében fennáll

A1A2 = B1B3.

Alkalmazzuk most a 3.4. Tételt a B1B2O∠ szögvonalra és a g, h párhuzamos szel®kre.

Ily módon azt nyerjük, hogy

B1B2

B1B3

=OB2

OA2

teljesül. Felhasználva, hogy igazB1B3 = A1A2,

a

B1B2

A1A2

=OB2

OA2

egyenl®séghez jutunk. A 3.4. Tétel alapján pedig fennáll a

B1B2

A1A2

=OB1

OA1

összefüggés is. �

A hasonlósági transzformá iók jellemzése

3.12. De�ní ió. Egy χ : X → X bijektív leképezést hasonlósági transzformá iónak (vagy

más szóval hasonlóságnak) nevezünk, ha van olyan λ pozitív szám, hogy tetsz®leges A, Bpontok esetén fennáll a d(χ(A), χ(B)) = λ · d(A,B) összefüggés.

Amennyiben a χ leképezés egy hasonlóság, akkor a λ számot a χ arányának mondjuk.

Megjegyzés. Az el®z® de�ní ióból adódóan igazak az alábbi kijelentések. Amennyiben

a χ hasonlóság aránya 1 (vagyis λ = 1), akkor χ egy egybevágóság.

Egy χ hasonlósági transzformá ió χ−1inverz leképezése egy olyan hasonlóság,

amelynek az aránya

1

λ.

Legyenek χ1, χ2 olyan hasonlósági transzformá iók, amelyek aránya λ1, illetve λ2.

Ekkor a χ2 ◦ χ1 : X → X leképezés egy olyan hasonlóságot ad, amelynek aránya λ2 λ1.

Persze felvet®dik a kérdés, hogy vannak�e olyan hasonlóságok, amelyeknek az arányszá-

ma különbözik 1�t®l (vagyis amelyek nem egybevágóságok). Hamarosan be fogjuk látni,

hogy a válasz pozitív. El®bb azonban be kell vezetnünk az alábbi fogalmat.

3.13. De�ní ió. Legyen adott egy O pont és egy λ (λ 6= 0) szám. Az O entrummal és

λ el®jeles aránnyal meghatározott középpontos hasonlóságon (más szóval entrális hason-

lóságon) azt a κ : X → X leképezést értjük, ahol κ(O) = O és egy tetsz®leges P (P 6= O)pont P ′ = κ(P ) képét az alábbi feltételek határozzák meg.

(1) Ha λ > 0, akkor P ′rajta van az [O,P 〉 félegyenesen. Amennyiben λ < 0, akkor P ′

azon az O kezd®pontú félegyenesen van, amely ellentétes irányú az [O,P 〉 félegyenessel.(2) Fennáll a d(O,P ′) = |λ| · d(O,P ) összefüggés.

Az alábbi kijelentés teljesülése már nyilvánvaló a fenti de�ní ió alapján.

3.4. Állítás. Legyen a τ : X → X leképezés a térnek az O pontra történ® tükrözése.

Ez esetben a κ ◦ τ = τ ◦ κ szorzatleképezés azt a entrális hasonlóságot adja, amelynek

középpontja O és el®jeles aránya −λ.

3.6. Tétel. Egy O középponttal és egy λ (λ 6= 0) el®jeles aránnyal meghatározott

κ : X → X középpontos hasonlóságra teljesülnek az alábbi kijelentések.

(1) A κ leképezés egy hasonlósági transzformá ió az |λ| aránnyal.(2) A κ bármely egyenest azzal párhuzamos egyenesbe, szakaszt szakaszba képez.

(3) A κ leképezés tetsz®leges síkot azzal párhuzamos síkba képez.

(4) A κ egy félegyenest azzal egyez® irányú félegyenesbe képez, ha fennáll λ > 0. Ha a λ

42

értéke negatív, akkor κ egy félegyenest azzal ellentétes irányú félegyenesbe visz.

Bizonyítás.

El®ször sak azt az esetet vizsgáljuk, amikor a λ el®jeles arány egy pozitív szám.

(1) Azt kell igazolnunk, hogy tetsz®leges A, B pontokra fennáll a d(κ(A), κ(B)) =λ · d(A,B) összefüggés. Könnyen be lehet látni, hogy ez az egyenl®ség teljesül, ha az

O, A, B pontok kollineárisak.

Legyenek A és B (A 6= B) olyan pontok, amelyek e = 〈A,B〉 egyenese nem megy át O�n. Tekintsük a két pont képén áthaladó g = 〈A′, B′〉 egyenest. Alkalmazzuk a 3.4. Tételt

az AOB∠ szögvonalra és a szárakat metsz® e, g egyenesekre. Mivel igaz λ =OA′

OA=

OB′

OB,

azt kapjuk, hogy az e, g egyenesek párhuzamosak egymással.

22. ábra. Illusztrá ió a 3.6. Tétel bizonyításához.

Tekintsük most az AOB∠ szögvonalhoz tartozó AB és A′B′szel®szakaszokat. Ezekre

a 3.5. Tétel alapján fennáll az

A′B′

AB=

OA′

OA= λ, összefüggés, amib®l már adódik

A′B′ = λ ·AB teljesülése.

(2) Evidens, hogy amennyiben egy egyenes áthalad az O ponton, akkor annak a κ szerinti

képe önmaga. Tekintsünk most egy olyan e egyenest, amely nem megy át O�n. Vegyükaz e egyenesen két pontját A�t és B�t, továbbá ezen pontok képeit. Mint az a fentiek

során már kiderült, az e, g egyenesek párhuzamosak egymással. Legyen P egy tetsz®leges

pont az e�n, és az 〈O,P 〉 egyenes messe el g�t a P pontban. Alkalmazva 3.4. Tételt az

AOP∠ szögvonalra az

OP

OP=

OA′

OA= λ összefüggéshez jutunk. Eszerint fennáll P = P ′

,

vagyis a P ′ = κ(P ) képpont rajta van g�n. Ily módon beláttuk, hogy κ az e egyenest a

vele párhuzamos g egyenesbe képezi.

Az eddig leírtakból már az is következik, hogy egy szakasz képe megegyezik a végpontok

képeit összeköt® szakasszal.

(3) Azt már beláttuk, hogy a κ bármely egyenest azzal párhuzamos egyenesbe képez.

Ebb®l pedig következik, hogy a κ egy síkot azzal párhuzamos síkba visz.

Vegyük észre, hogy a 3.4. Állítás következtében az (1), (2), (3) kijelentések akkor is

igazak, amikor a λ értéke negatív.

(4) A félegyenesek κ szerinti képeire vonatkozó kijelentés teljesülése nyilvánvaló. �

43

A szögekre vonatkozóan a 3.6. Tétel (4) kijelentése alapján az alábbi megállapítást

tehetjük.

3.1. Következmény. Legyen adott egy κ középpontos hasonlóság, amelynek az aránya

λ. Ha fennáll λ > 0, akkor a κ bármely szöget azzal egyállású szögbe képez. Ha pedig

λ < 0 teljesül, akkor egy szög és annak a κ szerinti képe váltószögpárt alkotnak.

3.7. Tétel. Tetsz®leges hasonlóság el®áll egy egybevágóság és egy középpontos hasonlóság

szorzataként.

Bizonyítás.

Legyen adva egy χ : X → X hasonlóság, amelynek az aránya λ.Válasszunk a térben egy O pontot. Tekintsük azt a κ középpontos hasonlóságot.

amelynek a entruma O és az aránya

1

λ. Ekkor a κ ◦ χ szorzatleképezés egy olyan hason-

lóság, amelynek az aránya 1. Eszerint a ϕ = κ ◦ χ leképezés egy egybevágóság.

Vegyük most azt a κ középpontos hasonlóságot. amelynek szintén az O pont a ent-

ruma, de az aránya λ. Nyilvánvaló, hogy κ és κ inverz�leképezései egymásnak, vagyis

fennáll κ◦ κ = id. Ezáltal azt kapjuk, hogy κ◦ϕ = κ◦ (κ◦χ) = (κ◦ κ)◦χ = χ teljesül. Ily

módon beláttuk, hogy χ el®áll a ϕ egybevágóság és a κ entrális hasonlóság szorzataként.

�

Az el®z® két tétel és a 3.1. Következmény alapján már igazolható a következ® fontos

eredmény, amely kimondja, hogy a hasonlóság egy szöget azzal egybevágó (más szóval

azzal egyenl®) szögbe képez.

3.8. Tétel. Tetsz®leges χ hasonlóságra teljesülnek az alábbi kijelentések.

(1) Egyenest egyenesbe, síkot síkba képez, továbbá χ meg®rzi az egyenesek és a síkok

párhuzamosságát.

(2) Bármely szöget azzal egyenl® mérték¶ szögbe képez.

3.14. De�ní ió. Legyen adva két ponthalmaz A és B. Ezeket egymással hasonlóaknak

mondjuk, ha van olyan χ : X → X hasonlósági transzformá ió, amellyel fennáll χ(A) = B.

Megjegyzés. Amennyiben az A, B alakzatok hasonlóak, akkor az A ∼ B szimbólummal

jelöljük ezt a közöttük fennálló kap solatot.

A fenti de�ní ió alapján nyilvánvaló, hogy a ponthalmazok között értelmezett hason-

lóság egy ekvivalen iarelá iót ad a tér alakzatainak halmazán.

A háromszögek hasonlóságára vonatkozó összefüggések

Legyenek adva az A1B1C1△ és A2B2C2△ háromszögek. Ha van olyan χ hasonlóság,

amelyre fennáll χ(A1) = A2, χ(B1) = B2 és χ(C1) = C2, akkor ϕ az els® háromszöget

a másodikba viszi, tehát a két háromszög hasonló. Jelölje λ ezen χ hasonlóságnak az

arányát. Ez esetben a háromszögek oldalaira és szögeire teljesül λ =a2a1

=b2b1

=c2c1

és

α1 = α1, β1 = β2, γ1 = γ2.

A következ® tétel két háromszög hasonlóságához ad meg elégséges feltételeket.

3.9. Tétel. Legyen adott két háromszög A1B1C1△ és A2B2C2△. Létezik olyan hasonló-

ság, amely az A1 pontot A2�be, a B1 pontot B2�be és a C1 pontot C2�be viszi, amennyiben

44

az alábbi három feltételrendszer közül legalább az egyik teljesül:

(1) α1 = α2 és

b2b1

=c2c1.

(2) α1 = α2 és β1 = β2.

(3)

a2a1

=b2b1

és

b2b1

=c2c1.

Bizonyítás.

Tegyük fel, hogy a megadott három feltételrendszer közül az egyik teljesül.

Vegyünk egy olyan κ középpontos hasonlóságot, amelynek az aránya λ =c2c1. Az

els® háromszög sú sainak a κ szerinti képei legyenek A1 = κ(A1), B1 = κ(B1) és C1 =κ(C1). Evidens, hogy fennáll A1B1 = A2B2. Az 1.1. és 1.8. Tételek felhasználásával

igazolható, hogy van olyan ϕ egybevágóság, amely az A1B1C1△ háromszöget az A2B2C2△háromszögbe viszi. Tekintsük most a χ = ϕ ◦ κ szorzatleképezést. Vegyük észre, hogy

ezen χ hasonlóságra teljesül χ(A1) = A2, χ(B1) = B2 és χ(C1) = C2. �

Az el®z® tétel felhasználásával már könnyen igazolni lehet a következ® közismert ered-

ményt, Pitagorasz tételét.

3.10. Tétel. Legyen adott egy ABC△ derékszög¶ háromszög, amelyben γ = 90◦. Ekkoraz oldalak hosszaira fennáll az a2 + b2 = c2 összefüggés.

Bizonyítás.

A C sú sból az 〈A,B〉 oldalegyeneshez húzott mer®leges szakasz talppontja legyen T .Vezessük be a c1 = AT, c2 = TB jelöléseket.

23. ábra. Illusztrá ió a Pitagorasz�tétel bizonyításához.

Tekintsük az ACT△ és BCT△ derékszög¶ háromszögeket. Mivel egy derékszög¶

háromszögben a két hegyesszög összege 90◦, azt kapjuk, hogy fennáll ACT∢ = β és

BCT∢ = α. A 3.9. Tétel alapján fennáll az ACT△ ∼ ABC△ hasonlóság. Ennek

következtében teljesül

b

c1=

c

b, amib®l a b2 = c1 c összefüggés adódik. Emellett a

BCT△, BAC△ háromszögek is hasonlóak. Ez alapján azt nyerjük, hogy fennáll

a

c2=

c

a,

illetve a2 = c2 c. A fenti eredmények k�vetkeztében teljesül az

a2 + b2 = c2 c+ c1 c = (c1 + c2)c = c2

összefüggés. �

45

A körvonal és a körlemez

3.15. De�ní ió. Tekintsünk egy σ síkot, abban egy O pontot és egy r pozitív valós

számot. Az O középponttal és r sugárral meghatározott σ síkbeli körön (vagy más szóval

körvonalon) a kσ(O, r) = { P ∈σ | OP = r } formulával leírt alakzatot értjük.

Megjegyzés. Másképp fogalmazva, a kσ(O, r) körvonal a σ sík azon pontjainak halmaza,

amelyek az O ponttól r távolságra vannak.

A következ® állítás igazolását egyszer¶sége miatt az olvasóra bízzuk.

3.5. Állítás. Egy σ síkban legyen adott egy kσ(O, r) körvonal és egy g egyenes. Az O�n

átmen®, g�re mer®leges egyenesnek a g�vel vett metszéspontja legyen T .Ha fennáll OT < r, akkor g�nek és a körvonalnak két közös pontja van.

Amennyiben OT = r teljesül, akkor g�nek és a körvonalnak T az egyetlen közös pontja.

Ha fennáll OT > r, akkor g�nek és a körvonalnak nin s közös pontja.

A kör húrján egy olyan szakaszt értünk, amelynek végpontjai a körvonalon vannak.

Az olyan húrt, amely tartalmazza a kör középpontját, átmér®nek nevezzük.

3.16. De�ní ió. Legyen adva egy σ sík, abban egy O pont és egy r pozitív valós szám.

Az Lσ(O, r) = { P ∈ σ | OP ≤ r } ponthalmazt az O középponttal és r sugárral vett

σ�beli körlemeznek nevezzük.

Megjegyzés. Szokás az Lσ(O, r) alakzatot a kσ(O, r) körvonal által határolt körlemeznek

is mondani. Könnyen be lehet látni, hogy a körlemez konvex alakzat.

Megjegyzés. Ha egy körlemezb®l elhagyjuk az ®t határoló körvonal pontjait, akkor az

így nyert alakzatot nyílt körlemeznek mondjuk.

A sokszögek kerülete

Emlékezzünk rá, hogy amennyiben adott egy Π sokszögvonal, akkor az általa határolt

sokszögtartományt is Π�vel jelöljük.3.17. De�ní ió. Legyen adott egy Π sokszögvonal. Az általa határolt sokszög kerületén

az oldalak hosszainak az összegét értjük. A Π sokszög kerületét K(Π)�vel jelöljük.

Megjegyzés. A fentiek szerint, ha adott egy Π = A1A2 . . . AnA1 sokszögvonal, akkor az

általa határolt sokszög kerületén a sokszögvonal hosszát, vagyis a

K(Π) = (∑n−1

i=1 AiAi+1 ) + AnA1 pozitív számot értjük.

Az alábbi kijelentés teljesülése nyilvánvaló.

3.6. Állítás. Legyen adott egy Π sokszög és egy χ : X → X hasonlóság, amelynek

aránya λ. Ekkor a hasonlósági transzformá ió által nyert Π′ = χ(Π) sokszög kerületére

fennáll K(Π′) = λ ·K(Π).

A következ® állítás azt mondja ki, hogy ha adva van két olyan konvex sokszög, ahol

az egyik tartalmazza a másikat, akkor a küls® sokszög kerülete nagyobb a bels® sokszög

kerületénél.

3.7. Állítás. Legyen adott egy Πb konvex sokszög és egy másik Πk konvex sokszög, amely

tartalmazza Πb�t. Ezen sokszögek kerületeire fennáll a K(Πb) ≤ K(Πk) egyenl®tlenség.Bizonyítás.

Jelölje n a Πb bels® konvex sokszög oldalainak számát, továbbá Ti a Πb�nek az i�edik

46

ei oldalegyenes által határolt támaszfélsíkját. A 3.1. Állítás szerint a Πb el®áll ezen

támaszfélsíkok metszeteként, vagyis teljesül Πb = ∩ni=1Ti. Rekurzív eljárással értelmezünk

egy n + 1 elem¶ sokszögsorozatot. Ennek 0�adik eleme (más szóval a kiindulási eleme)

legyen a Π0 = Πk sokszög. Az (i − 1)�edik sokszög meghatározása után a sorozatban az

i�edik sokszög legyen Πi = Πi−1 ∩ Ti.

Ezzel az eljárással egy olyan Πk = Π0 ⊃ Π1 ⊃ . . . ⊃ Πn−1 ⊃ Πn = Πb sokszögsorozatot

kapunk, amelynek kiindulási eleme a Πk küls® sokszög és utolsó eleme a Πb bels® sokszög.

Vegyük észre, hogy amennyiben fennáll Πi 6= Πi−1, a Πi sokszögnek van ugyan egy

olyan oldala van, amely nin s rajta a Πi−1 sokszöget határoló sokszögvonalon, de ennek

végpontjai már a Πi−1 poligonra esnek. Ily módon könny¶ belátni, hogy teljesül a K(Πi) ≤K(Πi−1) egyenl®tlenség.

Mivel az egyenl®tlenség igaz a sokszögsorozatot bármely két szomszédos tagjára, azt

kapjuk hogy fennáll a K(Πb) ≤ K(Πk) összefüggés. �

A korlátos konvex síkidom kerülete

3.18. De�ní ió. Egy síkbeli konvex alakzatot konvex síkidomnak mondunk, ha nin s

olyan egyenes, amely az alakzatot tartalmazza.

3.19. De�ní ió. Legyen adott egy A korlátos konvex síkidom. Egy Π sokszöget az Asíkidom egy bels® sokszögének mondunk, ha benne van az A alakzatban.

Amennyiben a Π sokszög tartalmazza az A síkidomot, akkor Π�t az A síkidom egy

küls® sokszögének nevezzük.

24. ábra. Az A korlátos konvex síkidom egy bels® és egy küls® sokszöge.

Megjegyzés. Nyilvánvaló, hogy a konvex sokszögek és a körlemezek korlátos konvex

síkidomok.

Amennyiben az A alakzat egy korlátos konvex síkidom, akkor nyilván vannak olyan

konvex sokszögek, amelyek az A�t tartalmazzák. A 3.7. Állítást alkalmazva adódik, hogy

amennyiben vesszük az A által tartalmazott konvex sokszögek kerületeit, akkor az így

nyert valós számhalmaz felülr®l korlátos.

3.20. De�ní ió. Legyen adott egy A korlátos konvex síkidom. Tekintsük az A által tar-

talmazott összes konvex sokszöget és azok kerületeinek halmazát. Ezen valós számhalmaz

fels® határát az A korlátos konvex síkidom kerületének mondjuk és K(A)�val jelöljük.

47

Megjegyzés. Mint ismeretes, egy felülr®l korlátos valós számhalmaz fels® határát supr-

emumnak szokás nevezni. Eszerint az A korlátos konvex síkidom kerületén a

K(A) = sup { K(Πb)) | Πb bels® konvex sokszöge az A-nak }

pozitív számot értjük.

A π szám értelmezése

A π szám geometriai értelmezése a körök hasonlóságán alapul. Ugyanis, könnyen be tudjuk

látni, hogy bármely két körlemez hasonló.

Legyen adott két körlemez, melyek sugara r1 és r2. Ekkor vegyünk egy olyan egybe-

vágóságot, amely az els® kör entrumát és síkját a második kör entrumába és síkjába

képezi. Ezt követ®en tekintsük azt a középpontos hasonlóságot, amelynek entruma a

második kör középpontja és aránya

r2r1. Evidens, hogy a két leképezés szorzata egy olyan

hasonlóságot ad, amely az els® kört a második körbe viszi.

Nyilvánvaló, hogy egy r sugarú kör bármely átmér®�szakaszának 2r a hossza. Emiatt

a kör átmér®jén inkább a 2r hosszt szokták érteni.

Amennyiben nem kívánjuk hangsúlyozni, hogy egy körlemez mely síkban van és melyik

pont a entruma, akkor a körlemezt egyszer¶en sak L�lel jelöljük.3.11. Tétel. A körlemez kerületének és átmér®jének hányadosa nem függ a körlemez

megválasztásától.

Bizonyítás.

Legyen adott két körlemez L1 és L2, amelyek sugara r1 és r2. Tekintsünk egy olyan χhasonlósági transzformá iót, amely az els® körlemezt a másodikba képezi. Evidens, hogy

a χ hasonlóságnak a λ =r2r1

szám az aránya.

Legyen Πb az L1 körlemeznek egy tetsz®leges bels® konvex sokszöge. Ekkor a Π′b =

χ(Πb) konvex sokszöget tartalmazza az L2 körlemez és fennáll K(Π′b) =

r2r1

· K(Πb).

Vegyük észre azt is, hogy az L2 körlemez bármely bels® konvex sokszöge el®áll az L1 egy

bels® konvex sokszögének a χ szerinti képeként.

Ezek alapján már könny¶ belátni, hogy teljesül a

sup { K(Π′b) | Π′

b konvex sokszög, Π′b ⊂ L2 } =

r2

r1· sup { K(Πb) | Πb konvex sokszög, Πb ⊂ L1 }

összefüggés, amelyb®l K(L2) =r2r1

·K(L1) adódik. Ez pedig azt mutatja, hogy fennáll

a

K(L2)

2r2=

K(L1)

2r1egyenl®ség. �

A 3.11. Tétel ismeretében már de�niálni tudjuk a π számot.

3.21. De�ní ió. A π számon egy körlemez kerületének és átmér®jének a hányadosát

értjük.

Megjegyzés. Tekintsünk egy r sugarú kört. Könny¶ belátni, hogy a körbe beírt szabályos

hatszögek kerülete 6r, továbbá a kör köré írt szabályos hatszögek kerülete 4√3 r. Ily

módon azt nyerjük, hogy a π számra fennáll 3 < π < 2√3.

48

Természetesen igaz az alábbi kijelentés.

3.2. Következmény. Egy r�sugarú körlemez kerületének az értéke 2 π r.

A szögek ívmértéke

A szögek mértékét leíró µ függvényre az 1.2. Tételben négy feltételt szabtunk ki. A

negyedik feltétel szolgált a szögmérés normálására, és ez a feltétel a derékszögek mértékét

határozta meg. Azonban a derékszögek mértékeként 90 helyett egy másik pozitív számot

is választhatunk.

Ha veszünk egy 1 sugarú körlemezt, akkor annak a kerülete 2π. Két egymásra mer®-

leges, metsz® egyenes négy egybevágó derékszögre bontja fel a tartalmazó síkot. Ebb®l

adódik az az ötlet, hogy a derékszög mértékéül a 2π szám negyedét, azaz a

π

2értéket

válasszuk.

Amennyiben a szögek mértékét leíró µ függvénynél az 1.2. Tételben szerepl® (4) felté-

telt úgy módosítjuk, hogy tetsz®leges S derékszög esetében µ(S) =π

2teljesüljön, akkor

azt mondjuk, hogy a szögeket ívmértékben mérjük.

A gömbfelületek és a gömbtestek

3.22. De�ní ió. Legyen adott a térben egy O pontot és egy r pozitív valós szám. Az Oközépponttal és az r sugárral meghatározott gömbfelületen (vagy más szóval gömbön) a

G(O, r) = { P ∈X | d(O,P ) = r }

kifejezéssel leírt alakzatot értjük.

Megjegyzés. Másképp fogalmazva, a G(O, r) gömbfelület a tér azon pontjainak halmaza,

amelyek az O ponttól r távolságra vannak.

A következ® állítás könnyen igazolható a Pitagorasz�tétel alkalmazásával.

3.9. Állítás. Legyen adva egy G(O, r) gömbfelület és egy σ sík. Az O középponton

átmen®, σ�ra mer®leges egyenesnek a σ síkkal vett metszéspontja legyen T .Ha fennáll OT < r, akkor σ�nak és a gömbnek a metszete az a σ�beli körvonal, amelynek

entruma T és sugara =√r2 − OT 2

.

Amennyiben OT = r teljesül, akkor σ�nak és a gömbnek T az egyetlen közös pontja.

Ha fennáll OT > r, akkor σ�nak és a gömbnek nin s közös pontja.

Bizonyítás.

Tekintsük a σ síknak egy a T�t®l különböz® P pontját. Az OTP△ háromszög derékszög¶,

mivel fennáll OTP∢ = 90◦. A 3.10. Tétel szerint igaz az OP 2 = OT 2 + TP 2összefüggés.

Eszerint a σ�beli P pont pontosan akkor van rajta a G(O, r) gömbfelületen, ha a T ponttól

mért távolságára teljesül a TP 2 = r2 −OT 2egyenl®ség.

Ezen megállapításból már következnek a 3.9. Állításban szerepl® kijelentések. �

3.23. De�ní ió. Legyen adott a térben egy O pontot és egy r pozitív valós szám.

A B(O, r) = { P ∈ X | d(O,X) ≤ r } ponthalmazt az O középponttal és r sugárral

meghatározott gömbtestnek nevezzük.

Megjegyzés. A gömbtestet olykor golyónak is szokás hívni.

49

Ha egy gömbtestb®l elhagyjuk az ®t határoló gömbfelület pontjait, akkor az így nyert

alakzatot nyílt gömbtestnek mondjuk.

Eszerint az O középponttal és r sugárral meghatározott nyílt gömbtesten az

N (O, r) = { P ∈X | d(O,P ) < r } ponthalmazt értjük.

A hiperbolikus geometria Cayley�Klein�féle gömbmodellje

Az alábbiak során leírunk egy olyan modellt, amelyben teljesül a hiperbolikus geometria

összes axiómája. Ezt a modellt 1870 körül fedezte fel A. Cayley és F. Klein.

Tekintsünk az X euklideszi térben egy N (O, r) nyílt gömbtestet, amelyet a G(O, r)gömbfelület határol. A modellbeli tér pontjainak X halmaza legyen az N (O, r) nyílt

gömb.

El®ször tisztáznunk kell, hogy mit értünk a modell egyenesein és síkjain. Vegyük

az euklideszi tér azon egyeneseit, amelyeknek az O�tól mért távolsága kisebb, mint r.Evidens, hogy ezek az N (O, r) nyílt gömbb®l nyílt szakaszokat metszenek ki, és ezen nyílt

szakaszokat tekintjük a modell egyeneseinek.

Vegyük továbbá az euklideszi tér azon síkjait, amelyeknek az O�tól mért távolsága

kisebb, mint r. Nyilvánvaló, hogy ezek az N (O, r) nyílt gömbb®l nyílt körlemezeket

metszenek ki. Legyenek ezen nyílt körlemezek a modellbeli síkok.

25. ábra. Illusztrá ió a Cayley�Klein�féle modellhez.

Ezt követ®en meg kell adnunk egy d távolságfüggvényt a modellbeli X = N (O, r) téren.Legyenek A és B az X tér különböz® pontjai. Tekintsük a rajtuk áthaladó g = 〈A,B〉egyenest az euklideszi térben. A g messe a G(O, r) gömbfelületet az M, N pontokban.

Vegyük észre, hogy az M, N pontokkal határolt nyílt szakasz a modellben egy egyenes.

A d : X × X → R távolságfüggvénynek az (A,B) pontpáron nyert értéke legyen

d(A,B) =∣

∣

∣ln(MA

AN· BN

MB

) ∣

∣

∣.

50

A fenti kifejezésben a szakaszok az euklideszi térben vett hosszai és az ln logaritmusfügg-

vény szerepelnek. Az A = B esetben a d távolságfüggvény de�ní ió szerinti értéke pedig

legyen d(A,A) = 0.

Evidens, hogy ebben a modellben teljesülnek az (IA 1)�(IA 6) illeszkedési axiómák. A

(BVA) axióma teljesülése is igazolható az alábbiak szerint.

Vegyünk egy g egyenest, amely az M, N pontokban metszi a G(O, r) gömbfelületetés vezessük be a g = g ∩ N (O, r) jelölést. Tekintsük a modellbeli g egyenesen azt

a ξ : g → R leképezést, amelynél tetsz®leges P ∈ g pontra fennáll ξ(P ) = lnMP

PN.

Igazolható, hogy ez a ξ leképezés egy olyan bijek ió, amelyre teljesül a (BVA) axiómában

szerepl® vonalzó�feltétel.

Azt már ismét könnyen be lehet látni, hogy a modellbeli szakaszok megegyeznek az

euklideszi tér azon szakaszaival, amelyeket az N (O, r) nyílt gömb tartalmaz. Ennek kö-

vetkeztében a (PRA) axióma is teljesül a modellben. Evidens, hogy ebben az X térben a

(HPA) hiperbolikus párhuzamossági axióma marad érvényben.

Hátramaradt azonban még egy axióma, nevezetesen az (EA) egybevágósági axióma.

Annak bizonyítása, hogy a modellben ez is teljesül, már egy nehezebb feladat, és az igazolás

projektív geometriai eszközök alkalmazását is igényli. Ily módon erre most nem térünk

ki.

51

4) Az euklideszi tér szabad vektorainak tere

Ebben a fejezetben bevezetjük a szabad vektor fogalmát. Értelmezni fogjuk két vektor

összegét és a vektor számmal való szorzását. Igazoljuk, hogy a szabad vektorok halmaza

egy 3�dimenziós vektorteret ad.

Az egyenes irányítása és koordinátázása

Tekintsünk a térben egy egyenest, melyet jelöljön g. A g egyenesre es® két félegyenest

egyez® irányúnak mondunk, ha az egyik félegyenes tartalmazza a másikat. Az egyez®

irányúság a g�re es® félegyenesek halmazán egy ekvivalen iarelá iót ad. Evidens, hogy ily

módon a g egyenesen lév® félegyenesek két ekvivalen iaosztályt alkotnak.

4.1. De�ní ió. Egy g egyenes irányításán azt értjük, hogy kijelöljük a g�re es® egyez®

irányú félegyenesek egyik ekvivalen iaosztályát.

Anennyiben egy félegyenes az irányítást képez® osztályhoz tartozik, akkor arról azt

mondjuk, hogy az egyenes irányítását reprezentálja (más szóval képviseli).

Megjegyzés. A fentiek alapján egy egyenesen két különböz® irányítás adható meg.

Legyen adott egy g egyenes. Adjunk meg egy irányítást g�n, és válasszunk egy a g�reilleszked® O pontot. A g�re es®, O kezd®pontú félegyenesek közül vegyük azt, amely a girányítását képviseli. Legyen E egy további pontja ennek a félegyenesnek.

Tekintsük azt a ξ : g → R leképezést, amelynél a g tetsz®leges P pontján felvett ξ(P )értéket az alábbi feltételek határozzák meg.

(1) Ha P rajta van az [O,E〉 félegyenesen, akkor ξ(P ) = d(O,P ).(2) Amennyiben P nin s rajta az [O,E〉 félegyenesen, akkor ξ(P ) = −d(O,P ).

4.2. De�ní ió. A g egyenesnek a kijelölt irányításhoz és az O kezd®ponthoz tartozó

koordinátázásán a fentiekben leírt ξ bijektív leképezést értjük.

Megjegyzés. Legyenek A és B a g egyenes különböz® pontjai. Könny¶ belátni, hogy az

[A,B〉 félegyenes akkor képviseli a g�n megadott irányítást, ha fennáll ξ(B)− ξ(A) > 0.Ezen kívül mindig igaz a |ξ(B)− ξ(A)| = d(A,B) egyenl®ség.

Az irányított szakaszok egyenl®sége

4.3. De�ní ió. Ha egy adott szakasznál kitüntetjük a két határpont egyik sorrendjét

oly módon, hogy az egyik határpontot kezd®pontnak és a másik határpontot végpontnak

tekintjük, akkor egy irányított szakaszhoz jutunk.

Amennyiben egy AB szakasznál az A�t kezd®pontnak és a B�t végpontnak tekintjük,

akkor az így kapott irányított szakaszt

−→AB fogja jelölni.

Megjegyzés. Emlékezzünk rá, hogy a 2. fejezetben az irányt úgy értelmeztük, mint az

egyez® irányú félegyenesek egy ekvivalen iaosztályát. Ennek megfelel®en az

−→AB irányított

szakaszhoz tartozó irányon, az [A,B〉 félegyenes által reprezentált irányt értjük.A kezd®pont és a végpont távolságát, azaz az AB = d(A,B) pozitív számot, az

−→AB

irányított szakasz hosszának mondjuk.

52

4.4. De�ní ió. Legyenek adva olyan A, B, C, D pontok, ahol A 6= B és C 6= D. Az−→AB,

−−→CD irányított szakaszokat egymással egyenl®eknek mondjuk, ha az [A,B 〉, [C,D 〉

félegyenesek egyez® irányúak és fennáll AB = CD.

Amennyiben az

−→AB és

−−→CD irányított szakaszok egyenl®ek, akkor ezt az

−→AB =

−−→CD

kifejezéssel fogjuk jelölni.

Megjegyzés. Tegyük fel, hogy az A, B, C, D pontok egyazon g egyenesre esnek.

Vegyük a g egyenesnek egy ξ koordinátázását. Ez esetben az

−→AB,

−−→CD irányított szakaszok

pontosan akkor egyenl®ek, ha teljesül a ξ(B)− ξ(A) = ξ(D)− ξ(C) egyenl®ség.

4.1. Állítás. Legyenek adva a térben az A, B, C, D különböz® pontok. Az

−→AB,

−−→CD

irányított szakaszok egyenl®ek akkor és sak akkor, ha az

−→AC és

−−→BD irányított szakaszok

egyenl®ek egymással.

Bizonyítás.

Tegyük fel, hogy az

−→AB,

−−→CD irányított szakaszok egyenl®ek.

Vegyük azt általános esetet, amikor az A, B, C, D pontok nin senek egy egyenesen.

26. ábra. Egyenl® irányított szakaszok.

Ekkor az 〈A,B〉, 〈C,D〉 egyenesek párhuzamosak és fennáll AB = CD. A 3.3. Tétel

szerint az ABDC négyszög egy parallelogramma. Ebb®l pedig már következik, hogy az

[A,C 〉, [B,D 〉 félegyenesek egyez® irányúak és AC = BD teljesül. Ily módon azt kaptuk,

hogy az

−→AC és

−−→BD irányított szakaszok egyenl®ek.

Tekintsük most azt az esetet, amikor az A, B, C, D pontok egyazon egyenesre esnek.

Jelöljük g�vel ezt az egyenest és vegyünk egy ξ : g → R koordinátázást. Mivel igaz−→AB =

−−→CD, fennáll ξ(B)− ξ(A) = ξ(D)− ξ(C). Ebb®l átrendezéssel adódik a

ξ(C) − ξ(A) = ξ(D) − ξ(B) összefüggés, ami azt jelenti, hogy az

−→AC,

−−→BD irányított

szakaszok egyenl®ek. �

Megjegyzés. Vegyük észre, hogy az

−→AB és

−−→CD irányított szakaszok pontosan akkor

egyenl®ek, ha az AD és BC szakaszok felez®pontja megegyezik.

4.2. Állítás. Az irányított szakaszok halmazán értelmezett egyenl®ség egy ekvivalen ia-

relá iót ad.

Bizonyítás.

Legyen adva három irányított szakasz

−→AB,

−−→CD és

−→EF , melyeknél fennáll

−→AB =

−−→CD és−−→

CD =−→EF .

53

Ekkor az AB = CD és CD = EF egyenl®ségek következtében igaz AB = EF . Mivel a

[C,D〉 félegyenes egyez® irányú az [A,B〉, [E, F 〉 félegyenesekkel, azt kapjuk, hogy [A,B〉és [E, F 〉 azonos irányúak. Ez pedig azt jelenti, hogy

−→AB és

−→EF egyenl®ek. �

A szabad vektor fogalma

A 4.4. De�ní ióban értelmezett egyenl®ség alapján az irányított szakaszokat soroljuk

ekvivalen iaosztályokba. Ez esetben tehát az egymással egyenl® irányított szakaszok ké-

peznek egy�egy osztályt.

4.5. De�ní ió. Az irányított szakaszoknak az egyenl®ség szerinti ekvivalen iaosztályait

a tér szabad vektorainak nevezzük.

Ebben a jegyzetben a szabad vektorokat félkövér latin bet¶kkel fogjuk jelölni (például

u, v, a, b). Kézírás esetén aláhúzott latin kisbet¶ket szokás a szabad vektorok jelölésére

használni (például u, v, a, b).Amennyiben az u szabad vektornak (az irányított szakaszok egyik osztályának) eleme

az

−→AB irányított szakasz, akkor azt mondjuk, hogy

−→AB az egyik reprezentánsa (vagy más

szóval képvisel®je) u�nak. A továbbiakban az

−→AB szimbólum az irányított szakasz mellett

a reprezentált szabad vektort is jelölni fogja.

Az els® fejezetben már szó esett a pontszakaszokról. Amennyiben a szakasz két ha-

tárpontja ugyanaz az A pont, akkor szakaszként az egyetlen pontból álló AA = {A}alakzatot kapjuk, és ezt neveztük el pontszakasznak. Állapodjunk meg abban, hogy a

kés®bbiek során az

−→AA szimbólum az AA pontszakaszt fogja jelenteni.

A pontszakaszok osztályát nullvektornak mondjuk és 0�val jelöljük. Megállapodás

szerint a nullvektort is a szabad vektorok közé soroljuk.

A de�ní iók alapján evidens, hogy igaz a következ® kijelentés.

4.3. Állítás. Legyen adott egy u szabad vektor és egy A pont. Ekkor pontosan egy

olyan B pont található a térben, amelyre teljesül az, hogy az

−→AB irányított szakasz egy

reprezentánsa az u szabad vektornak.

Az összeadás m¶velete a szabad vektorok halmazán

A tér összes szabad vektorának halmazát a továbbiakban V fogja jelölni. A szabad

vektorokat a kés®bbiek során (a rövidség kedvéért) a tér vektorainak is mondjuk.

Ahhoz, hogy a reprezentáló irányított szakaszok alkalmazásával értelmezni tudjuk két

szabad vektor összegét, szükségünk van az alábbi állításra.

4.4. Állítás. Legyenek adva az A1, B1, C1 és A2, B2, C2 pontok. Ha fennáll

−−−→A1B1 =−−−→

A2B2 és−−−→B1C1 =

−−−→B2C2, akkor igaz

−−−→A1C1 =

−−−→A2C2.

Bizonyítás.

Tegyük fel, hogy teljesül

−−−→A1B1 =

−−−→A2B2 és

−−−→B1C1 =

−−−→B2C2. Alkalmazzuk a 4.1. Állítást.

Azt kapjuk, hogy a feltevések alapján igaz

−−−→A1A2 =

−−−→B1B2 és

−−−→B1B2 =

−−−→C1C2. Ebb®l viszont

adódik az

−−−→A1A2 =

−−−→C1C2 egyenl®ség, ami annyit jelent, hogy fennáll

−−−→A1C1 =

−−−→A2C2. �

Az alábbi de�ní ióban, amely két vektor összeadásáról szól, a 4.3. Állítás alkalmazására

is szükség van.

54

4.6. De�ní ió. Legyen adott két szabad vektor u és v. Vegyünk a térben egy tetsz®leges

A pontot. Tekintsük az u�t reprezentáló−→AB irányított szakaszt. Ezt követ®en vegyük

azt a B kezd®pontú

−−→BC irányított szakaszt, amely a v�t képviseli. Az u és v vektorok

u+ v összegén az

−→AC irányított szakasz által reprezentált szabad vektort értjük.

27. ábra. Két vektor összeadása.

Megjegyzés. Vegyük észre, hogy a 4.4. Állítás következtében az u és v vektorok összege

nem függ az A kezd®pont megválasztásától.

4.1. Tétel. Legyenek u, v és w tetsz®leges vektorok. Az összeadással kap solatban

igazak az alábbi kijelentések.

(1) A m¶velet asszo iatív, azaz fennáll (u+ v) +w = u+ (v +w).(2) A m¶velet kommutatív, vagyis igaz az u+ v = v + u összefüggés.

(3) A 0 nullvektort véve teljesül u+ 0 = u.

(4) Egyértelm¶en létezik egy olyan −u�val jelölt vektor, hogy fennáll u+ (−u) = 0.

Bizonyítás.

(1) Válasszunk a térben egy A pontot, mint kezd®pontot. Az u vektort reprezentálja az−→AB irányított szakasz, a v vektort képviselje a

−−→BC irányított szakasz, és végül a w vektort

reprezentálja a

−−→CD irányított szakasz. Az összeadás de�ní iója alapján azt nyerjük, hogy

ekkor az (u + v) + w és u + (v + w) vektorokat egyaránt az

−−→AD irányított szakasz

képviseli. Ennek következtében pedig fennáll (u+ v) +w = u+ (v +w).

28. ábra. A vektorok összeadása egy kommutatív m¶velet.

(2) Tekintsük azt az A kezd®pontú irányított szakaszt, amely a v vektort reprezentálja.

Ennek a végpontját jelölje most E. Mivel fennáll az

−→AE =

−−→BC egyenl®ség a 4.1. Állítás

55

következtében

−→AB =

−−→EC is teljesül, ami azt mutatja, hogy az

−−→EC irányított szakasz is

az u vektort képviseli. Ily módon azt kapjuk, hogy az

−→AC irányított szakasz egyaránt

reprezentánsa az u + v vektornak és a v + u vektornak. Ez viszont azt jelenti, hogy az

u+ v és v + u vektorok egyenl®ek.

Megjegyezzük még, hogy amennyiben az A, B, C pontok nin senek egy egyenesen,

akkor az ABCE négyszög egy parallelogrammát ad.

(3) Mivel a 0 nullvektort a pontszakaszok reprezentálják, az u + 0 = u összefüggés

teljesülése nyilvánvaló.

(4) Tekintsük a

−→BA irányított szakasszal reprezentált vektort, melyet most jelöljön −u.

A 4.6. De�ní ió alapján az u+ (−u) vektort az AA pontszakasz képviseli, és ebb®l már

adódik, hogy u+ (−u) = 0. �

Megjegyzés. A fenti tétel alapján azt mondhatjuk, hogy az euklideszi tér szabad vekto-

rainak V halmaza az összeadás m¶velettel ellátva egy kommutatív soportot képez.

Megjegyzés. A továbbiakban egy v vektor esetében −v fogja jelölni azt a vektort,

amelyre igaz az, hogy amennyiben a v�hez hozzáadjuk, akkor összegként a 0 nullvektort

kapjuk. Nyilvánvaló, hogy amennyiben a

−−→BC irányított szakasz reprezentálja a v vektort,

akkor

−−→CB a −v vektort képviseli.

Megjegyzés. Legyen adott két szabad vektor u és v. A v vektornak az u vektorból való

kivonásán az értjük, hogy az u�hoz hozzáadjuk a −v vektort. Ezt követ®en az u+ (−v)szabad vektort az u− v kifejezéssel fogjuk jelölni.

Szabad vektor valós számmal történ® szorzása

A vektor skalárral való szorzásának de�niálásához szükségünk lesz a vektor irányának és

hosszának fogalmára.

4.7. De�ní ió. Az

−→AB (A 6= B) irányított szakasszal reprezentált u vektor irányán az

[A,B 〉 félegyenes által meghatározott irányt értjük.

4.8. De�ní ió. Az

−→AB irányított szakasszal képviselt u vektor hosszán az AB = d(A,B)

nemnegatív számot értjük. Az u vektor hosszát az ‖u‖ szimbólummal jelöljük.

Megjegyzés. A 0 nullvektorhoz nem lehet irányt rendelni, A fenti de�ní ió alapján

a nullvektor hossza 0. A vektor hosszát szokás a vektor abszolút értékének is nevezni.

Azokat a vektorokat, amelyek hossza 1, egységvektoroknak mondjuk.

4.9. De�ní ió. Legyen adott egy λ valós szám és egy u szabad vektor.

Ha fennáll λ = 0 vagy u = 0, akkor a λu szorzaton a 0 nullvektort értjük.

Amennyiben λ 6= 0 és u 6= 0, akkor az u vektornak a λ valós számmal vett szorzatán

azt a λu által jelölt vektort értjük, amelyre teljesülnek az alábbi feltételek:

(1) A λu vektor hosszára igaz ‖λu‖ = |λ| · ‖u‖.(2) Az u, λu vektorok iránya λ > 0 esetén megegyezik, λ < 0 esetén pedig ellentétes.

Megjegyzés. Tekintsünk egy

−→AB irányított szakaszt, amely az u vektort képviseli. Ve-

gyünk egy κ középpontos hasonlóságot, amelynek entruma az O pont és el®jeles aránya a

λ (λ 6= 0) szám. Az A, B pontoknak a κ szerinti képei legyenek A′ = κ(A) és B′ = κ(B).

56

Felhasználva a entrális hasonlóság tulajdonságait könny¶ belátni, hogy ekkor az

−−→A′B′

irányított szakasz a λu vektort reprezentálja.

29. ábra. A számmal való szorzás és a entrális hasonlóság kap solata.

4.2. Tétel. A vektor skalárral történ® szorzására vonatkozóan tetsz®leges u, v vektorok

és λ, µ valós számok esetén teljesülnek az alábbi összefüggések:

(1) λ(u+ v) = λu+ λv; (2) (λ+ µ)u = λu+ µu;(3) (λµ)u = λ(µu); (4) 1u = u.

Bizonyítás.

(1) Elegend® azt az esetet vizsgálni, amikor λ 6= 0. Vegyünk egy az u vektort reprezen-

táló

−→AB irányított szakaszt. A v vektort képvisel® és B kezd®pontú irányított szakasz

végpontja legyen C. Mint ismeretes, az

−→AC irányított szakasz az u + v vektornak felel

meg.

Tekintsünk egy κ középpontos hasonlóságot, amelynek el®jeles aránya λ. Vegyük az

A′ = κ(A), B′ = κ(B) és C ′ = κ(C) képpontokat. Az el®z® megjegyzés alapján ekkor

fennáll

−−→A′B′ = λu,

−−→B′C ′ = λv és

−−→A′C ′ = λ(u+ v). Az

−−→A′B′ +

−−→B′C ′ =

−−→A′C ′

egyenl®ség

pedig azt jelenti, hogy teljesül λu+ λv = λ(u+ v).

(2) A de�ní iók alkalmazásával belátható, hogy a (λ + µ)u, λu + µu vektorok iránya

és hossza akkor is megegyezik, amikor a λ, µ számok el®jele ellentétes.

A (3) és (4) egyenl®ségek teljesülése nyilvánvaló. �

Megjegyzés. Vegyük észre, hogy bármely λ szám és u vektor esetében igaz

(−λ)u = −(λu). Amennyiben fennáll u 6= 0, akkor az u0 =1

‖u‖ u adja azt az egység-

vektort, amely azonos irányú az u vektorral.

Algebrai tanulmányai során az olvasó már megismerte (vagy meg fogja ismerni) a

számtest feletti vektortér fogalmát. A 4.1. és 4.2. Tételek ismeretében az alábbi kijelentést

tehetjük.

4.1. Következmény. A szabad vektorok V halmaza egy vektorteret képez az R valós

számtest felett.

57

A továbbiakban még kitérünk azon egyszer¶ kérdés tárgyalására, hogy egy adott vektor

mikor áll el® egy másik vektor számszorosaként.

4.10. De�ní ió. Legyen adva két vektor, amelyek különböznek 0�tól. Ezeket egymással

párhuzamosnak mondjuk, ha az ®ket reprezentáló irányított szakaszok egyenesei párhuza-

mosak egymással.

4.5. Állítás. Legyenek adva az u, v vektorok, melyekre igaz u 6= 0 és v 6= 0. Ez esetben

a v vektor el®áll az u egy számszorosaként akkor és sak akkor, ha u és v párhuzamosak

egymással.

Bizonyítás.

Tegyük fel, hogy u és v párhuzamosak.

Vegyünk egy az u�t reprezentáló

−→AB irányított szakaszt és az azt tartalmazó g =

〈A,B〉 egyenest. Tekintsük azt a v�t képvisel® irányított szakaszt, amelynek kezd®pont-

ja szintén A. Jelölje C ennek az irányított szakasznak a végpontját. Evidens, hogy a

párhuzamosság miatt a C pont is rajta van a g egyenesen.

Amennyiben az u és v vektorok iránya megegyezik, akkor azt kapjuk, hogy fennáll

−→AC =

AC

AB

−→AB. Ez pedig egyenérték¶ a v =

‖v‖‖u‖ u egyenl®séggel.

Ha pedig u és v iránya ellentétes, akkor az

−→AC = −AC

AB

−→AB összefüggés adódik, ami

azt jelenti, hogy fennáll v = −‖v‖‖u‖ u .

Amennyiben valamely λ számmal v = λu teljesül, akkor triviális, hogy az u, v vektorok

párhuzamosak. �

Vektorok lineáris kombiná iója

A továbbiakban a vektorokkal kap solatos olyan fogalmakat adunk meg, amelyek az Al-

gebrából már bizonyára ismertek az olvasó számára.

4.11. De�ní ió. Legyenek adva az u1, . . . , un (n ≥ 1) vektorok és a λ1, . . . , λn

valós számok. Az u1, . . . , un vektoroknak a λ1, . . . , λn együtthatókkal vett lineáris

kombiná ióján a λ1u1 + . . .+ λnun vektort értjük.

Megjegyzés. A fenti de�ní ióban szerepl® lineáris kombiná iót a tömörebb

∑n

i=1λiui

kifejezéssel is le lehet írni. A λ1, . . . , λn számokat a lineáris kombiná ió együtthatóinak

mondjuk.

4.12. De�ní ió. Legyenek adva az u1, . . . , un (n ≥ 1) vektorok. Ezekr®l azt mondjuk,

hogy lineárisan függetlenek, ha velük a λ1u1 + . . .+ λnun = 0 egyenl®ség sak abban az

esetben áll fenn, ha az összes λi (i = 1, . . . , n) együttható értéke 0.Amennyiben a vektorok lineárisan nem függetlenek, akkor azt mondjuk, hogy lineárisan

összefügg®ek.

Megjegyzés. A de�ní ió szerint az u1, . . . , un (n ≥ 1) vektorok akkor lineárisan össze-

függ®ek, ha léteznek olyan λ1, . . . , λn számok, amelyek között van 0�tól különböz® és

fennáll λ1u1 + . . .+ λnun = 0.

58

4.6. Állítás. Legyenek adva az u1, . . . , un (n ≥ 2) vektorok. Ezek lineárisan összefüg-

g®ek akkor és sak akkor, ha közülük az egyik el®áll a többi vektor egy lineáris kombiná-

iójaként.

Bizonyítás.

(1) Tegyük fel, hogy az u1, . . . , un (n ≥ 2) vektorok lineárisan összefügg®ek.

Legyenek λ1, . . . , λn olyan valós számok, amelyek között van 0�tól különböz® és

fennáll

λ1u1 + . . .+ λnun = 0. Az általánosság elvét nem sértjük azzal, ha feltesszük, hogy jelen

esetben ez az együttható λn. Az egyenl®ség átrendezésével adódik, hogy igaz

λnun = −λ1u1 − . . .− λn−1un−1.

Ha a fenti egyenlet mindkét oldalát megszorozzuk az

1

λn

számmal, akkor azt kapjuk, hogy

un = −λ1

λn

u1 − . . .− λn−1

λn

un−1

teljesül, azaz az un vektor el®áll a többi vektor lineáris kombiná iójaként.

(2) Induljunk most ki abból a feltevésb®l, hogy az egyik vektor el®áll a többi vektor egy

lineáris kombiná iójaként.

Amennyiben például az un vektor kifejezhet® a többi vektor lineáris kombiná iójaként,

akkor vegyük azokat a µ1, . . . , µn−1 számokat, melyekre igaz

un = µ1u1 + . . .+ µn−1un−1 .

Ebb®l egyszer¶ átrendezéssel kapjuk a

µ1u1 + . . .+ µn−1un−1 + (−1)un = 0.

összefüggést. A fenti egyenlet bal oldalán lév® lineáris kombiná ióban az un vektor együtt-

hatója −1, tehát különbüzik 0�tól. Ez pedig azt jelenti, hogy az u1, . . . , un vektorok

lineárisan összefügg®ek. �

Az egyszer¶ség kefvéért a továbbiakban a 0 nullvektort az összes vektorral párhuza-

mosnak tekintjük. Az el®bbi két állítás következtében igaz az alábbi kijelentés.

4.2. Következmény. Két vektor lineárisan összefügg® akkor és sak akkor, ha párhuza-

mosak egymással.

4.13. De�ní ió. Egy u vektorról azt mondjuk, hogy párhuzamos egy σ síkkal ha az u�t

reprezentáló irányított szakaszok egyenesei párhuzamosak σ�val.

Állapodjunk meg abban, hogy a 0 nullvektort az összes síkkal párhuzamosnak tekint-

jük. Három vektor esetében az alábbi kijelentés alapján el lehet dönteni, hogy az általuk

alkotott vektorrendszer lineárisan összefügg®�e vagy sem.

4.7. Állítás. Három vektor lineárisan összefügg® akkor és sak akkor, ha van olyan sík,

amellyel mindhárom vektor párhuzamos.

Bizonyítás.

(1) Legyenek b1, b2 és b3 olyan vektorok, amelyek egyaránt párhuzamosak egy σ síkkal.

59

30. ábra. Illusztrá ió a 4.7. Állítás bizonyításához.

Amennyiben b1 és b2 párhuzamosak egymással, akkor evidens, hogy a három vektor

lineárisan összefügg®.

Vizsgáljuk azt az esetet, amikor b1 és b2 nem párhuzamosak. Vegyünk a σ síkban

egy O pontot. A b1, b2, b3 vektorokat reprezentáló O kezd®pontú irányított szakaszok

legyenek

−−→OB1,

−−→OB2 és

−−→OB3. Evidens, hogy a B1, B2, B3 pontok is benne vannak a σ

síkban. A B3 ponton átmen® és az 〈O,B2〉 egyenessel párhuzamos egyenes messe el az

〈O,B1〉 egyenest a C pontban. Ekkor fennáll az

−−→OB3 =

−→OC +

−−→CB3 egyenl®ség. Vegyük

észre, hogy

−→OC párhuzamos a b1 vektorral és

−−→CB3 párhuzamos a b2 vektorral. Ennek

következtében vannak olyan λ1, λ2 számok, melyekkel teljesül

−→OC = λ1 b1 és

−−→CB3 = λ2 b2.

Ily módon azt kapjuk, hogy fennáll b3 = λ1 b1 + λ2 b2. Mivel b3 el®áll a b1, b2 vektorok

egy lineáris kombiná iójaként, a 4.6. Állítás következtében a három vektor lineárisan

összefügg®.

(2) Az eddigi eredmények alapján azt könny¶ belátni, hogy ha három vektor lineárisan

összefügg®, akkor van olyan sík, amely mindhárom vektorral párhuzamos. �

Vektor adott bázisra vonatkozó koordinátái

A 4.7. Állítás következtében igaz az alábbi kijelentés.

4.3. Következmény. Három vektor egy lineárisan független vektorrendszert alkot akkor

és sak akkor, ha nin s olyan sík, amellyel mindhárom vektor párhuzamos.

4.3. Tétel. Legyenek adva olyan b1, b2 és b3 vektorok, amelyek linárisan függetlenek.

Ekkor tetsz®leges v vektor egyértelm¶en áll el® a b1, b2 és b3 vektorok lineáris kombi-

ná iójaként.

Bizonyítás.

A lineáris kombiná iós kifejezés létezésének igazolása.

Válasszunk ki egy v szabad vektort. Rögzítsünk a térben egy O pontot. Tekintsük a

b1, b2, b3 és v vektorokat képvisel® azon irányított szakaszokat, melyeknél O a kezd®-

pont. Legyenek ezek

−−→OB1 = b1,

−−→OB2 = b2,

−−→OB3 = b3 és

−→OP = v.

Jelölje σ az O, B1, B2 pontokat tartalmazó síkot. A P ponton átmen® és az 〈O,B3〉egyenessel párhuzamos egyenes messe el a σ síkot a D pontban. Ezt követ®en vegyük

60

31. ábra. Illusztrá ió a 4.3. Tétel bizonyításához.

a D ponton átmen® és az 〈O,B2〉 egyenessel párhuzamos egyenest. Ennek az 〈O,B1〉egyenessel vett metszéspontja legyen C. Ezek alapján fennáll az

−→OP =

−→OC +

−−→CD +

−−→DP

egyenl®ség. Vegyük észre, hogy

−→OC párhuzamos a b1 vektorral,

−−→CD párhuzamos a b2

vektorral és

−−→DP párhuzamos a b3 vektorral. Ennek következtében vannak olyan v1, v2, v3

számok, melyekkel teljesül

−→OC = v1 b1,

−−→CD = v2 b2 és

−−→DP = v3 b3. A fentiek alapján

azt kapjuk, hogy igaz a

v = v1 b1 + v2 b2 + v3 b3

egyenl®ség, vagyis a v vektor el®áll a b1, b2, b3 vektorok egy lineáris kombiná iójaként.

A lineáris kombiná iós kifejezés egyértelm¶ségének igazolása.

Legyenek λ1, λ2 és λ3 olyan együtthatók, amelyekkel vett lineáris kombiná ió szintén a v

vektort adja, azaz fennáll

v = λ1 b1 + λ2 b2 + λ3 b3 .

Eszerint teljesül

v1 b1 + v2 b2 + v3 b3 = λ1 b1 + λ2 b2 + λ3 b3 .

A fenti egyenlet átrendezésével azt kapjuk, hogy

(v1 − λ1)b1 + (v2 − λ2)b2 + (v3 − λ3)b3 = 0.

Mivel a b1, b2, b3 vektorok linárisan függetlenek, a fenti egyenlet bal oldalán szerepl®

együtthatókra igaz vi − λi = 0 (i = 1, 2, 3). Ez pedig azt jelenti, hogy fennáll

v1 = λ1, v2 = λ2 és v3 = λ3, tehát a v vektor sak egyféleképpen áll el® a b1, b2, b3

vektorok lináris kombiná iójaként. �

Megjegyzés. A fenti tételb®l adódik, hogy négy vektor már minden esetben egy lineári-

san összefügg® vektorrendszert képez. Ily módon az euklideszi tér szabad vektorainak V

61

terében a lineárisan független vektorrendszerek maximális elemszáma 3. Enek alapján azt

mondhatjuk, hogy V egy 3�dimenziós vektortér.

4.14. De�ní ió. Amennyiben a b1, b2, b3 vektorok lineárisan függetlenek, akkor azt

mondjuk, hogy azok a V vektortér egy bázisát képezik.

Megjegyzés. A fentiek szerint V�beli bázison egy olyan vektorhármast értünk, amelynek

elemei egy lineárisan független vektorrendszert alkotnak. Vegyük észre, hogy a bázis

esetében ki van tüntetve a három vektor egy sorrendje.

A bázist képez® vektorokat alapvektoroknak is szokás nevezni.

4.15. De�ní ió. Legyen adva a szabad vektorok V terének egy b1, b2, b3 bázisa.

Vegyünk egy tetsz®leges v vektort és fejezzük azt ki a bázisvektorok lineáris kombiná ió-

jaként a v = v1b1 + v2b2 + v3b3 alakban. Az ebben szerepl® v1, v2, v3 valós számokat

a v vektor adott bázisra vonatkozó koordinátáinak mondjuk.

Megjegyzés. A vektor koordinátáit számhármasként szokás feltüntetni, Amennyiben a

V�beli bázis rögzített, akkor v (v1, v2, v3) kifejezés formájában szokás megadni a v vektor

koordináta�hármasát.

Evidens, hogy amennyiben veszünk egy λ számot, akkor a λv vektorhoz tartozó

koordináta�hármas (λv1, λv2, λv3) lesz.Tekintsünk egy további w vektort, amelynek koordinátái (w1, w2, w3). Egyszer¶en

adódik, hogy ekkor (v1+w1, v2+w2, v3+w3) megegyezik a v+w koordináta�hármasával.

Két vektor hajlásszöge

Kézenfekv®, hogy miként értelmezzük két vektor hajlásszögét.

4.16. De�ní ió. Legyen adott két vektor u és v, amelyek 0�tól k¶lönböz®ek. Tekintsünk

a térben egy O pontot és vegyük az u, v vektorokat reprezentáló

−→OA és

−−→OB irányított

szakaszokat (u =−→OA, v =

−−→OB). Az AOB∢ konvex sz®g mértékét mondjuk az u, v

vektorok hajlásszögének.

Amennyiben az u és v vektorok hajlásszöge derékszög, akkor azt mondjuk, hogy a két

vektor mer®leges egymásra.

4.17. De�ní ió. A szabad vektorok V terének egy b1, b2, b3 bázisát ortonormáltnak

nevezzük, ha a b1, b2, b3 vektorok páronként mer®legesek egymásra és a hosszuk 1.

A kés®bbiek során majd látni fogjuk, hogy az ortonormált bázis alkalmazásának komoly

el®nyei vannak. Vegyük észre, hogy ez esetben egy v (v1, v2, v3) vektor hosszát ki lehet

számítani a v koordinátáiból. Ugyanis, a Pitagorasz�tétel alapján be lehet látni, hogy v

hosszára fennáll a ‖v‖2 = (v1)2 + (v2)

2 + (v3)2összefüggés.

A helyvektor fogalma

4.18. De�ní ió. Legyen adva a térben egy O pont. Egy tetsz®leges P pont O�ra

vonatkozó helyvektorán az

−→OP irányított szakasz által képviselt szabad vektort értjük.

Az alábbi kézenfekv® állítás arra mutat rá, hogy a helyvektorok által egy köl sönösen

egyértelm¶ megfeleltetést lehet létrehozni a tér pontjai és a szabad vektorok tere között.

62

4.8. Állítás. Rögzítsünk a térben egy O pontot. Ekkor az ω(P ) =−→OP (P ∈X) formulával

értelmezett ω : X → V leképezés bijektív.

Az következ® állításban szerepl® összefüggést gyakran szokták alkalmazni különféle

geometriai feladatok megoldásához.

4.9. Állítás. Legyen adva egy O pont, egy AB szakasz és valamely α, β pozitív

számok. Tekintsük az AB szakasz azon P pontját, amelyre igaz

AP

BP=

α

β. Ekkor a P

pont helyvektorára fennáll

−→OP =

β

α+ β

−→OA+

α

α + β

−−→OB .

Bizonyítás.

Célszer¶nek t¶nik, hogy a helyvektorokra bevezessük az a =−→OA, b =

−−→OB és p =

−→OP

jelöléseket. Az

−−→OB =

−→OA +

−→AB egyenl®ségb®l adódik, hogy igaz

−→AB = b − a. Vegyük

észre, hogy

AP

BP=

α

βkövetkeztében teljesül

AP

AB=

AP

AP +BP=

APBP

APBP

+ 1=

α

α + β. Ebb®l

viszont az következik, hogy igaz

−→AP =

α

α + β

−→AB.

Végül alkalmazzuk az

−→OP =

−→OA+

−→AP egyenl®séget. Eszerint teljesül

p = a+α

α + β

(

b− a)

=(

1− α

α + β

)

a+α

α + βb .

Ily módon azt kapjuk, hogy fennáll

p =1

α + β

(

β a+ αb)

. �

Megjegyzés. Amennyiben az F pont felez®pontja az AB szakasznak, akkor az F hely-

vektorára igaz

−→OF = 1

2(−→OA+

−−→OB).

A tér eltolása egy adott vektorral

Az els® fejezetben a entrális tükrözés és a síkra történ® tükrözés szerepeltek példaként a

tér egybevágósági transzformá ióira. A vektor fogalmának bevezetése miatt az egybevá-

góságok egy további típusát tudjuk értelmezni, nevezetesen az eltolást.

4.19. De�ní ió. Legyen adva egy u vektor. A térnek az u vektorral való eltolásán azt az

ε : X → X leképezést értjük, ahol tetsz®leges P pont P ′ = ε(P ) képére fennáll−−→PP ′ = u.

4.10. Állítás. Az eltolás egy egybevágósági transzformá ió.

Bizonyítás.

Legyen az ε : X → X eltolás vektora u. Vegyünk a térben két pontot A�t és B�t,

továbbá azok A′ = ε(A), B′ = ε(B) képeit. Ekkor az−−→AA′ = u és

−−→BB′ = u egyenl®ségek

következtében az

−−→AA′

és

−−→BB′

irányított szakaszok egyenl®ek. A 4.1. Állítást alkalmazva

azt kapjuk, hogy fennáll

−→AB =

−−→A′B′

, amib®l már adódik AB = A′B′teljesülése. Ezek

szerint az ε eltolás meg®rzi a pontok távolságát, ami azt jelenti, hogy ε egy egybevágósági

transzformá ió. �

63

5) A tér vektorainak skaláris és vektoriális szorzata

Az analitikus geometriában fontos szerepet játszanak a szögfüggvények. A szögfüggvé-

nyek értelmezéséhez szükségünk van a síkbeli elforgatás fogalmára. Ahhoz pedig, hogy

de�niálni tudjuk a síkbeli elforgatást (egy adott pont körül, adott szöggel), a síkot el®bb

irányítani kell. Ebben a fejezetben a síkot a szemlélet felhasználásával fogjuk irányítani

oly módon, hogy a síkbeli zászlókat két osztályba soroljuk. A szögfüggvények tárgyalása

után bevezetjük két vektor skaláris szorzatának a fogalmát és vizsgáljuk a skaláris szorzás

tulajdonságait.

A tér irányítását is a szemlélet segítségével fogjuk elvégezni. A jobbkéz módszerével a

térbeli zászlókat soroljuk majd két osztályba. Ennek alapján de�niálni lehet, hogy három

lineárisan független vektor mikor képez jobbrendszert, illet®leg balrendszert. Ezt köve-

t®en már módunk lesz arra, hogy értelmezzük két vektor vektoriális szorzatát is. Végül

bevezetjük három vektor vegyes szorzatának a fogalmát és tárgyaljuk a vegyes szorzat

geometriai jelentését.

A síkbeli zászló fogalma

Az els® fejezetben már szerepeltek a térbeli zászlók. Az alábbiakban analóg módon beve-

zetjük a síkbeli zászló fogalmát is.

5.1. De�ní ió. Tekintsünk egy félsíkot és a félsík határegyenesén egy félegyenest. Ekkor

a félegyenes és a félsík által képzett alakzatpárt egy síkbeli zászlónak mondjuk.

Megjegyzés. A fenti de�ní ió szerint a síkbeli zászló egy félegyenesb®l és egy félsíkból

álló pár, ahol a félegyenest tartalmazó egyenes azonos a félsík határegyenesével.

A félegyenest a zászló rúdjának, a félsíkot pedig a zászló lapjának szokás nevezni. A

lapot tartalmazó síkot a zászló síkjának mondjuk.

Legyenek adva az A, B, C nem kollineáris pontok. Ezen ponthármasnak egyértelm¶en

meg lehet feleltetni egy síkbeli zászlót.

Vegyük az e = 〈A,B〉 egyenest. A ponthármashoz rendeljük hozzá az [A,B〉 félegyenesés az [e, C〉 félsík által alkotott zászlót. Állapodjunk meg abban, hogy ezt a síkbeli zász-

lót a kés®bbiek során Z(A,B,C) fogja jelölni. Célszer¶ megjegyeznünk, hogy a jelölési

megállapodás szerint fennáll Z(A,B,C) = ([A,B〉, [e, C〉).

A sík irányítása

A síkot és kés®bb a teret a szemlélet alapján, konkrétabban a jobbkéz módszerével, fogjuk

irányítani. A síkot az alábbiak során leírt módon irányítjuk.

Három olyan térbeli irányt, amelyek közül bármely két irány mer®leges egymásra,

egy ortogonális irányhármasnak mondunk. Egy ilyen ortogonális irányhármasnál azt is

feltesszük, hogy ki van tüntetve az irányok egy sorrendje, azaz van közöttük els®, második

és harmadik irány.

Ha az egyik kezünk hüvelykujját, mutatóujját és középs® ujját kifeszítjük, akkor azok-

kal a térben három olyan irányt tudunk kijelölni, amelyek páronként mer®legesek egy-

másra. Ez esetben azt mondjuk, hogy kezünkkel egy ortogonális irányhármast adunk

meg. Azonban bármely ortogonális irányhármasra igaz, hogy azt vagy sak a jobbkézzel

64

vagy pedig sak a balkézzel lehet megadni. Ily módon beszélhetünk jobbkezes és balkezes

ortogonális irányhármasról.

Tekintsünk egy σ síkot. Két olyan féltér van, amelyet a σ sík határol. Jelöljük ki az

egyik σ által határolt félteret és nevezzük ezt el a pozitív féltérnek. A jobbkéz módszerével

a σ�beli zászlókat két osztályba soroljuk az alábbiak szerint.

Vegyünk egy olyan síkbeli zászlót, amelyet a σ sík tartalmaz. Jobbkezünk hüvelykujja

mutasson a zászló rúdjának irányába, a mutatóujj legyen a σ síkban és mutasson a zászló

lapjának oldalára. Ha ebben a helyzetben a középs® ujj a kijelölt pozitív féltérbe mutat,

akkor azt mondjuk, hogy az adott zászló az els® osztályhoz tartozik.

Ellenkez® eseetben pedig azt mondjuk, hogy az adott zászló a síkbeli zászlók második

osztályához tartozik.

A σ sík irányításán azt értjük, hogy a jobbkéz módszerével a σ�beli zászlókat két

osztályba soroljuk és kitüntetjük közülük az els® osztályt.

Az irányított szög el®jeles mértéke

Állapodjunk meg abban, hogy ebben a fejezetben a szögtartományokat ívmértékben mér-

jük. Vezessük most be az irányított szög fogalmát.

5.2. De�ní ió. Legyen adott egy AOB∢ konvex szögtartomány. Ha az AOB∢ szöghöz

hozzárendeljük az [O,A 〉, [O,B 〉 szárak egyik sorrendjét oly módon, hogy az egyiket

kezd®szárnak, a másikat pedig végszárnak nevezzük, akkor egy irányított szöghöz jutunk.

Irányított szögnél az AOB∢ jelölés utal arra, hogy [O,A 〉 a kezd®szár és [O,B 〉 avégszár.

Az irányított síkban lév® irányított szög esetében a mértéknek el®jelet adunk.

5.3. De�ní ió. Az irányított σ síkban legyen adott egy AOB∢ konvex szögtartomány,

melynek mértéke α (0 < α < π). Az AOB∢ irányított szög el®jeles mértékén az α pozitív

számot értjük abban az esetben, amikor a Z(O,A,B) síkbeli zászló az els® osztályhoz

tartozik. Amennyiben a Z(O,A,B) síkbeli zászló a második osztályhoz tartozik, akkor

az AOB∢ irányított szög el®jeles mértékén a −α negatív számot értjük.

Megjegyzés. Legyenek O, A, B olyan pontok az irányított σ síkban, amelyek nin senek

egy egyenesen. Vegyük észre, hogy a Z(O,A,B) és Z(O,B,A) síkbeli zászlók más�más

osztályhoz tartoznak. Ennek következtében ha az AOB∢ irányított szög el®jeles mértéke

az α szám, akkor −α lesz a BOA∢ irányított szög el®jeles mértéke.

A síkbeli elforgatás

5.4. De�ní ió. Legyen adott egy irányított σ sík, abban egy O pont és egy α el®jeles

szögmérték, amelyre igaz −π < α < π és α 6= 0. A σ sík O pont körüli α szög¶

elforgatásán azt a : σ → σ bijektív leképezést értjük, amely az O pontot �xen hagyja és

egy az O�tól különböz® P pont P ′ = (P ) képét az alábbi feltételek határozzák meg:

(1) A POP ′∢ irányított szög el®jeles mértéke megegyezik α�val.(2) Fennáll az OP = OP ′

egyenl®ség.

A σ sík O pontra történ® entrális tükrözését egyben az O körüli π szög¶ elforgatásnak

is nevezzük. A sík 0 szöggel vett elforgatásán a sík identikus leképezését értjük, amely

minden ponot �xen hagy.

65

5.5. De�ní ió. Egy σ sík egybevágósági transzformá ióján egy olyan ϕ : σ → σ bijektív

leképezést értünk, amely meg®rzi a σ�beli pontok távolságát.

5.1. Állítás. Bármely síkbeli elforgatás egy egybevágósági transzformá iója a síknak.

Bizonyítás.

Vegyünk egy σ irányított síkot, egy σ�beli O pontot és egy α számot, amelyre igaz

−π < α < π. Legyen a : σ → σ bijektív leképezés a σ síknak az O pont körüli α szög¶

elforgatása.

32. ábra. Illusztrá ió az 5.1. Állítás bizonyításához.

Válasszunk két σ�beli pontot A�t és B�t. Tekintsük az A′ = (A) és B′ = (B)képpontokat. Amennyiben az O, A, B pontok kollineárisak, akkor azonnal adódik, hogy

fennáll A′B′ = AB.Tegyük fel, hogy az O, A, B pontok nin senek egy egyenesen. Mivel az AOA′∢ és

BOB′∢ irányított szögek el®jeles mértéke egyaránt α, azt kapjuk, hogy az AOB∢ és

A′OB′∢ konvex szögek egyenl®ek. Vegyük az OAB△ és OA′B′△ háromszögeket. Ezekre

fennáll OA = OA′, OB = OB′és az O sú snál lév® szögeik is egyenl®ek. Az 1.1. Tétel

következtében teljesül az OAB△ ≃ OA′B′△ egybevágóság. Ebb®l adódik, hogy igaz az

A′B′ = AB összefüggés. �

A síkbeli vektorok altere

Tekintsünk a térben egy σ síkot. Legyen Vσ a σ síkkal párhuzamos szabad vektorok

halmaza. Soroljuk ezek közé a 0 nullvektort is. Evidens, hogy azok a vektorok tartoznak

a Vσ halmazba, melyeket σ síkba es® irányított szakaszok reprezentálnak.

Vegyük észre, hogy ha két vektor benne van a Vσ halmazban, akkor azok összege

is párhuzamos a σ síkkal. Emellett egy Vσ�beli vektor bármely számszorosa ugyan sak

eleme a Vσ halmaznak. Mivel az összeadás és a számmal való szorzás nem vezet ki a Vσ

halmazból, azt mondjuk, hogy Vσ egy altere a V vektortérnek.

Az el®z® fejezet eredményei alapján könny¶ belátni, hogy a Vσ�ból vett lineárisan

független vektorrendszerek maximális elemszáma 2. Ezen kívül az is igaz, hogy amennyi-

ben adva van két lineárisan független Vσ�beli vektor, akkor a Vσ altér bármely vektora

egyértelm¶en áll el® ezek lineáris kombiná iójaként.

66

Ezek alapján a Vσ altér bázisán egy olyan vektorpárt értünk, ahol a két vektor li-

neárisan független. Amennyiben két olyan Vσ�beli vektort veszünk, amelyek mer®legesek

egymásra és a hosszuk 1, akkor azt mondjuk, hogy azok a Vσ altér egy ortonormált bázisát

képezik.

5.6. De�ní ió. Legyen adva a Vσ altérben egy b1, b2 bázis. Vegyünk egy a Vσ�hoz tartozó

v vektort és fejezzük azt ki az alapvektorok lineáris kombiná iójaként a v = v1b1 + v2b2

alakban. Az ebben szerepl® v1, v2 valós számokat a v vektor adott bázisra vonatkozó,

Vσ�beli koordinátáinak mondjuk.

A szögfüggvények értelmezése

Tekintsünk egy irányított σ síkot. A síkban vegyünk olyan O, E1, E2 pontokat, melyeknél

fennáll OE1 = 1, OE2 = 1 és az E1OE2∢ irányított szög el®jeles mértéke

π2. Ez nyilván

azt is jelenti, hogy a σ síknak az O körüli

π2szög¶ elforgatása az E1 pontot az E2 pontba

viszi.

Az

−−→OE1 és

−−→OE2 irányított szakaszok által reprezentált vektorokat jelölje i és j, azaz

legyen i =−−→OE1 és j =

−−→OE2. Evidens, hogy ezek a vektorok mer®legesek egymásra és

hosszuk 1. Ily módon i és j egy ortonormált bázisát adják a síkbeli vektorok Vσ alterének.

Vegyünk egy olyan α számot, amelyre fennáll −π < α < π. Az O pont körüli α szög¶

elforgatás vigye az E1 pontot a Pα�val jelölt pontba. Célszer¶ megjegyeznünk, hogy az

így nyert Pα pont rajta van a kσ(O, 1) körvonalon és az E1OPα∢ irányított szög el®jeles

mértéke α.Jelöje eα az

−−→OPα irányított szakasz által képviselt egységvektort, azaz legyen

eα =−−→OPα. Emellett vezessük be az eπ = −i jelölést is.

Mint ismeretes, az eα egységvektort egyértelm¶en lehet kifejezni az i, j bázisvektorok

lineáris kombiná iójaként és az abban szerepl® együtthatókat mondjuk az eα koordinátá-

inak.

A fent leírtak alapján már de�niálni tudjuk a cos : R → R és sin : R → R valós

függvényeket.

5.7. De�ní ió. Legyen adott egy x∈R valós szám. Vegyük azt az α valós számot és kegész számot, melyekkel fennállnak a −π < α ≤ π és x = α + 2kπ összefüggések.

A cos függvénynek az x helyen felvett értéke legyen az eα vektornak az i, j bázisra

vonatkozó els® koordinátája. A sin függvénynek az x helyen felvett értéke pedig legyen az

eα vektornak az i, j bázisra vonatkozó második koordinátája.

A fentiek során de�niált cos, sin : R → R valós függvényeket koszinuszfüggvénynek

és szinuszfüggvénynek mondjuk. Ezeket közös néven szögfüggvényeknek hívjuk. A függ-

vények x∈R helyen nyert értékét cosx és sin x fogják jelölni.

Az x valós számhoz rendelt α számot mondjuk az x forgásszöghöz tartozó elforgatás

el®jeles mértékének. Fontos kiemelni, hogy cosx és sin x azok a valós számok, amelyekkel

fennáll az

eα = cosx i+ sin x j

egyenl®ség.

67

33. ábra. Illusztrá ió a szögfüggvények értelmezéséhez.

5.2. Állítás. A szögfüggvényekre tetsz®leges x ∈ R valós szám és k egész szám esetén

teljesülnek az alábbi összefüggések:

(1) cos2 x+ sin2 x = 1;(2) cos(−x) = cosx, sin(−x) = − sin x;(3) cos(x+ 2kπ) = cosx, sin(x+ 2kπ) = sin x.Bizonyítás.

(1) A Pα pontból az 〈O,E1〉 egyeneshez húzott mer®leges szakasz talppontja legyen T .

Az eα =−→OT +

−−→TPα egyenl®ség szerint igaz

−→OT = cos x i és

−−→TPα = sin x j. Ennek

következtében teljesül OT = | cosx| és TPα = | sin x|. Alkalmazzuk a Pitagorasz�tételt

az OTPα△ derékszög¶ háromszögre, aholOPα = 1. Ily módon az OT 2+(TPα)2 = (OPα)

2

összefüggésb®l adódik, hogy fennáll (cosx)2 + (sin x)2 = 1.

(2) Vegyük észre, hogy tetsz®leges α szám mellett az eα és e−α vektorok egymásnak az

〈O,E1〉 egyenesre vonatkozó tükörképei. Ebb®l az következik, hogy eα, e−α vektorok els®

koordinátája megegyezik, a második koordinátájuk pedig el®jelben különbözik. Ily módon

teljesül cos(−α) = cosα és sin(−α) = − sinα.

A (3) összefüggések könnyen beláthatóak az 5.7. De�ní ió alapján. �

Az alábbi tételben szerepl® formulákat a szögfüggvényekre vonatkozó addí iós képle-

teknek szokás nevezni.

5.1. Tétel. Tetsz®leges x, y valós számok esetén igazak az alábbi összefüggések

cos(x+ y) = cosx cos y − sin x sin y, sin(x+ y) = sin x cos y + cosx sin y .

A cos és sin függvények hányadosaként további valós függvényeket tudunk de�niálni.

Ezek azonban már nem a teljes valós számhalmazon lesznek értelmezve, mivel a cos és sinfüggvényeknek zérushelyei is vannak. Az 5.7. De�ní ió alapján adódik, hogy tetsz®leges

68

k egész szám esetén igaz

cos(

(2k + 1)π

2

)

= 0, sin(kπ) = 0.

Könnyen belátható, hogy a koszinusz, szinusz függvényeknek a fenti összefüggésekben

megadott helyeken kívül már nin s további zérushelye. Ily módon értelmezni tudjuk a

tangensfüggvényt és a kotangensfüggvényt is. Az egész számok halmazát Z fogja jelölni a

továbbiakban.

5.8. De�ní ió. Tekintsük a kivonással nyert Dtg = R \ { (2k + 1)π2| k∈Z } és

Dctg = R \ { kπ | k∈Z } halmazokat.

A tg x = sinxcos x

formulával értelmezett tg : Dtg → R függvényt tangensfüggvénynek

mondjuk. A ctg x = cos xsinx

összefüggéssel de�niált ctg : Dctg → R függvényt kotangens-

függvénynek nevezzük.

A szögfüggvények geometriai jelentése

Legyen α egy olyan szögmérték, amelyre fennáll 0 < α < π2. Az 5.7. De�ní ióban

leírt eljárást követve vegyük a Pα pontot. Ezen Pα pontból az 〈O,E1〉 egyeneshez húzottmer®leges szakasz talppontja legyen T . Nyilvánvaló, hogy ez esetben teljesül

OT = cosα, TPα = sinα és OPα = 1.

34. ábra. A szögfüggvények geometriai jelentése.

Tekintsünk egy olyan ABC△ derékszög¶ háromszöget, ahol γ = π2és az A sú snál

lév® szög α. Ekkor az OPαT△ és ABC△ háromszögek hasonlóak, mivel szögeik páronként

egyenl®ek. Ennek következtében igaz

OT

b=

OPα

cés

TPα

a=

OPα

c. A fentiek alapján a

következ® összefüggésekhez jutunk:

cosα =b

c, sinα =

a

c, tgα =

a

b, ctgα =

b

a.

Azt mondhatjuk, hogy egy α (0 < α < π2) hegyesszög esetében a szögfüggvények értékét

megkaphatjuk oly módon, hogy egy α sz®g¶ derékszög¶ háromszögben vesszük a megfelel®

oldalak hányadosát.

69

Vegyük még észre, hogy a β = π2− α szögre fennáll cos β = sinα és sin β = cosα.

Megjegyzés. A középiskolai oktatásban a szögfüggvényeket élszerü el®ször supán a

hegyesszögekre, azaz a 0 < α < π2

esetre értelmezni a derékszög¶ háromszögek alkal-

mazásával. Ezt követ®en lehet kiterjeszteni a szögfüggvények értelmezési tartományát az

R valós számhalmazra oly módon, hogy cosα és sinα értékét úgy értelmezzük, mint az i

vektor α szög¶ elforgatásával nyert eα egységvektor koordinátáit.

A háromszögre vonatkozó szinusztétel és koszinusztétel

Amennyiben vesszük a szögfüggvények értékét egy általános háromszög szögein, akkor

könnyen igazolni lehet olyan összefüggéseket, amelyek a szögek és az oldalak kap solatáról

szólnak. Az alábbi eredményt a háromszögre vonatkozó szinusztételnek szokás nevezni.

5.2. Tétel. Tetsz®leges ABC△ háromszögben a szögekre és az oldalakra fennáll a

sinα

sin β=

a

bösszefüggés.

Bizonyítás.

35. ábra. Illusztrá ió a szinusztétel bizonyításához.

Legyen adott egy ABC△ háromszög. Tekintsük azt a C sú son átmen® egyenest, amely

derékszögben metszi el az 〈A,B〉 oldalegyenest. Ennek az 〈A,B〉 egyenessel vett met-

széspontja legyen T . Mint ismeretes, a CT szakaszt mondjuk a háromszög C sú shoz

tartozó magasságvonalának és az mc = CT hosszt a C sú shoz tartozó magasságnak. Az

ACT△ derékszög¶ háromszöget véve, azt kapjuk, hogy fennáll sinα =mc

b. A BCT△

derékszög¶ háromszöget alkalmazva pedig adódik, hogy igaz sin β =mc

a. Ezek szerint

teljesül mc = b sinα és mc = a sin β. Amennyiben az így nyert b sinα = a sin β egyen-

let mindkét oldalát megszorozzuk az

1

b sin βszámmal, akkor a

sinα

sin β=

a

begyenl®séghez

jutunk. �

Megjegyzés. A szinusztétel tehát azt mondja ki, hogy egy ABC△ háromszögben a

szögek szinuszainak aránya megegyezik a szemközti oldalak hosszainak arányával, azaz

fennáll sinα : sin β : sin γ = a : b : c.

A következ® tétel, amelyet koszinusztételnek hívunk, arra mutat rá, hogy egy három-

szög oldalhosszainak ismeretében meg lehet határozni a háromszög szögeit.

70

5.3. Tétel. Tetsz®leges ABC△ háromszögre teljesül az a2 = b2 + c2 − 2 b c cosα össze-

függés.

Bizonyítás.

Legyen adott egy ABC△ háromszög. Amennyiben igaz α = π2, akkor cos π

2= 0 és a

Pitagorasz�tétel miatt igaz a fenti összefüggés. Ily módon a továbbiakban feltehetjük,

hogy α 6= π2.

Jelöljük T�vel a C sú sból az 〈A,B〉 oldalegyeneshez húzott mer®leges szakasz talp-

pontját. Tekintsük az ACT△ derékszög¶ háromszöget. Könny¶ belátni, hogy amennyiben

α < π2, akkor fennáll AT = b cosα. Ha pedig α > π

2, akkor AT = −b cosα teljesül. A

Pitagorasz�tételt alkalmazva azt kapjuk, hogy mindkét esetben igaz

b2 = TA2 + TC2 = b2 cos2 α +m2c .

36. ábra. Illusztrá ió a koszinusztétel bizonyításához (α > π2eset).

Vegyük most a BCT△ derékszög¶ háromszöget. Függetlenül attól, hogy az α he-

gyesszög vagy tompaszög, fennáll BT = c − b cosα. Ha a Pitagorasz�tételt a BCT△derékszög¶ háromszögre alkalmazzuk, akkor azt nyerjük, hogy

a2 = TB2 + TC2 = (c− b cosα)2 +m2c = c2 − 2 b c cosα + (b2 cos2 α+m2

c)

teljesül. Használjuk most fel a b2�re vonatkozó fenti kifejezést. Ily módon az

a2 = b2 + c2 − 2 b c cosα egyenl®séghez jutunk. �

Megjegyzés. A Pitagorasz�tételhez való kap solódása miatt a koszinusztételt többnyire

a c2 = a2 + b2 − 2 a b cos γ alakban szokás felírni.

Két vektor skaláris szorzatának értelmezése

A továbbiak során egy a vektor hosszát ‖a‖ helyett inkább az |a| szimbólummal jelöljük.

A vektorok hossza és hajlásszöge alapján értelmezzük két vektor skaláris szorzatát.

5.9. De�ní ió. Legyenek adva az a, b vektorok, melyekre fennáll a 6= 0 és b 6= 0. A

két vektor hajlásszögét jelölje ϕ. Az a, b vektorok skaláris szorzatán az |a| · |b| · cosϕszámot értjük és azt az a · b szimbólummal jelöljük.

Amennyiben a = 0 vagy b = 0 teljesül, akkor a két vektor skaláris szorzatán a 0számot értjük.

71

Megjegyzés. Az a ·b = |a| · |b| · cosϕ de�niáló összefüggésb®l adódik, hogy tetsz®leges

a, b vektorokra igaz a · b = b · a. Eszerint a skaláris szorzás egy kommutatív m¶velet.

Amennyiben az a, b vektorok által bezárt ϕ szög egy hegyesszög, akkor cosϕ > 0következtében fennáll a · b > 0. Ha az a, b vektorok egy tompaszöget zárnak be, akkor

cosϕ < 0 és a · b < 0 teljesül.

Vegyük észre, hogy az a, b vektorok mer®legesek egymásra akkor és sak akkor, ha a

skaláris szorzatukra igaz a · b = 0.

Megjegyzés. Tekintsünk egy a vektort, amelyre fennáll a 6= 0. Az a önmagával vett

skaláris szorzatát véve azt kapjuk, hogy teljesül a · a = |a| · |a| · cos 0 = |a|2.Az a vektor önmagával vett skaláris szorzatát szokás az a2

kifejezéssel is jelölni.

Megjegyzés. Ugyan sak következik a skaláris szorzat de�ní iójából, hogy bármely a, b

vektorok és λ szám mellett fennáll a λ(a · b) = (λa) · b = a · (λb) összefüggés.

Megjegyzés. Vannak olyan tankönyvek, amelyekben az a, b vektorok skaláris szorzatát

ab jelöli.

Vektor felbontása egy adott vektorral párhuzamos és arra mer®leges összetev®kre

Legyenek adva olyan a, b vektorok, amelyek különböznek 0�tól és nem párhuzamosak.

Rögzítsünk egy O pontot. Az O kezd®pontú és az a, b vektorokat reprezentáló irányított

szakaszok legyenek

−→OA,

−−→OB. A B pontból az 〈O,A〉 egyeneshez húzott mer®leges szakasz

talppontja legyen T . Tekintsük a bp =−→OT és bm =

−→TB vektorokat, melyekre fennáll

bp + bm = b. Vegyük észre, hogy bp párhuzamos az a vektorral és bm mer®leges az a�ra.

5.10. De�ní ió. A bp =−→OT vektort a b vektor a�val párhuzamos összetev®jének

mondjuk. A bm =−→TB vektort a b vektor a�ra mer®leges összetev®jének nevezzük.

37. ábra. Vektor felbontása mer®leges összetev®kre (b = bp + bm).

5.3. Állítás. Legyenek adva olyan a, b vektorok, amelyek különböznek 0�tól. Jelölje

e az a�val egyirányú egységvektort. Ekkor a b vektor a�val párhuzamos összetev®jére

fennáll bp = (e · b)e.Bizonyítás.

Jelöljük ϕ�vel az a, b vektorok hajlásszögét és tekintsük az OBT△ derékszög¶ három-

szöget. Vegyük észre, hogy az (e · b)e vektor hosszára fennáll |(e · b)e| = |e · b| · 1 =

|1 · |b| · cosϕ| = OB · | cosϕ| = OT . Ezek szerint a bp =−→OT és (e · b)e vektorok hossza

megegyezik.

72

Azt már könny¶ belátni, hogy a két vektor iránya is azonos. Ez viszont azt jelenti,

hogy a bp és (e · b)e vektorok egyenl®ek. �

Evidens, hogy az a�val egyirányú egységvektorra igaz e = 1

|a|a. Az el®bbi állítás

következtében az alábbi kijelentést tehetjük.

5.1. Következmény. Legyenek adva olyan a, b vektorok, amelyek különböznek 0�tól.

Ekkor a b vektor a�val párhuzamos és a�ra mer®leges összetev®ire teljesül bp =a · b|a|2 a

és bm = b− bp.

A következ® állítás azt mondja ki, hogy a vektorok skaláris szorzása egy disztributív

m¶velet az összeadásra nézve.

5.4. Állítás. Tetsz®leges a, b, c vektorokra fennáll az a · (b + c) = a · b + a · cösszefüggés.

Bizonyítás.

Amennyiben a = 0, akkor nyilván fennáll a fenti egyenl®ség.

Ezt követ®en feltesszük, hogy igaz a 6= 0. Rögzítsünk a térben egy O pontot. Az O

kezd®pontú és az a, b vektorokat képvisel® irányított szakaszok legyenek

−→OA,

−−→OB. A

c vektort reprezentáló és B kezd®pontú irányított szakasz pedig legyen

−−→BC. Ez esetben

tehát fennáll

−→OC = b+ c. Megjegyezzük még, hogy az O, A, B, C pontoknak most nem

szükséges egyazon síkban lenniük.

A B, C pontokból az 〈O,A〉 egyeneshez húzott mer®leges szakaszok talppontját

jelölje T1 és T2. Ekkor a b, c, b + c vektoroknak az a�val párhuzamos komponenseire

fennáll bp =−−→OT1, cp =

−−→T1T2 és (b+ c)p =

−−→OT2. Ily módon teljesül a (b+ c)p = bp + cp

egyenl®ség.

38. ábra. Illusztrá ió az 5.4. Állítás bizonyításához.

Tekintsük az a�val egyirányú e =1

|a| a egységvektort. Vegyük észre, hogy az el®z®

5.3. Állítás szerint bármely u vektorra igaz az e ·u = e ·up összefüggés, amelyben up az

u vektor a�val párhuzamos összetev®jét jelöli. Ily módon az kapjuk, hogy teljesül

e · (b+ c) = e · (b+ c)p = e · (bp + cp) = e · ((e · b)e + (e · c)e) == e · ((e · b+ e · c)e) = e · b+ e · c

Ez már azt mutatja, hogy amennyiben az a vektor hossza 1, akkor igaz az állításban

szerepl® összefüggés. Az a 6= 1 esetben alkalmazzuk az a = |a| e kifejezést. Kihasználva

73

a skaláris szorzás eddig megismert tulajdonságait, azt kapjuk, hogy fennáll

a · (b+ c) = (|a| e) · (b+ c) = |a| (e · (b+ c)) = |a| (e · b+ e · c) == (|a| e) · b+ (|a| e) · c = a · b+ a · c,

ami már igazolja az állítást. �

A skaláris szorzat kiszámítása a koordinátákból

Vegyük a szabad vektorok V terének egy i, j, k ortonormált bázisát. Mint ismeretes ez

annyit jelent, hogy az i, j, k vektorok páronként mer®legesek egymásra és a hosszuk 1.Nyilvánvaló, hogy ezen alapvektorok skaláris szorzataira igazak az alábbi egyenl®ségek:

i · i = 1, j · j = 1, k · k = 1 és i · j = 0, i · k = 0, k · j = 0.

Megjegyzés. Célszer¶nek t¶nik bevezetni az e1 = i, e2 = j és e3 = k jelölést. Ekkor

két bázisvektor szorzatára fennáll az er · es = δrs (r, s = 1, 2, 3) összefüggés, ahol δrs azúgynevezett Krone ker�szimbólum (más szóval a Krone ker�delta). Ezen δrs szimbólumértéke megállapodás szerint 1, amennyiben az idexekre igaz r = s. Ha pedig az idexekre

r 6= s teljesül, akkor a δrs szimbólum értéke 0.

Tekintsünk két vektort a�t és b�t. Fejezzük ki ezeket az i, j, k ortonormált vektorok

lineáris kombiná iójaként az a = a1i + a2j + a3k és b = b1i + b2j + b3k alakban. Mint

ismeretes, az (a1, a2, a3) és (b1, b2, b3) számhármasok adják az a, b vektorok i, j, k bázisra

vonatkozó koordinátáit.

Az eddigi tulajdonságok alapján már könnyen igazolható, hogy igaz az alábbi kijelen-

tés.

5.5. Állítás. Tetsz®leges a és b vektorok skaláris szorzatára teljesül az

a · b = a1b1 + a2b2 + a3b3 egyenl®ség.

Bizony�tás.

A fenti Megjegyzésben megadott jelölést alkalmazva fennáll a =∑3

r=1 arer és b =∑3

s=1 bses. Amennyiben az el®z® állításban szerepl® disztributivitási tulajdonságot is fel-

használjuk, akkor azt kapjuk, hogy

a · b = (∑3

r=1 arer) · (∑3

s=1 bser) =∑3

r=1

∑3

s=1 ar bs (er · er)=

∑3

r=1

∑3

s=1 ar bs δrs =∑3

r=1 ar br = a1b1 + a2b2 + a3b3 .

teljesül. �

74

A tér irányítása

A térbeli zászlót már a jegyzet els® fejezetében értelmeztük. Mint ismeretes, ha veszünk

egy félteret, a félteret határoló síkban egy félsíkot és a félsíkot határoló egyenesen egy

félegyenest, akkor egy térbeli zászlót kapunk. A térbeli zászló tehát egy alakzathármas,

amely egy félegyenesb®l, egy félsíkból és egy féltérb®l áll. A félegyenest a zászló rúdjának

nevezzük, a félsíkot pedig a zászló lapjának mondjuk.

Emlékezzünk rá, hogy amennyiben az A, B, C, D pontok nin senek egy síkon, akkor

a pontnégyeshez egy Z(A,B,C,D) által jelölt zászlót rendelünk. Ehhez vennünk kell az

e = 〈A,B〉 egyenest és a σ = 〈A,B,C〉 síkot. Az [A,B〉 félegyenes, az [e, C〉 félsík és a

[σ,D〉 féltér alkotják a Z(A,B,C,D) zászlót.

Akár sak a sík irányítása esetében most is azt használjuk fel, hogy ha az egyik ke-

zünk hüvelykujját, mutatóujját és középs® ujját kifeszítjük, akkor azokkal egy ortogonális

irányhármast jelölünk ki. A térbeli zászlókat a jobbkéz módszerével soroljuk két osztályba

az alábbiak szerint.

Vegyünk egy térbeli zászlót. Jobbkezünk hüvelykujja mutasson a zászló rúdjának

irányába, a mutatóujj legyen a zászló félterét határoló síkban és mutasson a zászló lapjának

oldalára. Ha ebben a helyzetben a középs® ujj a zászló félterébe mutat, akkor azt mondjuk,

hogy az adott térbeli zászló az els® osztályhoz tartozik.

Ellenkez® esetben azt mondjuk, hogy az adott zászló a térbeli zászlók második osztá-

lyához tartozik.

A tér irányításán azt értjük, hogy a jobbkéz módszerével a térbeli zászlókat két

osztályba soroljuk és kitüntetjük közülük az els® osztályt.

A V�beli bázisok osztályozása

5.11. De�ní ió. Legyenek adva az a, b, c lineárisan független vektorok. Vegyünk a

térben egy O pontot. Tekintsük azokat az a, b, c vektorokat reprezentáló irányított

szakaszokat, amelyek kezd®pontja az O pont. Legyenek ezen irányított szakaszok vég-

pontjai A, B és C. Azt mondjuk, hogy az a, b, c vektorok ebben a sorrendben egy

jobbrendszert alkotnak, ha a Z(O,A,B, C) zászló a térbeli zászlók els® osztályához tar-

tozik. Amennyiben a Z(O,A,B, C) zászló a térbeli zászlók második osztályához tartozik,

akkor azt mondjuk, hogy az a, b, c vektorhármas egy balrendszert képez.

Megjegyzés. Mint ismeretes, V�beli bázison egy olyan vektorhármast értünk, amelynek

elemei lineárisan függetlenek. Az el®bbi de�ní ió alapján a szabad vektorok terének bá-

zisait két osztályba soroltuk. Vannak olyan bázisok, amelyek jobbrendszert képeznek, és

vannak olyanok, amelyek balrendszert adnak.

Megjegyzés. Három vektor vegyes szorzatának tárgyalása során majd látni fogjuk, hogy

amennyiben a lineárisan független a, b, c vektorok ebben a sorrendben egy jobbrend-

szert alkotnak, akkor a b, a, c és a, c, b vektorhármasok balrendszert képeznek.

Azt mondhatjuk tehát, hogy a vektorhármas típusa megváltozik, ha benne két elemet

fel serélünk.

Megjegyezzük még, hogy a vektorhármas típusa akkor is megváltozik, ha az egyik

elemét egy negatív számmal, például (−1)�gyel, megszorozzuk.

75

Két vektor vektoriális szorzata

5.12. De�ní ió. Legyenek a és b olyan vektorok, amelyek lineárisan függetlenek. Ekkor

az a, b vektorok vektoriális szorzatán azt az a×b által jelölt vektort értjük, amely eleget

tesz az alábbi feltételeknek:

(1) Fennáll az |a×b| = |a| · |b| · sinϕ összefüggés, ahol ϕ az a, b vektorok hajlásszöge.

(2) Az a× b vektor mer®leges az a, b vektorokra.

(3) Az a, b, a× b vektorok ebben a sorrendben egy jobbrendszert alkotnak.

Amennyiben az a, b vektorok lineárisan összefügg®ek, akkor az a×b vektoriális szorzaton

a 0 nullvektort értjük.

Megjegyzés. Az el®z® de�ní ióban szerepl® feltételek alapján bármely két vektor vekto-

riális szorzata egyértelm¶en meg van határozva.

Megjegyzés. Könnyen be lehet látni, hogy tetsz®leges a, b vektorok és λ valós szám

esetén teljesül λ(a× b) = (λa)× b = a× (λb).Vegyük észre, hogy a vektoriális szorzás nem kommutatív, mivel fennáll a

b× a = − a× b összefüggés. Emiatt azt is szokták mondani, hogy a vektoriális szorzás

egy antikommutatív m¶velet.

Megjegyzés. Legyenek az a, b vektorok lineárisan függetlenek. Rögzítsünk a térben

egy O pontot. Tekintsük, azokat az O kezd®pontú

−→OA,

−−→OB,

−→OC irányított szakaszokat,

amelyek az a, b és a+ b vektorokat képviselik. Vegyük észre, hogy az OACB négyszög

egy parallelogramma. Ez esetben azt mondjuk, hogy az OACB parallelogrammát az a, bvektorok feszítik ki.

A fenti parallelogramma oldalainak hossza OA = |a|, OB = |b| és az OA oldalhoz

tartozó magassága m = |b| · sinϕ. Ennek következtében azt nyerjük, hogy az a×b vektor

hossza egyenl® az a, b vektorok által kifeszített parallelogramma területével.

A vektoriális szorzás geometriai jelentése

5.13. De�ní ió. Legyen adott egy a (a 6= 0) vektor és egy σ sík. Azt mondjuk, hogy az a

vektor mer®leges a σ síkra, ha az a�t képvisel® irányított szakaszok egyenesei mer®legesek

σ�ra.

Megjegyzés. Legyen adva egy σ sík és egy a vektor, amely nem párhuzamos σ�val. Mint

ismeretes, a sík irányításához ki kell jelölni a σ által határolt két féltér egyikét.

Tekintsük a σ sík egy O pontját, majd az O kezd®ponttal vegyük az a�t reprezentáló−→OA irányított szakaszt. Válasszuk pozitív féltérnek a [σ,A〉 félteret, vagyis azt a félteret,

amelybe az a vektor mutat. Ekkor a σ síkon nyert irányításról azt mondjuk, hogy azt az

a vektorral határoztuk meg.

5.14. De�ní ió. Legyen adva egy σ irányított sík és abban az A, B pontok. Hajtsunk

végre egy σ�beli elforgatást a sík egy O pontja körül egy α szöggel és jelöljük azt el �

val. Tekintsük az A′ = (A) és B′ = (B) képpontokat. Ez esetben a Vσ altér u =−→AB

vektorának a σ síkbeli α szög¶ elforgatottján az

−−→A′B′

vektort értjük.

Az alábbi kijelentés arra utal, hogy az egységvektorral történ® vektoriális szorzásnak

geometriai tartalma van. Konkrétabban azt mondhatjuk, hogy a szorzatvektor megkapha-

tó a második tényez® egységvektorra mer®leges összetev®jének derékszög¶ elforgatásával.

76

5.6. Állítás. Legyen adott egy e egységvektor és egy azzal nem párhuzamos b vektor,

amelynek az e�re mer®leges összetev®jét jelölje bm. Tekintsünk egy az e�re mer®leges

σ síkot és vegyük abban az e által meghatározott irányítást. Ekkor az e × b vektoriális

szorzat megegyezik a bm vektor σ�beli π2szög¶ elforgatottjával.

Bizonyítás.

Válasszunk a σ síkban egy O pontot. Az O kezd®pontú, b�t reprezentáló irányított sza-

kasz legyen

−−→OB. A B�n átmen® σ�ra mer®leges egyenes messe el a síkot a T pontban.

Vegyük észre, hogy a b vektornak az e�vel párhuzamos és az e�re mer®leges összetev®ire

fennáll bp =−→TB és bm =

−→OT . Legyen a : σ → σ leképezés a σ síknak az O körüli

π2

szög¶ elforgatása. Tekintsük a T pont T ′ = (T ) képét. Ekkor az

−−→OT ′

vektor azonos a

bm vektor

π2szög¶ elforgatottjával.

39. ábra. Illusztrá ió az 5.6. Állítás bizonyításához.

Jelölje ϕ az e, b vektorok hajlásszögét. Az OTB△ derékszög¶ háromszöget alkalmazva

azt kapjuk, hogy OT = OB · sinϕ = |b| · sinϕ ami azt mutatja, hogy az

−−→OT ′

vektor

hossza megegyezik az e× b vektor hosszával.

Az

−−→OT ′

vektor mer®leges az e, bm vektorokra, és ennek következtében mer®leges b�re

is. Azt könny¶ belátni, hogy az e, b,−−→OT ′

vektorok egy jobbrendszert alkotnak. Ezekb®l

pedig következik, hogy az

−−→OT ′

és e×b vektoroknak az irányuk is megegyezik. Ily módon

beláttuk, hogy fennáll e× b =−−→OT ′

. �

A következ® állítás szerint a vektoriális szorzás is egy disztributív m¶velet.

5.7. Állítás. Tetsz®leges a, b, c vektorok esetén teljesül a× (b+ c) = a× b+ a× c.

Bizonyítás.

Amennyiben a = 0, akkor nyilván fennáll a fenti egyenl®ség.

Ezt követ®en feltesszük, hogy igaz a 6= 0. Mint ismeretes, az e = 1|a|

a kifejezés adja

meg az a�val egyez® irányú egységvektort. Vegyünk egy az e vektorra mer®leges σ síkot

és abban az e által meghatározott irányítást.

Tekintsük a b, c, b+ c vektoroknak az e�re mer®leges bm, cm, (b+ c)m összetev®it.

Az 5.6. Állítás szerint ezen vektorok σ�beli π2szög¶ elforgatottjai adják az e× b, e× c

és e × (b + c) szorzatvektorokat. Mivel fennáll (b + c)m = bm + cm és az egyenl®ség a

77

vektorok elforgatottjaira is teljesül, igaz az

e× (b+ c) = e× b+ e× c

összefüggés. Végül felsználva az a = |a| e kifejezést és a vektoriális szorzás eddig megismert

tulajdonságait azt kapjuk, hogy fennáll

a× (b+ c) = (|a| e)× (b+ c) = |a| (e× (b+ c)) = |a| (e× b+ e× c) =

= (|a| e)× b+ (|a| e)× c = a× b+ a× c,

ami már igazolja az állítást. �

A vektoriális szorzat kifejezése a tényez®k koordinátáiból

Legyen az i, j, k vektorhármas egy olyan ortonormált bázisa a szabad vektorok V terének,

amelynek vektorai egy jobbrendszert alkotnak. Vegyük észre, hogy az 5.12. De�ní ió

szerint ekkor teljesülnek az alábbi egyenl®ségek:

i× i = 0, j× j = 0, k× k = 0, i× j = k, j× k = i, k× i = j

és j× i = −k, k× j = −i, i× k = −j.

A vektoriális szorzattal kap solatban megismert összefüggések alapján könnyen igazol-

ható, hogy igaz az alábbi kijelentés.

5.8. Állítás. Legyenek adva az a = a1i + a2j + a3k és b = b1i + b2j + b3k vektorok.

Ezek vektoriális szorzatára fennáll

a× b = (a2b3 − a3b2) i+ (a3b1 − a1b3) j+ (a1b2 − a2b1)k.

A fenti állításból adódik, hogy két vektor vektoriális szorzatát egy harmadrend¶ de-

termináns formájában is ki lehet számítani.

5.2. Következmény. A koordinátáikkal megadott a (a1, a2, a3) és b (b1, b2, b3) vektorok

vektoriális szorzatára teljesül az a× b =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

i j k

a1 a2 a3b1 b2 b3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

összefüggés.

A vektoriális szorzásra vonatkozó alábbi eredményt a kifejtési tételnek hívjuk.

5.4. Tétel. Tetsz®leges a, b, c vektorokra igaz

(a× b)× c = (a · c)b− (b · c)a .

Bizonyítás.

Az i, j, k bázisvektorokat válasszuk meg úgy, hogy az a vektor legyen párhuzamos i�vel,

továbbá a b vektor legyen párhuzamos az i, j vektorok síkjával. Nem nehéz belátni azt,

hogy van olyan i, j, k bázis, amelyre teljesülnek ezek a feltételek.

Ekkor az a, b, c vektorok az

a = a1 i, b = b1 i+ b2 j, c = c1 i + c2 j+ c3 k

78

kifejezések formájában állnak el®. Ily módon a skaláris szorzatokra az 5.5. Állítás szerint

igaz a · c = a1 c1 és b · c = b1 c1 + b2 c2. Amennyiben felhasználjuk az 5.7. Állítást és a

bázisvektorok szorzataira vonatkozó összefüggéseket, akkor azt kapjuk, hogy teljesül

(a× b)× c = (a1b2 k)× (c1 i+ c2 j+ c3 k) = a1b2c1 j− a1b2c2 i =

= a1b1c1 i+ a1b2c1 j− a1b1c1 i− a1b2c2 i =

= a1c1 (b1i+ b2j)− (b1c1 + b2c2)(a1 i) = (a · c)b− (b · c)a,ami már igazolja a tételt. �

Három vektor vegyes szorzata

5.15. De�ní ió. Legyenek adva az a, b, c vektorok. Ezen vektorhármas vegyes

szorzatán az (a× b) · c számot értjük.

Megjegyzés. A vegyes szorzat elnevezés arra utal, hogy el®bb egy vektoriális szorzást

hajtunk végre, majd ezt követ®en egy skaláris szorzást.

Az a, b, c vektorok vegyes szorzatát a de�niáló (a × b) · c kifejezés mellett szokás

még az [a,b, c] és abc formá iókkal is jelölni. Jegyzetünkben mi sak az [a,b, c]formátumot használjuk.

5.9. Állítás. Legyenek adva az a = a1i+a2j+a3k, b = b1i+b2j+b3k és c = c1i+c2j+c3k

vektorok. Ezek vegyes szorzatára teljesül (a× b) · c =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a1 a2 a3b1 b2 b3c1 c2 c3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

.

Bizonyítás.

Az 5.8. Állításban szerepl® összefüggés felhasználásával azt kapjuk, hogy

c · (a× b) = c1 (a2b3 − a3b2)− c2 (a1b3 − a3b1) + c3 (a1b2 − a2b1)

teljesül. Vegyük észre, hogy amennyiben az

a1 a2 a3b1 b2 b3c1 c2 c3

mátrix determinánsát az utolsó

sora szerint kifejtjük, akkor éppen a fenti egyenlet jobb oldalán található kifejezést kapjuk.

�

Az alábbi kijelentésben szerepl® összefüggés, melyet fel serélési tételnek nevezünk, arra

mutat rá, hogy a vegyes szorzat kifejezésében a vektoriális szorzás és skaláris szorzás

fel serélhet®.

5.5. Tétel. Bármely a, b, c vektorokra fennáll (a× b) · c = a · (b× c).Bizonyítás.

Alkalmazzuk az 5.9. Állítást és azt a tényt, hogy amennyiben egy mátrix két sorát fel-

seréljük, akkor a determináns értéke a (−1)�szeresére változik. Ezek alapján, azt nyerjük,hogy teljesül

(a× b) · c =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a1 a2 a3b1 b2 b3c1 c2 c3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

b1 b2 b3c1 c2 c3a1 a2 a3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

· (−1)2 =

= (b× c) · a = a · (b× c) . �

79

Megjegyzés. Legyenek adva az a, b, c vektorok, amelyek vegyes szorzatát jelölje most

[a,b, c]. Az eddigi eredményekb®l már adódik, hogy amennyiben a vektorhármas két

elemét fel seréljük, akkor a vegyes szorzat értéke el®jelet vált. Ez nyilván azt jelenti, hogy

teljesül [b, a, c] = −[a,b, c] és [a, c,b] = −[a,b, c].

A vegyes szorzat geometriai jelentése

5.10. Állítás. Legyenek adva az a, b, c vektorok. Ezek lineárisan összefügg®ek akkor

és sak akkor, ha a vegyes szorzatukra fennáll (a× b) · c = 0.Bizonyítás.

Tegyük fel, hogy az a, b, c vektorok lineárisan összefügg®ek. Ekkor a 4.7. Állítás szerint

van olyan σ sík, amellyel mindhárom vektor párhuzamos. Amennyiben az a × b vektor

nem egyenl® 0�val, akkor a × b mer®leges a σ síkra és ezáltal a c vektorra. A skaláris

szorzat de�ní iója alapján így azt nyerjük, hogy (a× b) · c = 0 teljesül.

Induljunk most ki abból, hogy igaz (a×b)·c = 0. Amennyiben a×b = 0, akkor már az

a, b vektorok is lineárisan összefügg®ek. Ha fennáll a×b 6= 0, akkor vegyünk egy olyan σsíkot, amely párhuzamos az a, b vektorokkal. Az a×b mer®leges σ�ra és a vegyes szorzatelt¶nése miatt mer®leges c�re. Ennek következtében a c vektor is párhuzamos a σ síkkal.

Ily módon a 4.7. Állításból adódik, hogy az a, b, c vektorok lineárisan összefügg®ek. �

A következ® állítás esetében feltesszük, hogy az olvasó korábbi tanulmányai során már

megismerte a parallelepipedon fogalmát.

5.11. Állítás. Legyenek a, b és c olyan vektorok, amelyek lineárisan függetlenek. Ekkor

az |(a× b) · c| szám megegyezik az a, b és c vektorok által kifeszített parallelepipedon

térfogatával.

Bizonyítás.

Rögzítsünk a térben egy O pontot. Vegyük azokat az O kezd®pontú

−→OA,

−−→OB,

−→OC

irányított szakaszokat, amelyek az a, b és c vektorokat reprezentálják. Tekintsük továbbá

a három irányított szakasz által kifeszített parallelepipedont. Az a+ b vektornak feleljen

meg az

−−→OD irányított szakasz. Evidens, hogy az OADB négyszög egy parallelogramma,

40. ábra. Illusztrá ió az 5.11. Állítás bizonyításához.

80

és ennek területét jelölje most t. A C sú sból a σ = 〈O,A,B〉 síkhoz húzott mer®leges

szakasz talppontja legyen T . Az m = TC hosszt szokás mondani a parallelepipedon

OADB laphoz tartozó magasságának. Ismeretes, hogy a parallelepipedon Vp�vel jelölt

térfogatára fennáll Vp = tm.

Azt már a vektoriális szorzat tárgyalásánál megállapítottuk, hogy igaz |a × b| = t.

Vegyük az a×b vektorral azonos irányú e =1

|a× b| (a×b) egységvektort, amely mer®leges

az OADB lap σ síkjára. Bontsuk fel a c vektort az e�vel párhuzamos és az e�re mer®leges

összetev®kre. Vegyük észre, hogy teljesül cp =−→TC és |cp| = m. Ugyanakkor az 5.3. Állítás

alapján igaz |cp| = |e · c|. Ily módon az m magasságra az

m = |e · c| = 1

|a× b| |(a× b) · c|

összefüggést kapjuk. Ennek következtében a parallelepipedon térfogatára fennáll a

Vp = t ·m = |a× b| ·m = |(a× b) · c|

egyenl®ség, ami már igazolja az állításunkat. �

5.12. Állítás. Legyenek adva az a, b, c vektorok, amelyek lineárisan függetlenek. Ez

a vektorhármas egy jobbrendszert képez akkor és sak akkor, ha a vegyes szorzatukra

teljesül az (a× b) · c > 0 egyenl®tlenség.

Bizonyítás.

Vegyünk a térben egy O pontot. Legyenek A, B, C a tér azon pomtjai, melyekre fennáll−→OA = a,

−−→OB = b és

−→OC = c. Jelölje σ azt a síkot, amely tartalmazza az O, A, B ponto-

kat. Tekintsük az a×b vektoriális szorzatot és azt a D pontot, amelyre igaz

−−→OD = a×b.

A vektoriális szorzat de�ní iójából adódóan az a, b, a × b vektorok egy jobbrendszert

alkotnak, ami azt jelenti, hogy a Z(O,A,B,D) zászló a térbeli zászlók els® osztályához

tartozik.

Tegyük fel, hogy az a, b, c vektorhármas egy jobbrendszert képez. Vegyük észre,

hogy ekkor a Z(O,A,B, C) zászló azonos a Z(O,A,B,D) zászlóval. Eszerint a C pont

benne van a [σ,D〉 féltérben. Mivel az

−−→OD vektor mer®leges σ�ra, ebb®l az következik,

hogy a ϕ = DOC∢ szög hegyesszög, azaz ϕ < π2. Ily módon az a × b, c vektorok

ϕ hajlásszögére igaz cosϕ > 0, és a skaláris szorzás de�ní iójából adódik, hogy fennáll

(a× b) · c > 0.Tekintsük azt az esetet, amikor az a, b, c vektorok egy balrendszert alkotnak. Ekkor

a Z(O,A,B, C), Z(O,A,B,D) zászlókban a félterek különböz®ek, tehát a C pont nin s

benne a [σ,D〉 féltérben. Ily módon az a× b, c vektorok ϕ = DOC∢ hajlásszögére igaz

ϕ > π2. Ebb®l már következik, hogy teljesül cosϕ < 0 és (a× b) · c < 0. �

81

6) Koordinátageometria

Ebben a fejezetben bevezetjük a térbeli és a síkbeli derékszög¶ koordináta�rendszer fo-

galmát. Azt az alapvet® kérdést vizsgáljuk, hogy a koordinátázás felhasználásával miként

lehet egyenlettel (vagy egyenletekkel) leírni a térelemeket, a gömböt és a kört.

A térbeli Des artes�féle koordináta�rendszer értelmezése

6.1. De�ní ió. Legyen adott a térnek egy O pontja és a szabad vektorok terének egy

i, j, k ortonormált bázisa. Az (O, i, j, k) négyesr®l azt mondjuk, hogy az a térnek egy

Des artes�féle koordináta�rendszerét képezi.

Az O�t a koordináta�rendszer kezd®pontjának (vagy origójának), a három vektort

pedig a koordináta�rendszer alapvektorainak (vagy élvektorainak) nevezzük.

Megjegyzés. Legyenek E1, E2, E3 azok a térbeli pontok, melyekre fennáll

−−→OE1 =

i,−−→OE2 = j és

−−→OE3 = k. Az 〈O,E1〉, 〈O,E2〉 és 〈O,E3〉 egyeneseket az (O, i, j, k)

koordináta�rendszer tengelyeinek mondjuk. (Ezekre szokás az x�tengely, y�tengely és

z�tengely elnevezéseket is használni.)

A tengelyeket irányított egyeneseknek tekintjük oly módon, hogy az irányításokat az

[O,E1〉, [O,E2〉 és [O,E3〉 félegyenesekkel adjuk meg.

Megjegyzés. A Des artes�féle koordináta�rendszer helyett szokás használni a derékszög¶

koordináta�rendszer elnevezést is.

Célszer¶ a koordináta�rendszer i, j, k alapvektorait úgy megválasztani, hogy azok

ebben a sorrendben egy jobbrendszert alkossanak.

Legyen adott egy (O, i, j, k) Des artes�féle koordináta�rendszer. Tekintsünk a térben

egy tetsz®leges P pontot. Mint ismeretes, a p =−→OP vektort mondjuk a P pont O�ra

vonatkozó helyvektorának.

6.2. De�ní ió. Fejezzük ki az

−→OP helyvektort az alapvektorok lineáris kombiná iójaként

az

−→OP = xP i + yP j + zP k alakban. Ezen lineáris kombiná ióban szerepl® xP , yP , zP

együtthatókat a P pont (O, i, j, k) koordináta�rendszerre vonatkozó koordinátáinak

mondjuk. Az (xP , yP , zP ) számhármast a P ponthoz tartozó koordináta�hármasnak

nevezzük.

Megjegyzés. Egy térbeli P pont koordinátáinak feltüntetésére a P (xP , yP , zP ) jelölést

fogjuk használni.

Ezt követ®en mindig feltesszük, hogy a térben adva van egy (O, i, j, k) Des artes�félekoordináta�rendszer, melyet a tárgyalásaink során alkalmazunk.

6.3. De�ní ió. Azt a ξ : X → R3leképezést, ahol tetsz®leges P ∈X pont esetén fennáll

ξ(P ) = (xP , yP , zP ), a tér koordinátázásának mondjuk.

Az alábbi kijelentés teljesülése nyilvánvaló, ezért nem bizonyítjuk.

6.1. Állítás. A ξ : X → R3

koordinátázás egy bijektív leképezés.

Megjegyzés. A koordináta�rendszer és a koordinátázás alkalmazásának gondolata két

fran ia matematikus, R. Des artes és P. Fermat érdeme. Els®ként ®k ismerték fel, hogy

ezzel a módszerrel az alakzatokat egyenletek formájában lehet leírni. Mindketten a XVII.

század els® felében éltek és alkottak.

82

Alakzat leírása a koordinátákra vonatkozó egyenlettel

6.4. De�ní ió. Legyen adva egy f : R3 → R valós függvény és egy c ∈ R szám. A

koordinátákra vonatkozó f(x, y, z) = c egyenlettel leírt alakzaton az

A = {P ∈X | f(xP , yP , zP ) = c } ponthalmazt érjük.

Megjegyzés. Az el®z® de�ní ió szerint az f(x, y, z) = c egyenlettel leírt A alakzatot a

tér azon pontjai alkotják, amelyek koordinátái kielégítik az egyenletet.

Megjegyzés. Az alakzat egyenlettel való leírásánál a c konstans értékét élszer¶ 0�nakválasztani. Vegyük észre, hogy ekkor tetsz®leges λ (λ 6= 0) szám mellett az f(x, y, z) = 0és λ · f(x, y, z) = 0 egyenletek ugyanazt az alakzatot írják le.

Megjegyzés. Az f függvény mellett legyen adva egy másik h : R3 → R valós függvény.

Az f(x, y, z) = 0 és h(x, y, z) = 0 egyenletek külön�külön írják le az A és B alakzatokat.

Evidens, hogy azon pontok halmaza, amelyek koordinátái mindkét egyenletet kielégítik,

megegyezik az A∩ B alakzattal.

A sík egyenlete

6.5. De�ní ió. Legyen adva a térben egy σ sík. Egy n (n 6= 0) vektort a σ normálvek-

torának mondunk, ha n mer®leges a σ síkra.

A 2.3. Tételb®l adódik, hogy egy sík térbeli pozí ióját egyértelm¶en meghatározzuk

azzal, ha megadjuk egy pontját és egy normálvektorát.

6.2. Állítás. Legyen adva egy A pont, amelynek koordinátái (a1, a2, a3), és egyn = n1i+n2j+n3k vektor, amelyre fennáll n 6= 0. Tekintsük azt a σ síkot, amely áthalad

az A ponton és mer®leges az n vektorra. Ekkor az

n1(x− a1) + n2(y − a2) + n3(z − a3) = 0

egyenlet a σ síkot írja le.

Bizonyítás. Vegyünk a térben egy tetsz®leges P (xP , yP , zP ) pontot. Az−→OP =

−→OA+

−→AP

41. ábra. Illusztrá ió a 6.2. Állítás bizonyításához.

83

egyenl®ségb®l adódik, hogy igaz

−→AP =

−→OP − −→

OA és

−→AP = (xP − a1)i + (yP − a2)j +

(zP − a3)k.

Könny¶ belátni, hogy a P pont rajta van a σ síkon akkor és sak akkor, ha az

−→AP vektor

mer®leges az n�re. Az−→AP és n vektorok pedig pontosan akkor mer®legesek egymásra, ha a

skaláris szorzatukra fennáll n·−→AP = 0. Alkalmazzuk most a skaláris szorzat kiszámítására

vonatkozó 5.5. Állítást. Ily módon azt kapjuk, hogy a P pont illeszkedik a σ síkra akkor

és sak akkor, ha a koordinátáival fennáll az

n1(xP − a1) + n2(yP − a2) + n3(zP − a3) = 0

®sszefüggés. Ez a tény pedig igazolja az állítást. �

6.3. Állítás. Legyenek a, b, c és e olyan valós számok, melyekre igaz a2+ b2+ c2 > 0. Aza x + b y + c z + e = 0 egyenlettel leírt alakzat megegyezik azzal a síkkal, amelynek egy

normálvektora az n = ai+bj+ck vektor és amely áthalad az

−→OT = − e

|n|2 n helyvektorral

meghatározott T ponton.

Bizonyítás.

Vegyük észre, hogy az állításban szerepl® T pont (xT , yT , zT ) koordinátáira fennáll

xT =−a e

a2 + b2 + c2, yT =

−b e

a2 + b2 + c2, zT =

−c e

a2 + b2 + c2.

Ennek következtében azt kapjuk, hogy a xT + b yT + c zT + e = 0 teljesül. Eszerint a Tpont egy eleme az a x+ b y + c z + e = 0 egyenlettel leírt alakzatnak.

Tekintsük azt a σ síkot, amely illeszkedik a T pontra és mer®leges az n�re. A 6.2.

Állítást alkalmazásával már adódik, hogy az a x + b y + c z + e = 0 egyenlet éppen a σsíkot írja le. �

Az egyenes paraméteres vektoregyenlete

6.6. De�ní ió. Legyen adva a térben egy g egyenes. Egy v (v 6= 0) vektort a girányvektorának mondunk, ha v párhuzamos a g egyenessel.

Nyilvánvaló, hogy egy egyenes térbeli helyét már egyértelm¶en meghatározzuk azzal,

ha megadjuk egy pontját és egy irányvektorát. Állapodjunk meg abban, hogy ezt követ®en

egy P pontnak az O�ra vonatkozó helyvektorát

−→OP mellett p�vel is jelöljük.

6.4. Állítás. Legyen adva egy A pont és egy v = v1i + v2j + v3k vektor, amelyre

fennáll v 6= 0. Tekintsük azt a g egyenest, amely áthalad az A ponton és párhuzamos a v

vektorral. Ez esetben egy P pont rajta van a g egyenesen akkor és sak akkor, ha létezik

olyan t∈R szám, amellyel fennáll p = a+ tv.Bizonyítás.

Vegyünk a térben egy tetsz®leges P pontot. Az

−→OP =

−→OA +

−→AP egyenl®ségb®l adódik,

hogy teljesül

−→AP = p− a.

Evidens, hogy a P pont rajta van a g egyenesen akkor és sak akkor, ha az

−→AP vektor

párhuzamos a v irányvektorral. Mint ismeretes, az

−→AP, v vektorok párhuzamossága pon-

tosan akkor áll fenn, ha van olyan t valós szám, amelyre teljesül az

−→AP = tv összefüggés.

84

42. ábra. Illusztrá ió a 6.4. Állítás bizonyításához.

Ez viszont egyenérték¶ a p = a + tv egyenl®séggel, ami már a bizonyítás végét jelenti.

�

A fenti állítás motivál bennünket arra, hogy kimondjuk a következ® de�ní iót.

6.7. De�ní ió. Legyen adva egy g egyenes, amely áthalad egy A ponton és párhuzamos

egy v (v 6= 0) vektorral. Ez esetben a p = a+tv egyenletet, ahol a paraméternek nevezett

t változó befutja az R valós számhalmazt, a g egyenes paraméteres vektoregyenletének

nevezzük.

Megjegyzés. Az el®z® de�ní ióban szerepl® paraméteres vektoregyenlettel kap solatban

fontos megjegyeznünk, hogy amennyiben a t befutja az R valós számhalmazt, akkor a

p = a+ tv helyvektorral meghatározott P pont befutja a teljes g egyenest.

Evidens, hogy két vektor egyenl®sége pontosan akkor áll fenn, ha mindhárom koordi-

nátájuk megegyezik. Ily módon egy vektoregyenletnek három skaláregyenlet felel meg.

6.8. De�ní ió. Legyen adva egy g egyenes, amely áthalad egy A (a1, a2, a3) ponton és

párhuzamos egy v = v1i+ v2j+ v3k (v 6= 0) vektorral. Ez esetben az

x = a1 + t v1, y = a2 + t v2, z = a3 + t v3 egyenleteket a g egyenes paraméteres egyenlet-

rendszerének mondjuk.

Térbeli egyenes leírása két egyenlettel

Mivel az egyenest el® lehet állítani két sík metszeteként, egy térbeli egyenest mindig le

tudunk írni két olyan egyenlettel, amelyek az x, y, z koordinátákra nézve lineárisak.

Legyen adva a térben egy g egyenes. Vegyük g�nek egy A (a1, a2, a3) pontját és egyv = v1i + v2j+ v3k irányvektorát. A v vektor koordinátái közül legalább egy különbözik

0�tól. Tegyük fel, hogy most fennáll v1 6= 0. Ez esetben az m = v2i− v1j, n = v3i− v1kvektorok különböznek 0�tól és nem párhuzamosak egymással. Mivel teljesül m ·v = 0 ésn · v = 0, az m, n vektorok mer®legesek v�re.

Tekintsük azon α, β síkokat, amelyek illeszkednek az A ponthoz, továbbá α mer®leges

az m vektorra és β mer®leges az n�re. Vegyük észre, hogy a g egyenes mindkét síkban

benne van, tehát fennáll α∩β = g. Amennyiben vesszük az α, β síkokat leíró egyenleteket,

akkor a g metszésvonal pontjai lesznek azok a térbeli pontok, amelyek mindkét egyenletet

kielégítik.

85

A fentiek szerint igaz a következ® kijelentés.

6.5. Állítás. Legyen adva egy g egyenes, amely áthalad egy A (a1, a2, a3) ponton és

párhuzamos egy v = v1i+ v2j+ v3k vektorral, amelyre fennáll v1 6= 0. Ez esetben a

v2(x− a1)− v1(y − a2) = 0, v3(x− a1)− v1(z − a3) = 0

egyenletekkel leírt alakzat megegyezik a g egyenessel.

A gömbfelület normálegyenlete

A gömbfelület fogalmát a jegyzet 3. fejezetében vezettük be. Mint ismeretes, ha adva van

egy Q pont és egy r pozitív valós szám, akkor a Q entrumú és r sugarú gömbfelületen a

G(Q, r) = {P ∈X | QP = r } alakzatot értjük.

6.6. Állítás. Legyen adva egy Q pont, amelynek koordináta�hármasa (q1, q2, q3), és egyr pozitív szám. Ekkor az

(x− q1)2 + (y − q2)

2 + (z − q3)2 − r2 = 0

egyenlet a G(Q, r) gömbfelületet írja le.

Bizonyítás.

Tekintsünk a térben egy tetsz®leges P (xP , yP , zP ) pontot és vegyük a−→QP = (xP − q1)i+ (yP − q2)j+ (zP − q3)k vektort. A P pont rajta van a gömbfelületen

akkor és sak akkor, ha fennáll |−→QP |2 = r2. Ez a feltétel viszont egyenérték¶ azzal, hogy

teljesül

−→QP ·−→QP−r2 = 0. A skaláris szorzat kiszámítására vonatkozó formulát alkalmazva

azt kapjuk, hogy a P pont pontosan akkor van rajta a G(Q, r) gömbfelületeten, ha

koordinátáival teljesül az

(xP − q1)2 + (yP − q2)

2 + (zP − q3)2 − r2 = 0

összefüggés. �

Megjegyzés. A fenti állításban szerepl® egyenletet a G(Q, r) gömbfelület normálegyen-

letének nevezzük.

86

A síkbeli Des artes�féle koordináta�rendszer értelmezése

Vegyünk a térben egy σ síkot. Emlékezzünk rá, hogy Vσ jelöli a σ�val párhuzamos szabad

vektorok halmazát, amely egy 2�dimenziós altere a V vektortérnek.

6.9. De�ní ió. Legyen adott a σ síknak egy O pontja, továbbá a Vσ altérnek olyan

i, j vektorai, amelyek mer®legesek egymásra és a hosszuk 1. Az (O, i, j) hármasról azt

mondjuk, hogy az egy Des artes�féle koordináta�rendszert ad a σ síkban.

Az O�t a koordináta�rendszer kezd®pontjának (vagy origójának), a két vektort pedig

a koordináta�rendszer alapvektorainak nevezzük.

Megjegyzés. Vegyük a sík azon E1, E2 pontjait, melyekre fennáll

−−→OE1 = i és

−−→OE2 = j.

Mint ismeretes, ahhoz, hogy a σ síkot a jobbkéz módszerével irányítani tudjuk, a σ által

határolt két féltér közül az egyiket ki kell jelölni pozitív féltérnek. A kijelölést élszer¶

úgy elvégezni, hogy az ily módon irányított σ síkban az O körüli

π2szög¶ elforgatás az E1

pontot E2�be vigye.

Megjegyzés. Tegyük fel, hogy a σ síkban adva van egy (O, i, j) koordináta�rendszer.Tekintsük a k = i × j egységvektort. Evidens, hogy az (O, i, j, k) négyes egy térbeli

derékszög¶ koordináta�rendszert ad, amelyben a z = 0 egyenlet írja le a σ síkot.

6.10. De�ní ió. Legyen adott a σ síkban egy (O, i, j) Des artes�féle koordináta�

rendszer. Tekintsünk a síkban egy tetsz®leges P pontot. Fejezzük ki az

−→OP helyvektort

az alapvektorok lineáris kombiná iójaként az

−→OP = xP i + yP j formában. Ezen lineáris

kombiná ióban szerepl® xP , yP együtthatókat a P pont (O, i, j) koordináta�rendszerrevonatkozó koordinátáinak nevezzük. Az (xP , yP ) számpárt a P ponthoz tartozó koordi-

nátapárnak mondjuk.

Megjegyzés. Egy P pont síkbeli koordinátáinak feltüntetésére a P (xP , yP ) jelölést

fogjuk használni.

Ezt követ®en mindig feltesszük, hogy a σ síkban adva van egy (O, i, j) Des artes�féle

koordináta�rendszer.

6.11. De�ní ió. Azt a ξ : σ → R2leképezést, ahol tetsz®leges P ∈σ pont esetén fennáll

ξ(P ) = (xP , yP ), a σ sík koordinátázásának mondjuk.

Megjegyzés. Nyilvánvaló, hogy a ξ : σ → R2koordinátázás egy bijektív leképezés.

Akár sak a térbeli esetben, most is bevezetjük a koordinátákra vonatkozó egyenlettel

leírt alakzat fogalmát.

6.12. De�ní ió. Legyen adva egy f : R2 → R valós függvény és egy c ∈ R szám.

Az f(x, y) = c egyenlettel leírt σ�beli alakzaton az A = {P ∈ σ | f(xP , yP ) = c }ponthalmazt érjük.

Az egyenes síkbeli egyenlete

6.13. De�ní ió. Legyen adva a σ síkban egy g egyenes. Egy n (n 6= 0) vektort a gegyenes σ�beli normálvektorának mondunk, ha n mer®leges a g egyenesre és benne van a

Vσ altérben.

87

Vegyük észre, hogy egy síkbeli egyenes pozí ióját már egyértelm¶en kijelöljük azzal, ha

megadjuk egy pontját és egy síkbeli normálvektorát. Az alábbi kijelentés igazolása köny-

nyen elvégezhet®, mert nem kell mást tennünk, mint követni a 6.2. Állítás bizonyításának

lépéseit.

6.7. Állítás. Legyen adva egy σ�beli A pont, amelynek koordinátái (a1, a2), és egy

n = n1i+n2j vektor, amelyre fennáll n 6= 0. Tekintsük a σ síkban azt a g egyenest, amely

áthalad az A ponton és mer®leges az n vektorra. Ekkor az

n1(x− a1) + n2(y − a2) = 0

egyenlettel leírt σ�beli alakzat megegyezik a g egyenessel.

Az alábbi kijelentés nem más, mint a 6.3. Állítás síkbeli analógiája. Ily módon a

bizonyítást az olvasóra bízzuk.

6.8. Állítás. Legyenek a, b és c olyan valós számok, melyekre igaz a2 + b2 > 0. Aza x+b y+c = 0 egyenlettel leírt síkbeli alakzat megegyezik azzal az egyenessel, amelynek

egy normálvektora az n = ai+bj vektor és amely áthalad az

−→OT = − c

|n|2 n helyvektorral

meghatározott T ponton.

Tekintsünk egy g egyenest és annak egy v = v1i + v2j irányvektorát. Vegyük az

n = v2i − v1j vektort. Evidens, hogy igaz n · v = 0, tehát a Vσ�beli n vektor mer®leges

v�re, és ezáltal mer®leges a g egyenesre is. A 6.7. Állítás következtében az alábbi kijelen-

tést tehetjük.

6.1. Következmény. Legyen adott a σ síkban egy g egyenes, amely áthalad az A (a1, a2)ponton és párhuzamos a v = v1i+ v2j vektorral. Ez esetben a

v2(x− a1)− v1(y − a2) = 0

egyenlet a g egyenest írja le.

Megjegyzés. Nyilvánvaló az is, hogy amennyiben az n = n1i + n2j vektor egy síkbeli

normálvektora a g egyenesnek, akkor az n koordinátáiból képzett v = n2i − n1j vektor

egy irányvektora g�nek.

A kör normálegyenlete a síkban

A kör fogalmát a jegyzet 3. fejezetében vezettük be. Eszerint, ha adva van egy C pont és

egy r pozitív valós szám, akkor a σ�beli C entrumú és r sugarú körvonalon a

kσ(C, r) = {P ∈σ | CP = r } alakzatot értjük.

Eddigi ismereteink alapján már nyilvánvaló, hogy igaz az alábbi kijelentés.

6.9. Állítás. Legyen adva egy síkbeli C (c1, c2) pont és egy r pozitív szám. Ekkor az

(x− c1)2 + (y − c2)

2 − r2 = 0

egyenlet a kσ(C, r) körvonalat írja le.

Megjegyzés. Az el®bbi állításban szerepl® egyenletet a kσ(C, r) körvonal normálegyen-

letének nevezzük.

88

7) Síkbeli egybevágósági és hasonlósági transzformá iók analitikus leírása

A jegyzet ezen fejezetében analitikusan tárgyaljuk az egybevágósági és hasonlósági transz-

formá iókat. Látni fogjuk, hogy bármely egybevágóság meghatároz (vagy más szóval in-

dukál) egy olyan lineáris izomor�zmust a szabad vektorok terén, amely meg®rzi a vektorok

skaláris szorzatát. Az indukált lineáris izomor�zmus a jobbrendszert alkotó V�beli bázisokosztályát vagy önmagába, vagy pedig a balrendszert alkotó bázisok osztályába képezi. Ez

lehet®séget ad arra, hogy megkülönböztessük egymástól az irányítástartó és az irányítás-

váltó egybevágóságokat.

Részletesen foglalkozunk majd a síkbeli egybevágósági és hasonlósági transzformá i-

ókkal. Kiderül, hogy az eltolások, az elforgatások, a tengelyes tükrözések és a súsztatva

tükrözések kiadják az összes síkbeli egybevágóságot.

Az egybevágósági transzformá iók alapvet® tulajdonságai

Az egybevágóságokról már esett szó az els® és a második fejezetben. A továbbiakban a

térbeli egybevágóság fogalmát az alábbi de�ní ióval értelmezzük. Emlékezzünk rá, hogy

jegyzetünkben X jelöli a tér pontjainak halmazát.

7.1. De�ní ió. Egybevágósági transzformá ión (rövidebben egybevágóságon) egy olyan

ϕ : X → X bijektív leképezést értünk, amelynél bármely A, B ∈X pontokra fennáll a

d(A,B) = d(ϕ(A), ϕ(B)) összefüggés.

Megjegyzés. A fenti de�ní ióból adódik, hogy igazak az az alábbi kijelentések.

(1) Ha ϕ1 és ϕ2 térbeli egybevágósági transzformá iók, akkor a kompozí iójukkal nyert

ϕ2 ◦ ϕ1 : X → X leképezés is egy egybevágóság. A továbbiakban a ϕ2 ◦ ϕ1 leképezést a

ϕ1, ϕ2 egybevágóságok szorzatának mondjuk

(2) Ha ϕ egy térbeli egybevágóság, akkor a ϕ−1 : X → X inverz leképezés is egy egybe-

vágósági transzformá ió.

A korábbiakban már tárgyaltunk több nevezetes egybevágósági transzformá iót. Be-

láttuk, hogy a pontra tükrözések és az eltolások egyaránt egybevágóságok. A 2. fejezetben

a 2.15. De�ní ióban megadtuk a síkra történ® tükrözés fogalmát, majd egybevágó három-

szögek alkalmazásával igazoltuk, hogy a síkra tükrözés is egybevágóság.

Megjegyzés. A távolságtartási feltétel miatt az egybevágóságokat szokás a tér izometri-

áinak (vagy izometrikus leképezéseinek) is nevezni.

A leképezések kompozí iójára (mint szorzásm¶veletre) nézve a térbeli egybevágóságok

egy soportot alkotnak, amelyet a továbbiakban Iso(X) fog jelölni. Evidens, hogy az

Iso(X) soport egységeleme az idX identikus leképezés, amely a tér összes pontját �xen

hagyja.

Eddigi ismereteink alapján könnyen igazolni lehet az alábbi tételt.

7.1. Tétel. Tetsz®leges ϕ : X → X egybevágóságra teljesülnek az alábbi kijelentések:

(1) Egyenest egyenesbe, szakaszt szakaszba képez.

(2) Bármely síknak a ϕ szerinti képe sík.

(3) A ϕ egybevágóság párhuzamos egyeneseket párhuzamos egyenesekbe képez.

(4) Ha valamely A, B, C, D pontokra fennáll az

−→AB =

−−→CD összefüggés, akkor az

A′ = ϕ(A), B′ = ϕ(B), C ′ = ϕ(C), D′ = ϕ(D) képpontokkal meghatározott irányított

szakaszokra igaz

−−−→A′ B′ =

−−−→C ′ D′.

89

Az egybevágósághoz rendelt lineáris leképezés a szabad vektorok terén

A 7.1. Tételben szerepl® (4) kijelentés alapján az egybevágósági transzformá ióhoz hozzá

lehet rendelni egy olyan leképezést, amely szabad vektorhoz szabad vektort rendel. Em-

lékezzünk rá, hogy az euklideszi tér szabad vektorainak terét V jelöli.

7.2. De�ní ió. Legyen adott egy ϕ : X → X egybevágóság. A ϕ által a szabad vektorok

terén indukált leképezésen azt a ϕ : V → V függvényt értjük, ahol tetsz®leges A, B ∈ X

pontokra fennáll ϕ(−−→AB) =

−−−−−−−→ϕ(A)ϕ(B).

Megjegyzés. A fenti de�ní ió alapján egy u ∈ V szabad vektornak a ϕ(u) képét az

alábbi módon nyerjük. Veszünk egy olyan

−−→AB irányított szakaszt, amely az u vektort

reprezentálja, vagyis amelyre igaz u =−−→AB. Ezt követ®en tekintjük az A, B pontok

A′ = ϕ(A), B′ = ϕ(B) képeit. A képpontok által meghatározott

−−−→A′ B′

irányított szakasz

adja meg az u vektor ϕ általi képét, vagyis fennáll ϕ(u) =−−−→A′ B′

.

Fontosnak tartjuk megjegyezni, hogy a 7.1 Tétel (4) kijelentése szerint az így kijelölt

ϕ(u) vektor nem függ az u�t reprezentáló irányított szakasz megválasztásától.

Megjegyzés. Az eltolás fogalmát a 4.19. De�ní ióban vezettük be. Könnyen belátható,

hogy tetsz®leges ε : X → X eltolás esetén az indukált ε : V → V leképezésre igaz ε = idV .Legyen a τ : X → X leképezés a tér tükrözése egy O pontra. Evidens, hogy ekkor

fennáll τ = −idV .

7.3. De�ní ió. A szabad vektorok terén legyen adott egy α : V → V leképezés. Az α�tlineáris leképezésnek mondjuk, ha tetsz®leges u, v ∈ V vektorok és λ ∈ R szám esetén

teljesülnek az alábbi összefüggések:

α(u+ v) = α(u) + α(v), α(λu) = λα(u).Amennyiben az α lineáris leképezés bijektív, akkor α�t lineáris izomor�zmusnak nevezzük.

Megjegyzés. Legyen adott egy α : V → V lineáris leképezés. A szabad vektorok Vterében vegyünk egy b1, b2, b3 bázist. Mint ismeretes, bármely v vektor egyértelm¶en

fejezhet® ki ezen bázisvektorok lineáris kombiná iójaként a v = v1b1+ v2b2+ v3b3 alak-

ban. Ekkor a fenti de�ní ió alapján az α(v) képvektorra fennáll

α(v) = v1 α(b1) + v2 α(b2) + v3 α(b3).

A fenti de�ní ióval kap solatos az alábbi kijelentés.

7.1. Állítás. Legyen adott egy ϕ térbeli egybevágóság. Az általa indukált ϕ : V → Vleképezés egy lineáris izomor�zmus.

Eddig valamely u, v vektorok skaláris szorzatát az u·v szimbólummal jelöltük. A jobb

áttekinthet®ség érdekében a két vektor skaláris szorzatára az 〈u,v〉 jelölést is alkalmazzuk

a továbbiakban. A következ® állítás azt mondja ki, hogy az egybevágóság által indukált

lineáris izomor�zmus meg®rzi a vektorok skaláris szorzatát.

7.2. Állítás. Legyen adva egy ϕ : X → X egybevágósági transzformá ió. Ekkor a ϕleképezésnél tetsz®leges u, v vektorokra fennáll 〈u,v〉 = 〈ϕ(u), ϕ(v)〉.

90

Az indukált lineáris leképezés mátrixa

A továbbiakban feltesszük, hogy a szabad vektorok V terében rögzítve van egy olyan i, j, kortonormált bázis, amely jobbrendszert képez.

Legyen adva egy ϕ : X → X egybevágóság. Tekintsük az általa indukált

ϕ : V → V lineáris izomor�zmust. A 7.2. Állításnak megfelel®en a ϕ(i), ϕ(j), ϕ(k)képvektorok egységnyi hosszúak és páronként egymásra mer®legesek. Fejezzük ki ezeket

az eredeti i, j, k bázisvektorok lineáris kombiná iójaként:

ϕ(i) = a11i+ a21j+ a31k,

ϕ(j) = a12i+ a22j+ a32k, (7.1)

ϕ(k) = a13i+ a23j+ a33k.

Amennyiben a bázisvektorokra alkalmazzuk az e1 = i, e2 = j, e3 = k jelölést, akkor a

fenti összefüggéseknek a

ϕ(er) = a1re1 + a2re2 + a3re3 (r = 1, 2, 3)

egyenletek felelnek meg.

Azt szokás mondani, hogy a lineáris kombiná iós kifejezések ars (r, s = 1, 2, 3) együtt-

hatóiból képzett A =

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

mátrix írja le a ϕ lineáris leképezést az i, j, k

bázisvektorokra vonatkozóan.

Tekintsünk egy v = v1 i + v2 j+ v3 k szabad vektort és az ahhoz rendelt

ϕ(v) = v′1 i + v′2 j+ v′3 k képvektort. Mivel a ϕ leképezés lineáris, fennáll

ϕ(v) = v1 · ϕ(i)+ v2 · ϕ(j)+ v3 · ϕ(k). A ϕ(v) képvektor egyértelm¶en áll el® az i, j, k bá-

zisvektorok lineáris kombiná iójaként. Emiatt a (7.1) egyenleteket alkalmazva azt kapjuk,

hogy a ϕ(v) vektor koordinátái kifejezhet®ek a

v′1 = a11v1 + a12v2 + a13v3,

v′2 = a21v1 + a22v2 + a23v3,

v′3 = a31v1 + a32v2 + a33v3

összefüggésekkel. Vegyük azonban észre, hogy a fenti három egyenlet leírható a

v′1v′2v′3

=

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

v1v2v3

mátrixegyenlettel.

7.4. De�ní ió. Legyen adott egy n�edrend¶ négyzetes A mátrix (n ≥ 2). Ennek transz-

ponáltján azt az n× n�es B mátrixot értjük, amelynek elemeire fennáll bsr = ars(1 ≤ r, s ≤ n). Az A mátrix transzponáltját a továbbiakban AT

fogja jelölni.

Megjegyzés. Vegyük észre, hogy amennyiben az A négyzetes mátrix elemeit a f®átlóra

tükrözzük, akkor éppen az ATtranszponált mátrixot nyerjük.

91

7.5. De�ní ió. Egy n×n�es Amátrixot ortogonálisnak mondunk, haATésA szorzatára

fennáll ATA = I, ahol I az egységmátrixot jelöli.

Megjegyzés. Az A kvadratikus mátrix akkor ortogonális, ha az ATtranszponált mátrix

az A inverze. Ebb®l viszont következik, hogy amennyiben az A egy ortogonális mátrix,

akkor AAT = I is teljesül.

7.3. Állítás. Legyen adott egy ϕ : X → X egybevágósági transzformá ió. Tekintsük a

ϕ indukált leképezést, melyet írjon le az A mátrix az i, j, k bázisra nézve. Ekkor az A

mátrix ortogonális.

Megjegyzés. A térbeli és síkbeli egybevágóságok analitikus tárgyalása során a 3 × 3�asés a 2× 2�es mátrixok játszanak fontos szerepet.

Vegyünk egy 3×3�as ortogonális mátrixot. Az A oszlopait tekintsük úgy, mint három

V�beli vektor koordináta�hármasát egy i, j, k bázisra nézve. Ekkor az ATA = I összefüg-

gés éppen annak felel meg, hogy az A�ból nyert oszlopvektorok egységnyi hosszúságúak

és páronként mer®legesek egymásra.

Ugyanakkor az A mátrix soraiból is képezhetünk három vektort. Ekkor az AAT = I

egyenl®ségb®l adódik, hogy a három sorvektor is egy ortonormált bázist képez.

Megjegyzés. Tekintsünk egy olyan A négyzetes mátrixot, amely ortogonális. Mivel

a determinánsra fennáll a detAT = detA egyenl®ség, így az ATA = I összefüggésb®l

következik, hogy (detA)2 = det I = 1. Ebb®l már adódik, hogy az A determinánsára

vagy detA = 1 vagy detA = −1 teljesül.

Irányítástartó és irányításváltó egybevágóságok

A szabad vektorok V terében a bázisokat két osztályba soroltuk. A jobbrendszert és a

balrendszert alkotó független vektorhármasok képeznek egy�egy bázisosztályt.

Tekintsünk egy ϕ : X → X egybevágóságot és az általa indukált ϕ leképezést. Mivel a

ϕ egy lineáris izomor�zmus, ϕ egy lineárisan független vektorhármast lineárisan független

vektorhármasba, vagyis bázisba képez.

Belátható, hogy a ϕ leképezés bázisosztályt bázisosztályba képez. Az egyik lehet®ség

az, amikor ϕ mindkét bázisosztályt önmagába képezi. Azonban az is lehet, hogy ϕ fel-

seréli a két bázisosztályt, azaz a jobbrendszert adó bázisok osztályát a balrendszert adó

bázisok osztályába viszi, és a balrendszert alkotó vektorhármasokat jobbrendszert alkotó

vektorhármasokba képezi. Ez nyújt lehet®séget arra, hogy bevezessük az irányítástartó és

irányításváltó egybevágóság fogalmát.

7.6. De�ní ió. A ϕ : X → X egybevágóságot irányítástartónak mondjuk, ha a ϕ lineáris

leképezés jobbrendszert alkotó vektorhármasokat jobbrendszert alkotó vektorhármasokba

képez. Amennyiben ϕ egymásba képezi a jobbrendszert és a balrendszert adó bázisok

osztályait, akkor a ϕ egybevágóságot irányításváltónak nevezzük.

Megjegyzés. Evidens, hogy az eltolások irányítástartóak. Könny¶ belátni azt is, hogy a

síkra tükrözések irányításváltó egybevágóságok.

Legyenek b1, b2, b3 lineárisan független vektorok. Az 5.12. Állítás szerint a b1, b2, b3

vektorhármas akkor alkot jobbrendszert, ha vegyes szorzatukra 〈b1 ×b2,b3〉 > 0 teljesül.

Legyen adott egy ϕ : X → X egybevágósági transzformá ió. A ϕ indukált leképezést

leíró A mátrix oszlopaiban éppen a ϕ(i), ϕ(j), ϕ(k) vektorok koordinátái szerepelnek.

92

Az 5.9. Állításból adódik, hogy az A mátrix determinánsa megegyezik a ϕ(i), ϕ(j), ϕ(k)vektorok vegyes szorzatával, vagyis igaz detA = 〈ϕ(i)×ϕ(j), ϕ(k)〉. Ennek következtébena ϕ(i), ϕ(j), ϕ(k) bázis egy jobbrendszert (illet®leg egy balrendszert) ad pontosan akkor,

ha fennáll detA = 1 (illet®leg detA = −1). Ily módon az alábbi kijelentést tehetjük.

7.1. Következmény. A ϕ egybevágóság irányítástartó (illetve irányításváltó) akkor és

sak akkor, ha az A mátrixra teljesül detA = 1 (illetve detA = −1).

A síkbeli egybevágóságok

A térben legyen adott egy σ sík. Az 5.5. De�ní ió szerint a σ sík egybevágósági transzfor-

má ióján egy olyan ϕ : σ → σ bijektív leképezést értünk, amelynél tetsz®leges A, B ∈ σpontok esetén fennáll d(ϕ(A), ϕ(B)) = d(A,B).

A 7.1. Tételnek megfelel®en a síkbeli egybevágóság egyenest egyenesbe szakaszt sza-

kaszba képez, továbbá meg®rzi az egyenesek párhuzamosságát.

Az eltolások és az elforgatások példák síkbeli egybevágósági transzformá iókra. Cél-

szer¶ megjegyezni, hogy a σ síknak egy C pontra történ® tükrözése megegyezik a C körüli,

π szög¶ elforgatással.

Értelmezzük most a síkbeli tengelyes tükrözést.

7.7. De�ní ió. A σ síkban legyen adott egy t egyenes. A síknak a t egyenesre történ®

tükrözésén azt a τ : σ → σ leképezést értjük, amely a t egyenes pontjait �xen hagyja és

egy a t�re nem illeszked® P pont τ(P ) = P ′képét az alábbi feltételek határozzák meg.

(1) A P ′pont rajta van azon az egyenesen, amely mer®leges t�re és áthalad P�n.

(2) A mer®leges egyenesnek a t�vel vett metszéspontja felezi a P P ′szakaszt.

Az egyenesre történ® tükrözést tengelyes tükrözésnek is szokás nevezni. A síkra tük-

rözéssel kap solatos 2.5. Tétel bizonyítása alapján könnyen belátható, hogy a tengelyes

tükrözés egybevágósági transzformá iója a síknak.

Az alábbi állítás arra a kérdésre ad választ, hogy milyen egybevágóságot kapunk két

tengelyes tükrözések szorzataként.

7.4. Állítás. A σ síkban legyenek adva a t1, t2 (t1 6= t2) egyenesek. A t1, t2 egyenesekretörtén® síkbeli tükrözéseket jelölje τ1 és τ2.(1) Ha a t1, t2 egyenesek párhuzamosak, akkor a τ2◦τ1 egybevágóság egy eltolás a síkban.

(2) Ha a t1, t2 egyenesek metszik egymást egy C pontban, akkor τ2 ◦ τ1 egy elforgatás Ckörül.

Van olyan síkbeli egybevágóság, amelyek nem sorolható sem az elforgatások, sem a

tengelyes tükrözések, sem pedig az eltolások közé.

7.8. De�ní ió. A σ síkban legyen adva egy t egyenes és egy vele párhuzamos v (v 6= 0)vektor. A t egyenesre való τ tükrözés és a v vektorral történ® ε eltolás ε ◦ τ szorzatát

súsztatva tükrözésnek mondjuk.

Megjegyzés. Az el®z® de�ní ióval kap solatban vegyük észre, hogy a t egyenes és a v

vektor párhuzamossága miatt a tengelyes tükrözés és az eltolás sorrendje fel serélhet®,

vagyis fennáll ε ◦ τ = τ ◦ ε.

93

Irányítástartó és irányításváltó síkbeli egybevágóságok

Jelölje Vσ a σ�val párhuzamos szabad vektorok (vagyis a σ�beli irányított szakaszokkalreprezentált vektorok) halmazát. Mivel Vσ egy 2�dimenziós vektortér, a Vσ bázisai lineá-

risan független vektorpárok.

Az 5. fejezet elején leírtaknak megfelel®en a σ síkot úgy irányítjuk, hogy kijelöljük a

σ által határolt két féltér közül az egyiket. Az irányítás alapján a Vσ vektortér bázisait is

két osztályba lehet sorolni az alábbiak szerint.

Legyen n (n 6= 0) egy olyan vektor, amely mer®leges a σ�ra és a kijelölt féltér oldaláramutat. A Vσ vektortér egy a1, a2 bázisa az els® bázisosztályhoz tartozik, ha a V térbeli

a1, a2, n vektorhármas jobbrendszert alkot. Egy Vσ�beli b1, b2 bázis akkor tartozik a

második bázisosztályhoz tartozik, ha a b1, b2, n vektorhármas egy balrendszert képez.

Megjegyzés. A fentiek alapján a Vσ vektortér bázisait két osztályba soroltuk.

Legyenek most a1, a2 és b1, b2 két tetsz®leges bázis a Vσ vektortérben. Tekintsük a

b1 = m11 a1+m21 a2 és b2 = m12 a1+m22 a2 lineáris kombiná iós kifejezéseket a megfelel®

mrs (r, s = 1, 2) együtthatókkal. Ezekb®l egy 2 × 2�es M =

(

m11 m12

m21 m22

)

mátrixot

nyerünk, melyet az a1, a2 bázisról a b1, b2 bázisra való áttérés mátrixának mondunk.

Igazolható, hogy a két bázis pontosan akkor tartozik egyazon bázisosztályhoz, ha az

M mátrix determinánsára fennáll detM > 0.

Tekintsünk egy ϕ : σ → σ síkbeli egybevágóságot. A 7.2. De�ní iónak megfelel®en

ϕ indukál egy ϕ : Vσ → Vσ lineáris izomor�zmust, amelyet a ϕ(−−→AB) =

−−−−−−−→ϕ(A)ϕ(B)

összefüggés ír le tetsz®leges A, B∈σ pontokra.

Legyen i, j egy olyan ortonormált bázis a Vσ vektortérben, amely az els® bázisosz-

tályhoz tartozik. Fejezzük ki a ϕ(i), ϕ(j) képvektorokat az i, j vektorok lineáris kombi-

ná iójaként a

ϕ(i) = a11 i + a21 j, ϕ(j) = a12 i+ a22 j (7.2)

egyenletekkel. A fenti kifejezések együtthatóiból képzett A =

(

a11 a12a21 a22

)

mátrixot

nevezzük a ϕ leképezés i, j bázisra vonatkozó mátrixának.

Mivel a ϕ lineáris izomor�zmus meg®rzi a vektorok skaláris szorzatát, a térbeli esetnek

megfelel®en könny¶ belátni, hogy az A mátrix ortogonális, vagyis fennáll az ATA = I

egyenl®ség. Ebb®l az következik, hogy az A mátrix determinánsára vagy detA = 1, vagypedig detA = −1 teljesül.

7.9. De�ní ió. A ϕ : σ → σ síkbeli egybevágóságot irányítástartónak mondjuk, ha a ϕlineáris leképezés az els® bázisosztályhoz tartozó vektorpárokat olyan Vσ�beli bázisokba

képezi, amelyek ugyan sak az els® osztályba tartoznak.

Amennyiben ϕ az els® bázisosztályhoz tartozó vektorpárokat a második bázisosztály

vektorpárjaiba képezi, akkor a ϕ egybevágóságot irányításváltónak nevezzük.

A (7.2) egyenletekb®l nyert A mátrix éppen a i, j bázisról a ϕ(i), ϕ(j) bázisra történ®áttérés mátrixa. Eszerint a ϕ(i), ϕ(j) vektorpár akkor tartozik az els® bázisosztályhoz, hafennáll detA = 1. Ily módon igaz az alábbi kijelentés.

7.2. Következmény. A ϕ síkbeli egybevágóság irányítástartó (illetve irányításváltó)

akkor és sak akkor, ha az A mátrixra teljesül detA = 1 (illetve detA = −1).

94

Megjegyzés. Evidens, hogy az eltolások irányítástartóak. Azt pedig könny¶ belátni,

hogy a tengelyes tükrözések irányításváltó síkbeli egybevágóságok.

Megjegyzés. Legyenek ϕ1 és ϕ2 egybevágósági transzformá iók a σ síkban. Vegyük észre,

hogy amennyiben ϕ1 és ϕ2 egyaránt irányítástartó vagy irányításváltó, akkor a ϕ2 ◦ ϕ1

egybevágóság irányítástartó.

Ha viszont a két egybevágóság közül az egyik irányítástartó és a másik irányításváltó,

akkor a ϕ2 ◦ ϕ1 szorzat egy irányításváltó egybevágóság.

Megjegyzés. Korábban már beláttuk, hogy egy síkbeli elforgatást mindig el® lehet állítani

két tengelyes tükrözés szorzataként. Emiatt az elforgatások irányítástartóak.

A 7.8. De�ní ióból adódik, hogy a súsztatva tükrözés egy irányításváltó egybevágóság.

Az elforgatás és a tengelyes tükrözés indukált leképezésének mátrixa

A σ síkban legyen adott egy C pont, továbbá egy α (−π < α ≤ π) el®jeles szög. Tekintsüka C körüli, α szög¶ : σ → σ elforgatást. Mivel a π/2 szög¶ elforgatás az i bázisvektort

a j�be viszi, továbbá j�t a −i vektorba képezi, a ˆ(i), ˆ(j) vektorokra fennáll

ˆ(i) = cosα i+ sinα j, ˆ(j) = cosα j+ sinα (−i) = − sinα i+ cosα j.

Eszerint a ˆ indukált lineáris leképezést az A =

(

cosα − sinαsinα cosα

)

mátrix írja le.

Tekintsünk a σ síkban egy t egyenest. Legyen a τ : σ → σ egybevágóság a t egye-nesre történ® tükrözés. Vegyük az egyik olyan w egységvektort, amely párhuzamos a

t�vel. Amennyiben a w�t az i alapvektor β szög¶ elforgatásával nyerjük, akkor teljesül

w = cos β i + sin β j. Ez esetben a τ (i) vektor megegyezik az i egységvektor 2β szö-

g¶ elforgatottjával, azaz fennáll τ (i) = cos(2β) i + sin(2β)j. A τ(i), τ(j) vektorok egy

olyan ortonormált bázist képeznek a Vσ vektortérben, amely a második bázisosztályhoz

tartozik. Emiatt a τ (j) képvektor (−1)�szerese a j 2β szög¶ elforgatottjának, vagyis igaz

τ (j) = sin(2β) i − cos(2β)j. Ily módon azt kapjuk, hogy a τ : Vσ → Vσ indukált lineáris

leképezés i, j bázisra vonatkozó mátrixára teljesül A =

(

cos(2β) sin(2β)sin(2β) − cos(2β)

)

.

Vezessük be a w1 = cos β, w2 = sin β jelölést. A szögfüggvényekre vonatkozó addí iós

képletek alkalmazásával a fenti kifejezésb®l azt kapjuk, hogy a τ leképezés mátrixa a

w = w1 i + w2 j egységvektor koodinátáival is felírható az A =

(

2(w1)2 − 1 2w1w2

2w1w2 2(w2)2 − 1

)

alakban.

A síkbeli egybevágóságok osztályozása

Az 5. fejezetben már bevezettük a síkbeli zászló fogalmát. Ha veszünk egy félsíkot és

annak határegyenesén egy félegyenest, akkor a félegyenesb®l és a félsíkból álló alakzatpárt

egy síkbeli zászlónak mondjuk. Evidens, hogy egy egybevágóság zászlót zászlóba képez.

Legyenek A, B és C nem kollineáris pontok a σ síkban. Tekintsük az A, B pontokon

áthaladó h = 〈A,B〉 egyenest. Az A, B, C ponthármas ekkor meghatároz egy síkbeli

zászlót, melyet az [A, B〉 félegyenes és a [h, C〉 félsík alkotnak.

95

A következ® alapvet® állítás azt mondja ki, hogy ha adva van a σ síkban két zászló,

akkor pontosan egy olyan egybevágóság van, amely az els® zászlót a másodikba képezi.

7.5. Állítás. A σ síkban legyenek adva a [h1, C1〉 és [h2, C2〉 félsíkok, továbbá azok

határegyenesein az [A1, B1〉 és [A2, B2〉 félegyenesek. Ekkor egyértelm¶en létezik egy olyan

ϕ : σ → σ síkbeli egybevágóság, amelyre teljesül ϕ([A1, B1〉) = [A2, B2〉 és ϕ([h1, C1〉) =[h2, C2〉.

Az alábbi kijelentés már könnyen igazolható a 7.5. Állítás felhasználásával.

7.6. Állítás. A σ síkban legyenek adva az A1, B1 (A1 6= B1) és A2, B2 (A2 6= B2)pontpárok, melyekre fennáll A1B1 = A2B2. Két olyan σ�beli egybevágóság van, amely az

A1 pontot az A2�be, a B1 pontot pedig a B2�be viszi.

A két egybevágóság közül az egyik irányítástartó, a másik pedig irányításváltó.

A következ® tétel osztályozza a síkbeli egybevágóságokat.

7.2. Tétel. Legyen adott egy ϕ : σ → σ síkbeli egybevágóság.

(1) Ha a ϕ irányítástartó, akkor a ϕ vagy egy elforgatás, vagy pedig egy eltolás.

(2) Ha a ϕ irányításváltó, akkor a ϕ vagy egy tengelyes tükrözés, vagy pedig egy súsztatva

tükrözés.

A síkbeli egybevágóságok analitikus leírása

Legyen adott egy σ sík és abban egy (O, i, j) Des artes�féle koordináta�rendszer. Mint

ismeretes, O a kezd®pont és az i, j egységvektorok a koordináta�rendszer alapvektorai.

Tekintsünk egy ϕ : σ → σ egybevágósági transzformá iót. Vegyük a ϕ által indukált

ϕ : Vσ → Vσ lineáris leképezést. Fejezzük ki a ϕ(i), ϕ(j) képvektorokat a (7.2) egyenle-

tekkel. A lineáris kombiná iós együtthatókból kapjuk az A =

(

a11 a12a21 a22

)

ortogonális

mátrixot. Tekintsük az O kezd®pont O′ = ϕ(O) képét és annak−−→OO′ = b1 i+ b2 j helyvek-

torát.

43. ábra. Illusztrá ió az egybevágóság analitikus leírásához.

96

Legyen P egy tetsz®leges σ�beli pontot, amelynek helyvektorát állítsuk el® az

−→OP =

x i+ y j alakban. A P ′ = ϕ(P ) képpont koordinátapárja legyen (x′, y′), ami annyit jelent,

hogy igaz

−−→OP ′ = x′ i+ y′ j. Vegyük észre, hogy fennáll

−−→OP ′ =

−−→OO′ +

−−→O′P ′ =

−−→OO′ + ϕ(

−→OP ) =

−−→OO′ + ϕ(x i+ y j)

=−−→OO′ + x ϕ(i) + y ϕ(j) .

Ily módon azt kapjuk, hogy teljesül

−−→OP ′ = b1 i + b2 j+ x (a11 i+ a21 j) + y (a12 i + a22 j)

= (a11 x+ a12 y + b1) i+ (a21 x+ a22 y + b2) j .

Mivel

−−→OP ′

egyértelm¶en áll el® az i, j bázisvektorok lineáris kombiná iójaként, így fennáll

x′ = a11 x+ a12 y + b1,

y′ = a21 x+ a22 y + b2.

Ez a két egyenlet pedig egyenérték¶ az alábbi mátrixegyenlettel

(

x′

y′

)

=

(

a11 a12a21 a22

)(

xy

)

+

(

b1b2

)

. (7.3)

A fentiek alapján a következ® kijelentést tehetjük.

7.7. Állítás. Legyen adott egy ϕ : σ → σ egybevágóság. Az O kezd®pont O′ = ϕ(O)képének koordinátái legyenek (b1, b1) és a ϕ leképezést az i, j bázisra vonatkozóan írja le

az A mátrix. Ekkor tetsz®leges P (x, y) pont P ′ = ϕ(P ) képének (x′, y′) koordinátáira

fennáll a (7.3) összefüggés.

Igaz a következ® állítás is, amelyben feltesszük, hogy a tekintett σ síkban rögzítve van

egy derékszög¶ koordináta�rendszer.

7.8. Állítás. Legyen adott egy 2 × 2�es ortogonális A mátrix, továbbá valamely b1, b2valós számok. Tekintsük azt a ϕ : σ → σ leképezést, ahol tetsz®leges P (x, y) pont P ′ =ϕ(P ) képének (x′, y′) koordinátáit az

(

x′

y′

)

= A

(

xy

)

+

(

b1b2

)

mátrixegyenlet adja meg. Ekkor a ϕ leképezés egy síkbeli egybevágóság.

97

A hasonlósági transzformá iók további jellemzése

A hasonlósági transzformá iókat a jegyzet 3. fejezetében már tárgyaltuk.

Mint ismeretes, egy η : X → X bijektív leképezést térbeli hasonlóságnak mondunk a

λ (λ > 0) aránnyal, ha tetsz®leges A, B pontokra fennáll a d(η(A), η(B)) = λ · d(A,B)összefüggés.

Könny¶ belátni, hogy amennyiben η1 és η2 hasonlósági transzformá iók a λ1, λ2 ará-

nyokkal, akkor az η2 ◦ η1 : X → X szorzat�leképezés is egy hasonlóság a λ1 λ2 aránnyal.

A hasonlósági transzformá iók tulajdonságainak vizsgálatánál kiemelt szerepet játsza-

nak a középpontos hasonlóságok. (Lásd a 3.13. De�ní iót.) Evidens, hogy amennyiben

a κ : X → X transzformá ió az O entrumú λ el®jeles arányú középpontos hasonlóság,

akkor a κ−1inverz�leképezés éppen az O entrumú, 1/λ arányú középpontos hasonlóságot

adja.

A 3.7. Tétel szerint egy tetsz®leges η hasonlóság el®áll egy ϕ egybevágóság és egy κközéppontos hasonlóság szorzataként, azaz teljesül η = κ◦ϕ. Ennek következménye a 3.8.

Tétel, amely szerint egy η hasonlóságra is igazak a 7.1. Tételben szerepl®

(1)�(4) kijelentések. Ily módon értelmezni lehet a hasonlóság által a szabad vektorok terén

indukált leképezést is.

7.10. De�ní ió. Az η : X → X hasonlósági transzformá ió által a szabad vektorok

terén indukált leképezésen azt az η : V → V függvényt értjük, ahol tetsz®leges A, B ∈ X

pontokra fennáll η(−−→AB) =

−−−−−−→η(A) η(B).

Nem nehéz belátni, hogy az η indukált leképezés egy olyan lineáris izomor�zmus a Vvektortéren, amely meg®rzi a vektorok hajlásszögét.

Ugyan sak könnyen igazolható az alábbi kijelentés. Ha a κ transzformá ió egy közép-

pontos hasonlóság a λ el®jeles aránnyal, akkor tetsz®leges u vektorra teljesül κ(u) = λu,tehát az indukált leképezésre fennáll κ = λ · idV .

Akár sak az egybevágóságok esetében a hasonlóságok között is értelmezni lehet az

irányítástartó és az irányításváltó transzformá iókat.

A síkbeli hasonlósági transzformá iók osztályozása

A továbbiakban a síkbeli hasonlóságokat vizsgáljuk.

Legyen adva a tér egy σ síkja. Egy η : σ → σ bijektív leképezést a σ síkbeli ha-

sonlóságnak mondunk a λ (λ > 0) aránnyal, ha bármely A, B ∈ σ pontokra teljesül a

d(η(A), η(B)) = λ · d(A,B) egyenl®ség.

Evidens, hogy az egybevágósági transzformá iók is hasonlóságok a λ = 1 aránnyal. A

végs® élunk megmutatni, hogy az egybevágóságoktól különböz® síkbeli hasonlóságoknak

mindössze két osztályuk van. El®ször a két síkbeli hasonlóság fogalmát értelmezzük.

7.11. De�ní ió. A σ síkban legyen adott egy C pont. Legyen a : σ → σ leképezés egy

C körüli elforgatás, továbbá a κ : σ → σ transzformá ió egy a C entrumú középpontos

hasonlóság valamely λ > 0 aránnyal. Ekkor az elforgatás és a középpontos hasonlóság

κ ◦ szorzatát forgatva nyújtásnak nevezzük.

Megjegyzés. Nyilvánvaló, hogy a κ ◦ forgatva nyújtás egy síkbeli hasonlóság a λaránnyal. Vegyük észre, hogy fennáll κ◦ = ◦κ, vagyis a forgatás és a nyújtás sorrendjefel serélhet®. Emiatt ezt a hasonlóságot szokás nyújtva forgatásnak is nevezni.

98

Megjegyzés. A síkbeli középpontos hasonlóságokat tekinthetjük olyan forgatva nyújtá-

soknak, ahol az elforgatás szöge vagy α = 0, vagy pedig α = π.

7.12. De�ní ió. A σ síkban legyen adott egy t egyenes és azon egy C pont. Legyen

a τ : σ → σ leképezés a t egyenesre történ® tükrözés, továbbá κ : σ → σ egy a C entrumú középpontos hasonlóság valamely λ > 0 aránnyal. Ekkor a tengelyes tükrözés

és a középpontos hasonlóság κ ◦ τ szorzatát tükrözve nyújtásnak nevezzük.

Megjegyzés. Evidens, hogy a κ◦ τ tükrözve nyújtás egy síkbeli hasonlóság a λ aránnyal.

Könny¶ belátni, hogy fennáll a κ ◦ τ = τ ◦ κ összefüggés, vagyis a tengelyes tükrözés és a

nyújtás sorrendje fel serélhet®. Emiatt ezt a hasonlóságot szokás nyújtva tükrözésnek is

nevezni.

A síkbeli hasonlóságok analitikus leírása

A továbbiakban feltesszük, hogy a tekintett σ síkban rögzítve van egy (O, i, j) derékszög¶koordináta�rendszer.

Legyen adott egy η : σ → σ síkbeli hasonlóság, amelynek aránya λ. Tekintsük az

O entrumú és λ arányú κ : σ → σ középpontos hasonlóságot. Ekkor a ϕ = κ−1 ◦ ηtranszformá ió egy síkbeli egybevágóság, amellyel teljesül η = κ ◦ ϕ. Az alábbi kijelentésigazolása egyszer¶.

7.9. Állítás. Tekintsünk a síkban egy P (x, y) pontot. A P ∨ = ϕ(P ) pont koordinátáilegyenek (x∨, y∨), a P ′ = η(P ) képpont koordinátái pedig (x′, y′). Ekkor fennáll

x′ = λ x∨és y′ = λ y∨.

A ϕ egybevágóság analitikusan a (7.3) egyenlettel írható le. Az abban szerepl® együtt-

hatókat alkalmazva tekintsük most a ars = λ ars, br = λ br (r, s = 1, 2) valós számokat.

A fenti állítás szerint a P ′ = η(P ) képpont (x′, y′) koordinátáira teljesül az alábbi mátrix-

egyenlet

(

x′

y′

)

=

(

a11 a12a21 a22

)(

xy

)

+

(

b1b2

)

.

A síkbeli hasonlósági transzformá iók osztályozása

Legyen η egy hasonlóság a λ aránnyal. Ekkor tetsz®leges A, B pontok A′ = η(A), B′ =

η(B) képeivel fennáll azA′B′

AB= λ egyenl®ség. Ebb®l már látható, hogy amennyiben

λ 6= 1, vagyis az η nem egybevágóság, akkor az η egy hasonlóságnak nem lehet két �xpont-

ja. Az alábbi tétel szerint viszont az ilyen esetben mindig van egy �xpont. A bizonyítás

a hasonlóság analitikus leírásán és a Cramer�szabályon alapul.

7.3. Tétel. Legyen adva egy olyan η : σ → σ síkbeli hasonlóság, amely nem egybevágó-

ság. Ekkor az η hasonlóságnak egyértelm¶en létezik �xpontja.

A következ® tétel már megadja a síkbeli hasonlóságok osztályozását.

7.4. Tétel. Legyen az η : σ → σ leképezés egy olyan síkbeli hasonlóság, amely nem

egybevágóság. Ekkor az η vagy egy forgatva nyújtás, vagy pedig egy tükrözve nyújtás.

99