kovács zoltán - geometria

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

Tipográfia: LATEX 2ε (KZ)

c©Kovács Zoltán 1999, 2002

Tartalomjegyzék

Eloszó viiForrásmunkák . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ix

Fontosabb jelölések x

1. Az abszolút geometria axiómarendszere 11. Az illeszkedési axiómák . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12. A vonalzó axióma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53. A félsík axióma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114. A szögméro axióma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165. A kongruencia axióma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2. Fejezetek az abszolút geometriából 276. Meroleges és párhuzamos egyenesek a síkban . . . . . . . . . . . . . 277. Sík és egyenes merolegessége . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 328. Egyenlotlenségek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 369. Izometriák . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4310. Körök és gömbök . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4911. Négyszögek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5512. Párhuzamossági axiómák . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

3. Fejezetek az euklidészi geometriából 6713. Párhuzamos térelemek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6714. Izometriák II. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7015. A párhuzamos szelok tételei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8016. Hasonlósági transzformációk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8317. A szabadvektorok vektortere . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8818. Affin leképezések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9219. Az irányítás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10320. Az inverzió és a körtartó transzformációk . . . . . . . . . . . . . . . 10521. Affin terek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11222. Sokszögek és poliéderek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

v

4. A Jordan-mérték geometriai megalapozása 12323. A körív ívhossza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12324. A területfogalom geometriai megalapozása . . . . . . . . . . . . . . 12825. Térfogat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

A könyv hátulja 138

Tárgymutató 150

További olvasnivaló 157

vi

Eloszó

Ez a jegyzet a szerzonek a Debreceni Egyetemen (illetve egyik jogelodjén, a Kos-suth Lajos Tudományegyetemen) és a Nyíregyházi Foiskolán (Bessenyei György Ta-nárképzo Foiskolán) 1993-óta tartottGeometriaeloadásai alapján készült. Tematikájá-ban igazodik a tanárszakos hallgatók képesítési követelményeihez.

A geometria fejlodésének fo történeti csomópontjait a XX. század egyik kiemel-kedo matematikusa, S-S. Chern az alábbi kulcsszavakkal jellemezte a nagyon tanulsá-gos [4] cikkében:

1. Axiomatikus geometria (Euklidész);

2. Koordinátageometria (Descartes, Fermat);

3. Kalkulus (Newton, Leibnitz);

4. Csoportelmélet (F. Klein, Lie);

5. Sokaságok (Riemann);

6. Fibrált nyalábok (E. Cartan, Whitney).

A tudományegyetemek tanterve szerint valamennyi lépcsofok bejárható, esetleg vá-lasztható tárgyak formájában. A bevezeto geometria kurzus (s ez a jegyzet is) ebben alépcsoben az elso szinthez, s részben a másodikhoz tartozik. Hosszú sora van azoknaka vitáknak, hogy a modern matematika megismerésekor szükség van-e a történeti útmegismerésére (betartására) vagy sem, illetve a geometria tantervekben szükség van-eerre az elso lépcsore vagy sem. A szerzo meggyozodése, hogy a modern geometria ta-nulmányozása elott fontos ez az axiomatikus szint, s fokozottan igaz ez a tanárszakoshallgatókra.

A munka nem tekintheto az eloadás írott verziójának, inkább háttéranyagnak, amelysok tekintetben bovebb az eloadásnál. Egyrészt tartalmaz olyan anyagrészeket, ame-lyek a tárgy elmélyültebb elsajátításához szükségesek, de az idokeret nem mindig en-gedi meg a tárgyalásukat. Másrészt tartalmazza az eloadáson bizonyítás nélkül el-hangzó egyszerubb, vagy középiskolából ismert (s ezért az eloadáson mellozött) ál-lítások bizonyítását is. Az utóbbi körbe tartozó állítások nagy része a fo szövegbenbizonyítás nélkül szerepel – mintegy feladatként, inspirálandó az olvasót az önálló gon-dolkodásra –, de „a könyv hátulján”megtaláljuk a megoldást. Szándékom szerint csak

vii

nagyon kevés olyan tétel maradt, amelyhez egyáltalán nem szerepel bizonyítás. Mind-emellett a szövegben találhatóMegjegyzések nagyon gyakran távolról sem triviális,esetleg a jegyzet kereteit meghaladó állításokat is tartalmaznak.

A jegyzet nem tartalmazza az euklideszi geometria néhány – a hallgató által közép-iskolában megismert – fejezetét. Ezek rendszerezo ismétléséhez és bovítéséhez rendel-kezésre állHAJÓSGYÖRGY Bevezetés a geometriábac. kiváló könyve.

További gondolatok a haladó olvasóhoz

Tanárok nemzedékei tanulták a geometriátHAJÓSGYÖRGY klasszikusnak számítóBevezetés a geometriábac. muvébol (mint ahogyan e sorok írója is). Ez a jegyzet soktekintetbenorzi a „Hajós” hagyományait, míg más vonatkozásokban alternatívát kínálehhez a tankönyvhöz képest. A hagyományorzést jelenti például az abszolút geometriahangsúlyozott volta.HAJÓS könyvében is viszonylag késon, a 12. §-ban szerepel apárhuzamossági axióma. Ebben a jegyzetben az anyag hozzávetoleg felét az abszolútgeometria keretein belül fejtjük ki.

Mi az új a jegyzetben? Az abszolút geometriát tekintve az egyik legfontosabb cé-lom az volt, hogy megadjam a geometriának egy gyors, de hézagmentes axiomatikusfelépítését. Az euklideszi geometriában szándékom szerint kiemelten kezeltem a geo-metriai transzformációk tárgyalását.

Célom volt az is, hogy a Jordan-mérték geometriai felépítését gyorssá – kb. 4 óraalatt elmondhatóvá – tegyem. Ez az anyagrész hagyományosan a geometria kurzusokrésze, azonban az analízis tárgyból a hallgató a témakörrel behatóan foglalkozik, tehátelegendonek tartottam egy elemi felépítést.

Néhány szó a jegyzetben használt axiómarendszerrol. Az oktatásban használt axió-marendszerek általában különböznek az euklideszi geometria Hilbert-féle axiómarend-szerétol. Alapveto különbség lehet a a folytonosság és a rendezés tárgyalása.

A Hilbert-féle (szintetikus) felépítés a valós számok halmazát egyáltalán nem hasz-nálja, a folytonossági axióma pedig a Dedekind tulajdonság megfogalmazásával azutolsó abszolút axióma. Ezzel szemben a folytonosságot lehet közvetlenül az illeszke-dés után szerepeltetni ill. kimondani, hogy az egyenes a valós számok halmazával koor-dinátázható. Ezáltal a rendezés nagyon könnyen tárgyalható lesz, egyáltalán a felépítéstez az eljárás gyorssá és elég egyszeruvé teszi. Ebben a jegyzetben ezt az utat követjük.Az ötlet G. D. BIRKHOFF amerikai matematikustól származik (ld. pl. [2, 3, 6]). Ezta fajta tárgyalástmetrikusnak is nevezik, s sokfelé használják oktatási célokra, magaBIRKHOFF is ilyen célokra szánta.

A tárgyalásban igyekeztem figyelembe venni, hogy a hallgatók a lineáris algebraalapjaival már tisztában vannak, így a szabadvektorok vektorterének konstrukciója utánmár szabadon használok lineáris algebrai eszközöket is.

Ezúton is köszönetet mondokSZILASI JÓZSEF kollégának (KLTE), akivel sokhasznos diszkussziót folytattunk a geometria metrikus felépítésérol, s aki eloadásai-val és jegyzetével élen járt ennek a hazai oktatásban való elterjesztésében. Szintén kö-szönetet mondok a kötet lektorainak segíto megjegyzéseikért. Rajtuk kívül a kéziratotártnézte, s több hasznos észrevétellel szolgáltKOZMA LÁSZLÓ (KLTE).

viii

Jelen kiadás az 1999-es kiadás javított utánnyomása. Javítottam az idoközben felfe-dezett elírásokat, néhány bizonyítást – a gondolatmenetet változatlanul hagyva – gör-dülékenyebbé tettem. Teljesen kicseréltem az inverzió szögtartására vonatkozó tételbizonyítását. Ebben a kiadásban közlöm a szögméro axióma bizonyítását a Descartes-féle koordinátamodellben – amely távolról sem rutin feladat. Az eloadáson közbenlényegesebb tartalmi bovítésre is sor került: részletesen tárgyalom a térizometriák osz-tályozását, a gyakorlatokon pedig feldolgozzuk a Poincaré-féle körmodellt. Ezek az újtémakörök remélhetoleg a második, bovített kiadásban szerepelnek majd.

Végezetül arra biztatom a könyv minden olvasóját, hogy észrevételeit juttassa elhozzám, pl. [email protected] címre. A felfedezett sajtóhibákat igyekszem korri-gálni ahttp:\\zeus.nyf.hu\~kovacsz címen.

Debrecen-Nyíregyháza, 2002. február 26.

Kovács Zoltán

Forrásmunkák

[1] M. Berger.Geometry I and II. Springer, 1987.

[2] G. D. Birkhoff. A set of postulates for plane geometry based on scale and protactor.Ann. of Math., 33:329–345, 1932.

[3] R. Brossard. Birkhoff’s axioms for space geometry.The American MathematicalMonthly, pages 693–606, 1964.

[4] S-S. Chern. What is geometry.The American Mathematical Monthly, pages 679–686, 1990.

[5] Hajós György.Bevezetés a geometriába. Tankönyvkiadó, 1971.

[6] S. MacLane. Metric postulates for plane geometry.The American MathematicalMonthly, pages 543–555, 1959.

[7] G. E. Martin. The Foundations of Geometry and the Non-Euclidean Plane. Sprin-ger, 1975.

[8] E. E. Moise.Elementary geometry from an advanced standpoint. Addison-Wesley,1963.

[9] G. D. Parker. A metric model of plane Euclidean geometry.The American Mathe-matical Monthly, pages 567–572, 1980.

ix

Fontosabb jelölések

AB vagyd(A,B)— Az A ésB pontok távolsága;

AB — A ésB végpontokkal rendelkezo szakasz;←−→AB — A-t ésB-t tartalmazó egyenes;−−→AB — A kezdopontú ésB-t tartalmazó félegyenes;−⇀AB — Az (A,B) irányított szakasszal reprezentálható szabadvektor;∼= — kongruens, egybevágó;

∼ — hasonló;

^ — szögvonal;

4 — háromszög;

2 — bizonyítás vége;

� — önálló munkára szánt feladat, megoldás a „könyv hátulján”;

� — bizonyítás nélkül kimondott tétel.

Továbbá megjegyezzük, hogy azA ⊂ B jelölést valódi és nemvalódi tartalmazásraegyaránt használjuk, és a tagadás jele¬.

Fontosak még a következo nyelvi megállapodások:LegyenekA ésB pontok!— EkkorA ésB egybe is eshetnek.LegyenA ésB két pont!— EkkorA ésB különböznek.

x

1. fejezet

Az abszolút geometriaaxiómarendszere

Abszolút téren egy(E ,P,L, d,m) ötöst értünk, aholE egy halmaz,P, L az Erészhalmazainak bizonyos halmaza,d ésm pedig leképezések; továbbá teljesülnek bi-zonyos késobb részletezendo axiómák. Ezen axiómák: az illeszkedési axiómák; a vo-nalzó axióma, vagy elso folytonossági axióma; a félsík axióma, vagy rendezési axióma;a szögméro axióma, vagy második folytonossági axióma; az egybevágósági axióma.

A E , P, L halmazok elemeinek elnevezései, továbbád ésm a nyelvünkhöz csa-tolt nem definiált (értelem nélküli) szavak; s jóllehet ezeket a magyar nyelv köznyelviértelemmel is bíró szavaival illetjük (úgymint pontok, síkok, egyenesek, távolság, szög-mérték), nem szabad felruháznioket a fizikai térbol vett semmiféle tulajdonsággal.

1. Az illeszkedési axiómák

1.1. Definíció. E elemeitpontoknak,P elemeitsíkoknak,L elemeitegyeneseknek ne-vezzük. Ha egy pont eleme egy egyenesnek vagy egy síknak, akkor azt mondjuk, hogyilleszkedikrá. Ha egy egyenes részhalmaza egy síknak, akkor azt mondjuk, hogyillesz-kedikrá. Az egy egyenesre illeszkedo pontokatkollineárispontoknak, míg az egy síkrailleszkedo pontokatkomplanárispontoknak nevezzük.

Tehát azilleszkedikszó azeleme, vagyrészhalmazaszavak szinonímája. Megálla-podunk abban, hogy az illeszkedés relációt szimmetrikus értelemben is használhatjuk:tehát, ha azt mondjuk, hogy egy sík illeszkedik egy pontra, akkor ez ugyanazt jelenti,hogy a pont illeszkedik a síkra. A számtalan további nyelvi szinoníma felsorolásátóleltekintünk.

Axióma:Illeszkedési axiómák.

I1. Minden egyenesre illeszkedik legalább két pont.

1

2 1. FEJEZET: AZ ABSZOLÚT GEOMETRIA AXIÓMARENDSZERE

I2. Bármely két pontra illeszkedik egy és csakis egy egyenes.

I3. Minden síknak van legalább három nem kollineáris pontja.

I4. Bármely három nem kollineáris pontra illeszkedik egy és csakis egy sík.

I5. Ha egy egyenes két pontja illeszkedik egy síkra, akkor az egyenes is illeszkedik asíkra.

I6. Ha két síknak van közös pontja, akkor van további közös pontja is.

I7. Létezik négy nem kollineáris és nem komplanáris pont.

*

1.2. Definíció. Az I1–I7 tulajdonságokkal rendelkezo (E ,P,L) hármastHilbert-féleilleszkedési térnek nevezzük.Hilbert-féle illeszkedési síkról akkor beszélünk, ha az(E ,L) párra teljesülI1 ésI2 továbbá

I3’. létezik három nem kollineáris pont.

Példa. (Minimális modell.)Amikor modelltadunk egy axiómarendszerre, akkor meg-adjuk az axiómákban szereplo nem definiált szavaknak egy interpretációját. Az elsopéldában halmazalgebrai jelentést adunk a pont, egyenes, sík szavaknak. Ezután bekell látni, hogy az axiómák a halmazalgebra tételei.E = {A,B,C,D};P = {{A,B,C}, {A,B,D}, {B,C,D}, {A,C,D}};L = {{A,B}, {A,C}, {A,D}, {B,C}, {B,D}, {C,D}}.Könnyu látni, hogy valamennyi illeszkedési axióma teljesül.

Példa. (Descartes modell.)Megadunk egy másik modellt is, melyet az egész fejezet-ben „nyomon követünk”: aDescartes-féle modellt.E = R3;P = R3 kétdimenziós lineáris sokaságai halmaza;L = R3 egydimenziós lineáris sokaságai halmaza.Az axiómák teljesülésének ellenorzése egyszeru analitikus geometriai feladat.

Példa. (Projektív illeszkedési sík.)A következo példában Hilbert-féle illeszkedési sík-ra adunk egy modellt.E = R3 egydimenziós alterei halmaza;L = R3 kétdimenziós alterei halmaza.

Jelölés.Az A ésB 6= A pontokra illeszkedo egyértelmu egyenest←−→AB jelöli.

1.3. Tétel. Két egyenesnek legfeljebb egy közös pontja lehet.

Bizonyítás: Indirekt. Ha a két egyenesnek legalább két közös pontja lenne, akkorI2szerint nem lennének különbözoek.

1 – 1. AZ ILLESZKEDÉSI AXIÓMÁK 3

1.4. Definíció. Ha két egyenesnek pontosan egy közös pontja van akkor azokatmet-szoknek mondjuk, a közös pont neve pedigmetszéspont. Az a, b ∈ L egyeneseketpár-huzamosaknak mondjuk, haa = b vagy egysíkúak, de nem metszok. Ha két egyenesnem egysíkú, akkor azokatkitéroegyeneseknek mondjuk.

Jelölés.A párhuzamosság-reláció jele‖. Ezt a szimbólumot a továbbiakban nemcsakaz egyenesek párhuzamosságára, hanem síkok, illetve egyenesek és síkok párhuzamos-ságának jelölésére is alkalmazzuk.

Megjegyzés.Az egyenesek párhuzamossága reflexív és szimmetrikus reláció. A tranz-itivitás kérdésére még visszatérünk, egyelore megjegyezzük, hogy a párhuzamosság re-láció tranzitivitása független az abszolút tér axiómarendszerétol, azaz abszolút térbensem bizonyítani, sem cáfolni nem lehet.

1.5. Tétel. Ha egy sík nem tartalmaz egy egyenest, akkor legfeljebb egy közös pontjuklehet.

Bizonyítás: Indirekt. Ha az egyenesnek és a síknak legalább két közös pontja volna,akkorI5 szerint az egyenes illeszkedne a síkra.

1.6. Definíció. Ha egy síknak és egy egyenesnek pontosan egy közös pontja van, akkora sík és az egyenesmetszésérolbeszélünk, a közös pontot pedigmetszéspontnak nevez-zük. Egy egyenest és egy síkotpárhuzamosnak mondunk, ha az egyenes illeszkedik asíkra, vagy az egyenesnek nincs közös pontja a síkkal.

1.7. Tétel. Ha két síknak van közös pontja, akkor közös részük egyenes.

Bizonyítás: Legyenα, β ∈ P, α 6= β, P ∈ α ∩ β.

Konstrukció:I6 =⇒ ∃Q ∈ α ∩ β úgy, hogyP 6= Q. I2 =⇒ ∃!←−→PQ ∈ L. Azt

állítjuk, hogy←−→PQ = α ∩ β. Eloször azt látjuk be, hogy

←−→PQ ⊂ α ∩ β:

P ∈ α, Q ∈ α I5=⇒ ←−→PQ ⊂ α,

P ∈ β, Q ∈ β I5=⇒ ←−→PQ ⊂ β.

Végezetül azt látjuk be, hogyα ∩ β-nak a←−→PQ pontjain kívül több közös pontja

nincs. HaR ∈ α∩β deR 6∈ ←−→PQ , akkorP ,Q,R három nem kollineáris pont, melyekmindegyike illeszkedikα-ra is ésβ-ra is.I4 szerint azonban a{P,Q,R} ponthármasrailleszkedo sík egyértelmu, tehátα = β következne, ami ellentmondás.

1.8. Definíció. Ha két sík közös része egyenes, akkor a két síkotmetszonek, a közösegyenest pedigmetszésvonalnak nevezzük. Ha azα ésβ síkok egybeesnek vagy nincsközös pontjuk, akkorα-t ésβ-t párhuzamosaknak nevezzük.

Megjegyzés.A síkok párhuzamossága reflexív és szimmetrikus reláció, amint az a de-finícióból közvetlenül következik. A tranzitivitásról (bizonyítás nélkül) megjegyezzük,hogy az független az abszolút tér axiómarendszerétol.


1.9. Tétel. Egy egyenesre és egy rá nem illeszkedo pontra egy és csakis egy sík illesz-kedik.

Bizonyítás: Legyena ∈ L, P ∈ E , P 6∈ a.

Konstrukció. Legyena =←−→AB (I1 miatt ez megteheto.) P , A, B nem kollineáris

pontok, melyekreI4 szerint illeszkedik egy egyértelmu sík, jelölje eztα.P ∈ α nyilvánvaló a konstrukció miatt.a ⊂ α, mert

A,B ∈ α I5=⇒ ←−→AB ⊂ α.

Unicitás. MindenP -t és←−→AB -t tartalmazó sík tartalmazzaP -t, A-t ésB-t is. Az

ilyen sík azonbanI4 miatt egyértelmu.

1.10. Tétel. Metszo egyenespárhoz egy és csakis egy sík illeszkedik.

Bizonyítás: Legyena, b ∈ L, a 6= b, {M} = a ∩ b.Konstrukció.I1-bol következik, hogy∃A ∈ a : A 6= M , ∃B ∈ b : B 6= M .

A 6= B, mert ellenkezo esetbenA ∈ a ∩ b, azazA = M következne. TehátA,B,Mhárom nem kollineáris pont, melyreI4 szerint illeszkedik egy egyértelmu sík, jelöljeeztα.

Belátjuk, hogya ⊂ α, b ⊂ α:

M ∈ α ∧A ∈ α I5=⇒ ←−→MA = a ⊂ α,

M ∈ α ∧B ∈ α I5=⇒ ←−→MB = b ⊂ α.

Unicitás. Minden olyan sík, amelya-t ésb-t tartalmazza, tartalmazzaM -t, A-t, ésB-t is. Az ilyen sík azonbanI4 miatt egyértelmu.

1.11. Tétel. Két párhuzamos egyenesre egy és csakis egy sík illeszkedik.

Bizonyítás: Legyena, b ∈ L, a‖b, a 6= b. A párhuzamos egyenesek definíció szerintmindig egysíkúak, tehát csak az unicitással kell foglalkoznunk.∃A,B ∈ a : A 6= B (I1), ∃P ∈ b (I1). P 6∈ a a feltétel miatt.A,B, P három

nem kollineáris pont. Mindena-t ésb-t tartalmazó sík tartalmazzaA-t,B-t ésP -t, azazI4-bol következoen az ilyen sík egyértelmu.

1.12. Tétel. Egy egyenes akkor és csakis akkor párhuzamos egy síkkal, ha a sík tartal-maz az egyenessel párhuzamos egyenest. �

Megjegyzés.Hilbert féle illeszkedési térben nem feltétlenül vannak különbözo párhu-zamos egyenesek, illetve különbözo párhuzamos síkok, amint azt a minimális modellmutatja.

1 – 2. A VONALZÓ AXIÓMA 5

2. A vonalzó axióma

A vonalzó axióma az(E ,P,L, d,m) ötösbol ad tulajdonságait fogalmazza meg.

Axióma:A vonalzó axióma,vagyelso folytonossági axióma —RP.1

RP1. d : E × E → R, (P,Q) 7→ d(P,Q);

RP2. ∀` ∈ L ∃f : `→ R bijekció, hogy∀P,Q ∈ `: d(P,Q) = |f(P )− f(Q)|.*

P Q

f(P ) f(Q)

d(P, Q) = |f(P )− f(Q)|

1.1. ábra. A vonalzó axióma. Atávolságnem definiált szó, a vonalzó axióma (szemlé-letesen szólva) azt rögzíti, hogyan mérünk távolságot: „vonalzóval”.

2.1. Definíció. d-t távolságfüggvénynek vagymetrikának, azf leképezést pedigkoor-dinátaleképezésnek vagykoordinátázásnak mondjuk.d(P,Q)-t, mely számotPQ-valis jelöljük, aP ésQ pontoktávolságának nevezzük.

Példa.d interpretációja a Descartes-féle modellben.d egy lehetséges interpretációja azún. (kanonikus) euklidészi metrika. LegyenP = (x1, y1, z1),Q = (x2, y2, z2) ∈ R3.

d(P,Q) =√

(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 + (z1 − z2)2 = ‖P −Q‖,ahol‖.‖ jelentiR3 kanonikus skaláris szorzatából származó normát. Azx = v1t+ x0,y = v2t + y0, z = v3t + z0 egyenesen a következoképpen adhatunk meg koordináta-leképezést:

f(v1t+ x0, v2t+ y0, v3t+ z0) = t√v21 + v2

2 + v23 .

EllenorizzükRP-t!

Példa.A Descartes modellben a távolságfüggvényre az euklidészi metrika nem azegyetlen lehetséges interpretáció. Az elozo példa jelöléseit megtartva, legyen

d(P,Q) = |x1 − x2|+ |y1 − y2|+ |z1 − z2|,(„taxis” metrika). Koordinátaleképezést a következoképpen kapunk:

f(v1t+ x0, v2t+ y0, v3t+ z0) = t (|v1|+ |v2|+ |v3|) .Megállapodunk abban, hogy a továbbiakban A Descartes modellben mindig az eukli-dészi metrikát tekintjük.

1Ruler Postulate, az axiómák rövidítéseiben megtartottuk az eredeti angol elnevezéseket.


A szakaszunk tételei(E ,P,L, d)-re vonatkoznak, ahol(E ,P,L) Hilbert féle illeszke-dési tér, és teljesülRP.

2.2. Tétel. (A távolságfüggvény tulajdonságai.)∀P,Q ∈ E :

1. d(P,Q) ≥ 0,

2. d(P,Q) = 0 ⇐⇒ P = Q,

3. d(P,Q) = d(Q,P ).

Bizonyítás: LegyenekP,Q ∈ E pontok,f :←−→PQ → R koordinátaleképezés.

1.d(P,Q) RP2= |f(P )− f(Q)| ≥ 0, mert az abszolútérték függvény értékkészletea nemnegatív számok halmaza.

2. d(P,Q) = 0 RP2⇐⇒ |f(P ) − f(Q)| = 0 ⇐⇒ f(P ) = f(Q) ⇐⇒ P = Qmertf injektív.

3. d(P,Q) RP2= |f(P )− f(Q)| = |f(Q)− f(P )| = d(Q,P ).

Megjegyzés.Az axiómarendszer jelenlegi szintjénd-re a háromszög-egyenlotlenségnem bizonyítható, tehátd-t metrikának nevezzük, de(E , d) – még – nem metrikus tér.A háromszög-egyenlotlenséget további axiómákból fogjuk levezetni.

Ezek után belátjuk a koordinátaleképezések két fontos tulajdonságát.

2.3. Tétel. (A vonalzó eltolhatósága és átfordíthatósága.)Legyenf : ` → R az `egyenes koordinátázása, továbbác ∈ R rögzített szám. Ekkor a

1. g : `→ R, P 7→ g(P ) = f(P ) + c,

2. h : `→ R, P 7→ h(P ) = −f(P )

leképezések szintén koordinátaleképezései az` egyenesnek.

Bizonyítás: g-re. (h-ra hasonlóan történik.)g szürjektív. Hat ∈ R, akkor∃Q ∈ `: f(Q) = t− c mertf szürjektív.

g(Q) = f(Q) + c = t− c+ c = t.

g injektív. g(P ) = g(Q) =⇒ f(P ) + c = f(Q) + c =⇒ f(P ) = f(Q) =⇒P = Q, mertf injektív.

TeljesülRP2. |g(P )−g(Q)| = |f(P )+c−f(Q)−c| = |f(P )−f(Q)| = d(P,Q),mertf -re teljesülRP2.

2.4. Tétel. (A vonalzó elhelyezés tétele.)Legyen ∈ L, P,Q ∈ `, P 6= Q.

∃g : `→ R

koordinátaleképezés, hogyg(P ) = 0 ésg(Q) > 0.


Bizonyítás: RP2-bol következik, hogy∃f : `→ R koordinátaleképezés.P 6= Qmiattf(P ) 6= f(Q) hiszenf injektív. Tehát vagyf(P ) < f(Q) vagyf(P ) > f(Q).

Haf(P ) < f(Q), akkor definiáljuk a következo koordinátaleképezést:

g : `→ R, X 7→ g(X) = f(X)− f(P ).

A vonalzó eltolhatósága miatt valóban koordinátaleképezést kaptunk. Az eloírt tulaj-donságok teljesülnek:g(P ) = f(P )− f(P ) = 0, továbbág(Q) = f(Q)− f(P ) > 0mertf(P ) < f(Q)-t feltételeztük.

Haf(P ) > f(Q), akkor definiáljuk a következo koordinátaleképezést:

g : `→ R, X 7→ g(X) = f(P )− f(X).

Az X 7→ f(X)− f(P ) leképezés a vonalzó eltolhatósága, azX 7→ −(f(X)− f(P )

)leképezés pedig a vonalzó átfordíthatósága miatt koordinátaleképezés.

g(P ) = f(P )− f(P ) = 0, g(Q) = f(P )− f(Q) > 0.

Az RP segítségével definiálható aközött vanreláció, amely további fontos fogal-mak definiálásának kiindulópontja.

2.5. Definíció. Legyen(E ,P,L, d) Hilbert féle illeszkedési tér, melyben teljesül a vo-nalzó axióma. Azt mondjuk, hogy a térB pontja azA ésC pontokközött van, jelölés-benA−B − C, ha

1. A,B,C három kollineáris pont,

2. d(A,B) + d(B,C) = d(A,C).

2.6. Tétel. A között van relációra teljesülnek az alábbi tulajdonságok:

1. A−B − C =⇒ C −B −A,

2. A−B − C =⇒ ¬(A− C −B) ∧ ¬(C −A−B),

3. A−B−C ⇐⇒ ∀f :←−→AB → R koordinátaleképezésref(B) azf(A) ésf(C)

között van, azazf(A) < f(B) < f(C) vagyf(C) < f(B) < f(A).

Bizonyítás: 1.A−B − C =⇒ A,B,C három kollineáris pont, továbbá

CB +BA = BA+ CB = AB +BCA−B − C= AC = CA.

2. Tegyük fel, hogyA−B − C ésA− C −B egyszerre teljesülnek:

AB +BC = ACAC + CB = AB.

A két egyenloséget összeadva2CB = 0, azazCB = 0, tehátC = B teljesülne, amiellentmondás.


3. ⇐= irányban. Legyen példáulf(A) < f(B) < f(C), aholA,B,C háromkollineáris pont.

AB +BCRP2=

= |f(B)− f(A)|+ |f(B)− f(C)| = f(B)− f(A) + f(C)− f(B) =

= f(C)− f(A) = |f(C)− f(A)| RP2= AC.

3. =⇒ irányban. HaA−B−C akkorf(A), f(B), f(C) három különbözo valósszám, tehát közülük pontosan egy van a másik ketto között.

– Haf(A) vanf(B) ésf(C) között, akkor a „⇐= ” rész szerintB−A−C, amiellentmondásA−B − C-vel.

– Haf(C) vanf(A) ésf(B) között, akkor szintén az elozo bizonyításrész miattB − C −A, ami ellentmondás.

Tehátf(B) vanf(A) ésf(C) között.

Az elozo tétel harmadik állításából közvetlenül következik az alábbi

2.7. Következmény. (Cantor – Dedekind-tétel.)Minden egyenes és a valós számokhalmaza között létezik olyan bijekció, amely a között van relációt megtartja.

A között van reláció alább felsorolt tulajdonságai mind visszavezethetok a valós szá-mok megfelelo tulajdonságaira a Cantor – Dedekind-tétel segítségével.

2.8. Tétel. 1. Egy egyenes tetszolegesen kiválasztott három pontja közül pontosan egyvan a másik ketto között.

2. HaP ∈ ←−→AB akkor az alábbiak közül pontosan egy igaz:

P −A−B, P = A, A− P −B, P = B, A−B − P.

3. LegyenA ésC két pont.∃B ∈ E , melyreA− B − C, továbbá∃D ∈ E , melyreA− C −D. �2.9. Definíció. Legyen(E ,P,L, d) Hilbert féle illeszkedési tér, melyben teljesül a vo-nalzó axióma. LegyenekA ésB pontok,A 6= B, továbbá

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

AB-t A ésB végpontokkal rendelkezo szakasznak,−−→AB -t A kezdopontú B-t tartal-

mazófélegyenesnek nevezzük. HaA−O−B teljesül, akkor−−→OA -t és

−−→OB -t ellentétes

félegyeneseknek mondjuk. AzintAB = AB \ {A,B } halmaztnyílt szakasznak vagy

azAB belsejéneknevezzük. Hasonlóan,int−−→AB =

−−→AB \ {A }: nyílt félegyenesvagy

az−−→AB belseje.


LegyenA, O, B három pont. Az−−→OA ∪ −−→OB halmaztszögvonalnak vagyszögnek

nevezzük, melynekO a csúcsa,−−→OA és

−−→OB pedig szárai. Jele:AOB^. A szögvo-

nalatvalódinak nevezzük, ha nem egyenes, vagy félegyenes. Ellenkezo esetbennemvalódiszögvonalról beszélünk. HaAOB^ nem valódi, akkorA−O−B eseténegye-

nesszögrol, míg−−→OA =

−−→OB eseténnullszögrol vagy teljesszögrol beszélünk. Ha két

valódi szög csúcsa közös, száraik pedig ellentétes félegyenesek, akkorcsúcsszögekrol;ha a szögek egyik szára közös, a másik szárak pedig ellentétes félegyenesek, akkormellékszögekrol beszélünk.

LegyenA, B, C három nem kollineáris pont. AzABC4 = AB ∪ BC ∪ CAhalmaztháromszögnek nevezzük, melynekA,B,C a csúcsai,AB,BC,CA azoldalai,BAC^, ACB^, ABC^ pedigszögei. – Az utóbbiakra azA^, C^, B^ jelölést isalkalmazzuk.

∗A szakasz és félegyenes definíciója, valamint 2.8. alapján egyszeruen beláthatók azalábbi állítások:

2.10. Tétel. 1.−−→AB = AB ∪ {P ∈ ←−→AB | A−B − P },

2. AB =−−→AB ∩ −−→BA ,

3.←−→AB =

−−→AB ∪ −−→BA . �

2.11. Tétel. (A félegyenes koordinátázás tétele.)Legyen adott a−−→V A félegyenes.

∃!f :←−→V A → R

koordinátaleképezés, hogy

f(V ) = 0 és−−→V A = {P ∈ ←−→V A | f(P ) ≥ 0 }.

Bizonyítás: Az egzisztencia. A vonalzó elhelyezés tételét használva∃f :←−→V A → R

koordinátaleképezés, hogyf(V ) = 0 ésf(A) > 0. Belátjuk, hogy ez a koordinátale-

képezés megfelelo is. Valóban,∀P ∈ ←−→V A -ra:

P /∈ −−→V A ⇐⇒ P − V −A ⇐⇒ f(P ) < f(V ) < f(A) ∨ f(P ) > f(V ) > f(A).

Mivel f(A) > f(V ) ezért csakf(P ) < f(V ) < f(A) teljesülhet, tehát:

P /∈ −−→V A ⇐⇒ f(P ) < f(V ) < f(A) ⇐⇒ f(P ) < 0.

Ebbol kontrapozícióval az is következik, hogyP ∈ −−→V A ⇐⇒ f(P ) ≥ 0.Az unicitás bizonyítása. Legyeng :

←−→V A → R másik, a tétel feltételeinek megfe-

lelo koordinátaleképezés:g(V ) = 0,−−→V A = {P ∈ ←−→V A | g(P ) ≥ 0 }. Legyen

Q ∈ ←−→V A tetszoleges. Ekkor:

|g(Q)| = |g(Q)− g(V )| = d(Q,V ) = |f(Q)− f(V )| = |f(Q)|.


Tehátg(Q) ésf(Q) legfeljebb elojelben különböznek. HaQ ∈ −−→V A akkor

g(Q) ≥ 0 ∧ f(Q) ≥ 0,

azazg(Q) = f(Q). HaQ /∈ −−→V A akkorg(Q) < 0∧ f(Q) < 0, azazg(Q) = f(Q).

2.12. Definíció.Az AB ésCD szakaszokatkongruenseknek (egybevágóaknak) ne-vezzük, had(A,B) = d(C,D). Jele:AB ∼= CD.

2.13. Tétel. A szakaszok kongruenciája ekvivalenciareláció a szakaszok halmazán.�

2.14. Tétel. (A szakaszfelmérés tétele.)Legyen advaAB és−−→V P .

∃!Q ∈ −−→V P : AB ∼= V Q.

Bizonyítás: Az egzisztencia. A félegyenes koordinátázás tétele szerint:

∃!f :←−→V P → R

koordinátaleképezés, hogyf(V ) = 0 ∧ −−→V P = {X ∈ ←−→V P | f(X) ≥ 0 }. Mivel f

szürjektív,AB ∈ R-hez∃Q ∈ ←−→V P : f(Q) = AB.Q ∈ −−→V P is teljesül, mertAB > 0,tehátQ koordinátája pozitív.Q valóban megfelelo pont mert:

V Q = |f(Q)− f(V )| = |f(Q)| = |AB| = AB.

Unicitás. HaR ∈ −−→V P egy pont a tételben eloírt tulajdonságokkal, akkor ennekf(R) koordinátájára

f(R) = |f(R)| = |f(V )− f(R)| RP= V R = AB.

TehátR ésQ koordinátái azf koordinátaleképezésnél megegyeznek. Mivelf injektív:f(R) = f(Q) =⇒ R = Q.

2.15. Definíció.Ha F ∈ ←−→AB ésAF = FB, akkorF -t azAB felezopontjának ne-vezzük.

2.16. Tétel. Ha F azAB felezopontja, akkorA − F − B. Minden szakasznak egyér-telmuen létezik felezopontja. �

2.17. Tétel. Ha aP , Q pontok egyAB szakaszA végpontjától is egyenlo távolságra

vannak és aB végpontjától is egyenlo távolságra vannak, továbbáP,Q ∈ ←−→AB , akkorP = Q. �2.18. Definíció.A K ⊂ E ponthalmaztkonvex halmaznak nevezzük, ha tetszolegeskét pontjával együtt a két pont összeköto szakaszát is tartalmazza:

∀A,B ∈ K(A 6= B) : AB ⊂ K.

1 – 3. A FÉLSÍK AXIÓMA 11

2.19. Tétel. Konvex halmazok tetszoleges családjának metszete is konvex.

Bizonyítás: Legyen (Ki)i∈Γ konvex halmazok tetszoleges családja, továbbáK = ∩i∈ΓKi. HaK = ∅ vagyK egyelemu akkorK a konvexitás definíciója szerintkonvex.

HaK-nak van legalább két pontja:

A,B ∈ K =⇒ ∀i ∈ Γ : A,B ∈ Ki =⇒ ∀i ∈ Γ :

AB ⊂ Ki =⇒ AB ⊂ ∩i∈ΓKi.

2.20. Tétel. LegyenekA,B ∈ E pontok,A 6= B. A következo ponthalmazok minde-

gyike konvex:intAB,AB, int−−→AB ,

−−→AB ,

←−→AB , továbbá minden sík.

Bizonyítás:←−→AB konvex. HaP,Q ∈ ←−→AB ésP 6= Q, akkorPQ ⊂ ←−→PQ =

←−→AB .

Minden sík konvex.α ∈ P, P,Q ∈ α (P 6= Q): PQ ⊂ ←−→PQ ⊂ α (I5).−−→AB konvex. Legyenf :

←−→AB → R olyan koordinátaleképezés, melyre

−−→AB = {X ∈ ←−→AB | f(X) ≥ 0 }.

(Ld. a félegyenes koordinátázás tételét.) LegyenP,Q ∈ −−→AB , P 6= Q és teljesüljönP−R−Q.P−R−Q ⇐⇒ f(R) azf(P ) ésf(Q) között van. Mivelf(P ), f(Q) ≥ 0ezértf(R) ≥ 0 ⇐⇒ R ∈ −−→AB . Hasonlóanint

−−→AB esetében, de ott

int−−→AB = {X ∈ ←−→AB | f(X) > 0 }.

AB =−−→AB ∩ −−→BA ; hasonlóanintAB = int

−−→AB ∩ int

−−→BA , tehátAB ésintAB

konvex halmazok metszete.

2.21. Tétel. (Az egyenes felbontás tétele.)Egy egyenesre illeszkedo pont az egyenestole különbözo pontjait 2 diszjunkt, nyílt félegyenesre osztja. Az egyenes 2 pontja,P ésQ akkor és csakis akkor tartoznak különbözo nyílt félegyenesbe, haP −V −Q teljesül.

�

3. A félsík axióma

Axióma:A félsík axióma, vagy rendezési axióma –PSP.2 ∀α ∈ P síkhoz és∀` ⊂ α egye-neshez léteznek olyan nemüres, konvex, diszjunktH1 ésH2 halmazok, hogy

PSP1. α \ ` = H1 ∪H2,

PSP2. haA ∈ H1 ∧B ∈ H2, akkorAB ∩ ` 6= ∅.*

2Plane Separation Postulate.


3.1. Definíció. A PSP axiómákban szereplo H1 ésH2 halmazokat határegyenesunyílt félsíkoknak, vagy oldalainak, míg ∪H1-t és`∪H2-t félsíkoknak nevezzük.AB

ill.−−→AB meghatározta (nyílt) félsík alatt az

←−→AB által meghatározott (nyílt) félsíkokat

értjük.

Példa.A Descartes modellben teljesül a félsík axióma. JelöljeR3 kanonikus skalárisszorzatát〈. , .〉,× pedig a keresztszorzást. Legyenα kétdimenziós lineáris sokaságR3-ban,` egy egyenes (egydimenziós lineáris sokaság)α-ban;A,B ∈ `, (A 6= B); α egynormálvektoraZ ∈ R3. Legyen(B − A)⊥ = (B − A) × n, azaz(B − A)⊥ az `normálvektora azα síkban. Ekkor

H1 ={X ∈ α | 〈X −A, (B −A)⊥〉 > 0

},

H2 ={X ∈ α | 〈X −A, (B −A)⊥〉 < 0

}.

Az axióma teljesülésének ellenorzése ismét rutin analitikus geometriai feladat.

A továbbiakban olyan(E ,P,L, d) négyesrol lesz szó, amelyben(E ,P,L) Hilbert féleilleszkedési tér, és teljesülRP ésPSP. Az ilyen négyestfolytonosan rendezett illesz-kedési térnek nevezzük.

3.2. Tétel. Legyenα ∈ P, ` ⊂ α. Legyen továbbáA,B ∈ α két pont, melyek nemilleszkednek-re. HaAB ∩ ` 6= ∅ akkorA ésB az` különbözo oldalaiban vannak.

Bizonyítás: Indirekt. Teljesüljön, hogyAB∩` 6= ∅, ugyanakkorA ésB illeszkedjenek` ugyanazon oldalára, melyet jelöljönK. A,B ∈ K =⇒ AB ⊂ K, mertK konvexaz axióma szerint.PSP1-bol következik, hogyK ∩ ` = ∅ =⇒ AB ∩ ` = ∅, amiellentmondás.

PSP2 és az elobbi tétel a következoképpen foglalható össze:

3.3. Következmény.Legyenα ∈ P, ` ⊂ α. HaP ∈ α \ `,Q ∈ α \ ` ésP 6= Q, akkorPQ ∩ ` 6= ∅ ekvivalens azzal, hogyP ésQ az` különbözo oldalán vannak.

Illetve:

3.4. Következmény. ( oldalainak konstruktív el oállítása.) Legyenα ∈ P, ` ⊂ α,A ∈ α \ `. Ekkorα A-t tartalmazó oldala:

H1 = {P ∈ α \ ` | AP ∩ ` = ∅ } ∪ {A};

illetveα A-t nem tartalmazó oldala:

H2 = {Q ∈ α \ ` | AQ ∩ ` 6= ∅ }.

Rögzített síkban egy egyenes által meghatározott félsíkok sorrendtol eltekintve egyér-telmuen meghatározottak.


3.5. Tétel. Legyenα ∈ P, ` ⊂ α egyenes,K ⊂ α nemüres konvex halmaz. HaK∩` =∅, akkorK az` egyik oldalán van.

Bizonyítás: ` oldalait jelöljeH1 ésH2. A bizonyítás indirekt. Feltesszük, hogyK-nakvanH1-be ésH2-be eso pontja is:A ∈ H1 ∩K, B ∈ H2 ∩K. PSP2-t alkalmazva:AB ∩ ` 6= ∅. AzonbanK konvex, tehátAB ⊂ K, ami azt jelenti, hogyAB ∩ ` ∈ Kami ellentmondás a feltétellel.

Az elobbi tételt az alábbi két szituációban fogjuk alkalmazni:

3.6. Tétel. (Határlemmák) (Rögzített síkban.) Ha egy szakasz egyik végpontja egyegyenesre illeszkedik, akkor az egyenes tartalmazza a szakaszt, vagy a szakasz az egye-nes által meghatározott egyik félsíkban van. Ha egy félegyenes kezdopontja egy egye-nesre illeszkedik, akkor az egyenes tartalmazza a félegyenest, vagy a félegyenes az egye-nes által meghatározott egyik félsíkban van. �3.7. Következmény.A félsík konvex halmaz. �3.8. Tétel. Tekintsünk olyan egyenest azABC4 síkjában, mely nem tartalmazza azABC4 egyetlen csúcsát sem.` nem metszheti a háromszög mindhárom oldalát. (1.2.ábra.)

Bizonyítás: Indirekt. Tegyük fel, hogy nem tartalmaz csúcsot, mégis metszi mind-három oldalt. Ekkor egyrésztA ésB ` ellentétes oldalán vannak, másrésztB ésC `

ellentétes oldalán vannak, azazA ésC ` ugyanazon oldalán vannak, holottAC metszi`-t.

A B

C

(a) 3.8. tétel.

A B

C

(b) Pasch-tétel.

1.2. ábra.

3.9. Tétel. (Pasch-tétel.)Ha egy egyenes egy háromszög síkjában nem tartalmazza aháromszög egyetlen csúcsát sem, de metsz egy oldalt, akkor az egyenes még egy oldaltmetsz. (1.2. ábra.)3

3Moritz Pasch (1843–1930) német matematikus. A geometria axiomatikus felépítésében hozzá fuzodiktöbbek közt a rendezés problémakörének tisztázása.


Bizonyítás: Messe azAC oldalt.B 6∈ ` tehátB az` által meghatározott valamelyiknyílt félsíkban van.A ésC közül az egyik ezzel ellentétes félsíkban van, pl.A. EbbolPSP2 szerint az következik, hogyAB ∩ ` 6= ∅. ábra).

3.10. Definíció. (Folytonosan rendezett illeszkedési térben.) LegyenAOB^ valódi

szögvonal. Az←−→OA határegyenesuB-t tartalmazó félsík és az

←−→OB határegyenesuA-t

tartalmazó félsík metszetét azAOB^ szögvonalhoz tartozókonvex szögtartománynaknevezzük. AzAOB^ valódi szögvonal belsejétanalóg módon nyílt félsíkok metszete-ként definiáljuk, és eztintAOB^-vel jelöljük. Egyenesszög esetén egy, a szögvona-lat tartalmazó síknak a szögvonal határolta egyik félsíkját tekintjük konvex szögtarto-mánynak.

LegyenAOB^ valódi szög, az{A,O,B} pontokat tartalmazó egyértelmu síkα.AzAOB^ szög belsejénekα-ra vonatkozó komplementerét azAOB^ valódi szöghöztartozókonkáv szögtartománynak nevezzük.

∗

Megjegyzés.Mivel mind a konvex szögtartomány, mind a valódi szögvonal belsejekonvex halmazok metszeteként van értelmezve, ezért maguk is konvex halmazok.

3.11. Tétel. (Keresztszakasz tétel.)LegyenAOB^ valódi szögvonal. Ekkor:

−−→OP ∩ intAB 6= ∅ ⇐⇒ P ∈ intAOB^.

A

BO

P

(a)

A

BO

P

C

Q

(b)

1.3. ábra. A keresztszakasz tétel.

Bizonyítás: Rögzítsük azAOB síkot, okoskodásunk végig erre a síkra vonatkozik.

Eloször tegyük fel, hogyP ∈ intAOB^. LegyenC ∈ ←−→OB :C −O −B, továbbáQ a következo tulajdonsággal:Q−O − P . A bizonyítás lényege az, hogy a Pasch

tételt alkalmazzuk azABC4-re és az←−→QP -re. (1.3-b. ábra.) Elegendo annyit belátni,

hogy←−→PQ ∩AC = ∅, mert ebbol Pasch tétel szerint

←−→PQ ∩ intAB 6= ∅ is következik.

Ezután azt is belátjuk, hogy−−→OQ nem metszhetiAB-t.


Tudjuk, hogyAC =−−→AC ∩−−→CA , továbbá

←−→PQ =

−−→OP ∪−−→OQ ; ezen egyenloségek

jobb oldalán elhelyezkedo félegyenesek kölcsönös helyzetét vizsgáljuk.

Eloször azt látjuk be, hogy−−→OP ∩ −−→AC = ∅. Ez – szemléletesen szólva – azért

van így, mert←−→AO különbözo félsíkokba szeparáljaoket. (1.4-a. ábra.) Pontosabban:

A

BO

P

C

Q

(a) AzAO egyenes szeparál.

A

BO

P

C

Q

(b) A CB egyenes szeparál.

1.4. ábra. A keresztszakasz tétel.

P ∈ intAOB^ =⇒ P benne van az←−→OA határegyenesuB-t tartalmazó félsíkban.

A határlemma miatt miatt−−→OP is ebben a félsíkban van.C az

←−→OA által határoltB-t

nem tartalmazó félsíkban van, mivelC−O−B, s a határlemma újbóli alkalmazásával

ez azt jelenti, hogy−−→AC ugyanebben a félsíkban van. Tehát

−−→AC és

−−→OP az

←−→OA által

meghatározott különbözo félsíkokban vannak, nem metszhetik egymást.

Másodjára azt látjuk be, hogy−−→OQ ∩ −−→CA = ∅, mert

←−→CB különbözo félsíkokba

szeparáljaoket (1.4-b. ábra.)P ∈ intAOB^ =⇒ P az←−→OB által meghatározott,

A-t tartalmazó félsíkban van.P − O − Q miatt Q az←−→OB által meghatározottP -t

nem tartalmazó félsíkban van. TehátQ ésA az←−→OB különbözo oldalán vannak. Az

egyenes-félegyenes lemmát alkalmazva következik, hogy−−→OQ az

←−→OB által megha-

tározottA-t nem tartalmazó félsíkban van, továbbá, hogy−−→CA az

←−→OB által megha-

tározottA-t tartalmazó félsíkban van. Tehát−−→OQ és

−−→CA az

←−→OB által meghatározott

különbözo félsíkokban vannak, nem metszhetik egymást.

Végezetül annak bizonyítása maradt hátra, hogy−−→OQ nem metszhetiAB-t. Az

elozoekhez hasonlóan az egyenes-szakasz illetve az egyenes félegyenes lemmát alkal-

mazva látható, hogy akár←−→OA , akár

←−→CB szeparálja

−−→OQ -t ésAB-t.

Rátérünk a megfordítás bizonyítására. Eloször azt látjuk be, hogyP -t tartalmazza

az←−→OB által meghatározott,A-t tartalmazó félsík. Messe

−−→OP intAB-t azR pontban.

(P = R is lehetséges.)A ésR a←−→OB ugyanazon oldalán vannak a határlemma miatt.

P ésR az−−→OP félegyenesre illeszkednek, amely teljes egészében az

←−→OB által meg-

határozott egyik félsíkban van (határlemma). TehátP az←−→OB azon oldalán van, mint

A.


Analóg módon, mivelP,R,B az←−→OA egyazon oldalán helyezkednek el, vagyisP

az←−→OA azon oldalán helyezkedik el, amely tartalmazzaB-t. Az elozo megfontolással

együtt ez azt jelenti, hogyP ∈ intAOB^.

A PSP – bár atér egy síkját rögzítve fogalmaztuk meg – alapvetoen síkbeli jellegutulajdonságot posztulál. APSP térbeli analógiája a térfelbontás tétele, mellyel a féltérfogalmát lehet bevezetni.

3.12. Tétel. (A térfelbontás tétele.)Legyenα ∈ P rögzített sík. Sorrendtol eltekintveegyértelmuen léteznek olyan nemüres, diszjunkt, konvexK1 ésK2 halmazok, hogy

1. E \ α = K1 ∪K2,

2. (P ∈ K1 ∧Q ∈ K2) =⇒ PQ ∩ α 6= ∅.Bizonyítás (Vázlat):K1 ésK2 konstrukciója 3.3.-hez analóg módon adható meg, sezekrol a halmazokról már beláthatók a tételben megfogalmazott tulajdonságok. (Arészletek kidolgozása elég összetett.)

3.13. Definíció.K1-t ésK2-t α határsíkúnyílt féltereknek, mígα-val képezett unióju-kat féltereknek nevezzük.

Belátható, hogy minden féltér is konvex halmaz.

4. A szögméro axióma

A szögméro axióma az(E ,P,L, d,m) ötösbol azm-et axiomatizálja.

Axióma: A szögméro axióma,vagymásodik folytonossági axióma –PP.4 m a térszögvonalai halmazát a[0, π] intervallumra képezi le a következo tulajdonságokkal:

PP1. (A szögmérés additivitása.)Ha−−→OA 6= −−→OB ésP azAOB^-höz tartozó kon-

vex szögtartomány pontja, akkor

m(AOB^) = m(AOP^) +m(POB^).

PP2. (Szögszerkesztési posztulátum –v. ö. Elemek I.23.5) Megadva egyα félsíkot,

s ennek határán egy−−→OA félegyenest, teljesül, hogy

∀t ∈ [0, π] ∃!−−→OB ⊂ α : m(AOB^) = t.

*4Protractor Postulate.5Az Elemekaz alexandriaiEUKLIDÉSZ (i.e. 300 körül) muve, mely az elso sikeres kísérlet a geometria

axiomatikus felépítésére. Több magyar kiadásban is olvasható, pl.Gondolat, 1983, ford. Mayer Gyula.

1 – 4. A SZÖGMÉRO AXIÓMA 17

Megjegyzés.π az analízisbol ismert valós szám.PP-ben – s a teljes további anyag-ban is –π-t kicserélhetjük 180-ra. (Az utóbbi esetbenfokmértékrol, míg az elobbibenradiánmértékrol beszélünk.)

A továbbiakban olyan(E ,P,L, d,m) ötösrol lesz szó, amelyre teljesül, hogy(E ,P,L, d) folytonosan rendezett illeszkedési tér ésm-re teljesülPP.

4.1. Tétel. A nullszögek mértéke 0, az egyenesszögek mértékeπ. Minden valódi szögmértéke 0-tól nagyobb, deπ-tol kisebb. �4.2. Definíció. Az m leképezéstszögméro függvénynek vagyszögmértéknek nevez-zük.m(δ) helyett gyakran csakδ-t írunk.

LegyenAOB^ valódi szögvonal. Az ehhez tartozó konvexszögtartomány mértékeegyezzen megm(AOB^)-el, azAOB^-höz tartozó konkáv szögtartomány mértékepedig2π−m(AOB^)-el. Az egyenesszöghöz tartozó konvex szögtartomány mértékelegyenπ.

Két szögetkiegészíto szögnek illetvepótszögnek nevezünk, ha mértékeik összegeπ illetve π

2 .Két nem feltétlenül különbözo szögetkongruensnek nevezünk, ha mértékeik egyen-

lok. Két szög egyikét a másiknálnagyobbnak ill. kisebbnek nevezzük, ha mértékeikközött ugyanez a kapcsolat áll fenn.

A π2 mértéku szögetderékszögnek nevezzük. A derékszögnél kisebb valódi szö-

gekethegyesszögeknek, míg a derékszögnél nagyobb valódi szögekettompaszögekneknevezzük.

Egy háromszöget aszerint nevezünkhegyesszögu, derékszögu, tompaszögu három-szögnek, hogy a legnagyobb szöge hegyesszög, derékszög, vagy tompaszög. Ha azABC4 háromszögbenC^ derékszög, akkor azAB oldaltátfogónak, míg a másik kétoldaltbefogónak mondjuk.

∗4.3. Tétel. A szögek kongruenciája ekvivalenciareláció a szögek halmazán. �4.4. Tétel. (Elemek I. 13., 15.)A mellékszögek kiegészíto szögek. A csúcsszögek kong-ruensek.

Bizonyítás: LegyenekAOC^ ésCOB^ mellékszögek. TehátA − O − B (ld. 1.5.ábra).

m(AOC^) +m(COB^) PP1= m(AOB^) = π,

mert az egyenesszög mértékeπ.A csúcsszögek kongruensek.AOD^ ésBOC^ legyenek csúcsszögek (ld. 1.5.

ábra).

m(AOD^) +m(AOB^) = π

m(AOB^) +m(BOC^) = π.

Az elobbi két egyenloségbol: m(AOD^) = m(BOC^).


A O B

C

(a) A mellékszögek kiegészítoszögek.

A O C

B

D

(b) A csúcsszögek kongruensek.

1.5. ábra.

4.5. Tétel. Ha a mellékszögek kongruensek, akkor mindegyikük derékszög. TeljesüljönA − O − C ésB − O − D, továbbá legyenAOB^ derékszög. Ekkor azAOD^,DOC^,BOC^ szögek is derékszögek. (Az utóbbi állítást nevezzük anégy derékszögtételének.) �4.6. Definíció. Két metszo egyenes négy valódi szög uniója. Ezek páronként egymásmellékszögei, vagy csúcsszögei. Ha e négy szög egyike derékszög, akkor mindegyikszög derékszög és a két egyenestmerolegesnek mondjuk. Egyébként a négy szög közüla kisebbek mértékét akét egyenes szögéneknevezzük. Megállapodunk abban hogy apárhuzamos egyenesek szögén nullszöget értünk. Szakaszok, félegyenesek (egymássalés egyenesekkel bezárt) szögét a rájuk illeszkedo egyenesek szögével értelmezzük.

Jelölés.Ha az e ésf egyenesek egymásra merolegesek, akkor ezte ⊥ f jelöli.

4.7. Definíció. Az−−→OP félegyenest azAOB^ valódi szögvonalszögfelezojének ne-

vezzük, haP ∈ intAOB^ ésm(AOP^) = m(POB^).

4.8. Tétel. Minden valódi szögnek egyértelmuen létezik szögfelezoje. �Példa.A szögméroföggvényt a Descartes modellben a következo módon interpretál-juk. LegyenekP,Q,O ∈ R3 páronként különbözo pontok. Ekkor

cos(m(POQ^)

)=〈P −O,Q−O〉‖P −O‖ · ‖Q−O‖ ,

azaz a szögmérés azR3 euklidészi vektortér kanonikus skaláris szorzatából származószokásos szögmérés.

4.9. Tétel. A szögmérés elobbi interpretációjára teljesül a szögméro axióma. �

1 – 5. A KONGRUENCIA AXIÓMA 19

5. A kongruencia axióma

5.1. Definíció. Az ABC4 és aDEF4 háromszögek közöttimegfeleltetésen egy

f : {A,B,C} → {D,E, F}

bijekciót értünk. Ha azf megfeleltetésnélf(A) = D, f(B) = E, f(C) = F , akkorazABC4←→ DEF4 jelölést is használjuk. IlyenkorA-t ésD-t; B-t ésE-t; C-t ésF -t megfelelo csúcsoknak mondjuk. Analóg módon értelmezünkmegfelelo oldalakatésmegfelelo szögeket.

Ha két nem feltétlenül különbözo háromszög között létezik olyan megfeleltetés,amelynél az egymásnak megfelelo oldalak és szögek kongruensek, akkor a két három-szögetkongruensnek vagyegybevágónak nevezzük.

∗

Jelölés.A háromszögek kongruenciája jelölésére is a∼= szimbólumot használjuk. Meg-állapodunk abban, hogy aABC4 ∼= DEF4 jelölés általában kifejezi a megfeleltetéstis, tehát ekkorABC4←→ DEF4 is fennáll.

A definíció egyszeru következménye az alábbi állítás:

5.2. Tétel. A kongruencia reláció ekvivalenciareláció a háromszögek halmazán.�Axióma:A kongruencia axióma,vagyegybevágósági axióma –SAS (v. ö.Elemek I. 4.)6 Hakét nem feltétlenül különbözo háromszög között létezik olyan megfeleltetés, amely-nél az elso háromszög két oldala és az általuk közrefogott szög kongruens a másikháromszög megfelelo két oldalával és az azok által közrefogott szöggel, akkor a kétháromszög kongruens az illeto megfeleltetésnél:

AB ∼= DE, AC ∼= DF, A^ ∼= D^ =⇒ ABC4 ∼= DEF4.

*

A

C

B D E

F

1.6. ábra. ASAS axióma.

6Side-Angle-Side, azaz oldal-szög-oldal.


Példa.A Descartes modellben teljesül az egybevágósági axióma, ezR3-ban, (minteuklidészi vektortérben) a koszinusztételbol azonnal következik.

Az abszolút tér definíciója teljessé vált:

5.3. Definíció. Az abszolút térolyan (E ,P,L, d,m) négyes, ahol(E ,P,L) Hilbertféle illeszkedési tér,d a távolságfüggvény,m a szögmérték, továbbá teljesülRP, PSP,PP, SAS.

5.4. Definíció. Az abszolút tér egy háromszögétegyenlo szárúnak nevezzük, ha vankét kongruens oldala.Egyenlo oldalúvagyszabályosháromszögrol akkor beszélünk,ha bármely két oldala kongruens.

5.5. Tétel. (Pons Asinorum, Elemek I. 5.)Egyenlo szárú háromszögben a kongruensoldalakkal szemközti szögek kongruensek.7

Bizonyítás: Az ABC4-ben legyenAC ∼= BC. Tekintsük azABC4 ←→ BAC4megfeleltetést. Ennél a megfeleltetésnél:

AC ∼= BC (a feltétel miatt),BC ∼= AC (a feltétel miatt),

ACB^ ∼= BCA^ (mivelACB^ = BCA^);

tehát teljesülnek aSAS feltételei, azazABC4 ∼= BAC4. Tehát:CAB^ ∼= ABC^,mert ezek megfelelo szögek.8

A bizonyításban azt kell pontosan megértenünk, hogy azABC4 ∼= BAC4 állí-tást nem a triviálisABC4←→ ABC4megfeleltetésbol kaptuk. Így a bizonyításbankihasználjuk az axiómában szereplo „nem feltétlenül különbözo” kitételt.

5.6. Definíció. Egy háromszög valamely szöge mellettikülso szögön az illeto szögegyik mellékszögét értjük.

5.7. Tétel. (A külso szög egyenlotlenség, Elemek I. 16.)Abszolút térben egy három-szög tetszoleges külso szöge nagyobb mint bármelyik nem mellette fekvo belso szög.

Bizonyítás: Legyen adott azABC4. A továbbiakban ennek síkját rögzítjük, s okos-

kodásunk erre a síkra vonatkozik. LegyenD ∈ ←−→AC : A − C − D, a kiválasztottkülso szög pedigBCD^. Azt fogjuk belátni, hogym(BCD^) > m(ABC^). Azösszes többi állítás a jelölések kézenfekvo módosításával megkapható. LegyenE a

CB felezopontja. Ekkor∃!F ∈ ←−→AE : A − E − F ∧ AE ∼= EF (szakaszfelmérés,ld. 1.7. ábra). Belátjuk, hogyAEB4 ∼= FEC4. Valóban, azAEB4 ←→ FEC4

7A tétel nevének jelentése: szamarak hídja (latinból.) A szájhagyomány szerintElemekkülönbözo kia-dásaiban a tétel bizonyítása mellett egy olyan ábra szerepelt, mely egy hídra hasonlított. Nem megbízhatóforrások szerint a szamár a bizonyítást értetlenül szemlélo diákokra utal.

8Ez a bizonyításPAPPOSZ(320 k.) nevéhez fuzodik és nem azonos az elozo lábjegyzetben szereplovel.


A B

F

E

C

D

1.7. ábra. A külso szög egyenlotlenség.

megfeleltetésnél

AE ∼= EF (F felvétele),EB ∼= EC (E felvétele),

AEB^ ∼= CEF^ (csúcsszögek);

SAS=⇒ AEB4 ∼= FEC4.

Az elobbi kongruenciából az is következik, hogyABC^ ∼= BCF^, mivel ezek meg-felelo szögek.

A bizonyítás következo lépésében belátjuk, hogyF ∈ intDCB^ („rendezésirész”).

A− C −D =⇒ A ésD←−→CB különbözo oldalán vannak vannak,

A− E − F =⇒ A ésF←−→CB különbözo oldalán vannak,

azazF ésD←−→CB azonos oldalán vannak, ami azt jelenti, hogyF benne van a

←−→CB

határegyenesuD-t tartalmazó nyílt félsíkban.

C − E −B =⇒ E ésB←−→CD azonos oldalán vannak,

A− E − F =⇒ E ésF←−→CD azonos oldalán vannak,

azazB ésF←−→CD azonos oldalán vannak, ami azt jelenti, hogyF benne van a

←−→CD

határegyenesuB-t tartalmazó nyílt félsíkban.Végezetül annak bizonyítása maradt hátra, hogym(BCD^) > m(ABC^).

m(BCD^) PP1== m(BCF^) +m(FCD^) = m(ABC^) +m(FCD^).

PP1-t a rendezési részben bebizonyítottak miatt lehetett alkalmazni.FCD^ valódiszög, tehát mértéke pozitív, azaz

m(BCD^) = m(ABC^) +m(FCD^) > m(ABC^).


5.8. Tétel. (Elemek I. 17.)Derékszögu háromszögben pontosan egy derékszög és 2hegyesszög van. Tompaszögu háromszögben pontosan egy tompaszög és két hegyesszögvan. �

Megjegyzés.Térjünk vissza az 5.7. bizonyítására!DCF^ ∼= CAB^ az abszolút téraxiómarendszerétol független állítás, abszolút térben sem bizonyítani, sem cáfolni nemlehet. Más szóval az axiómarendszernek van olyan modellje, amiben teljesül (euklide-szi geometria) és van olyan modellje, amelyben nem (hiperbolikus geometria). Vessükössze ezt a megjegyzést a külso szögre vonatkozó tétel középiskolában tanult alakjával!

5.9. Tétel. (Kongruenciatételek, Elemek I. 8., I. 26)Ha az abszolút térABC4 ésDEF4 háromszögeire teljesül az alábbi feltételek valamelyike

ASA

A^ ∼= D^AB ∼= DE

B^ ∼= E^

SAA

AB ∼= DE

B^ ∼= E^C^ ∼= F^

SSS

AB ∼= DE

BC ∼= EF

AC ∼= DF

akkorABC4 ∼= DEF4 azABC4←→ DEF4megfeleltetésnél.

Bizonyítás: ASA: SAS miatt elegendo azt bizonyítani, hogyCB ∼= FE. Ennek bizo-

A B D E

C

FC′

1.8. ábra. Az ASA kongruenciatétel.

nyítása indirekt, tegyük fel, hogyCB 6∼= FE, pl.BC > FE. Ekkor∃!C ′ ∈ intCB :BC ′ = FE, a szakaszfelmérés tétele miatt. AzABC ′4 ←→ DEF4 megfeleltetés-nél teljesülnek aSAS feltételei, azazABC ′4 ∼= DEF4 (ld. 1.8. ábra). Ekkor

C ′AB^ ∼= FDE^ (∗)

is teljesül, mert ezek megfelelo szögek.C ′ ∈ intCB =⇒ −−→AC ′ ∩ intCB 6= ∅, és

a keresztszakasz tétel miattC ′ ∈ intCAB^. Alkalmazható tehátPP1: C ′AB^ <CAB^, azaz a feltétel miatt fennállóCAB^ ∼= FDE^-bol:

C ′AB^ < FDE^. (∗∗)


A B D E

C

FC′

1.9. ábra. Az SAA kongruenciatétel.

(∗) és (∗∗) ellentmondásban vannak.SAA: SAS miatt elegendo belátni, hogyCB ∼= FE. Ennek bizonyítása indirekt.

Legyen pl.CB > FE. ∃!C ′ ∈ intCB : C ′B = FE, a szakaszfelmérés tétele miatt(ld. 1.9. ábra).ABC ′4 ∼= DEF4, mert azABC ′4 ←→ DEF4 megfeleltetésnélteljesülnekSAS feltételei, tehátAC ′B^ ∼= DFE^ ∼= ACB^. Ez azonban ellent-mondás, mert azACC ′4-benACB^ belso szög,AC ′B^ pedig nem mellette fekvokülso szög, tehátACB^ < AC ′B^.

SSS:∃!C ′ az←−→AB C-vel ellentétes oldalán, hogyABC ′^ ∼= DEF^, továbbá

BC ′ ∼= EF , a szakaszfelmérés tétele ésPP2 miatt. EkkorABC ′4 ∼= DEF4 SASmiatt. Elegendo tehát azt belátni, hogyACB4 ∼= AC ′B4, ehhez pedig (SAS miatt)azt, hogyACB^ ∼= AC ′B^.

Legyen←−→AB ∩ CC ′ = {H}, azazC − H − C ′ (PSP). A, H ésB lehetséges

elrendezését vizsgáljuk.H = A ∨H = B (1.10. ábra). Pl.H = A. Pons Asinorum aCBC ′4-re:CB ∼=

A

C

C′

B D E

F

1.10. ábra. Az SSS kongruenciatétel bizonyítása:A = H.

C ′B =⇒ ACB^ ∼= AC ′B^.A−H −B (1.11. ábra). Pons Asinorum aCAC ′4 ésCBC ′4-re:


A

C

C′

B D E

F

H

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

AC ∼= AC ′ =⇒ ACH^ ∼= AC ′H^,CB ∼= C ′B =⇒ BCH^ ∼= HC ′B^.

H ∈ intACB^ ésH ∈ intAC ′B^ a keresztszakasz tétel miatt, tehát alkalmazhatóPP1 azACB^ésAC ′B^ szögekre:

m(ACB^) = m(ACH^) +m(HCB^)m(AC ′B^) = m(AC ′H^) +m(HC ′B^)

}=⇒ ACB^ ∼= AC ′B^.

A−B−H∨H−A−B (1.12. ábra). pl.A−B−H. A CBC ′4-re és aACC ′4-re:

A

C

C′

B D E

F

H

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

CB ∼= BC ′ =⇒ BCH^ ∼= BC ′H^,


AC ∼= AC ′ =⇒ ACH^ ∼= AC ′H^.

A keresztszakasz tétel miattB ∈ intACH^ ésB ∈ intAC ′H^, tehát ismét alkal-mazható a szögmérés additivitása.

m(ACC ′^) = m(ACB^) +m(BCH^)m(AC ′C^) = m(AC ′B^) +m(BC ′H^)

}=⇒ ACB^ ∼= AC ′B^.

Megjegyzés.ASA és SAA az abszolút térben különbözo állítások. (Az az állítás, hogya háromszögek szögmértékeinek összege konstans, független az abszolút tér axióma-rendszerétol.)

Két további lehetséges kongruenciaállítás van, az AAA és az SSA. AAA-ra a ké-sobbiekben visszatérünk, ez az abszolút geometria axiómarendszerétol független ál-lítás, mely euklideszi térben hamis, hiperbolikus térben pedig igaz. SSA egy továbbifeltétellel együtt teljesül csak, erre az állításra is visszatérünk azegyenlotlenségekfe-jezetben.

5.10. Tétel. (Pons Asinorum megfordítása, Elemek I. 6.)Ha egy háromszögnek vankét kongruens szöge, akkor a kongruens szögekkel szemközti oldalak kongruensek.

Bizonyítás: Az ABC4-ben legyenB^ ∼= C^. A BCA4 ←→ CBA4 megfelel-tetésnél teljesülnek ASA feltételei, tehátBCA4 ∼= CBA4. Ebbol következik, hogyAB ∼= AC, hiszen ezek megfelelo oldalak.

2. fejezet

Fejezetek az abszolútgeometriából

6. Meroleges és párhuzamos egyenesek a síkban

Ebben a paragrafusban az(E ,P,L, d,m)

abszolút tér egy rögzített síkjában dol-gozunk.

6.1. Tétel. (Meroleges egzisztencia és unicitás, Elemek I. 11., 12.)Ha megadunk asíkban egy pontot és egy egyenest, akkor egyértelmuen létezik olyan síkbeli egyenes,amely illeszkedik a pontra és meroleges az adott egyenesre.

Bizonyítás: Jelölje a rögzített síkotα, a pontotP , az egyenest és legyen =←−→AB .

A pont és az egyenes kölcsönös helyzetétol függoen két részre bontjuk a bizonyítást.Eloször azt az esetet vizsgáljuk, amikorP ∈ `. Feltehetjük, hogyA /∈ P .

α legyen az ` által meghatározott egyik félsík.PP2-bol következik, hogy

∃!−−→PB ⊂ α: m(APB^) = π2 . Tehát

←−→PB ⊥ `, bizonyítottuk az egzisztenciát.

Az egyértelmuség bizonyításához tegyük fel, hogy←−→CP ⊥ ←−→PA az elobb rögzített

síkban, továbbáC ∈ α.←−→CP ∪←−→PA tartalmaz derékszöget, vagyis a 4 derékszög tétele

miattm(CPA^) = π2 . A PP2 unicitásra vonatkozó részét alkalmazva

−−→PC =

−−→PB

adódik.Másodjára teljesüljön, hogyP 6∈ `. Ismét a létezést bizonyítjuk eloször. A szakasz-

felmérés ésPP2 alkalmazásával adódik, hogy∃!Q ∈ α : Q ésP az←−→AB ellentétes

oldalán vannak,PA ∼= AQ, PAB^ ∼= QAB^. LegyenPQ∩ ` = {T} (ld. 2.1. ábra);a metszéspont létezésePSP-bol következik.

Ha T = A akkorBTP^ ésBTQ^ kongruens mellékszögek, tehát mindketto

derékszög:←−→PQ ⊥ `.

27

28 2. FEJEZET: FEJEZETEK AZ ABSZOLÚT GEOMETRIÁBÓL

A BT

P

Q

2.1. ábra. A meroleges egzisztencia és unicitás tétele.

HaT 6= A, akkorTPA4 ∼= TQA4, mert teljesülnek aSAS feltételei:

PAT^ ∼= QAT^ (Q felvétele),PA ∼= QA (Q felvétele),AT ∼= AT.

Ebbol az is következik, hogyPTA^ ∼= QTA^ hiszen ezek megfelelo szögek. Azt

kaptuk, hogyPTA^ ésQTA^ kongruens mellékszögek, azaz←−→PQ ⊥ `.

Ha aP -bol az`-re bocsátott meroleges nem lenne egyértelmu, azaz ha

∃C 6= D (C,D ∈ `) :←−→PC ⊥ ` ∧←−→PD ⊥ `,

akkor aPCD4-ben két derékszög lenne, ami ellentmondás.

6.2. Definíció. Ha adott az ∈ L egyenes és aP 6∈ ` pont, akkor azt az egyértelmuen

létezo T ∈ ` pontot, melyre←−→PT ⊥ `, aP pont meroleges vetületéneknevezzük -

re. Használjuk még aP -bol az `-re bocsátott merolegestalppontja elnevezést is. Egyháromszög csúcsára illeszkedo és a szemközti oldalra meroleges egyenest a három-szögmagasságvonalának nevezzük. Ebbol a csúcs és a szemközti oldal a háromszögmagasságát (magasság szakaszát) metszi ki.

6.3. Tétel. (A párhuzamosság egy elegendo feltétele.) Ha az abszolút tér két egye-nese egy síkban van és mindketto meroleges ugyanarra a síkbeli egyenesre, akkor a kétegyenes párhuzamos.

Bizonyítás: Ha a két egyenesnek létezne metszéspontja, akkor ebbol a pontból a har-madik szóban forgó egyenesre két merolegest lehetne állítani.

Megjegyzés.A szükségesség az abszolút tér axiómarendszerétol független állítás.

2 – 6. MEROLEGES ÉS PÁRHUZAMOS EGYENESEK A SÍKBAN 29

6.4. Tétel. (Párhuzamos egzisztencia.)Megadva az abszolút térben egy egyenest ésegy arra nem illeszkedo pontot, létezik olyan egyenes, amely illeszkedik a megadottpontra és párhuzamos a megadott egyenessel.

Bizonyítás: Jelölje az adott egyenest`, a pontot pedigP . Legyenn a P -bol az `-re bocsátott meroleges,m pedig azn-re aP pontban állított meroleges aP és az`síkjában (meroleges egzisztencia, ld. 2.2 ábra). Mivel az` ésm egysíkú egyenesek

`

P

n

m

2.2. ábra. A párhuzamos egzisztencia tétele.

merolegesek ugyanarra az egyenesre (n-re), ezért a párhuzamosság elobbi elegendofeltétele teljesül.

Megjegyzés.Az unicitás független az abszolút tér axiómarendszerétol.

6.5. Definíció. Legyenek←−→AB ,

←−→CD ,

←−→EF különbözo, egysíkú egyenesek, továbbá

teljesüljönA− F − B ésC − E −D. A jelölések megválasztása legyen olyan, hogy

A ésC ill. B ésD az←−→EF azonos oldalán legyenek (ld. 2.3. ábra). Ekkor

←−→EF -t

az←−→AB és

←−→CD transzverzálisánakmondjuk. AzAFE^, EFB^, CEF^, FED^

szögeketbelso szögeknek;AFE^-t ésFED^-t valamintBFE^-t ésFEC^-t pedigbelso váltószögeknek nevezzük. A belso váltószögek egyikét és a másik csúcsszögétmegfelelo szögeknek monjuk.

6.6. Tétel. (Elegendo feltételek két egyenes párhuzamosságára.)Az abszolút tér kétkomplanáris egyenesének párhuzamosságához elegendo, hogy a két egyenes közöstranszverzálissal való metszésekor a következo feltételek valamelyike teljesüljön:

1. keletkezzenek kongruens belso váltószögek,

2. keletkezzenek kongruens megfelelo szögek,

3. a transzverzális ugyanazon oldalán elhelyezkedo belso szögek kiegészíto szögeklegyenek.

Bizonyítás: A feltételek bármelyikébol triviálisan következik a másik ketto, tehát ele-gendo az egyik állítást belátni, pl. a harmadikat.

Tegyük fel indirekt módon, hogy a harmadik feltétel teljesül, és az egyenesek mégismetszik egymást egyM pontban (ld. 2.4 ábra). A transzverzális ezen oldalán keletkezo


A

B

C D

F

E

(a) Belso szögek.

A

B

C D

F

E

(b) Belso váltószögek.

A

B

C DE

(c) Megfelelo szögek.

2.3. ábra. Két egyenes metszése közös transzverzálissal.

belso szögeket jelöljeα ésβ, ezek mellékszögeit – tehát a transzverzális másik oldalánelhelyezkedo megfelelo belso szögeket –α′ ésβ′. A feltétel szerint mindkét oldalonkiegészíto szögek vannak, tehátm(α) + m(β) = π. A külso szög egyenotlenségbolkövetkezik, miszerintm(α′) > m(β),m(β′) > m(α), tehát

π = m(α′) +m(β′) > m(α) +m(β) = π,

ellentmondásra jutottunk.

Megjegyzés.A szükségesség az abszolút geometria axiómarendszerétol független állí-tás.

6.7. Definíció. Egy szakaszfelezomerolegese olyan egyenes, mely meroleges a sza-kaszra és illeszkedik annak felezopontjára.

6.8. Tétel. A szakasz felezomerolegese a szakaszt tartalmazó bármely síkban egyér-telmu. �

6.9. Tétel. Egy szakasz két végpontjától egyenlo távolságra levo pontok halmaza aszakaszt tartalmazó bármely síkban a szakasz ezen síkbeli felezomerolegese.

2 – 6. MEROLEGES ÉS PÁRHUZAMOS EGYENESEK A SÍKBAN 31

M

F

E

α

β

α′

β′

2.4. ábra. Ha a transzverzális egyik oldalán elhelyezkedo belso szögek kiegészíto szö-gek, akkor az egyenesek nem lehetnek metszok.

Bizonyítás: LegyenP ésQ a szóban forgóα sík két pontja,F a PQ felezopontja.Mindvégig azα síkban okoskodunk.

Eloszoször azt látjuk be, hogy haX ∈ α ésXP = XQ, akkorX illeszkedik aPQ

felezomerolegesére. (2.5-a. ábra). HaX ∈ ←−→PQ akkor állításunk a következoképpenlátható be. A feltételek szerintXP = XQ ésFP = FQ egyaránt teljesül. HaX 6= F ,lenne akkor alkalmazhatjuk a 2.17. tételt, amibol aP = Q következtetésre jutunk, s ezellentmondás.

HaX 6∈ ←−→PQ , akkorXPF4 ∼= XQF4, mertSSS feltételei teljesülnek:

XP ∼= XQ (a feltétel miatt),

XF ∼= XF,

PF ∼= QF (mertF felezopont).

Innen következik, hogyXFP^ ∼= XFQ^ mert megfelelo szögek. Ezek a szögekkongruens mellékszögek, tehát mindketto derékszög.

Rátérünk az állítás második felének bizonyítására:PQ felezomerolegesének min-denX pontjáraXP = XQ. HaX = F , akkor ez nyilvánvaló.

HaX 6= F akkorXPF4 ∼= XQF4 mertSAS feltételei teljesülnek (ld. 2.5-b.ábra):

XF ∼= XF,

P F Q

X

(a)

P F Q

X

(b)

2.5. ábra. A felezomeroleges, mint ponthalmaz.


FP ∼= FQ (F felezopont),

XFP^ ∼= XFQ^ (mindketto derékszög).

Innen következik, hogyXP ∼= XQ, mert ezek megfelelo oldalak.

6.10. Tétel. Legyen ∈ L, P ∈ E , deP /∈ `. ∃!Q ∈ E , hogy` a PQ felezo- merole-gese. �

7. Sík és egyenes merolegessége

7.1. Definíció. Ha egy síkot metszo egyenes meroleges minden, a metszéspontra il-leszkedo síkbeli egyenesre, akkor az egyenest és a síkot egymásramerolegesnek mond-juk. Ugyanezt fejezi ki, hogy az egyenes a síknormálisa, vagy a sík az egyenesnor-málsíkja.

Megjegyzés.A definíciónál a metszésponton áthaladó egyenesekre kell szorítkoznunk,mert kitéro egyenesek szögét nem értelmeztük, sot az abszolút geometria keretein belülez problémás is lenne. Ahhoz, hogy kitéro egyenesek szöge „értelmesen” definiálhatólegyen, fel kellene használni az egyállású szögek kongruenciájára vonatkozó tételt (ld.két egyenes szögének középiskolás definíciója). Ez az állítás azonban az abszolút geo-metria axiómarendszerébol nem vezetheto le (még ha definiálnánk is egyállású szöge-ket.) Mindemellett két kitéro egyenes merolegességét lehetne az abszolút geometriábanis definiálni, azonban ez a tárgyalást eléggé megnehezítené.

7.2. Tétel. (A síkra meroleges egyenes tétele.)Egy síkot metszo egyenes akkor éscsakis akkor meroleges a síkra, ha meroleges a sík két, a döféspontra illeszkedo egye-nesére.

Bizonyítás: Ha egy egyenes meroleges egy síkra, akkor annak minden a döféspontonáthaladó egyenesére meroleges definíció szerint.

A megfordítás bizonyítását az alábbi lemma kimondásával kezdjük:

Lemma. LegyenekA,B (A 6= B); P,Q (P 6= Q) pontok. HaAP = PB ésAQ =QB, akkor∀X ∈ ←−→PQ : AX = BX (2.6. ábra).

A

B

P

Q

X

2.6. ábra. A síkra meroleges egyenes tétele, a bizonyítás lemmája.

2 – 7. SÍK ÉS EGYENES MEROLEGESSÉGE 33

LegyenX ∈ ←−→PQ \ {P,Q }.APQ4 ∼= BPQ4 SSS miat. EzértAPQ^ ∼= BPQ^,mert megfelelo szögek. Innen az is következik, hogyAPX^ ∼= BPX^, mert vagy azelobbi kongruens szögekrol, vagy azok mellékszögérol van szó. Emiatt

APX4 ∼= BPX4,

mert teljesülnekSAS feltételei. Innen következik, hogyAX = BX.Rátérünk a tétel bizonyítására. Legyen aze egyenes meroleges azS sík két metszo

egyenesére:a-ra ésb-re azokM metszéspontjában. Azt akarjuk belátni, hogy a sík egyM -re illeszkedo tetszolegesc egyenese is merolegese-re. Nyilván feltehetjük, hogyc 6= a ∧ c 6= b (2.7. ábra).

Jelöljük ki aze egyenesP ésQ pontját oly módon, hogy aPQ pontok felezopontjaM legyen. Mivela is ésb is metszic-t, ezért ezek az egyenesek tartalmaznak pontokatc mindkét oldalából. LegyenekA ∈ a ésB ∈ b c ellentétes oldalain. EkkorPSP miatt←−→AB ∩ c 6= ∅. Jelölje

←−→AB ésc metszéspontjátC. AP = AQ mert aza egyenes a

PQ felezomerolegese, hasonlóanBP = BQ. A lemmát alkalmazva megállapíthatjuk,

hogy az←−→AB egyenes minden pontja egyenlo távolságra vanP -tol ésQ-tól is, tehát

CP = CQ. Ez azt jelenti, hogy ac egyenes aPQ felezomerolegese, azaze ⊥ c.

P

Q

BC

A

b

c

a

e

M

2.7. ábra. A síkra meroleges egyenes tétele.

7.3. Tétel. Egy egyenesre egy pontjában állított merolegesek egy síkban vannak. Ez azegyetlen olyan sík, mely ezt az egyenest a megadott pontban merolegesen metszi.

Bizonyítás: Jelöljük az egyeneste-vel, egy pontját pedigE-vel. Legyena ⊥ e,b ⊥ e, E ∈ a, E ∈ b. Mivel az a ésb egyenesek metszok, ezért meghatároznak egysíkot, melyet jelöljönS (2.8. ábra). A síkra meroleges egyenes tétele szerinte ⊥ S.Azt állítjuk, hogy aze egyenesre aE pontjában állított egyenesek mindannyian azSsíkban vannak. Legyenc ⊥ e, E ∈ c. Az e ésc síkja messeS-t egy c′ egyenesben.


c′

c

a

b

eE

S

2.8. ábra. Egyenes adott pontra illeszkedo normálsíkja.

e ⊥ S =⇒ e ⊥ c′. Ha c nem esne egybec′-vel, akkor aze és c síkjában azeegyenesre annakE pontjában két meroleges is állítható lenne, ami ellentmondás. Tehátc = c′ =⇒ c ⊂ S.

Az elobb megkonstruált sík az egyetlen, amely merolegesen metszie-t azE pont-ban, hiszen aze-t merolegesen metszo síkok minden – metszéspontra illeszkedo – egye-nese merolegese-re, márpedig aze-re azE pontban meroleges egyenesek az elobbmegkonstruáltS síkban vannak.

7.4. Tétel. Adott ponton át egy és csakis egy olyan sík fektetheto, amely egy adott egye-nesre meroleges.

Bizonyítás: Az elozo tétel tartalmazta azt az esetet, amikor az egyenes a pontra illesz-kedik.

Jelölje a pontotP , az egyenest. Teljesüljön most, hogyP 6∈ `. A P -t és`-t tar-talmazó síkban egyértelmuen létezik aP -bol az `-re bocsátott meroleges (merolegesegzisztencia és unicitás). Ennek a merolegesnek a talppontját`-en jelöljeT . Az ` egye-nesT -beli normálsíkja nyilván megfelelo.

Az egyértelmuség onnan következik, hogy a tétel feltételeinek megfelelo síkbólPés ` síkja mindig egyP -re illeszkedo `-re meroleges egyenest metsz ki, ami egyér-telmu, tehát minden ilyen sík tartalmazzaT -t. Azaz a tétel feltételeinek megfelelo síkcsak` T -beli normálsíkja lehet.

7.5. Definíció. Egy szakaszt vagy egy félegyenest akkor nevezünk merolegesnek egysíkra, ha a szakaszt vagy a félegyenest tartalmazó egyenes meroleges a síkra. Egy sza-kaszfelezomeroleges síkján a szakasz felezopontjára illeszkedo, a szakaszra merolegessíkot értjük.

A felezopont egyértelmusége és az elozo tétel miatt minden szakasz felezomerolegessíkja egyértelmuen létezik.

2 – 7. SÍK ÉS EGYENES MEROLEGESSÉGE 35

AB

P

Q

C

`1`2

2.9. ábra. A párhuzamosság egy elegendo feltétele abszolút térben.

7.6. Tétel. Egy szakasz végpontjaitól egyenlo távolságra levo pontok halmaza a térbena szakasz felezomeroleges síkja. �7.7. Tétel. Ugyanarra a síkra meroleges egyenesek párhuzamosak, azaz két egyenespárhuzamosságának elegendo feltétele közös normálsík létezése.

Bizonyítás: Legyenα ∈ P az adott sík; 1, `2 ∈ L az adott egyenesek, amelyekαA-ra ill. B-re illeszkedo normálisai. Feltehetjük, hogyA 6= B. P ésQ legyenek olyan

α síkbeli pontok, hogy azPQ felezomerolegese azα síkban←−→AB . Azt látjuk be, hogy

mind `1 mind `2 benne vannak aPQ felezomeroleges síkjában (ld. 2.9. ábra). AzAP = AQ egyenloségP ésQ felvétele miatt teljesül. LegyenC ∈ `1 \ {A}.

AP ∼= AQ (P ,Q felvétele),CAP^ ∼= CAQ^ (derékszögek),

CA ∼= CA.

TehátSAS miattCAP4 ∼= CAQ4. Mivel CP ésCQmegfelelo oldalak, ezért kong-ruensek. Az állítást analóg módon bizonyíthatjuk`2-re.`1 és`2 tehát egysíkúak. Met-

szok nem lehetnek, mert a metszéspontból két merolegest is lehetne bocsátani←−→AB -re:

`1-et és 2-t.

7.8. Tétel. Adott ponton át egy és csakis egy olyan egyenes fektetheto, amely egy adottsíkra meroleges.

Bizonyítás: Eloször legyenP ∈ α, aholP az adott pont,α az adott sík. Legyeneka ésb olyanα síkbeli egyenesek, melyek egymástP -ben metszik. Tekintsük aza egyenesP -beli és ab egyenesP -beli Sa ésSb normálsíkját. MivelP a két sík közös pontja,ezértSa ésSb metszik egymást egym-el jelölt egyenesben.

b ⊥ Sb =⇒ b ⊥ ma ⊥ Sa =⇒ a ⊥ m

}=⇒ m ⊥ α,


P

Q

a′

aα

β

m

2.10. ábra. Sík adott pontra illeszkedo normálisa.

a síkra meroleges egyenes tételét alkalmazva.Az unicitás onnan következik, hogy két normális létezése esetén azokβ síkjában

α ∩ β-raP -ben két meroleges is állítható lenne.P 6∈ α. Vegyünk felα-ban egy tetszolegesa egyenest. Tekintsük ennekP -re il-

leszkedo egyértelmu,β-val jelölt normálsíkját. Ez a sík messeα-t m-ben.P -bol bo-csássunk merolegestm-re, ennek talppontja legyenQ (2.10. ábra).a′ legyenβ Q-belinormálisa (ld. a bizonyítás elso részét.)a ésa′ egysíkúak, mert mindkét egyenes me-

roleges aβ síkra. Ez a közös sík csakα lehet, mertQ ∈ α.←−→PQ ⊥ m a konstrukció

szerint,a′ ⊥ ←−→PQ , merta′ meroleges mindenβ síkbeli egyenesre.←−→PQ tehát merole-

ges azα sík két – egymástQ-ban metszo – egyenesére, azaz a síkra meroleges egyenestételét alkalmazvaα-ra is.

Az unicitás onnan következik, hogy ha két kívánt tulajdonságú egyenes is létezne,akkor ezek közösΣ síkjában a megadott pontból két merolegest is lehetne állítaniΣ ∩ S-re.

7.9. Definíció. Legyen adva egyα sík. A tér egyP pontjához rendeljük hozzá aP -bol azα-ra állított meroleges egyenes ésα metszéspontját. Az így definiáltE → αleképezést azα síkra történo meroleges vetítésnek nevezzük,α-t pedig képsíknak.

8. Egyenlotlenségek

Emlékeztetünk arra, hogy háromszögekkel kapcsolatban már beláttunk egy egyen-lotlenséget, az ún. külso szög egyenlotlenséget (5.7. tétel).

8.1. Definíció. Egy szakasztnagyobbnak (hosszabbnak) ill.kisebbnek (rövidebbnek)nevezünk egy másik szakasznál, ha mértékeik között ugyanez a kapcsolat áll fenn.

8.2. Tétel. (Elemek I. 18.)Ha egy háromszög két oldala nem kongruens, akkor a na-gyobb oldallal szemközti szög nagyobb mint a kisebb oldallal szemközti szög.

Bizonyítás: Legyen azABC4-benAB > AC. Azt állítjuk, hogyACB^ > ABC^.∃!D ∈ AB:A−D−B ésAD = AC (2.11. ábra). EkkorD ∈ intACB^ a keresztsza-

2 – 8. EGYENLOTLENSÉGEK 37

A BD

C

2.11. ábra. Oldalak és szögek összehasonlítása a háromszögben.

kasz tétel miatt, azazACB^ > ACD^ teljesül a szögmérés additivitását alkalmazva.A DCB4-benADC^ külso szög, mígABC^ nem mellette fekvo belso szög, tehátADC^ > ABC^. A Pons Asinorum miatt azonbanADC^ = ACD^. Tehát:

ACB^ > ACD^ ∼= ADC^ > ABC^.

8.3. Tétel. (Elemek I. 19.)Ha egy háromszög két szöge nem kongruens, akkor a na-gyobb szöggel szemközti oldal nagyobb.

Bizonyítás: Ha a nagyobb szöggel szemközti oldal egyenlo lenne a kisebb szöggelszemközti oldallal, akkor a Pons Asinorummal, ha pedig a nagyobb szöggel szemköztioldal kisebb lenne a másiknál, akkor az elozo tétellel jutunk ellentmondásra.

8.4. Következmény.Egy derékszögu háromszög átfogója hosszabb, mint a befogókbármelyike.

8.5. Tétel. (A klasszikus háromszög-egyenlotlenség, Elemek I. 20.)Tetszoleges há-romszögben bármely két oldal hosszának összege nagyobb, mint a harmadik oldalhossza.

Bizonyítás: Azt látjuk be, hogy azABC4-benAB + BC > AC. ∃!D ∈ ←−→AB :A−B −D ésBD ∼= BC (szakaszfelmérés, 2.12. ábra). Ekkor:

AD = AB +BD = AB +BC.

A − B − D-bol keresztszakasz tétel miatt következik, hogyB ∈ intACD^, tehátACD^ > BCD^ a szögmérés additivitása miatt. Alkalmazzuk a Pons Asinorumot a

A B D

C

2.12. ábra. A klasszikus háromszög-egyenlotlenség.


BCD4-re:BCD^ ∼= BDC^. Ez az elobbi egyenlotlenséggel együtt azt jelenti, hogyACD^ > ADC^.

Tehát azACD4-ben aC^-el szemköztiAD oldal nagyobb, mint aD^-el szem-köztiAC oldal.

8.6. Tétel. (A háromszög-egyenlotlenség.)LegyenekA,B,C ∈ E pontok. Ekkor

AB +BC ≥ AC.Bizonyítás: Ha {A,B,C} nem kollineáris ponthalmaz, akkor állításunk a klasszikusháromszög-egyenlotlenség. Ha{A,B,C} kollineáris ponthármas:

A−B − C =⇒ AB +BC = AC,

B −A− C =⇒ AB +AC = BC =⇒ AB +BC = 2AB +AC > AC,

B − C −A =⇒ BC + CA = BA =⇒ AB +BC = 2BC + CA > CA.

Ha a pontok között vannak egybeesok is, akkor az állítás szintén egyszeruen ellen-orizheto.

8.7. Következmény.(E , d) metrikus tér.

8.8. Tétel. (Töröttvonal egyenlotlenség.)Ha P1, P2, . . . , Pn ∈ E pontok, akkor

P1Pn ≤ P1P2 + · · ·+ Pn−1Pn. �8.9. Definíció. LegyenA,B,C három nem kollineáris pont. AzABC4 belsejét, me-lyet intABC4-vel jelölünk, a következoképpen értelmezzük:

intABC4 = intACB^ ∩ intABC^ ∩ intCAB^.

8.10. Tétel. (Elemek I. 21.)HaD ∈ intABC4, akkor

BD +DC < BA+AC, BDC^ > BAC^. �

8.11. Tétel. Legyen advaAB és aP /∈ ←−→AB tetszoleges pont. Ekkor:

∀X ∈ intAB : PX < max{PA,PB}.Bizonyítás: Legyen pl.PB ≥ PA, azazPAB^ ≥ PBA^. Alkalmazzuk a külsoszög egyenlotlenségetAXP4-re:BXP^ > PAB^. Mivel egy háromszögben na-gyobb szöggel szemben nagyobb oldal van,PXB^ > PBA^ =⇒ PB > PX(2.13. ábra).

8.12. Tétel. (A háromszögek egybevágóságának SsA alapesete.)Ha azABC4 ésDEF4-benAB < BC és

AB ∼= DE,

BC ∼= FE,

A^ ∼= D^,

akkorABC4 ∼= DEF4.


Bizonyítás: SAS miatt elegendo azt bizonyítani, hogyAC ∼= DF . Ennek bizonyítása

indirekt. Tegyük fel, hogyAC > DF teljesül. Ekkor∃!C ′ ∈ −−→AC : A − C ′ − C ∧AC ′ ∼= DF (szakaszfelmérés, 2.14. ábra). Tehát megállapíthatjuk, hogyABC ′4 ∼=DEF4 (SAS), azazBC ′ = EF = BC. Használjuk fel az elozo tételt,BC ′ <max{AB,BC} = BC, ami ellentmondás.

8.13. Tétel. Azon pontok halmaza egy valódi szög szögtartományában, mely pontok-nak mindkét szártól való távolsága egyenlo, a szögfelezo. �

8.14. Tétel. (Elemek I. 24.)Teljesüljön azABC4-ben és aDEF4-ben, hogy:

AB ∼= DE,

AC ∼= DF,

A^ > D^.

EkkorBC > EF .

Bizonyítás: Feltehetjük, hogyDF ≥ ED. G legyen az a pont←−→DE F -et tartalmazó

oldalán, melyreGDE^ ∼= CAB^ ésAC ∼= DG (PP2 és szakaszfelmérés, ld. 2.15.ábra). EkkorABC4 ∼= DEG4 (SAS), továbbáDGF^ ∼= DFG^ (Pons Asino-rum).

A feltételek miattEDG^ > EDF^ =⇒ F ∈ intEDG^, tehát

intGE ∩ −−→DF 6= ∅ (keresztszakasz tétel).

LegyenintGE ∩ −−→DF = {H}. A pontok elhelyezkedéséreG − H − E teljesül. Al-kalmazva a 8.11. tételt, adódik, hogy

DH < max {DE,DG} = DG = DF =⇒ D −H − F.

Ebbol és a keresztszakasz tételbol következik, hogyH ∈ intDGF^, azazPP1-bolkövetkezoenDGF^ > FGH^. Végezetül

G−H − E =⇒ H ∈ intGFE^,

A BX

P

2.13. ábra.


A B

C′

C

D E

F

2.14. ábra. A SsA kongruencia állítás.

A B

C

D E

FG

H

2.15. ábra. Elemek, I. 24. tétel

ismét a keresztszakasz tételt alkalmazva, vagyis a szögmérés additivitásábólGFE^ >GFD^. Végezetül összehasonlítjuk a szögeket és oldalakat aGFE4-ben:

GFE^ > GFD^ = DGF^ > FGE^ =⇒ CB = GE > FE.

8.15. Tétel. (Elemek I. 25.)Teljesüljön azABC4-ben és aDEF4-ben, hogy:

AB ∼= DE,

AC ∼= DF,

BC > EF.

EkkorA^ > D^. �

8.16. Definíció.LegyenekΓ,Σ ⊂ E nemüres ponthalmazok. A

d(Γ,Σ) = inf{ d(A,B) | A ∈ Γ, B ∈ Σ }

számot aΓ ésΣ ponthalmazok távolságánaknevezzük.

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


8.17. Tétel. Egy pontból egy rajta át nem haladó egyenes pontjaihoz vezeto szakaszokközül az egyenesre meroleges szakasz a legrövidebb, azaz pont és rá nem illeszkedoegyenes távolsága a pontból az egyenesre bocsátott meroleges szakasz hossza.�

Végezetül a háromszögek szögösszegével foglalkozunk.

8.18. Tétel. (Legendre 1. szögtétele.)Abszolút térben tetszoleges háromszög szögmér-tékeinek összege nem nagyobb, mintπ.

Bizonyítás: Indirekt módon tegyük fel, hogy van olyan háromszög, melyben a szög-mértékek összege nagyobbπ-nél. Jelölje ezt a háromszögetA1B1C14, szögeit rendreα, β, γ. A továbbiakban mindvégig azA1B1C14 síkjában dolgozunk (2.16 ábra).

Legyenn ∈ N tetszoleges. Mérjük fel azA1B1C14-t az−−−−→A1B1 C1-t tartalmazó ol-

daláran-szer, azaz legyenAi ∈−−−−→A1B1 , A1Bi = iA1B1, i = 1 . . . n, továbbáCi az←−−→

A1B1 ugyanozon oldalán, mintC1 és teljesüljönA1B1C14 ∼= AiBiCi4. Ekkor

C1A2C24 ∼= CiAi+1Ci+1 =⇒ C1C2∼= Ci−1Ci (i = 1, . . . , n).

Megállapíthatjuk, hogy

δ = C1A2C2^ < A1C1B1^ = γ,

mertα+β+ γ > π az indirekt feltételezés szerint, ésα+β+ δ = π. ÖsszehasonlítvaaA1B1C14-et és aC1A2C24-et

A1C1 = A2C2,C1B1 = A2C1,

A1C1B1^ > C1A2C2^,

tehát a 8.14. tételbol:

C1C2 < A1B1 (∗)

Alkalmazzuk most a töröttvonal egyenlotlenséget:

A1Bn ≤ A1C1 + (n− 1)C1C2 + CnBn,

A1 B1 = A2 AnB2 = A3 Bn

C1 C2 Cn

α αβ

γ

δ

2.16. ábra. Legendre 1. szögtétele.


azaznA1B1 ≤ A1C1 + (n− 1)C1C2 + C1B1.

Rendezve,

∀n ∈ N : n(A1B1 − C1C2) ≤ A1C1 + C1B1 − C1C2.

A (∗) sor miattA1B1 − C1C2 > 0 is fennáll, tehát ellentmondásra jutottunkR archi-medesi tulajdonságával.

Megjegyzés.Az az állítás, hogy a háromszög szögmértékeinek összegeπ, egyáltalán,hogy a háromszög szögmértékeinek összege minden háromszögben ugyanaz, függet-len az abszolút geometria axiómarendszerétol. Ezzel kapcsolatban egy további abszolúttételt is meg tudunk fogalmazni, ennek az állításnak a bizonyítása azonban több eloké-születet igényelne, ezért bizonyítás nélkül közöljük.

8.19. Tétel. (Legendre 2. szögtétele, „mindent vagy semmit” elv.)Abszolút térbenvagy minden háromszögben a szögmértékek összegeπ, vagy minden háromszögbena szögmértékek összege kisebb, mintπ. �

8.20. Definíció.Az ABC4 defektusán aπ − (m(A^) +m(B^) +m(C^)) számotértjük.

Ezek szerint Legendre 1. szögtétele úgy is megfogalmazható, hogy minden három-szög defektusa nemnegatív; a 2. szögtétel pedig úgy, hogy vagy minden háromszögdefektusa nulla, vagy minden háromszög defektusa pozitív.

Legendre 1. szögtételének egyszeru következménye az alábbi állítás.

8.21. Tétel. (Az abszolút külso szög tétel.)Abszolút térben minden háromszög egykülso szögének mértéke nagyobb, vagy egyenlo a két nem mellette fekvo szög mérté-kének összegénél.

8.22. Tétel. Ha r > 0 adott valós szám, továbbáPQ ⊥ QR, akkor∃S ∈ −−→QR , hogym(PSQ^) < r.

Bizonyítás: Ha aPRQ^ mértéke már kisebb, mintr, akkorR = S nyilván megfelel.Ha nem ez teljesül, akkor legyenn olyan pozitív egész, hogy2n · r > m(PRQ^),

Q R R1

P

2.17. ábra.

2 – 9. IZOMETRIÁK 43

továbbáR1 ∈−−→QR olyan, hogyPR = RR1 ésQ − R − R1. Az abszolút külso szög

tételt és a Pons Asinorumot alkalmazva aPRR14-re, az adódik, hogym(PRQ^) ≥2m(PR1Q^), azazn-szer elvégezve ezt a konstrukciót:r > m(PRQ^)

2n ≥ m(PRnQ).(Ld. a 2.17. ábrát!)

9. Izometriák

Ebben a szakaszban a sík és a tér távolságtartó leképezéseirol lesz szó.

9.1. Definíció. LegyenH ⊂ E , σ : H → H leképezés. AP ∈ H pontot aσ leképezésfixpontjának nevezzük, haσ(P ) = P . A T ⊂ H ponthalmaz aσ leképezésinvariánsalakzata, (vagy fixalakzata) ha σ(T ) = {σ(P )|P ∈ T} = T . T -t pontonként fixalakzatnak nevezzük, ha∀P ∈ T : σ(P ) = P .

σ neveinvolutórikus leképezés, ha nem identitás, deσ2 = id.HaH = E vagyH ∈ P, σ : H → H bijektív leképezés, és minden egyenes képe

egyenes, akkorσ neveegyenestartó leképezés, vagyaffin leképezés.Ha H = E vagy H ∈ P és σ : H → H olyan bijekció, hogy∀P,Q ∈ H:

d(P,Q) = d(σ(P ), σ(Q)) teljesül (azazσ távolságtartó bijekció), akkorσ-t izomet-riánakvagyegybevágósági transzformációnak nevezzük. HaH ∈ P akkor speciálisansíkizometriárólszólunk.

∗9.2. Tétel. LegyenH = E vagyH ∈ P. Egyσ : H → H leképezés invariáns egyene-seinek metszéspontja fixpont, ha van metszéspont.

Egy affin leképezés invariáns síkjainak metszésvonala, ha létezik, akkor invariánsegyenes.

Bizonyítás: Legyeneka ésb (a 6= b) a σ izometriának invariáns egyenesei, melyekmetszéspontját jelöljeM .

M ∈ a =⇒ σ(M) ∈ σ(a) = aM ∈ b =⇒ σ(M) ∈ σ(b) = b

}=⇒ σ(M) ∈ a ∩ b.

Azonbana ∩ b egyelemu, tehátM = σ(M).Legyenekα ésβ aσ affin leképezés invariáns síkjai, melyek metszésvonalát jelölje

m. JelöljeM m tetszoleges pontját.

M ∈ α =⇒ σ(M) ∈ σ(α) = αM ∈ β =⇒ σ(M) ∈ σ(β) = β

}=⇒ M ∈ α ∩ β,

ami azt jelenti, hogyσ(m) ⊂ m. Az egyenestartás miatt azonbanσ(m) egyenes, to-vábbá egyenes valódi része nem lehet egyenes, azazσ(m) = m.

Az alábbi tételben az izometriák néhány egyszeru tulajdonságát fogalmazzuk meg:

9.3. Tétel. Legyenσ sík vagy térizometria, jelöljeσ(P )-t P ′. Ekkor


1. A−B − C ⇐⇒ A′ −B′ − C ′,2. {A,B,C} akkor és csakis akkor három nem kollineáris pont, ha{A′, B′, C ′} is

három nem kollineáris pont.

3. ABC^ ∼= A′B′C ′^. �9.4. Tétel. Minden izometria affin leképezés.

Bizonyítás: Legyen` =←−→AB ∈ L. Ekkor `′ = {P ′ | P ∈ ` }. Az `′-t alkotó pontok

kollineárisak az elozo tétel elso állítása miatt.←−−→A′B′ minden pontja ′ pontja is, mert

ha P ′ ∈ ←−−→A′B′ , akkorA′, P ′, B′ kollineárisak, tehátA,P,B is kollineárisak, azazP ∈ ` =⇒ P ′ ∈ `′.

9.5. Tétel. E (ill. egy tetszolegesen rögzített sík) összes izometriái csoportot alkotnaka kompozíció szorzás muveletére.

Bizonyítás: Távolságtartó bijekciók szorzata nyilván távolságtartó bijekció, tehát azizometriák zártak a kompozíciószorzásra. Az asszociativitás a kompozíciószorzásramindig teljesül, továbbá az identitás triviálisan távolságtartó, tehát csak az inverzelemlétezése maradt hátra. Legyenσ izometria. Mivelσ bijekció, van inverze, és az inverzis bijekció. Errol be kell látni a távolságtartást. LegyenP ′ = σ(P ) ésQ′ = σ(Q)két tetszoleges pont.d(σ−1(P ′), σ−1(Q′)) = d(σ−1σ(P ), σ−1σ(Q)) = d(P,Q) =d(P ′, Q′).

9.6. Tétel. Egy térizometria síkot síkba visz át.

Bizonyítás: Minden sík szakasz felezomeroleges sík, azaz két ponttól egyenlo távol-ságra elhelyezkedo pontok halmaza a térben. A távolságtartás miatt következik, hogya sík képe a két transzformált ponttól egyenlo távolságra elhelyezkedo pontok halmazalesz a térben, azaz sík.

9.7. Definíció. Legyen` a rögzítettα sík egyenese. Értelmezzük a következo leké-pezést:%` : α → α. %`(P ) = P , haP ∈ `. Ha P /∈ ` akkor %`(P ) legyen az azegyértelmu pont, melyreP%`(P ) felezo merolegese . %`-t az ` egyenesre vonatkozótükrözésnek (tengelyes tükrözésnek) nevezzük azα síkban.

Legyenα ∈ P. Értelmezzük a következo leképezést:%α : E → E , %α(P ) = P , haP ∈ α. HaP /∈ α akkor%α(P ) legyen az az egyértelmu pont, melyreP%α(P ) felezomeroleges síkjaα. %α-t azα síkra vonatkozó tükrözésnek nevezzük.

∗

A definíciók egyszeru következményei az alábbi állítások:

9.8. Következmény.%` olyan involutórikus leképezés, mely` oldalait felcseréli.%α

olyan involutórikus leképezés, melyα oldalait felcseréli. Mind a síkra vonatkozó tük-rözés, mind az egyenesre vonatkozó tükrözés bijektív.


A továbbiakban, ha tengelyes tükrözésrol beszélünk, akkor ezen mindig egy rögzí-tett sík transzformációját értjük.

9.9. Tétel. %` egyetlen pontonként fix egyenese`. Azm egyenes akkor és csakis akkorinvariáns egyenese%`-nek, ham ⊥ ` ∨m = `.

Bizonyítás: A definícióból közvetlenül következik, hogyaz egyetlen pontonként fixegyenes.

Legyenm invariáns egyenes,m 6= `. P ∈ m ∧ P /∈ ` =⇒ %`(P ) ∈ m =⇒m =

←−−−−→P%`(P ) =⇒ ` ⊥ m, mert` aP%`(P ) felezo merolegese.

Megfordítva, a tengelyre meroleges egyenes invariáns. Legyenm ⊥ `. ∀P ∈ m\` :%`(P ) ∈ m, mertP -bol az `-re bocsátott meroleges egyrészt

←−−−−→P%`(P ) , másrésztm,

azazm =←−−−−→P%`(P ) =⇒ %`(m) ⊂ m. Az elobbi reláció mindkét oldalára alkalmazva

%`-t: %`

(%`(m)

) ⊂ %`(m), azazm ⊂ %`(m).

9.10. Tétel. %` = %m ⇐⇒ ` = m �9.11. Tétel. Az egyenesre vonatkozó tükrözés izometria.

Bizonyítás: LegyenP,Q ∈ α, %`(P ) = P ′, %`(Q) = Q′. Azt kell bizonyítanunk,hogyPQ = P ′Q′.

HaP,Q ∈ ` akkorP = P ′ ∧Q = Q′ =⇒ PQ = P ′Q′.Tegyük fel, hogyP ésQ közül pontosan az egyik-re illeszkedik, pl.Q. Ekkor

Q a PP ′ felezo merolegesén van, azaz egyenlo távolságraP -tol ésP ′-tol: PQ =

P ′QQ=Q′=⇒ PQ = P ′Q′.

Teljesüljön most, hogy←−→PQ ⊥ `, továbbá

←−→PQ és` metszéspontját jelöljeL. Le-

gyenf :←−→PQ → R olyan koordinátaleképezés, hogyf(L) = 0. Ha f(P ) = p és

f(Q) = q, akkor a tengelyes tükrözés definíciója miattf(P ′) = −p ésf(Q′) = −q.Tehát

d(P ′, Q′) = |f(P ′)− f(Q′)| = |q − p| = d(P,Q).

Végül tekintsük azt az esetet, amikorP,Q /∈ `,←−→PQ 6⊥ ` (2.18 ábra.)PP ′ felezo-

pontja legyenM , QQ′ felezopontja pedigN . M 6= N , mert←−→PQ 6⊥ `. Azt állítjuk,

hogyPNQ4 ∼= P ′NQ′4. EhhezSAS miatt csak annyit kell belátni, hogyPNQ^ ∼=P ′NQ′^. SSS miattPMN4 ∼= P ′MN4, azazPNM^ ∼= P ′NM^. Tehát

PNQ^ ={MNQ^−MNP^, haP ∈ intMNQ^;MNQ^ +MNP^, haM ∈ intPNQ^.

Illetve:

P ′NQ′^ ={MNQ′^−MNP ′^, haP ′ ∈ intMNQ′^;MNQ′^ +MNP ′^, haM ∈ intP ′NQ′^.

Ezért

PN ∼= P ′N (N ∈ PP ′ felezomerolegesének),QN ∼= Q′N (N ∈ QQ′ felezo merolegesének),

PNQ^ ∼= P ′NQ′^,

=⇒

=⇒ PNQ4 ∼= P ′NQ′4.


M N

P

Q

P ′

Q′

M N

P ′

Q

P

Q′

2.18. ábra. A tengelyes tükrözés izometria.

Innen következik, hogyPQ ∼= P ′Q′, mert ezek megfelelo oldalak.

9.12. Tétel. Minden síkra vonatkozó tükrözés térizometria.

Bizonyítás: Arra már utaltunk, hogy bijektív leképezésrol van szó. A távolságtartás be-látásához vegyük észre, hogy%α(P )-t megkaphatjuk a következoképpen is: tekintünkegy olyanα síkbeli egyenest – jelölje ezt` –, mely illeszkedikα P -n áthaladó normá-lisának talppontjára. Ekkor%α(P ) = %`(P ), ahol az` egyenesre vonatkozó tükrözésaz` és az elobbi normális síkjában értendo. Ha most két pont is adva van, mondjukPésQ, akkor` illeszkedjen mindkét normális talppontjára. (Ha a két normális azonos,akkor ` még mindig nem egyértelmu, de ez a bizonyítás szempontjából közömbös.)Ekkor

%α(P )%α(Q) = %`(P )%`(Q) = PQ

az elobb bizonyított tétel szerint.

9.13. Következmény.A tengelyes tükrözés illetve a síkra vonatkozó tükrözés affin le-képezés. Minden síkra vonatkozó tükrözés síkot síkba visz át. Tengelyes tükrözésnél atengellyel párhuzamos egyenesek képe a tengellyel párhuzamos.

9.14. Tétel. (A síkizometriák fixponttétele.)1. Ha egy síkizometria egy egyenes kétpontját fixen hagyja, akkor az egyenes az izometria pontonként fix egyenese, és az izo-metria vagy identitás vagy tengelyes tükrözés.

2. Ha egy síkizometriának létezik három nem kollineáris fixpontja, akkor az identi-tás.

Bizonyítás: Eloször az elso állítás fixegyenesre vonatkozó részét bizonyítjuk. Jelölje a

szóban forgó izometriátσ, a két fixpontA ésB. A feltétel szerintσ(←−→AB

)=←−→AB .


LegyenP ∈ ←−→AB , σ(P ) = P ′. 2.17. szerint:

AP = AP ′

BP = BP ′

}=⇒ P = P ′.

2. Legyen mostA,B,C három nem kollineáris fixpont. Az állítás elso része szerintazABC4 minden pontja fixpont. LegyenP a sík teszoleges pontja, feltehetjük, hogyP /∈ ABC4(= AB ∪ BC ∪ CA). LegyenQ azABC4 egy oldalának belso pontja.

Ekkor←−→PQ metsziABC4-t egyQ-tól különbözo R pontban (R vagy csúcs, vagy

alkalmazzuk a Pasch tételt).Q ésR fixpontok, tehát←−→QR pontonként fix, szintén az

elso állítás következtében. TehátP = P ′.Végezetül belátjuk, hogy két fixpont létezése estén, ha az izometria nem identi-

tás, akkor tengelyes tükrözés. Tegyük fel tehát, hogyσ nem identitás. Ekkor az állításmár igazolt második része alapján a két fixponton áthaladó egyenes pontjain kívül másfixpont nem lehet.

Ekkor tetszolegesen rögzítettP /∈ ←−→AB -reP 6= P ′, továbbá

AP = AP ′

BP = BP ′

}=⇒ ←−→

AB aPP ′ felezo merolegese.

9.15. Tétel. (A térizometriák fixpont tétele.) 1. Ha egy térizometria egy egyenes kétpontját fixen hagyja, akkor az egyenes minden pontja fix.

2. Ha a térizometriának van három nem kollineáris fixpontja, akkor a fixpontoksíkja pontonként fix és az izometria vagy identitás, vagy a pontonként fix síkra vonat-kozó tükrözés.

3. Ha egy térizometriának létezik négy nem komplanáris fixpontja, akkor az identi-tás.

Bizonyítás: Jelöljeσ : E → E , P 7→ P ′ a szóban forgó térizometriát.1. A 9.14. bizonyításában a pontonként fix egyenesre vonatkozó érvelés szó szerint

megismételheto.2. A három fixpont síkja invariáns sík, hisz azABC4 síkja azA′B′C ′4 síkjába

megy át, most pedigA = A′, B = B′, C = C ′. Erre az invariáns síkra leszukítvea σ izometriát egy síkizometriát kapunk, amely 9.14. szerint identitás. Az identitásnyilván kielégíti a feltételeket, a továbbiakban feltehetjük, hogyσ nem identitás:∃P ∈E : P ′ 6= P . Mivel A fixpont, ezértd(P,A) = d(A′, P ′) = d(A,P ′), azazA egyenlotávolságra vanP -tol ésP ′-tol. Hasonló mondható elB-rol ésC-rol. Mindez azt jelenti,hogy azABC4 síkja aPP ′ felezomeroleges síkja, azazσ síkra vonatkozó tükrözés.

3. Tegyük fel, hogy van olyan pont, hogyP 6= P ′. Az elozo bizonyításrészbenelmondottakat ismételten alkalmazva látható, hogy mind a négy fixpont benne van aPP ′ felezomeroleges síkjában. Ez ellentmondásban van azzal, hogy a négy fixpontnem komplanáris.

9.16. Tétel. (A síkizometriák alaptétele.)Ha ABC4 ésDEF4 az α sík két nemfeltétlenül különbözo háromszöge ésABC4 ∼= DEF4, akkor egyértelmuen létezik


azα síknak olyanσ izometriája, melyre

σ(D) = A, σ(E) = B, σ(F ) = C.

Tehát három nem kollineáris pont és képe a síkizometriát egyértelmuen meghatározza.

Bizonyítás: A keresett izometriát identitások és tengelyes tükrözések három tényezosszorzataként állítjuk elo.

Az elso tényezo konstrukciója: HaA = D, akkorσ1 = id. HaA 6= D, akkorσ1

legyen azAD felezo merolegesére vonatkozó tengelyes tükrözés. Ekkorσ1(D) = Anyilvánvalóan teljesül. Legyenσ1(E) = E1, σ1(F ) = F1. A egyenlo távolságra vanB-tol ésE1-tol, mertAB = DE = σ1(D)σ1(E) = AE1. Ezt úgy is fogalmazhatjuk,hogyA rajta van azE1B felezo merolegesén.

A második tényezo konstrukciója. HaE1 = B, akkorσ2 = id. HaE1 6= B, akkorσ2 legyen azE1B felezo merolegesére vonatkozó tükrözés. Az elozo megjegyzés miattσ2-nekA fixpontja, továbbá az is teljesül, hogyσ2(E1) = B. Legyenσ2(F1) = F2.AésB rajta vannak aCF2 felezo merolegesén, mert egyrészt

AC = DF = σ1(D)σ1(F ) = AF1 = σ2(A)σ2(F1) = AF2,

másrésztBC = EF = E1F1 = σ2(E1)σ2(F1) = BF2.

A harmadik tényezo konstrukciója. HaF2 = C, akkorσ3 = id. HaF2 6= C, akkorσ3 legyenF2C felezo merolegesére vonatkozó tengelyes tükrözés. Ekkorσ3(F2) = C,továbbá az elozo megjegyzés szerintσ3-nakA ésB fixpontja.

A kívánt izometria tehátσ = σ3 ◦ σ2 ◦ σ1.Az unicitás bizonyítása a fixponttételbol következik az alábbiak szerint. Legyenη

a feltételeknek eleget tevo izometria. Ekkor:

(η−1 ◦ σ)(D) = η−1(A) = D

(η−1 ◦ σ)(E) = η−1(B) = E

(η−1 ◦ σ)(F ) = η−1(C) = F.

D,E, F három nem kollineáris fixpontja aη−1 ◦ σ izometriának, tehát a fixponttételszerintη−1 ◦ σ = id =⇒ σ = η

Az elozo bizonyításból rögtön kiolvashatjuk az alábbi tételt is:

9.17. Tétel. Minden síkizometria legfeljebb három tengelyes tükrözés szorzata.

9.18. Tétel. Megadva a térben két kongruens háromszöget, létezik olyan térizometria,mely egyiket a másikba viszi.

Bizonyítás: A síkizometriák alaptételéhez hasonlóan láthatjuk be, csak a szakaszfe-lezo merolegesek szerepét a szakaszfelezo meroleges síkok veszik át. Tehát a kívántizometriát ismét egy háromtényezos szorzat alakjában adhatjuk meg, ahol a tényezokmindegyike vagy síkra vonatkozó tükrözés, vagy identitás.

2 – 10. KÖRÖK ÉS GÖMBÖK 49

9.19. Tétel. Minden térizometria legfeljebb négy síkra vonatkozó tükrözés szorzata.�

9.20. Tétel. Két nem feltétlenül különbözo szakasz, szög, háromszög pontosan akkorkongruens, ha létezik olyan izometria, mely egyiket a másikba viszi.

Bizonyítás: Az izometria távolságtartó és szögmértéktartó, tehát szakaszt, szöget, há-romszöget az eredetivel egybevágó szakaszba, szögbe, háromszögbe visz át.

A megfordítást háromszögre éppen most bizonyítottuk be. Szakasznál és szögnélvegyünk fel olyan háromszöget, melynek egy oldala illetve szöge a megadott szakaszvagy szög.

9.21. Definíció. (A kongruencia általános fogalma.)Két nem feltétlenül különbözoalakzatotkongruensnek nevezünk, ha létezik olyan izometria, mely egyiket a másikbaviszi.

Megjegyzés.Az elozo tétel szerint szakaszra, szögre, háromszögre visszakapjuk a ko-rábbi definíciókat.

10. Körök és gömbök

A szakasz elso részében mindvégig egy abszolút tér rögzítettS síkjában dolgozunk.

10.1. Definíció.LegyenO ∈ S egy pont,r ∈ R, r > 0 egy rögzített valós szám. AzS síkban azO-tól r távolságra levo pontok halmazátO középpontú r sugarú körnek(körvonalnak) nevezzük. Jelölje azO középpontúr sugarú körtk, továbbáA,B ∈ klegyen két pont.OA-t szinténsugárnak hívjuk,AB-t pedighúrnak. HaA − O − Bis teljesül, akkorAB-t átméroként is említjük. Szintén átméronek nevezzük a2r valós

számot. Az←−→AB egyenes a kör egyszeloje.

Egy egyenest a körérintojének nevezzük, ha az egyenes a kör síkjában van, ésa körrel pontosan egy közös pontja van. A közös pont neveérintési pont. Azon Ppontok halmazát, melyekred(O,P ) < r a kör belsejének vagynyílt körlemeznek ne-vezzük, ésint k-val jelöljük. Ha a definícióban egyenloséget is megengedünk, akkorkörlemezrol, vagy zárt körlemezrol beszélünk. A{P ∈ S | d(O,P ) > r } halmazt akör külsejének nevezzük. Az egysíkú és közös középponttal rendelkezo köröketkon-centrikus körökként említjük.

∗

10.2. Tétel. (A kör egyszeru tulajdonságai.) 1. Egy kör minden húrjának felezo-merolegese átmegy a kör középpontján.

2. Egy kör három pontjára csak a megadott kör illeszkedik.

3. Két körnek legfeljebb két közös pontja lehet.

4. Egy körnek és egy egyenesnek legfeljebb két közös pontja van. �


Megjegyzés.Az az állítás, hogy három nem kollineáris pontra pontosan egy kör il-leszkedik, az abszolút tér axiómarendszerétol független állítás. A 2. tételrész nem eztmondja!

10.3. Tétel. (A kör szimmetriatulajdonságai.) 1. A kör invariáns alakzata mindenolyan tengelyes tükrözésnek, mely tengelye a kör síkjában van és illeszkedik a közép-pontra.2. Ha egy tengelyes tükrözésnek (a kör síkjában) egy kör invariáns alakzata, akkor atengely illeszkedik a középpontra.

Bizonyítás: 1. Tekintsük azO középpontú,k kört, továbbá legyen egy egyenes,O ∈`. Ha P ∈ k, akkorPO = %`(P )O, mert%` izometria és ennekO fixpontja. Azaz%`(P ) ∈ k =⇒ %`(k) ⊂ k, továbbá%`

(%`(k)

)= k, tehátk ⊂ %`(k).

2. Legyen az egyenes ak körnek szimmetriatengelye,P ∈ k, P 6∈ ` pont.%`(P ) = Q ∈ k, mert` szimmetriatengely. UgyanakkorPQ felezo merolegese , azaza 10.2. 1. pontja szerint` illeszkedik a középpontra.

10.4. Tétel. 1. Ha egyt egyenes ak kör síkjában meroleges ak egy sugarára és illesz-kedik annak középponttól különbözo végpontjára, akkort a k érintoje.2. A kör tetszoleges érintoje meroleges az érintési ponthoz húzott sugárra.

Bizonyítás: 1. LegyenOP a szóban forgó sugár. Tegyük fel, hogyt ⊥ ←−→OP , P ∈ tést mégsem érinto, azaz∃Q ∈ k : (Q 6= P ∧ Q ∈ t). Ha %←−−→

OP(Q) = Q′, akkor

t

P

Q

Q′

O

S T P s

Ok

2.19. ábra. Az érinto meroleges az érintési ponthoz húzott sugárra.

Q′ ∈ k, ugyanakkorQ′ ∈ t. TehátP,Q,Q′ három kollineáris pont lennek-n, amiellentmondás (2.19. ábra).

2. Legyens ak körP pontot tartalmazó érintoje. LegyenT azOmeroleges vetületes-re. ∃!S ∈ s: T a PS felezopontja, vagyP = S. PTO4 ∼= STO4 (SAS miatt)=⇒ OP = OS =⇒ S ∈ k. Azonbans érinto⇒ P = S = T , =⇒ OP ⊥ s (2.19.ábra).

10.5. Tétel. Ha AB egyr sugarú kör húrja, akkorAB ≤ 2r. AB = 2r ⇐⇒ ABátméro. �


10.6. Tétel. 1. Egy izometria körhöz kört, egy körbol és érintojébol álló alakzathozugyanilyen alakzatot rendel. A kör középpontjának a képe a képkör középpontja.2. Két kör akkor és csakis akkor kongruens, ha egyenlo sugarúak. �10.7. Tétel. Két nem feltétlenül különbözo kongruens körben két nem feltétlenül kü-lönbözo húr pontosan akkor egybevágó, ha egyenlo a középponttól mért távolságuk.

�10.8. Tétel. Minden kör belseje, minden zárt körlemez konvex halmaz. �10.9. Tétel. (A szakasz-kör tétel.)Ha A egy kör belso pontja,B ugyanannak a kör-nek külso pontja, akkorAB metszi a kört.

Bizonyítás: Lemma. Ha−−→PQ ⊥ −−→OP ésOP < r (r > 0 rögzített), akkor∃!T ∈−−→

PQ : OT = r.A Lemma bizonyítása.(Ld. 2.20.-(a) ábra!)Egzisztencia.Legyenf :

←−→PQ → R koor-

P T Q

O

(a)

P T QS

O

(b)

2.20. ábra. A szakasz–kör tétel: a bizonyítás lemmája.

dinátaleképezés úgy, hogyf(P ) = 0 ésf(Q) > 0. (A vonalzó elhelyezése.) Az álta-lánosság megszorítása nélkül feltételezhetjük, hogyf(Q) = r. EkkorOQ > r, mertazOPQ4 derékszögu4-benPQ befogó,OQ pedig átfogó. Definiáljuk a következofüggvényt:

g : R→ R, x 7→ g(x) = OX, aholX ∈ ←−→PQ : f(X) = x.

|g(x)− g(y)| = |OX −OY | ∗< |XY | RP= |f(X)− f(Y )| = |x− y|(∗: a háromszög egyenlotlenségbol következik.)|g(x) − g(y)| < |x − y| azt jelenti,hogy g folytonos.g(0) = OP < r ésg(r) = OQ > r =⇒ ∃t ∈ R: 0 < t < r

ésg(t) = r a közbenso érték felvételének tételébol. LegyenT ∈ ←−→PQ : f(T ) = t.

t > 0 =⇒ T ∈ −−→PQ is teljesül.

Unicitás.(Ld. 2.20.-(b) ábra.) HaT, S ∈ −−→PQ T 6= S, akkorP − T − S esetén

OT < max{OP,OS} = OS,


ha pedigP − S − T , akkor

OS < max{OP,OT} = OT ;

mindkét eset ellentmondásra vezet.A tétel bizonyításaHa O ∈ ←−→AB , akkor a tétel a szakaszfelmérés tételébol rögtön

következik, mérjük fel ugyanisr-t O-ból az−−→OA -re és az

−−→OB -re. Ha∃OAB4, akkor

elegendo annyit bizonyítani, hogy−−→AB metszik-t, ugyanis a metszéspont nem lehet−−→

AB \AB-ben. Ez azért van így, mert haM ∈ −−→AB (OM = r) akkorA−M−B( =⇒M ∈ AB) vagyA − B −M . Az utóbbi esetbenOB < max{OA,OM } = r, amiellentmondásban van azzal, hogyB külso pont.

LegyenP azO pont meroleges vetülete←−→AB -re (ld. 2.21. ábra).OP ≤ OA (hisz

P A B

O

2.21. ábra. A szakasz–kör tétel.

P = A vagy azOPA4 derékszögu), tehátOP < r. Mivel a kör belseje konvex, ezért

PA nem metszheti a kört.−−→PB = PA∪−−→AB tehát

−−→AB pontosan akkor metszi a kört,

amikor−−→PB .

−−→PB azonban metszi a kört a lemma szerint.

Megjegyzés.Az elozo tételnek, – csakúgy, mint a következo két tételnek, az ún. kör-metszési tételeknek – a bizonyítása abszolút térben szemmel láthatóan meglehetosenösszetett. Ha feltételezzük, hogy a térben teljesül a Pitagorasz-tétel, akkor a bizonyítás

lényegesen egyszerubb: azO ∈ ←−→AB eset nem igényel módosítást. HaO 6∈ ←−→AB , ak-

kor tekintsük a−−→PB azonX pontját, melyrePX2 = r2−PO2. Ez a pont egyrészt rajta

van a körvonalon, hiszenO-tól mért távolságar, másrészt azAB belso pontja, mertPX2 < PB2 = OB2 − OP 2. Azt azonban hangsúlyozni kell, hogy a Pitagorasz-tétel független az abszolút geometria axiómarendszerétol, tehát abszolút térben sembizonyítani, sem cáfolni nem lehet.

10.10. Tétel. (Az egyenes-kör tétel.)Ha egy egyenes tartalmazza egy kör valamelybelso pontját, akkor az egyenes a kört pontosan 2 pontban metszi.

Bizonyítás: LegyenS azO középpontúr sugarú kör belso pontja,S ∈ `. HaO ∈`, akkor az állítás nyilvánvaló (szakaszfelmérés). Tegyük fel tehát, hogyO 6∈ `. Omeroleges vetületét-re jelölje P . OP ≤ OS < r, tehátP belso pont. LegyenekQ1, Q2 ∈ ` pontok.Q2 − P −Q1,Q2P = PQ1 = r. OQ1 = OQ2 > r, tehátQ1 és


O

Q1Q2 P S

2.22. ábra. Az egyenes–kör tétel.

Q2 külso pontok`-en (ld. 2.22. ábra). Az elozo tétel szerint mind−−−→PQ1 , mind

−−−→PQ2

metszik-t, azaz létezik legalább 2 metszéspont. Több metszéspont nem lehet a fejezet10.2. tételének 4. állítása szerint.

10.11. Tétel. (A két kör tétele.)Jelölje kA azA középpontú,a sugarú,kB pedig aB középpontú,b sugarú kört. Legyen továbbáAB = c. Ha aza, b, c számok közülbármelyik kisebb a másik ketto összegénél, akkorkA éskB pontosan 2 pontban metszik

egymást. A két metszéspontot←−→AB elválasztja. �

10.12. Tétel. (A háromszögszerkesztés tétele, Elemek I. 22.)Aza, b, c pozitív valósszámok akkor és csakis akkor egy háromszög oldalainak mértékei, ha közülük bármelyketto összege nagyobb a harmadiknál.

Bizonyítás: Az egyik irány a klasszikus háromszög egyenlotlenség megismétlése, amásik irány a két kör tételébol következik.

10.13. Következmény.Létezik szabályos háromszög. (V.ö. Elemek I. 1.)

10.14. Tétel.Egy kör külso pontja (a kör síkjában) a körnek pontosan két érintojére

illeszkedik. Ha←−→PQ és

←−→PR a kör két érintoje, továbbáQ ésR a körvonal pontjai,

akkorPQ ∼= PR.

Bizonyítás: LegyenP azO középpontúk kör külso pontja.k sugaraOQ′, aholO −Q′ − P . k′ legyen azO középpontúOP sugarú kör.Q′ ∈ int k′ =⇒ az

←−→OP -re

Q′-ben állított meroleges metszik′-t. Az egyik metszéspont legyenP ′ (ld. egyenes–kör tétel). Legyenm aPP ′ felezo merolegese.O ∈ m mertPP ′ a k′ húrja. Legyen

Q = %m(Q′).←−−→P ′Q′ érinto k-hoz, tehát

←−→PQ is érinto k-hoz. LegyenR = %←−−→

OP(Q).

10.6.-t alkalmazva←−→PR szintén érinto k-hoz (ld. 2.23. ábra).

TöbbP -re illeszkedo érinto nincs;PQ ∼= PR . Legyen←−→PQ az elobb megkonst-

ruált érinto,←−→PE teszoleges másik érinto. OPQ4 ∼= OPE4 (SsA: OP ∼= OP ,

QO = OE(= r), Q^ ∼= E^ (derékszögek) továbbáOP > OQ), tehátPQ = PE.Azaz az érintési pontokat aP középpontúPQ sugarú kör metszi kik-ból. A két körtételeszerint a metszéspontok száma ketto.


OP

P ′

Q

Q′

2.23. ábra. Az érintoszerkesztés az abszolút geometriában.

A paragrafus befejezo részében a gömbökkel foglalkozunk

10.15. Definíció.Legyen adva a tér egyO pontja és egyr pozitív valós szám. A térazon pontjai halmazát, amelyek távolságaO-tól r gömbnek nevezzük. AzO pont agömbközéppontja r a gömbsugara. Ha egy pont távolságaO-tól nagyobb, mintr ak-kor a pontkülso pont, míg ha kisebb, mintr akkorbelso pont. A gömb unióját a belsopontok halmazávalgömbtestnek is hívjuk. HaP azO középpontúr sugarú kör pontja,akkorOP -t is sugárnak nevezzük. Az azonos középpontú gömböketkoncentrikusgöm-böknek is nevezzük. HaP ésQ azO középpontúr sugarú gömb pontjai, akkorPQ agömbhúrja. HaO ∈ PQ akkor a húrtátméronek is nevezzük. Egy egyenes illetve egysík egy gömbnekérintoje, ha pontosan egy közös pontja van a gömbbel, mely pontotérintési pontnak hívunk.

10.16. Tétel.Egy O középpontú,r sugarú gömb középpontjára illeszkedo sík és agömb közös pontjai halmazaO középpontúr sugarú kör.

Bizonyítás: A gömb és a sík közös pontjai egyrészt egysíkúak, másrésztO-tól r tá-volságra vannak. Megfordítva, azO középpontú, adott síkbeli kör mindegyik pontjartávolságra vanO-tól, tehát egyben a gömbnek is pontja.

10.17. Definíció.Egy gömbbol a középpontjára illeszkedo sík által kimetszett körtfo-körnek nevezzük.

10.18. Tétel.A gömbtest konvex alakzat.

Bizonyítás: Tekintsük a gömbtest két pontjára és a középpontra illeszkedo síkot, vagyegy ilyen síkot, ha a három pont kollineáris. Képezve a gömb síkmetszetét, az állítást akörlemez konvex voltára vezettük vissza.

10.19. Tétel.Egy gömbnek és egy egyenesnek legfeljebb 2 közös pontja lehet.

2 – 11. NÉGYSZÖGEK 55

Bizonyítás: Tekintsük a gömb adott egyenesre illeszkedo fokörmetszetét, illetve en-nek síkját. Mivel az egyenes minden pontja ebben a síkban van, ezért az egyenes és agömb közös pontjai halmaza megegyezik az egyenes és az említett fokörmetszet közöspontjai halmazával. Egyenesre és körre az állítást már bizonyítottuk.

A bizonyításban elmondottakból következnek az alábbi állítások.

10.20. Tétel.Tekintsünk egyr sugarú gömböt és egyegyenest! Az alábbi állításokekvivalensek.1. ` a gömb érintoje.2. ` távolsága a gömb középpontjátólr.3. ` meroleges a gömb egy sugarára annak középponttól különbözo végpontjában.Továbbá egy sugár középponttól különbözo végpontjában a sugárra meroleges egyene-sek mindegyike érinto. Ezek síkja a gömb érintosíkja.

10.21. Tétel.Egy sík akkor és csakis akkor érintosíkja egy gömbnek, ha távolsága agömb középpontjától megegyezik a gömb sugarával. Ha a sík távolsága a gömb közép-pontjától kisebb, mintr akkor a gömb és a sík közös pontjai halmaza kör.

Bizonyítás: Tekintsük a gömbO középpontjából azS síkra bocsátott merolegest, il-letve egy erre illeszkedo α síkot. A meroleges talppontját jelöljeP . Alkalmazzuk a10.9. bizonyításában kimondott lemmát! Eszerint, haOP < r akkor azα síkban vanO-tól r távolságra levo pont – jelölje eztT –, és ez nem egyezik megP -vel. Tekintsükmost aP középpontú,PT sugarú kört azS síkban.SAS miatt ennek tetszolegesT ′

pontjáraOPT4 ∼= OPT ′, azazOT ′ = r. Ezt a kört a gömb ésS metszete tartal-mazza. Nem lehet azonban ezen körön kívüli pontjuk, mert haQ közös pont – azazO-tól r távolságra van azS síkon –, akkorOPQ4 ∼= OPT4 az SsA alapeset szerint,azazPQ = r.

HaOP ≥ r, akkorS \ {P} minden pontja távolabb vanO-tól, mintP .

A külso pontra illeszkedo érinto problémáját visszavezethetjük az analóg síkbeliproblémára, ha a pontra illeszkedo fokörmetszeteket tekintünk:

10.22. Tétel.Egy gömb külso pontra illeszkedo érintoi kongruensek, az érintési pontokpedig egy körre illeszkednek.

Ha egy külso pontra illeszkedo tetszoleges érintot tartalmazó és az érintési ponthozhúzott sugárra meroleges síkot tekintünk, akkor a külso pontra illeszkedo érintosíkhozjutunk.

10.23. Tétel.Egy gömb külso pontjára a gömbnek végtelen sok érintosíkja illeszkedik.Az érintési pontok halmaza kör.

11. Négyszögek

Rögzítsük az abszolút tér egy síkját. Jelen szakaszban mindig ebben a síkban dol-gozunk.


11.1. Definíció.LegyenA,B,C,D négy olyan komplanáris pont, hogy közülük bár-mely három nem kollineáris, továbbá azintAB, intBC, intCD, intDA halmazokközül mindegyik metszete az összes többivel üres halmaz. Ekkor azABCD2 =AB∪BC∪CD∪DA halmaztnégyszögnek nevezzük, melynekA,B,C,D acsúcsai,AB, BC, CD, DA azoldalai, AC, BD az átlói. Egy átló végpontjaitszemközticsú-csoknak is mondjuk. Ha két oldal metszi egymást, akkor azokatszomszédosoldalak-nak, míg ellenkezo esetbenszemköztioldalaknak mondjuk.ABC^,BCD^, CDA^,DAB^ a négyszögszögei, melyeketB^, C^,D^, ésA^ is jelölhet.

11.2. Definíció.Egy négyszögetkonvex négyszögnek nevezünk, ha mindegyik oldalaa szemközti oldal által meghatározott egyik félsíkban van.

A konvex négyszög nem konvex halmaz!

11.3. Tétel. Egy négyszög akkor és csakis akkor konvex négyszög, ha minden szögénekcsúcsa a szemközti szög belsejében van.

Bizonyítás: Legyen adva azABCD négyszög. HaA ∈ intBCD^, akkorA ésB a←−→CD ugyanazon oldalán vannak=⇒ AB a

←−→CD egyik oldalán van. Analóg módon

a többi csúcsra.Megfordítva, legyenABCD konvex négyszög. Belátjuk, hogyC ∈ intDAB^.

CD az←−→AB egyik oldalán van, tehátC az

←−→AB D-t tartalmazó oldalán van.CB az←−→

AD egyik oldalán van, azazC az←−→AD B-t tartalmazó oldalán van.

11.4. Tétel. Egy négyszög akkor és csakis akkor konvex négyszög, ha átlói metszikegymást.

Bizonyítás: LegyenABCD konvex négyszög. EkkorC ∈ intDAB^ =⇒ −−→AC ∩

intDB 6= ∅ (keresztszakasz tétel). A metszéspont legyenP , erreD − P −B. Analóg

okoskodással:−−→BD ∩ intAC 6= ∅. Mivel

←−→BD 6= ←−→AC , ezért

−−→BD ∩ intAC = {P}.

Innen következik, hogyP ∈ intDB ésP ∈ intAC.Megfordítva, haAC ésBD egymást egyP pontban metszik, akkorA−P−C,B−

P −D és←−→AC 6=←−→BD . intBD∩−−→CA = {P} =⇒ A ∈ intBCD^ a keresztszakasz

tétel miatt. HasonlóanB ∈ intCDA^, C ∈ intDAB^, D ∈ intABC^. TehátABCD2 konvex négyszög.

11.5. Tétel. Ha azABCD négyszögbenA^ ésD^ derékszög, akkorABCD konvexnégyszög.

Bizonyítás:CB az←−→AD egyik oldalán van:CB∩AD = ∅ (definíció). HaCB

←−→AD -t

egyAD-n kívüliE pontban metszené (2.24. ábra), akkor aBEA^ és aDEC^ egyikenagyobb vagy egyenlo mint derékszög (lévén kiegészíto szögek). Innen következik,hogy azABE4 ésEDC4 egyikében legfeljebb egy hegyesszög van, ami ellentmon-dás.


B A

D C

E

B

A

D

C

F

2.24. ábra. Az olyan négyszög, melyben két szomszédos szög derékszög, konvex négy-szög.

AD a←−→CB egyik oldalán van.AD nem metszheti

←−→CB -t annakCB-n kívüli pont-

jában (sem), mert ha létezik azF metszéspont (ld. 2.24. ábra), akkor azAFB4 ésFCD4 egyikében legfeljebb egy hegyesszög van.

AB a CD egyik oldalán;CD azAB egyik oldalán van.←−→AB -nek és

←−→CD -nek←−→

AD közös merolegese, tehát←−→AB ‖←−→CD , továbbá definíció szerint

←−→AB 6=←−→CD .

11.6. Definíció.Ha azABCD négyszögA^ ésD^ szöge derékszög ésAB = CD,akkor a négyszögetABCD S -el jelöljük ésSaccheri négyszögnek mondjuk.ABCD

Saccheri négyszögnekAB ésCD aszárai,AD azalsó alapja,BC a felso alapja. (Ld.2.25. ábra!)

Ha azABCD négyszögben azA^,B^,C^ szögek mindegyike derékszög, akkorLambert négyszögrol szólunk. Jele:L . (Ld. 2.25. ábra!)

Egy négyszöget akkor nevezünktéglalapnak, ha minden szöge derékszög. Az olyantéglalapot amelynek minden oldala egyenlo négyzetnek hívjuk.

∗

A B

D C

A B

D C

2.25. ábra. Saccheri négyszög és Lambert négyszög.

Megjegyzés.11.5. miatt minden Saccheri négyszög és minden Lambert négyszög kon-vex négyszög.


Megjegyzés.A definíció szerint könnyu konstruálni mind Saccheri négyszöget, mindLambert négyszöget. A késobbiekben kiderül, hogy téglalap létezését az abszolút téraxiómarendszerébol nem lehet levezetni.

11.7. Tétel. Minden Saccheri négyszög felso alapon nyugvó szögei kongruensek.

Bizonyítás: Legyen adva azABCD Saccheri négyszög.ABD4 ∼= DCA4 SAS mi-att. TehátAC ∼= BD, mivel megfelelo oldalak. Innen az is következik, hogyABC4 ∼=DCB4 SSS miatt. MivelABC^ ésBCD^ megfelelo szögek, ezért kongruensek.

11.8. Tétel. Egy Saccheri négyszög alapjai párhuzamosak.

Bizonyítás: LegyenN azAD, M pedig aBC felezopontja.ABM4 ∼= DCM4SAS miatt. TehátAM ∼= DM , mert megfelelo oldalak. Azaz azM pont egyenlotávolságra van azA-tól és aD-tol, ami azt jelenti, hogy rajta van azAD felezo mero-legesén. TehátMN ⊥ AD (2.26. ábra).

Analóg módon láthatjuk be, hogyMN ⊥ BC.←−→AD -nek és

←−→BC -nek tehát

←−−→MN

közös merolegese, ami azt jelenti, hogy a két egyenes párhuzamos.

A B

D C

MN

2.26. ábra.

11.9. Tétel. Ha ABCD S továbbáMa BC felezopontja, ésN azAD felezopont-

ja, akkorNMCD L ésNMBA L . Ha NMBA L , akkor egyértelmuen léteznek

olyanC ésD pontok, hogyABCD S úgy, hogyM aBC felezopontja, ésN azADfelezopontja.

Bizonyítás: Az elozo tétel miatt←−−→NM meroleges azABCD Saccheri négyszög mind-

két alapjára, ígyNMBA Lambert négyszög és szinténNMCD Lambert négyszög.Legyen mostNMBA Lambert négyszög, továbbáC ésD azok az egyértelmu pon-

tok, melyekreM azAD felezopontja,M aBC felezopontja. MivelC = %←−−−→NM

(B)

ésD = %←−−−→NM

(A) ezértABCD Saccheri négyszög.

11.10. Tétel. (Omar Khayyam tétele.)1 LegyenABCD Saccheri négyszög,AD azalsó alap.

BC > AD ⇐⇒ B^ hegyesszög,

1Omar Khayyam (kb. 1050–1123) arab költo, matematikus és csillagász.


BC ∼= AD ⇐⇒ B^ derékszög,

BC < AD ⇐⇒ B^ tompaszög.

Bizonyítás: JelöljeAD felezopontjátN , BC felezopontjátM . HaAD ∼= BC, akkorez azt jelenti, hogyNABM Saccheri négyszög ésMCDN Saccheri négyszög azMN -el, mint alsó alappal. A Saccheri négyszög felso alapon nyugvó szögei azonbankongruensek, jelen esetben tehát derékszögek.

Teljesüljön most, hogyBC > AD. LegyenE ∈ MB úgy, hogyME ∼= AN .E ∈ intBAM^ ⊂ intBAN^, továbbáNAEM Saccheri négyszög, tehátAE pár-huzamos azMN -el, mint alsó alappal. Ekkor

π

2= m(NAB^) > m(EAN^) = m(AEM^) > m(ABM^).

Az utolsó lépésben a külso szög egyenlotlenséget használtuk aBAE4-re. (ld. 2.27.ábra.)

A B

D C

MN

E

2.27. ábra.

HaAN > BM , akkorF legyen azAN olyan pontja, melyreFN ∼= BM . EkkorNFBM Saccheri négyszög azMN -el, mint alsó alappal, továbbáF ∈ intABN^ ⊂intABM^. A külso szög egyenlotlenséget alkalmazva azAFB4-re:

m(BAF^) < m(BFN) = m(FBM^) < m(ABM^).

A megfordítások ezek után kontrapozícióval következnek.

11.11. Definíció.A derékszögu hipotézis: létezik olyan Saccheri négyszög, mely felsoalapon nyugvó szögei derékszögek.A hegyesszögu hipotézis: létezik olyan Saccherinégyszög, mely felso alapon nyugvó szögei hegyesszögek.A tompaszögu hipotézis:létezik olyan Saccheri négyszög, mely felso alapon nyugvó szögei tompaszögek.

11.12. Tétel.A tompaszögu hipotézis hamis. Egyetlen Lambert négyszög negyedik szö-ge sem lehet tompaszög.

Bizonyítás: Állításunk Legendre 1. szögtételébol következik. AzABCD2 Saccherivagy Lambert négyszöget azAC átlója azABC4 ésACD4 háromszögekre bontja.Mivel a Saccheri négyszög illetve a Lambert négyszög konvex, ezért 11.3. miattA ∈intDCB^, C ∈ intDAB^. Alkalmazható tehát a szögmérték additivitása:

DCA^ +ACB^ = DCB^; DAC^ + CAB^ = DAB^.


Ez azt jelenti, hogy azABCD négyszög szögeinek összege aDAC4 és aCAB^háromszögek szögeinek összegével egyezik meg, tehát Legendre 1. szögtétele miattkisebb, mint2π. A két derékszög két tompaszöggel együtt, vagy a három derékszög anegyedik tompaszöggel együtt azonban2π-nél nagyobb szögösszeget adna.

A paragrafus zárásaként az abszolút geometriamindent vagy semmit elvének újabbmegnyilvánulását mondjuk ki (v.ö. Legendre 2. szögtétele, 8.19.), ezúttal is bizonyításnélkül.

11.13. Tétel.Ha igaz a hegyesszögu hipotézis, akkor minden Saccheri négyszög felsoalapon nyugvó szögei hegyesszögek, továbbá minden Lambert négyszög negyedik szögehegyesszög. Ha igaz a derékszögu hipotézis, akkor minden Saccheri négyszög felsoalapon nyugvó szögei derékszögek, továbbá minden Lambert négyszög negyedik szögederékszög.

12. Párhuzamossági axiómák

12.1. Definíció.Egy abszolút teret(klasszikus) euklidészi térnek nevezünk, ha érvé-nyes benne a következo, ún.euklidészi párhuzamossági axióma:

Axióma:Az euklideszi párhuzamossági axióma –EPP. Megadva egy egyenest és egy rá nemilleszkedo pontot, legfeljebb egy olyan egyenes van, amely tartalmazza a pontot éspárhuzamos az adott egyenessel.

*

12.2. Definíció.Egy abszolút teret(klasszikus) hiperbolikus térnek nevezünk, ha ér-vényes benne a következo, ún.hiperbolikus, vagyBolyai–Lobacsevszkij féle párhuza-mossági axióma:

Axióma:A hiperbolikus párhuzamossági axióma –HPP. Megadva egy egyenest és egy ránem illeszkedo pontot, legalább két olyan egyenes van, amely tartalmazza a pontot éspárhuzamos az adott egyenessel.

*

Megjegyzés.Be lehet látni, hogy hiperbolikus térben egy adott pontra illeszkedo, adottegyenessel párhuzamos egyenesek száma végtelen (ha az adott egyenes nem illeszke-dik az adott pontra).

12.3. Tétel. Abszolút térben a következo állítások ekvivalensek:

A. Euklidész V. posztulátuma.Ha adva van az abszolút tér egy síkjában egy←−→AB

egyenes és ennek egyik oldalán aC 6= D pontok, akkor

m(CAB^) +m(DBA^) < π

esetén−−→AC ∩ −−→BD 6= ∅.

2 – 12. PÁRHUZAMOSSÁGI AXIÓMÁK 61

B. Euklidész I. 29. állítása.Ha C ésD az←−→AB ugyanazon oldalán elhelyezkedo

pontok egy←−→AB -t tartalmazó síkban, és

←−→AC ‖←−→BD , akkor

m(ABD)^ +m(CAB)^ = π.

C. Euklidész I. 30. állítása.Az egyenesek párhuzamossága (síkban) tranzitív relá-ció.

D. Az I. 30. állítás kontrapozíciója.Síkban két párhuzamos egyenes egyikét metszoegyenes metszi a másikat is.

E. EPP.

F. Két párhuzamos egyenes egyikét merolegesen metszo egyenes merolegesen met-szi a másikat is.

G. Síkban:(`‖m ∧ r ⊥ ` ∧ s ⊥ m) =⇒ r‖s (`, r, s,m ∈ L).

H. Minden háromszög oldalfelezo merolegesei egy pontban metszik egymást.

I. Bolyai Farkas tétele.Bármely három nem kollineáris pontra egyértelmuen illesz-kedik kör.

J. Minden háromszögben a szögmértékek összegeπ.

K. Euklidész I. 32. állítása.Minden háromszögben tetszoleges külso szög mértékemegegyezik a nem mellette fekvo két belso szög mértékének összegével.

Bizonyítás: Eloször az elso öt állítás ekvivalenciáját látjuk be.C ésD ekvivalenciájapusztán logikai úton következik: Tegyük fel, hogya‖b. Ekkor b‖c =⇒ a‖c egyenér-téku azzal, hogya 6 ‖c =⇒ b 6 ‖c.

E =⇒ D( ⇐⇒ C) (ld. 2.28. ábra):a‖b, b ∩ c = {P}. Ha c nem metszenéa-t,akkorP -n keresztüla-val két párhuzamost is tudnánk húzni.

P

a

b

c

2.28. ábra.EPP, és az I. 30. állítás ekvivalenciája.

(D ⇐⇒ )C =⇒ E: Tegyük fel, hogy aP ponton keresztül aza egyenessel párhu-zamosan két egyenest is lehet húzni,b-t ésc-t. Mivel teljesül a párhuzamosság tranzi-tivitása,c‖a ∧ a‖b =⇒ c‖b, ami ellentmondás, mertc ésb P -ben metszok.

E =⇒ A (ld. 2.29. ábra):


E

C

D

B

A

B

A

C

D

yv

xu

2.29. ábra. Balra:EPP-bol következik az V. posztulátum. Jobbra: Az V. posztulátumbólkövetkezik az I. 29. állítás.

LegyenE az←−→AB ugyanazon oldalán, mintC és teljesüljönm(EBA^) = π −

m(BAC^). Ekkor←−→AC ‖←−→BE , mert teljesül a párhuzamosság elegendo feltétele (6.6.)

D /∈ −−→BE a feltétel miatt, tehát←−→BE és

←−→BD különbözoek.EPP miatt

←−→BD nem lehet

párhuzamos←−→AC -vel, tehát metszi. A metszéspont nem lehet a

←−→BD egyenes

−−→BD -vel

ellentétes félegyenesén, mert ez a←−→BE másik oldalán van, mint

−−→AC .

A =⇒ B (ld. 2.29. ábra): Mivel←−→AC és

←−→BD párhuzamosak, ezért

x+ y = π u+ v = π, (∗)

ugyanis a fordított irányú relációk ellentmondásra vezetnekA-val. Ebbol

x+ y + u+ v = 2π.

Ugyanakkoru + x = π ésy + v = π, mert mellékszögek. Az utóbbi két relációtösszeadvax+ y + u+ v = 2π. Ez csak úgy lehetséges, ha (∗)-ban mindkét képletbenegyenloség teljesül.

B =⇒ E: Legyen` ∈ L, P /∈ `. P meroleges vetülete-re legyenT . Ha←−→PQ ‖`,

akkor B miattQPT^ derékszög. Azonban←−→PT -re aP -ben állított meroleges egyér-

telmu. (2.30. ábra.)

P

T

Q

`

2.30. ábra. Az I. 29. állításból következikEPP.


r

s

` m A B

C

`

m

2.31. ábra. Balra:F =⇒ G. Jobbra: Bolyai Farkas tétele.

E =⇒ F Mivel EPP és az I. 29. állítás ekvivalensek, ezért kiindulhatunk az utóbbi-ból is.F azonban ennek speciális esete: ha a transzverzális egyik oldalán elhelyezkedobelso szög derékszög, akkor a másik is.

F =⇒ G: `‖m, r ⊥ `, s ⊥ m. F miatt r ⊥ ` ∧ `‖m =⇒ r ⊥ m. Továbbár ⊥ méss ⊥ m =⇒ r‖s hiszen ugyanarra az egyenesre merolegesek. (2.31. ábra.)

G =⇒ H: A szakaszfelezo meroleges azon pontok halmaza a síkon, mely pontokegyenlo távolságra vannak a szakasz végpontjaitól. Ennek megfeleloen elegendo aztbizonyítani, hogy két oldalfelezo meroleges metszi egymást. AzABC4 AB ésBC

oldalának felezo merolegesét jelölje illetve m. Ha `‖m akkor G miatt←−→AB ‖←−→BC ,

ami nyilván ellentmondás. (2.31. ábra.)H =⇒ I triviális.I =⇒ J: Jóllehet J-t közvetlenülEPP-bol nagyon könnyu levezetni (ld. elemi is-

kolai geometria, ill. a 12.4. tétel.), az elozo állításból (ill. a vele ekvivalensH-ból) valólevezetés meglehetosen összetett.2

Eloször azt látjuk be, hogyI-bol következik az alábbiI1 állítás:Ha egy egyenes egy hegyesszög egyik szárát merolegesen metszi, akkor metszi a másikszárat is.

Valóban, legyenABC^ hegyesszög,←−→DC ⊥ ←−→BC . R legyen aBC egy pontja,

S pedig olyan pont, hogyC azRS felezopontja. LegyenT az a pont, melyre←−→AB az

RT felezo merolegese. EkkorI miatt van olyanP pont, mely egyenlo távolságra van

R-tol, S-tol, ésT -tol. P rajta van mind−−→AB -n, mind

←−→CD -n, tehát

←−→CD ∩ −−→BA 6= ∅.

(2.32. ábra.)A most bebizonyított állításból következik, hogy

I2: egy valódi szögvonal minden belso pontjára illeszkedik olyan egyenes, amely mind-két szárat a csúcstól különbözo pontban metszi.

Legyen ugyanis a szóban forgó valódi szögABC^,−−→BD a szögfelezo. Ekkor

ABD^ ésDBC^ hegyesszögek. Az elobbi állítás miatt−−→BD bármely belso pont-

jából a←−→BD -re állított meroleges metszi mind

−−→BA -t, mind

−−→BC -t. (2.32. ábra.)

2A következoekben ismertetett bizonyításnak tudománytörténeti érdekessége, hogy Legendre ezzel a bi-zonyítással (pontosabban annak második felével)abszolút geometriábanvélte bebizonyítani a szögösszeg-tételt – nem vette észre ugyanis az abszolút geometria melletti plusz feltételt (amit a bizonyítás elso felébenhasználunk).


B R C S

T

A

B C

A D

2.32. ábra.

Most belátjuk, hogyI2-bol már következik J.3 Jelölje azABC4 defektusátδ. Le-gendre 1. szögtételébol tudjuk, hogyδ ≥ 0. Tegyük fel, hogyδ > 0. Legyenn olyan

egész szám, hogy2n · δ > π. LegyenD a←−→BC A-val ellentétes oldalán, továbbá

DBC^ ∼= ACB^,BD = AC. (ld. 2.33. ábra.) EkkorSAS miatt

A B B1

C

C1

D

`

2.33. ábra. A háromszögek szögösszege.

ACB4 ∼= DBC4,

továbbá a párhuzamosság elegendo feltételének teljesülése miatt

←−→BD ‖←−→AC ,

←−→AB ‖←−→CD .

Legyen` olyan egyenes, mely illeszkedikD-re, nem illeszkedikA-ra, és metszi−−→AB -t

is és−−→AC -t is. (Itt használtuk ki az elozo állítást!) Legyen

−−→AB ∩ ` = {B1},

−−→AC ∩ ` =

{C1}. Vizsgáljuk azA, B, B1 pontok sorrendjét! HaA − B1 − B teljesülne, akkor

3Ez a bizonyításrész Legendre „hibás” bizonyítása, tehát azI2 állítást Legendre abszolút geometrábanhallgatólagosan feltételezte.


A ésB1 a←−→BD azonos oldalán vannak. Mivel

←−→AC ‖←−→BD , ezértA,C,C1 a

←−→BD

azonos oldalán vannak. Ebbol az következik, hogyB1 ésC1 a←−→BD ugyanazon oldalán

vannak, ami ellentmondásB1−D−C1-el. TehátA−B−B1. Hasonlóan láthatjuk be,hogyA−C−C1. AzABC4 és aBDC4 kongruensek, defektusuk és szögmértékeikösszege ugyanakkora. Számítsuk ki azAB1C14 szögemértékeinek az összegét:

AB1C14szögösszege=2 ·ABC4szögösszege+BDB14szögösszege+ CDC14szögösszege− 3 · π,

aB-nél,C-nél ésD-nél keletkezett egyenesszögeket levonva. Azaz azAB1C14 de-fektusa nagyobb, mint2 · δ. Ezt az eljárástn lépésen keresztül ismételve a keletkezettABnCn4 defektusa nagyobb lesz, mint2n · δ > π, ami lehetetlen, tehátδ = 0.

J⇐⇒ K triviális.J =⇒ E: LegyenP a

←−→QR -re nem illeszkedo pont. Feltehetjük, hogyPQ ⊥ QR.

Elegendo azt belátni, hogy←−→PT metszi

←−→QR -t, kivéve, ha

←−→PT ⊥ ←−→PQ . Feltehet-

jük, hogyT ésR a←−→PQ azonos oldalán vannak ésQPT^ hegyesszög (2.34. ábra).

Alkalmazzuk az 8.22. állítástr = π2 −QPT^-re:S tehát olyan pont

−−→QR -en, hogy

Q S R

P

T

2.34. ábra. A szögösszegtételbol következikEPP.

QSP^ <π

2−QPT^.

Mivel az elozo reláción kívül a szögösszegtétel miatt

QPS^ + PSQ^ =π

2

is teljesül, ezért:QPS^ > QPT^,

tehátT ∈ intQPS^. Ez a keresztszakasz tétel szerint azt jelenti, hogy−−→PT metszi−−→

QR -t.

12.4. Tétel. A háromszögek szögösszegtétele következikEPP-bol és I. 29.-bol. �TovábbiEPP-vel ekvivalens állításokat lehetne felsorolni. Még 4 tételt említünk

meg, ezekrol azonban csak annyit bizonyítunk be, hogyEPP-bol következnek.


12.5. Tétel. 1. Thalész tétele.Ha C 6∈ AB deC azAB átméroju körön van, ak-korACB^ derékszög.

2. Thalész tétel megfordítása.Ha ACB^ derékszög, akkorC azAB átmérojukörre illeszkedik.

3. AAA tagadásaLéteznek olyan háromszögek melyek szögei páronként kongruen-sek, de a két háromszög nem kongruens.

4. S -ekre igaz a derékszögu hipotézis. �A 12.3.-ben és 12.5.-ben szereplo állítások tehát az euklideszi geometria tételei, mígtagadásaik a hiperbolikus geometria tételei. Példaként néhány tétel a hiperbolikus geo-metriából.

12.6. Tétel. Hiperbolikus térben igazak az alábbi állítások.

1. A háromszög szögmértékeinek összege minden háromszögben kisebb mintπ.

2. Az AAA kongruenciaállítás. Ha két háromszög között van olyan megfeleltetés,hogy a megfelelo szögek kongruensek, akkor a két háromszög kongruens.

3. Van olyan háromszög, melynek nincs körülírt köre.

3. fejezet

Fejezetek az euklidészigeometriából

A továbbiakban klasszikus euklideszi térben dolgozunk, azaz feltételezzük az ab-szolút geometria axiómarendszerét ésEPP-t.

13. Párhuzamos térelemek

Ebben a szakaszban belátjuk a párhuzamosság térbeli tranzitivitását, definiáljuk azegyállású és váltószögeket, továbbá belátjuk ezek kongruenciáját.

13.1. Tétel. Ha két párhuzamos egyenes egyike metsz egy síkot, akkor ezt a síkot amásik egyenes is metszi.

Bizonyítás: Legyena‖b, a szóban forgó síkot jelöljeS, S ∩ a = {A}. Az a-ra ésb-reilleszkedo egyértelmu síkot jelöljeS1. S 6= S1, merta ⊂ S1, dea 6⊂ S, hisz metszi. AzA pont tehát azS ésS1 síkok közös pontja,S∩S1 = c ∈ L. AzS1 síkban alkalmazzuk12.3.D-t:c ∩ b = {B}. B ∈ b ésB ∈ c ⊂ S =⇒ B ∈ S. Innen már következik,hogyB ∈ b ∩ S.

Belátjuk, hogyb-nek ésS-nek több közös pontja nincs. Ugyanisb ⊂ S eseténS ésS1 is tartalmaznáb-t és a rá nem illeszkedoA pontot, amibol S = S1 következne.

13.2. Tétel. Ha a tér két egyenese olyan, hogy minden sík, amely az egyiket metszi,metszi a másikat is, akkor a két egyenes párhuzamos.

Bizonyítás: Legyena ésb két egyenes a tételbeli tulajdonsággal. Belátjuk, hogy semmetszok, sem kitérok nem lehetnek.

Ha a ésb metszok lennének:a ésb síkját jelöljeS. Ekkor mindenb-re illeszkedoS-tol különbözo S1 sík metszia-t, azaz olyan sík, mely metszia-t, de nem metszib-t.

Ha a és b kitérok lennének: legyenB ∈ b tetszoleges,S pedig aza-ra ésB-reegyértelmuen illeszkedo sík.S metszib-t, de nem metszia-t, ami ellentmond a tételfeltételének.

67

68 3. FEJEZET: FEJEZETEK AZ EUKLIDÉSZI GEOMETRIÁBÓL

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

Bizonyítás: A reflexivitás és szimmetria már Hilbert-féle illeszkedési térben is telje-sül. Egyedül a tranzitivitás bizonyítása maradt hátra. Teljesüljöna‖b ésb‖c, belátjuk,hogya‖c. Ellenorizzük a párhuzamosság elobbi elegendo feltételét! LegyenS olyansík, mely metszia-t. Mivel a‖b ezértS metszib-t is. Ekkor b ésc párhuzamosságáthasználvaS metszic-t is, tehát mindena-t metszo sík metszic-t is.

13.4. Tétel. Egy egyenest metszo sík az egyenessel párhuzamos síkot is metszi.

Bizonyítás: Legyena‖S1, továbbáa ésS metszok. Vegyünk felS1-ben egya-val pár-huzamosa1 egyenest (ld. 1.12.).ametsziS-t, akkora1 is metszi (13.1.). A metszéspontnyilvánvalóan közös pontjaS-nek ésS1-nek.

13.5. Tétel. Két párhuzamos sík egyikét metszo egyenes metszi a másikat is.

Bizonyítás:S1‖S2, S1 ∩ a = {A1}. Ha a‖S2 teljesülne, akkor aza-t metszo S1 síkaza-val párhuzamosS2 síkot az elozo tétel miatt metszené, ami ellentmondásban vanS1‖S2-vel.

13.6. Tétel. Ha két sík olyan, hogy minden egyenes, amely az egyiket metszi, metszi amásikat is, akkor a két sík párhuzamos.

Bizonyítás: A két sík metszo nem lehet: tekintsünk az egyikre illeszkedo és a másikatmetszo egyenest.

13.7. Tétel. A síkok párhuzamossága ekvivalenciareláció.

Bizonyítás: A reflexivitás és a szimmetria már Hilbert-féle illeszkedési térben is tel-jesül. A tranzitivitás belátásához a párhuzamosság elobb kimondott elegendo feltételétlátjuk be.

Legyen tehátS1‖S2 ésS2‖S3, továbbáa egyS1-t metszo egyenes.S1‖S2 miattametsziS2-t is.S2‖S3 =⇒ a metsziS3-t is. Azaz mindenS1-t metszo egyenes metsziS3-t is.

Rátérünk az egyállású és váltószögek definiálására, illetve kongruenciájuk belátá-sára.

13.8. Definíció.Két párhuzamos félegyenestegyezo irányúnak mondunk, ha egyik tar-talmazza a másikat, vagy nem illeszkednek egy egyenesre és különbözo kezdopontjaikegyenese a két félegyenest (azok közös síkjában) nem választja el. Két párhuzamosfélegyenesellentétes irányú, ha nem egyezo irányú.

Ha két szögvonal szárai páronként egyezo irányúak, akkoregyállású szögekrol, mígha páronként ellentétes irányúak, akkorváltószögekrol beszélünk.

∗13.9. Tétel. Rögzített síkban az egyállású szögek, továbbá a váltószögek kongruensek.

�

3 – 14. PÁRHUZAMOS TÉRELEMEK 69

A következoekben az euklideszi geometria egy fontos négyszögtípusával, a parale-logrammákkal illetve azok jellemzésével foglalkozunk.

13.10. Definíció.Egy négyszögetparalelogrammánaknevezünk, ha szemközti oldalaipárhuzamosak.

13.11. Tétel.A paralelogramma konvex négyszög. A paralelogramma szögmértékei-nek öszege2π. �

13.12. Tétel. (Paralelogramma tételek.)Egy négyszög akkor és csakis akkor parale-logramma, ha az alábbi feltételek valamelyike teljesül:

(1) két-két szemközti oldala kongruens,

(2) két-két szemközti szöge kongruens,

(3) két szembenfekvo oldal párhuzamos és kongruens,

(4) átlói felezik egymást,

(5) középpontosan szimmetrikus. �

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

Bizonyítás: LegyenekABC^ ésA′B′C ′^ nem egysíkú egyállású szögek (ld. 3.1.ábra). Az általánosság megszorítása nélkül feltételezhetjük, hogyAB = A′B′ és

B C

A

C′B′

A′

3.1. ábra. Az egyállású szögek (a térben is) kongruensek.

CB = C ′B′. Ekkor azABB′A′ ésCBB′C ′ négyszögek paralelogrammák, ahon-nan következik, hogyA′A párhuzamos és egyenlo BB′-vel, továbbáBB′ párhuza-mos és egyenlo CC ′-vel, tehátAA′ párhuzamos és egyenlo CC ′-vel. Ez azt jelenti,hogy azA′ACC ′ négyszög paralelogramma, tehátAC ∼= A′C ′. Az ABC4-re ésazA′B′C ′4-re tehát teljesülnek SSS feltételei. MivelABC^ ésA′B′C ′^ megfeleloszögek, ezért kongruensek.


14. Izometriák II.

A fejezet elején rögzítjük az euklidészi tér egy síkját. Minden további ponthalmazebben van. A továbbiakban a jelöléseket egyszerusítendo a kompozíciószorzás jelét(◦) általában nem írjuk ki, továbbá a szorzás asszociativitását külön indoklás nélkül,szabadon használjuk.

Páros és páratlan izometriák

14.1. Tétel. Ha két különbözo egyenesre vonatkozó tengelyes tükrözés szorzatának vanfixpontja, akkor a tengelyek metszok, az egyértelmu fixpont pedig a tengelyek metszés-pontja.

Bizonyítás: Legyeneka, b ∈ L, a 6= b, %b%a(P ) = P . Ekkor%b(P ) = %b(%b%a(P )) =(%b%b)%a(P ) = %a(P ). Jelölje%a(P ) = %b(P )-t P ′. HaP 6= P ′, akkora is ésb is aPP ′ felezo merolegese lenne, ami ellentmondás. TehátP = P ′ ami azt jelenti, hogyP aza-nak is és ab-nek is pontja, azaz aP fixpont mindkét tengelynek pontja. A kéttengely tehát metszo, aP fixpont pedig a tengelyek egyértelmu metszéspontja.

14.2. Tétel. Két nem feltétlenül különbözo tengelyes tükrözés szorzata nem tengelyestükrözés.

Bizonyítás: Jelölje%a és%b a két tükrözést.1. eset:a = b. Ekkor%a%b = %2

a = id. Az identitás nem tengelyes tükrözés, mert atengelyes tükrözés a tengely oldalait felcseréli, az identitás pedig nem.

2. eset:a 6= b. Ha%a%b tengelyes tükrözés, akkor van fixpontja, t.i. a tengely min-den pontja fix. Az elozo tétel értelmében a fixpont létezésébol annak egyértelmusége iskövetkezik, ami ellentmondás.

14.3. Definíció.Egy adott pontra illeszkedo (síkbeli) egyenesek halmazát, illetve egyadott egyenessel párhuzamos (síkbeli) egyenesek halmazátsugársornak nevezzük. Asugársort definiáló pontot ill. egyenest a sugársorcentrumának nevezzük.

14.4. Tétel. Egy sugársor három nem feltétlenül különbözo egyenesére vonatkozó ten-gelyes tükrözések szorzata olyan tengelyes tükrözés, melynek tengelye szintén az adottsugársor eleme.

Bizonyítás: Jelölje a három egyenesta, b, c.1. eset:a, b, c metszok, a metszéspontO. (Ld. 3.2. ábra.) LegyenA ∈ a O-tól

különbözo pont,α azA-ra illeszkedo O középpontú kör, továbbáσ = %c%b%a, A′ =σ(A) ∈ α. HaA 6= A′, akkor legyent azAA′ felezo merolegese.O ∈ t, mert t azα körben húrfelezo meroleges. HaA = A′ akkor legyent = a. Mindkét esetbent azadott sugársor eleme. Tekintsük most a%tσ izometriát. EnnekA ésO fixpontja, teháta pontonként fix egyenes (ld. síkizometriák fixponttétele).

2. eset:a, b, c párhuzamosak. (Ld. 3.3. ábra.) LegyenekA,B ∈ a különbözo pon-tok,α ésβ azA-ra ill. B-re illeszkedo ésa-ra (b-re,c-re) meroleges egyenesek. Tehát

3 – 14. IZOMETRIÁK II. 71

O

a

b

c

tα

A

A′

3.2. ábra. Három tengelyes tükrözés szorzata, ha a tengelyek egy sugársorra illeszked-nek – I.

a b c

A

B

α

β

t

A′

3.3. ábra. Három tengelyes tükrözés szorzata, ha a tengelyek egy sugársorra illeszked-nek – II.

α‖β. Legyenσ = %c%b%a, A′ = σ(A) ∈ α. Ha A 6= A′, akkor legyent azAA′

felezo merolegese. HaA = A′ akkor legyent = a. Mindkét esetbent az adott su-gársor eleme. Tekintsük most a%tσ izometriát. EnnekA fixpontja, továbbáa invariánsegyenese, hiszena képe a szóban forgó sugársor olyan eleme, mely%tσ(A) = A-ra il-leszkedik.β is invariáns egyenes, mert mindhárom tengelyes tükrözés (azaz%a, %b, %c)tengelyére meroleges.A mellett tehátB = a ∩ β is fixpont, mert invariáns egyenesekmetszéspontja. Teháta ebben az esetben is pontonként fix egyenes. (Ld. síkizometriákfixponttétele: 9.14.)

A bizonyítás befejezo részét mindkét esetre egyszerre végezzük el. Ismét a síki-zometriák fixponttételére hivatkozva%tσ csak identitás vagy tengelyes tükrözés lehet,ugyanis mindkét esetben azt állapítottuk meg, hogya pontonként fix egyenese ennek atranszformációnak. Belátjuk, hogy%tσ nem lehet tengelyes tükrözés. Ha ugyanis%tσtengelyes tükrözés lenne, akkor a tengely csak a pontonként fixa egyenes lehetne:

%tσ = %a

%t%c%b%a = %a / ◦ (%a%b%c)


%t = (%a%a)%b%c

%t = %b%c

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

Megjegyzés.A figyelmes olvasó észrevehette, hogy a fejezet elso tétele és az azt kö-veto következmény abszolút térben is kimondható lett volna, a bizonyítás pedig abszo-lút volt. Hasonló mondható el az elozo tétel elso esetének bizonyításáról. A másodikeset bizonyításában azonban kihasználtuk azt, hogy ha egy sugársort párhuzamos egye-nesek alkotnak, akkor van közös merolegesük, sot a sík minden pontjára illeszkedikközös meroleges.

14.5. Tétel. Ha az`,m, n egyenesek egy sugársorból valók, akkor egyértelmuen léte-zik ennek a sugársornak olyanp ill. q egyenese, hogy

%m%` = %n%p = %q%n.

Bizonyítás: `,m, n közös sugársorát jelöljeS! 14.4. miatt∃p, q ∈ S%n%m%` = %p, és%m%`%n = %q.

Az elso relációt balról%n-el, a második relációt jobbról ugyancsak%n-el szorozva adó-dik, hogy ez a konstrukció megfelelo. Ezek az egyenesek egyértelmuek, mert ha kéttengelyes tükrözés egyenlo, akkor a tengelyek is egybeesnek.

14.6. Tétel. Négy nem feltétlenül különbözo tengelyes tükrözés szorzata mindig helyet-tesítheto két tengelyes tükrözés szorzatával.

Bizonyítás: Legyen a négy tengelyes tükrözés szorzata%d%c%b%a. Ha a, b, c egy su-gársorhoz tartoznak, akkor már beláttuk, hogy%c%b%a helyettesítheto egy tengelyestükrözéssel, ahonnan már következik a tétel állítása.

Ha a, b, c nem egy sugársor elemei, akkor legyenA ∈ a továbbá a b ésc egye-nesek által egyértelmuen meghatározottS1 sugársorA-ra illeszkedo eleme. Ekkor –szintén a 14.4. tételre hivatkozva –∃m ∈ S1 : %c%b%` = %m. Azaz

%d%c%b%a = %d(%c%b%`)%`%a = %d%m%`%a.

Legyen mostn azm ésd által meghatározottS2 sugársorA-ra illeszkedo eleme.Ekkor

%d%m%`%a = (%d%m%n)(%n%`%a), m, n, d ∈ S2,

továbbán, `, a szintén közös sugársorból valók, mertA-ra mindhárom egyenes illesz-kedik. Innen következik, hogy az elozo reláció mindkét zárójelében tengelyes tükrözésáll.

14.7. Tétel. Ha egy izometria páros számú tengelyes tükrözés szorzata, akkor mege-gyezik két (nem feltétlenül különbözo) tengelyes tükrözés szorzatával. Ha egy izometriapáratlan számú tengelyes tükrözés szorzata, akkor vagy tengelyes tükrözés, vagy meg-egyezik három tengelyes tükrözés szorzatával


Bizonyítás: Ha tengelyes tükrözések szorzatában a tengelyek száma nagyobb vagyegyenlo mint négy, akkor ez a szám a 14.6. szerint kettovel csökkentheto. Ezzel a csök-kentéssel a tengelyek számának paritása nem változott. Indukcióval tehát azt kapjuk,hogy páros számú tengelyes tükrözés szorzata kettovel, páratlan számú tengelyes tük-rözés szorzata pedig eggyel vagy hárommal helyettesítheto.

Csak annak belátása maradt hátra, hogy három tengelyes tükrözés szorzata nemhelyettesítheto kettovel. Tegyük fel, hogy%c%b%a = %m%`, azaz (mindkét oldalt bal-ról %m-el szorozva):%m%c%b%a = %`. Itt a bal oldalon álló négy tengelyes tükrözésszorzata két tengelyes tükrözés szorzatával helyettesítheto, azaz ismét ellentmondásbajutunk azzal, hogy két tengelyes tükrözés szorzata sohasem lehet egy tengelyes tükrö-zés.

14.8. Következmény.Egy izometria vagy páros vagy páratlan számú tengelyes tükrö-zés szorzata (a ketto közül pontosan az egyik).

14.9. Definíció.Ha egy izometria páros számú tengelyes tükrözés szorzata, akkormoz-gásnak vagypáros izometriánaknevezzük Ha egy izometria páratlan számú tengelyestükrözés szorzata, akkorpáratlan izometriánaknevezzük

Megjegyzés.Használjuk azorientáció tartóilletve azorientáció váltóelnevezéseketis. Korábbi geometriai tanulmányainkból tudjuk azt is, hogy ezeknek az elnevezések-nek az alapja a „háromszögek körüljárási irányával” kapcsolatos. A probléma kielé-gíto tisztázásához azonban lineáris algebrai segédeszközökre van szükség, s ezt meg istesszük a 19. szakaszban. Egyelore csak annyit jegyzünk meg, hogy a kétféle „körül-járási irány” létezése (a síkban) matematikai eszközökkel bizonyítható, az „óramutatójárásával egyezo ill. ellentétes” fogalmak azonban nem, azaz a két irány közül egyiksem tüntetheto ki matematikai eszközökkel.

14.10. Tétel.A mozgások a sík izometriacsoportjának részcsoportját alkotják.

Bizonyítás: A zártság következik az elozo tételbol. Az identitás mozgás, ugyanis∀a ∈L: id = %a%a. Ha %a%b mozgás, akkor ennek inverze:(%a%b)−1 = %−1

b %−1a = %b%a,

azaz mozgás.

14.11. Tétel. (A mozgások fixponttétele.)Ha egy mozgásnak van két fixpontja, akkoraz identitás. �

14.12. Tétel. (A mozgások alaptétele.)Megadva két félegyenesbol álló rendezett párt,egyértelmuen létezik olyan mozgás, amely az elsot a másodikba viszi. �

Speciális mozgások

14.13. Definíció.Legyeneka ésb a sík különbözo egyenesei.%b%a-t

– valódi elforgatásnak (valódi rotációnak) nevezzük, haa és b metszok, a és bmetszéspontját a valódi elforgatáscentrumának nevezzük;


– valódi eltolásnak (valódi transzlációnak) nevezzük, haa‖b, a tengelyekre mero-leges egyenesek sugársorát pedig a valódi eltolásirányának nevezzük.

Egy izometriátelforgatásnak nevezünk, ha az valódi elforgatás vagy identitás. A va-lódi eltolásokat és az identitást pedig együtteseneltolásoknak nevezzük. Megállapo-dunk abban, hogy az identitásnak mint elforgatásnak a sík bármely pontját tekinthetjükcentrumának, továbbá az identitásnak mint eltolásnak az irányán a sík minden irányátérthetjük, azaz bármely rögzített egyenessel párhuzamos egyenesek sugársorát. A%b%a

valódi elforgatástközéppontos tükrözésnek mondjuk, haa ⊥ b. A tengelyek metszés-pontját ilyenkor a középpontos tükrözés centrumának is mondjuk. AC centrumú kö-zéppontos tükrözéstηC-vel jelöljük. Szinonímák rendre eltolás, elforgatás, félfordulat.

Megjegyzés.Nyilvánvalóan az eltoláson és az elforgatáson kívül más páros izometrianem lehetséges – gondoljunk két síkbeli egyenes kölcsönös helyzetére.

A továbbiakban eloször a speciális mozgások fixelemeit vizsgáljuk. Ez egészenegyszeru a fixpontok esetében:

14.14. Tétel.Egy valódi elforgatásnak pontosan egy fixpontja van, a centrum. Egyvalódi eltolásnak nincs fixpontja. �Megjegyzés.Triviális következménye tételünknek, hogy egy valódi eltolás és egy va-lódi elforgatás sohasem egyezhetnek meg. Tehát egy mozgás vagy identitás vagy valódieltolás vagy valódi elforgatás (ezek közül pontosan az egyik). Ezt az egyszeru észrevé-telt még kiegészíthetjük azzal, hogy a fixponttal rendelkezo izometriákat is osztályoznitudjuk: egy fixponttal rendelkezo síkizometria vagy tengelyes tükrözés, vagy valódi el-forgatás vagy identitás. Ugyanis ha egy síkizometriának van fixpontja, akkor legfeljebbkét tengelyes tükrözés szorzata (ld. síkizometriák fixponttétele).

Rátérünk a fixegyenesek vizsgálatára.

14.15. Tétel.Egy valódi eltolás invariáns egyenesei halmaza megegyezik a valódi el-tolás irányával.

Bizonyítás: Legyen a szóban forgó eltolásτ = %b%a, a‖b. Egyszeruen látható, hogyaz irányt alkotó egyenesek invariánsak. Ha ugyanisf ∈ L, ésf ⊥ a akkor%a(f) = f .Továbbáf ⊥ b =⇒ %b (%a(f)) = %b(f) = f .

Annak bizonyítása maradt hátra, hogy több invariáns egyenes nincs. Válasszunkki egy tetszoleges invariáns egyenest, melyete jelöl. Ennek tetszolegesP pontjából atengelyekre közös merolegest bocsátva az elozo bizonyításrész szerint egy invariánsfegyenest kapunk. Hae ésf különbözoek, akkorP mint invariáns egyenesek metszés-pontja fixpont lenne, holott a valódi eltolásnak nincs fixpontja.

Az elforgatások fixegyeneseinek megkeresése több elokészületet igényel, s egyúttalelvezet a félfordulatok egy karakterizálásához. Eloször egy olyan segédtételt látunk be,amelyet a késobbiekben is többször használunk:

14.16. Tétel.Legyenσ tetszoleges izometria,a ∈ L. Ekkor

%σ(a) = σ%aσ−1.


Bizonyítás:σ%aσ−1 6= id, ellenkezo esetben ugyanis:

σ%aσ−1 = id / ◦ σσ%a = σ /σ−1 ◦%a = id,

következne, ami nem igaz.Belátjuk, hogyσ(a) a σ%aσ

−1 transzformáció pontonként fix egyenese. LegyenQ ∈ σ(a), ∃!P ∈ a: σ(P ) = Q. Ekkor

σ%aσ−1(Q) = σ%aσ

−1σ(P ) = σ%a(P ) = σ(P ) = Q.

Mivel σ%aσ−1 nem identitás, a síkizometriák fixponttétele szerin csak tengelyes tük-

rözés lehet, a tengely pedig a pontonként fixσ(a) egyenes.

14.17. Tétel.Legyeneka ésb egyenesek.%b%a = %a%b ⇐⇒ (a = b ∨ a ⊥ b).Bizonyítás: a = b ∨ a ⊥ b =⇒ %b%a = %a%b. Ha a = b ∨ a ⊥ b, akkor ebbola = %b(a) következik. Az elobbi lemmát felhasználvaσ = %b-re:

%a = %%b(a) = %b%a%−1b = %b%a%b.

Tehát:

%a = %b%a%b / ◦ %b

%a%b = %b%a.

A megfordítás:%b%a = %a%b =⇒ a = b ∨ a ⊥ b.%b%a = %a%b =⇒ %a = %b%a%b = %%b(a).

Az utolsó egyenloségnél szintén az elobbi lemmát használtuk. Innena = %b(a) követ-kezik, azaza a%b tengelyes tükrözés fixegyenese, ami azt jelenti, hogya = b ∨ a ⊥ b.

14.18. Tétel.Valódi elforgatásnak akkor és csakis akkor létezik invariáns egyenese,ha az középpontos tükrözés. A középpontos tükrözés invariáns egyeneseinek halmaza acentrumra illeszkedo sugársor.

Bizonyítás: Legyeneka és b metszo egyenesek, továbbáf a σ = %b%a elforgatásinvariáns egyenese,a ésb metszéspontját jelöljeC. A C ponton keresztülf -fel párhu-zamosan húzottf1 egyenes is invariáns, hiszenf1 képe egyrészt átmegyC-n, másrésztf képével, azazf -fel párhuzamos. A 14.16. tételt használva:

%σ(f1) = σ%f1σ−1 =⇒ %f1 = σ%f1σ

−1.

Írjuk beσ eloállítását:

%f1 = %b%a%f1%a%b / ◦ %b%a


%f1%b%a = %b%a%f1 .

A %b%a%f1 transzformáció tengelyes tükrözés, hiszenb, a, f1 egy sugársor elemei. En-nek a transzformációnak az inverze tehát önmaga. Folytassuk az elobb megkezdett re-lációsort:

%f1%b%a = %b%a%f1 = (%b%a%f1)−1 = %−1

f1%−1

a %−1b = %f1%a%b,

tehát%f1%b%a = %f1%a%b. A reláció mindkét oldalát balról%f1-el beszorozva azt kap-juk, hogy%b%a = %a%b, ami 14.17. szerint azt jelenti, hogya ⊥ b. Ezzel a tétel egyikállítását bebizonyítottuk: ha van invariáns egyenes, akkor középpontos tükrözésbol in-dultunk ki.

Most azt fogjuk belátni, hogy egy centrumra illeszkedo egyenes a középpontostükrözésnek invariáns egyenese.

Legyen mosta ⊥ b, {C} = a∩ b, σ = %b%a, továbbáe tetszolegesC-re illeszkedoegyenes! A 14.16. Lemmát használva:%σ(e) = σ%eσ

−1 = %b%a(%e%a%b). A zárójelbenszereplo három tengelyes tükrözés szorzata azonban egyetlen tengelyes tükrözésselegyezik meg – jelöljük ezt%q-val – hiszen a tengelyek mind átmennek aC ponton.Ezt felhasználva:%e%a%b = %q = %−1

q = %b%a%e. Mivel a és b merolegesek, ezért%b%a = %a%b, tehát%σ(e) = %b%a%b%a%e = %b%a%a%b%e = %e.

Ha két tengelyes tükrözés megegyezik, akkor a tengelyek is megegyeznek, tehátσ(e) = e. Ezzel beláttuk, hogye invariáns egyeneseσ-nak.

Végezetül belátjuk, hogy több invariáns egyenes nincs. Ha egy centrumra nem il-leszkedo invariáns egyenes és egy centrumra illeszkedo, az elobbivel nem párhuzamosinvariáns egyenes metszéspontját tekintjük, akkor centrumtól különbözo fixpontot kap-nánk.

14.19. Következmény.EgyC centrumú középpontos tükrözésnélC ′ = C. HaP 6= C,akkorP − C − P ′ ésCP = CP ′. A középpontos tükrözés involutórikus leképezés. —

Legyen ugyanisP 6= C. Ekkor a←−→CP invariáns, azazP ′ ∈ ←−→CP ∧CP = CP ′. Ebbol

P = P ′ vagyP ′ − C − P következik. Az elobbi esetben két fixpont lenne.

A következoekben az eltolások és az elforgatások további egyszeru tulajdonságaitfoglaljuk össze.

14.20. Tétel. (A szabad tengelyválasztás tétele.)EgyC centrumú forgás két tenge-lyes tükrözés szorzataként történo eloállításakor a tengelyek egyike tetszolegesC-reilleszkedo egyenes lehet. Ennek rögzítése után a másik tengely egyértelmu. A tengelyekszöge (ugyanannál az elforgatásnál) független a tengelyek megválasztásától.

EgyS irányú eltolás két tengelyes tükrözés szorzataként történo eloállításakor atengelyek egyike tetszolegesS-re meroleges egyenes lehet. Ennek rögzítése után a má-sik tengely egyértelmu. A tengelyek távolsága (ugyanannál az eltolásnál) független atengelyek megválasztásától.

Bizonyítás: A tétel részben a 14.5. megismétlése. Csak a tengelyek szögének ill. távol-ságának egyértelmuségét kell belátnunk.


Legyeneka ésb egyS sugársor elemei és a szóban forgó elforgatás vagy eltolás%b%a. c ∈ S legyen tetszoleges egyenes.∃σ mozgás, hogyσ(a) = c, aholσ = %m%n azS két elemére vonatkozó tengelyes tükrözés szorzata (ld. 14.12., ill. 9.14. bizonyítása).Legyend = σ(b). Azt állítjuk, hogy%b%a = %d%c. (Ha c a keresett kompozícióban amásodik tengely, akkor az okoskodás könnyen módosítható. )

%c = %σ(a) = σ%aσ−1 = %m%n%a%n%m

%d = %σ(b) = σ%bσ−1 = %m%n%b%n%m

}=⇒

%d%c = (%m%n%b)︸︷︷︸%p

(%a%n%m)︸︷︷︸%q

=

= %−1p %−1

q = (%q%p)−1 = (%a%n%m%m%n%b)−1 == (%a%b)−1 = %b%a.

Állításunk most már onnan következik, hogy az{a, b} egyenespárt izometria, tehátszögtartó transzformáció vitte át a{d, c} egyenespárba.

A következo tételek mind a szabad tengelyválasztás tételének alkalmazásával bizonyít-hatók:

14.21. Tétel.Tekintsünk egyC középpontú valódi elforgatást! Egyértelmuen létezikolyanr ∈ (0, π] valós szám, hogy∀P 6= C-re PCP ′^ = r. Középpontos tükrözésnélr = π. (Ezt a valós számota valódi elforgatás szögéneknevezzük. Az identitás mintelforgatás szögén 0-t értünk.)

Tekintsünk egy eltolást! Egyértelmuen létezik olyanr ≥ 0 valós szám, hogy∀P :PP ′ = r. �14.22. Tétel.Középpontos tükrözésnél egyenes és képe párhuzamosak. �

14.23. Tétel.A sík közös centrumú forgásai a mozgáscsoportnak kommutatív részcso-portját alkotják.

Bizonyítás: Eloször a zártságot látjuk be. Jelöljeα ésβ a két közösC centrumú el-forgatást! Ezeket két tengelyes tükrözés szorzataként a következoképpen adjuk meg:α = %b%a, β = %a%c. αβ = %b%a%a%c = %b%c, azaz szinténC centrumú elforgatás.

Az inverzelem létezése. Haα = %b%a akkor

α−1 = (%b%a)−1 = (%a)−1(%b)−1 = %a%b.

Végezetül a kommutativitás.

βα = %a (%c%b%a)︸︷︷︸%e

= %a%−1e = %a%a%b%c = %b%c = αβ.

14.24. Tétel.Két különbözo középpontos tükrözés szorzata valódi transzláció.Megfordítva, minden eltolás két középpontos tükrözés szorzata, ahol az elso közép-

pontos tükrözés tetszolegesen választható, ennek rögzítése után a második egyértelmu.�


Az elobbi tételbol az is következik, hogy a sík összes elforgatásainemalkotnakcsoportot, mert nem teljesül a zártság.

14.25. Tétel.Egy eltolásnál egyenes és képe párhuzamosak. �

14.26. Tétel.Eltolás és középpontos tükrözés szorzata (mindkét sorrendben) közép-pontos tükrözés. �

14.27. Tétel.Három középpontos tükrözés szorzata középpontos tükrözés. �

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

Bizonyítás: Eltolások szorzata eltolás:

(ηAηB)(ηBηC) = ηAη2BηC = ηAηC .

Eltolás inverze eltolás:(%a%b)−1 = %b%a, ahola‖b.A kommutativitás:(ηAηB)(ηBηC)-t az elobb már kiszámoltuk.ηBηCηAηB kiszá-

mításához eloször emlékeztetünk arra, hogy eltolás és középpontos tükrözés szorzataközéppontos tükrözés. Ezt az észrevételt felhasználva:

(ηBηCηA)︸︷︷︸ηE

ηB = η−1E ηB = η−1

A η−1C η−1

B ηB = ηAηCηBηB = ηAηC .

14.29. Tétel. (Az eltolások alaptétele.)Megadva egy rendezett pontpárt, egyértelmu-en létezik olyan eltolás, mely az elso pontot a másodikba viszi. �

Az A-t B-be vivo egyértelmu eltolástτ(A,B) jelöli.Már beláttuk azt, hogy három egy sugársorra illeszkedo egyenesre vonatkozó ten-

gelyes tükrözés szorzata szintén tengelyes tükrözés. Most az általános esetet vizsgáljukmeg.

14.30. Tétel.Három tengelyes tükrözés szorzata, ahol a tengelyek nem egy sugársor-ból valók, olyan valódi eltolás és tengelyes tükrözés szorzata, ahol a tengely eleme azeltolás irányának.

Bizonyítás: Legyenσ = %c%b%a, továbbáS az a és b egyenesek által meghatáro-zott sugársor,P ∈ c, S ′ aP -re illeszkedo egyenesek sugársora, végezetülm S ésS ′egyértelmu közös egyenese. (Ld. 3.4. ábra.)

Ekkorm 6= c, mert ellenkezo esetbena, b, c egy sugársorból való lenne. Aza, b,megyenesekre vonatkozó tükrözések szorzata szintén tengelyes tükrözés, hiszen ezek azegyenesek egy sugársorból valók:

%m%b%a = %` =⇒ %b%a = %m%` (` 6= m). (∗)

Legyenp ∈ S ′, p ⊥ `, p ∩ ` = {F}.

%c%m%p = %q =⇒ %c%m = %q%p (q 6= p). (∗∗)


`

P

a

b

p

m

3.4. ábra. Három tengelyes tükrözés szorzata, ha a tengelyek nem egy sugársorból va-lók.

Ekkor:

σ = %c%b%a = %c%m(%m%b%a)(∗)= %c%m%`

(∗∗)= %q%p%` = %qηF (F 6∈ q).

A ηF középpontos tükrözést állítsuk elo úgy két tengelyes tükrözés szorzataként, hogyaz egyik tengely legyen párhuzamosq-val, a másik pedig meroleges legyenq-ra.

%qηF = %q%y%x : x ⊥ q, y‖q,

ahol%q%y eltolás.

Megjegyzés.A bizonyítás kézenfekvo módosításából látható, hogy a tételben szereploeltolás és tengelyes tükrözés a szorzatban felcserélhetok.

14.31. Definíció.Egy valódi eltolás és egy tengelyes tükrözés szorzatátvalódi csúsz-tatva tükrözésnek nevezzük, ha a tengely eleme a valódi eltolás irányának.Csúsztatvatükrözésen valódi csúsztatva tükrözést, vagy tengelyes tükrözést értünk.

Ezek után fel tudjuk sorolni az összes síkizometriát:

14.32. Tétel. (A síkizometriák osztályozása.)A sík egy izometriája az alábbiak vala-melyike: elforgatás, eltolás, csúsztatva tükrözés.

Térizometriák

A szakasz befejezo része rövid összefoglalót ad a térizometriákról és azok osztá-lyozásáról.

14.33. Definíció.A tér eltolását, mint két párhuzamos síkra vonatkozó tükrözés kom-pozícióját értelmezzük. Az eltolásvalódi, ha nem identitás. A valódi eltolásiránya adefiniáló síkokra meroleges egyenesek halmaza. Az identitás esetében az irány tetszo-leges egyenessel párhuzamos egyenesek halmaza lehet.


Az irány definíciójánál korrekt módon jártunk el, mert a síkra meroleges egyenes tételé-bol azonnal következik, hogy az egyik síkot merolegesen metszo egyenes merolegesenmetszi a másikat is.

14.34. Tétel. (Az eltolások tulajdonságai.) 1. Az eltolások a tér izometriacsoport-jának kommutatív részcsoportját alkotják.

2. Egy eltolásnál tetszoleges egyenes/sík képe az eredetivel párhuzamos egyenes/sík.

3. A valódi eltolásnak nincs fixpontja. Egy eltolás invariáns egyenesei halmaza azirányt alkotó egyenesek halmaza.

4. Megadva egy rendezett pontpárt, egyértelmuen létezik olyan transzláció, mely azelso ponthoz a másodikat rendeli. �

Legyen(P,Q) ∈ E2! Jelöljeτ(P,Q) azt az egyértelmu eltolást, melyP -hezQ-t rendeli!A tér további nevezetes izometriái a következok:

14.35. Definíció.Két metszo síkra vonatkozó tükrözés szorzatát a metszésvonal minttengely körüli elforgatásnak nevezzük. Speciálisan az involutórikus elforgatás neve(térbeli) tengelyes tükrözés. Tengely körüli elforgatás és egy olyan eltolás szorzatát,ahol a elforgatás tengelye eleme a eltolás irányánakcsavarmozgásnak nevezzük. (Azelforgatás és az eltolás is speciális csavarmozgások.) Egy síkra vonatkozó tükrözés ésa síkra meroleges tengelyu elforgatás szorzatátforgatva tükrözésnek nevezzük. Speci-álisan az involutórikus forgatva tükrözést nevezzük a térben középpontos tükrözésnek.Egy síkra vonatkozó tükrözésnek és olyan eltolásnak a kompozícióját, ahol az eltolásiránya párhuzamos a tükrözés síkjávalcsúsztatva tükrözésnek nevezzük.

14.36. Tétel. (A térizometriák osztályozása.)A tér egy izometriája csavarmozgás,vagy forgatva tükrözés, vagy csúsztatva tükrözés. �

15. A párhuzamos szelok tételei

15.1. Definíció.Tekintsük aza, b, c egyeneseket úgy, hogyc messea-t ésb-t. Értel-mezzük ap : a → b leképezést a következoképpen: aP ∈ a pont képét aP -n c-velpárhuzamosan húzott egyenes és ab metszéspontja adja. Ezt a leképezést aza-ról b-re,c-vel párhuzamosan történo vetítésnek, rövidenpárhuzamos vetítésnek nevezzük.

Megjegyzés.EPP-t alkalmazva közvetlenül látható, hogy valóban egy egyértelmu le-képezést, ráadásul bijekciót definiáltunk.

15.2. Tétel. A párhuzamos vetítés rendezéstartó leképezés.

Bizonyítás: Legyenp : a → b, P 7→ P ′ párhuzamos vetítés,A,B,C ∈ a és tegyükfel, hogyA − B − C! Csak azt az esetet bizonyítjuk, amikor azA 6= A′, B 6= B′,C 6= C ′, tehát{A,B,C,A′, B′, C ′} hat elemu. (Ha a pontok és képeik között vannakegybeesok is, akkor az állítás kis módosítással látható be.) Létezik tehát azAA′C4,

3 – 15. A PÁRHUZAMOS SZELOK TÉTELEI 81

A2 B2 C2 D2

A′2 B′2A1

B1

C1

D1

3.5. ábra. A párhuzamos szelok tétele – 1. eset.

és a←−−→BB′ nem illeszkedik ennek egyetlen csúcsára sem. A Pasch tételt alkalmazva azt

kapjuk, hogy←−−→BB′ ∩ intA′C 6= ∅, a metszéspontot jelöljeD. Ekkor teljesülA′−D−

C. Alkalmazzuk most a Pasch tételt azA′CC ′4-re és a←−→BD -re!

←−→BD ∩ intA′C ′ =

{B′} és teljesülA′ −B′ − C ′.15.3. Tétel. (A párhuzamos szelok tétele.) A párhuzamos vetítés a szakaszhosszakarányát – röviden a szakaszok arányát – megtartja. Azaz, ha

p : a→ b, X 7→ X ′

párhuzamos vetítés, akkor∀A,B,C,D ∈ a (C 6= D):

AB

CD=A′B′

C ′D′.

Bizonyítás: A bizonyítás két fo lépésre osztható.1. lépés:A párhuzamos vetítés kongruens szakaszokhoz kongruens szakaszokat ren-

del.Azaz, haA1B1 = C1D1 akkorA2B2 = C2D2. A betuzés legyen olyan, hogy azA1-t C1-be vivo ′-vel jelölt eltolásB1-t D1-be vigye. (Ld. 3.5. ábra.) Ennél az elto-

lásnál(←−−→A1A2

)′=←−−→C1C2 , továbbá

(←−−→B1B2

)′=←−−−→D1D2 , azazA′2 ∈

←−−→C1C2 és

B′2 ∈←−−−→D1D2 . C2D2‖A2B2‖A′2B′2, tehát azA′2C2D2B

′2 négyszög (esetleg elfajuló)

paralelogramma. Mivel a paralelogramma szemközti oldalai kongruensek:

C2D2∼= A′2B

′2∼= A2B2.

2. lépés.Az általános eset.Legyenn ∈ N+ tetszoleges. Osszuk fel azA1B1-t n

egyenlo részre, azaz mérjük fel az−−−−→A1B1 -re azA1 kezdoponttól aziA1B1

n hosszakat(i = 1 . . . n − 1). Ez a szakaszfelmérés tétele miatt megteheto. Legyenk az a termé-szetes szám, melyre

kA1B1

n≤ C1D1 < (k + 1)

A1B1

n. (∗)


A2 B2 C2 D2

A1

B1

C1

D1

3.6. ábra. A párhuzamos szelok tétele – 2. eset.

Mérjük fel A1B1n -t a C1D1-ra k-szor, azaz mérjük fel aC1 pontból a

−−−−→C1D1 -re az

iA1B1n hosszakat, (i = 1 . . . k). A keletkezett osztópontokon keresztül húzzunk pár-

huzamosakat←−−→A1A2 -vel. (Ld. 3.6. ábra.) A bizonyítás elso lépése szerint az

←−−→A1B1

egyenesen keletkezo kongruens szakaszoknak a←−−→A2B2 egyenesen is kongruens szaka-

szok felelnek meg, továbbá tudjuk, hogy a párhuzamos vetítés rendezéstartó, tehát:

kA2B2

n≤ C2D2 < (k + 1)

A2B2

n. (∗∗)

(∗)-t A1B1-el, (∗∗)-t A2B2-vel osztva:

k

n≤ C1D1

A1B1<k + 1n

k

n≤ C2D2

A2B2<k + 1n

=⇒∣∣∣∣C1D1

A1B1− C2D2

A2B2

∣∣∣∣ <1n.

Mivel ez tetszolegesn természetes számra teljesül éslimn→∞ 1n = 0, ezért

C1D1

A1B1=C2D2

A2B2.

15.4. Tétel. (A párhuzamos szelok tételének megfordítása.)Ha két egyenes úgymetszi egy valódi szög szárait, hogy az egyik száron keletkezo – a csúcsot a metszés-ponttal összeköto – szakaszok aránya megegyezik a másik száron keletkezo megfeleloszakaszok arányával, akkor a két egyenes párhuzamos.

Bizonyítás: A 3.7. ábra szerinti jelölésekkel a bizonyítandó állítás:

OA1

OB1=OA2

OB2=⇒ ←−−→

A1A2 ‖←−−→B1B2 .

A B1 ponton keresztül húzzunk párhuzamost←−−→A1A2 -vel, mely messe

←−−→OA2 -t B-ben.

A párhuzamos szelok tétele szerint

OA1

OB1=OA2

OB=⇒ OA2

OB=OA2

OB2=⇒ OB = OB2 =⇒ B = B2,

3 – 16. HASONLÓSÁGI TRANSZFORMÁCIÓK 83

A2 B2B

A1

B1

O

3.7. ábra. A párhuzamos szelok tételének megfordítása.

amibol következik, hogy←−−→A1A2 ‖

←−−→B1B2 .

15.5. Tétel. (A párhuzamos szelok tételének egy alkalmazása.)Egy szög száraitmetszo párhuzamosokból a szárak által kimetszett szakaszok aránya megegyezik a pár-huzamosok által az egyes szárakból kimetszett szakaszok arányával. �

16. Hasonlósági transzformációk

16.1. Definíció.Az ϕ : E → E (ill. ϕ : α → α, aholα az euklideszi tér egy síkja)bijektív leképezésthasonlósági transzformációnak vagy rövidenhasonlóságnak ne-vezzük ha∃k ∈ R, k > 0, hogy∀P,Q ∈ E : d(ϕ(P ), ϕ(Q)) = kd(P,Q) teljesül.k-t ahasonlóságarányának modjuk.

Ebben a szakaszban a hasonlósági transzformációk alapveto tulajdonságaival fog-lalkozunk. A következo állítások, melyek a definíció közvetlen következményei, síkbanés térben egyaránt érvényesek:

16.2. Tétel. 1. k arányú hasonlóság inverze1k arányú hasonlóság.2. egyk arányú és egyl arányú hasonlóság szorzatakl arányú hasonlóság.3. A hasonlóságok csoportot alkotnak a kompozíciószorzás muveletére.4. Az egybevágóságok pontosan az 1 arányú hasonlóságok. �

16.3. Tétel. Legyen adva egyO pont, és egyk > 0 valós szám. A tér (sík) egyO-tól

különbözoP pontjához rendeljük hozzá az−−→OP azonP ′ pontját, melyreOP ′ = kOP .

Legyen továbbáO képeO. Ez a leképezés olyank arányú hasonlóság, melynél mindenegyenes párhuzamos a képével. A leképezés megtartja a között van relációt, továbbátetszoleges félegyenes és képe egyezo irányúak.

Bizonyítás: A szürjektivitás.LegyenQ tetszoleges pont,O 6= Q. LegyenP ∈ −−→OQ :OP = 1

kOQ. EkkorP képeQ.

Az injektivitás.HaP 6= Q akkor−−→OP 6= −−→OQ vagy

−−→OP =

−−→OQ , deOP 6= OQ.

Mindkét esetbol az következik, hogyP ′ 6= Q′.


Egyenes és képe párhuzamosak.Ha az egyenesO-ra illeszkedik, akkor nyilváninvariáns. Legyene O-ra nem illeszkedo egyenes,P ∈ e. Azt állítjuk, hogye képeP ′-n keresztül húzott,e-vel párhuzamosf egyenes. LegyenQ ∈ e.

OP ′

OP=OQ′

OQ(= k),

tehát a párhuzamos szelok tételének megfordítása miatt

←−−→P ′Q′ ‖e =⇒ ←−−→

P ′Q′ = f =⇒ Q′ ∈ f.Megfordítva, legyenS ∈ f , R pedigS osképe. Szintén a párhuzamos szelok téte-

lének megfordításából:

←−→PR ‖f =⇒ ←−→

PR = e =⇒ R ∈ e.

Rendezéstartás.HaO 6∈ ←−→AB ésA−X−B, akkorX ∈ intAOB^ =⇒ −−→OX ∈

intAOB^. Ez azt jelenti, hogy−−→OX ∩ intA′B′ 6= ∅ (keresztszakasz tétel), tehátX ′ ∈

intA′B′. HaO ∈ ←−→AB , akkor legyenf :←−→OA → R koordinátaleképezés,f(O) = 0

ésf(A) > 0. Ha f(X) = x, akkor f(X ′) = kx. Legyenf(A) = a, f(B) = b.A−X−B =⇒ a−x−b =⇒ ka−kx−kb =⇒ A′−X ′−B′ (Cantor–Dedekindtétel).

Félegyenes és képe egyezo irányúak.Elegendo ak 6= 1 esettel foglalkozni. HaO 6∈←−→AB , akkor∀X ∈ −−→AB -re int

−−→OX nem metszi

←−→OA -t, azaz

−−→AB és

−−→AB ′ egyaránt

az←−→OA =

←−→AA′ B-t tartalmazó oldalán vannak. HaO ∈ ←−→AB ésO − A − B, akkor

∀X ∈ −−→AB : X ′ ∈ −−→OA , mivel az elozo bizonyításban használt koordinátaleképezésnél

koordinátája pozitív marad. Ez azt jelenti, hogy−−→AB ⊂ −−→OA és

−−−→A′B′ ⊂ −−→OA , azaz−−→

AB és−−−→A′B′ közül az egyik tartalmazza a másikat. Ha¬(O − A − B), akkor

−−→AB

ellentétes félegyenesére és−−−→A′B′ ellentétes félegyenesére igaz lesz az állítás az elobb

elmondottak miatt, tehát−−→AB -re és

−−−→A′B′ -re is.

A definiált leképezés hasonlóság.HaO 6∈ ←−→PQ , akkor P ′Q′

PQ = k a párhuzamosszelok tételének egy alkalmazásából (15.5.).

HaO ∈ ←−→PQ , akkor az állítást a következoképpen láthatjuk be. Legyenf :←−→PQ →

R koordinátaleképezés,f(O) = 0. Haf(X) = x, akkorf(X ′) = kx. Legyenf(P ) =p, f(Q) = q.

P ′Q′ = |f(P ′)− f(Q′)| = |kp− kq| = k|p− q| = kPQ.

16.4. Definíció.O centrumú,k arányúhomotéciánakvagy középpontos hasonlóság-naknevezzük az alábbi leképezések bármelyikét: az elozo tételben definiált leképezést;az elozo tételben definiált leképezést és egyO-ra vonatkozó centrális tükrözés szorza-tát.

Az elobbi leképezéselojeles arányánakk-t nevezzük, míg az utóbbi leképezés elo-jeles arányának−k-t.

∗


Megjegyzés.Egyszeruen látható, hogy negatív elojeles arányú homotécia félegyenestvele ellentétes irányú félegyenesbe visz át, továbbá haδk O centrumú,k elojeles arányúhomotécia, továbbáf : ` → R azO-ra illeszkedo ` egyenes olyan koordinátaleképe-zése, hogyf(O) = 0, akkor∀X ∈ `: haf(X) = x, akkorf(δk(X)) = kx.

A 16.4. definíció közvetlen következménye az alábbi tétel:

16.5. Tétel. k elojeles arányú,O centrumú homotécia inverze1k elojeles arányú,Ocentrumú homotécia,k elojeles arányú ésl elojeles arányú közösO centrumú homoté-ciák szorzataO centrumú,kl elojeles arányú homotécia. A közös centrumú homotéciákcsoportot alkotnak a kompzíciószorzás muveletére nézve. �16.6. Tétel. Minden hasonlóság egy vele egyenlo arányú, tetszoleges centrumú homo-técia és egy egybevágóság szorzata.

Bizonyítás: Legyen ϕ : E → E k arányú hasonlóság,δ pedig tetszoleges1k arányú

homotécia.δϕ ekkor olyan hasonlóság, melynek arányak 1k = 1, azaz izometria. Jelölje

eztε.

δϕ = ε /δ−1◦ϕ = δ−1ε.

δ−1 pedig1/ 1k = k arányú homotécia.

16.7. Következmény.Minden hasonlóság egyenestartó, szög(mérték)tartó, rendezés-tartó.

16.8. Tétel. (A hasonlóságok fixponttétele.)Ha egy hasonlóság nem izometria, ak-kor egyértelmuen létezik fixpontja.

Bizonyítás: Az unicitás abból következik, hogy két fixpont létezése esetén a hasonló-ság aránya egy lenne.

A tétel egzisztencia részét általánosan további elokészületek után késobb (18.13.)bizonyítjuk. Itt csak a síkbeli eset egy bizonyítását vázoljuk (3.8. ábra). A bizonyítástovábbi részében tehát rögzítünk egy síkot. Legyen adva azABCD paralelogramma.Ennek képe azA′B′C ′D′ paralelogramma. Ha a két paralelogramma középpontosan

hasonló, akkor az állítás nyilvánvaló. Egyébként←−→AB ∩←−−→A′B′ = {P},←−→CD ∩←−−→C ′D′ =

{R}. P képeP ′ ∈ ←−−→A′B′ , R képeR′ ∈ ←−−→C ′D′ .←−→PR és

←−−→P ′R′ metszik egymást,

mert ellenkezo esetbenPP ′R′P ′ paralelogramma lenne, azaz az egymásnak megfeleloPR ésP ′R′ aránya egy lenne. JelöljeO a metszéspontot. A párhuzamos szelok tételeszerint:

OP

OR=OP ′

OR′, továbbá

OP

OR=O′P ′

O′R′

is teljesül, mivel minden hasonlóság aránytartó. A hasonlóság rádásul a „között van”relációt is megtartja, ezértO = O′.


A B

CD

A′

B′

C′

D′

P

R

P ′

R′

O

3.8. ábra. A síkbeli hasonlóságok fixponttétele.

16.9. Tétel. Legyen adva egy olyan síkbeli hasonlóság, mely nem izometria és nemközéppontos hasonlóság. AzABCD paralelogramma képe azA′B′C ′D′ paralelo-

gramma.←−→AB ∩ ←−−→A′B′ = {P}, ←−→CD ∩ ←−−→C ′D′ = {R}, ←−→BC ∩ ←−−→B′C ′ = {Q},←−→

DA ∩←−−→D′A′ = {S}. A hasonlóság egyértelmu fixpontja←−→PR ∩←−→QS . �

16.10. Tétel. (A sík hasonlóságainak osztályozása.)A sík bármely hasonlósága egy-bevágóság, vagy közös centrumú homotécia és elforgatás szorzata, vagy homotécia éstengelyes tükrözés szorzata ahol a homotécia centruma a tengelyre illeszkedik.

Bizonyítás: Legyen egy izometriától különbözo f hasonlóság fixpontjaO. f felírhatóegyO centrumúf arányával megegyezo elojeles arányú homotécia és egy olyan egy-bevágóság kompozíciójaként, hogy ennek az egybevágóságnakO fixpontja (16.6.) Fix-ponttal rendelkezo egybevágóság azonban nem lehet más, csak elforgatás vagy tenge-lyes tükrözés.

16.11. Definíció.Közös centrumú homotécia és elforgatás szorzatátforgatva nyúj-tásnak, míg homotécia és a homotécia fixpontjára illeszkedo tengelyu tengelyes tük-rözés szorzatáttükrözve nyújtásnak nevezzük.

Tehát a sík minden hasonlósága egybevágóság vagy forgatva nyújtás vagy tükrözvenyújtás.

Megjegyzés.Közös centrumú homotécia és elforgatás szorzatában a tényezok sor-rendje felcserélheto; ha egy homotécia centruma illeszkedik egy tengelyre, akkor ahomotécia és a tengelyes tükrözés szorzatában a tényezok sorrendje felcserélheto.

16.12. Tétel. (A hasonlóságok alaptétele.)Legyenek azABC4 ↔ A′B′C ′4 olyanháromszögek, melyek megfelelo szögei kongruensek. Létezik olyanϕ : E → E , P 7→ϕ(P )

jel.= P ′ hasonlósági transzformáció, melyre:ϕ(A) = A′, ϕ(B) = B′, ϕ(C) =

C ′. Síkban ez a hasonlósági transzformáció egyértelmu.


Bizonyítás: Eloször alkalmazzunk azABC4 háromszögre egy tetszoleges centrumú,A′B′AB arányú homotéciát. Az így kapottA∗B∗C∗4 háromszög ésA′B′C ′4 egybe-

vágó, mert szögeik kongruensek, továbbáA∗B∗ = A′B′, tehát teljesülnek ASA felté-telei. Létezik tehát olyanε egybevágóság, melyreε(A∗) = A′, ε(B∗) = B′, ε(C∗) =C ′. Az elobbi homotécia ésε szorzata nyilván megfelelo hasonlóság.

Most a síkbeli esetre bizonyítjuk az egyértelmuséget. Legyen az egyik háromszögABC4 a másik háromszög pedigA′B′C ′4. ϕ ésψ két olyan hasonlóság, melyreA 7→ A′, B 7→ B′, C 7→ C ′ teljesül. Aϕ−1ψ hasonlóságnakA,B,C fixpontja,azaz a hasonlóságok fixponttétele szerint ez a leképezés egybevágóság. Mivel ennekaz egybevágóságnak három nem kollineáris fixpontja van, csak identitásról lehet szó asíkizometriák fixponttétele értelmében. Ezértψ = ϕ.

A térbeli hasonlóságok osztályozása meglepo eredménnyel jár, a tér minden egybevá-góságtól különbözo hasonlósága forgatva nyújtás.

16.13. Definíció.A tér forgatva nyújtásán egyenes körüli elforgatás és egy tengelyreilleszkedo centrumú homotécia szorzatát értjük.

16.14. Tétel. (A tér hasonlóságainak osztályozása.)A tér minden olyan hasonlóságileképezése, amely nem egybevágóság, forgatva nyújtás. �

16.15. Definíció.A tér két alakzatáthasonlónak nevezzük, ha létezik olyan hasonló-sági transzformáció, mely egyiket a másikba viszi. A hasonlóság jele∼.

16.16. Tétel.Az alakzatok hasonlósága ekvivalenciareláció. �

16.17. Tétel. (A háromszögek hasonlóságának alapesetei.)Két háromszög hasonló,ha létezik közöttük olyan megfeleltetés amelynél:

1. a megfelelo oldalak aránya egyenlo;

2. 2–2 megfelelo oldal aránya egyenlo s az ezek által bezárt szögek kongruensek;

3. két-két megfelelo oldal aránya egyenlo s az ezen oldalak közül a nagyobbakkalszemközti szögek kongruensek;

4. megfelelo szögei kongruensek.

Bizonyítás: A negyedik esetben a hasonlóságok alaptételét ismételtük meg.Minden további esetben szerepelnek megfelelo oldalak. Legyen41 és42 a két

olyan háromszög, amelyre a feltételek valamelyike teljesül. Legyeneka1 ésa2 olyanegymásnak megfelelo oldalak, melyek arányát a tétel szerepelteteti. Legyen4′2 a42-höz hasonló úgy, hogy a hasonlóság arányaa1

a2. Az (1)–(3) feltételek bármelyike a41

és4′2 háromszögekre is teljesül, mert a42-t4′2-be vivo hasonlóság a szögeket és azoldalak arányát nem változtatja meg.41-t és4′2-t tekintve azonban a megfelelo olda-lak aránya már 1, tehát ez a két háromszög egybevágó, azaz hasonlóak is. Alkalmazzukaz alakzatok hasonlóságának tranzitivitását:42 ∼ 4′2 ∼ 41 =⇒ 41 ∼ 42.


16.18. Tétel.A derékszögu háromszög derékszögu csúcsból induló magassága a há-romszöget két, az eredetihez hasonló háromszögre darabolja. �16.19. Tétel. (Háromszögek hasonlósági tételei.) Magasságtétel.A derékszögu há-romszög derékszögu csúcsból induló magassága mérteni közepe a befogók átfogóraeso meroleges vetületeinek.

Befogótétel.A derékszögu háromszög bármelyik befogója mértani közepe az átfo-gónak és a befogó átfogóra eso meroleges vetületének.

Pitagorász tétele.Jelölje a derékszögu háromszög átfogójátc, befogóita és b.Ekkora2 + b2 = c2.

Pitagorász tételének megfordítása.Ha egy háromszöga, b, c oldalaira teljesül,hogya2 + b2 = c2, akkor a háromszög egyc átfogójú derékszögu háromszög. �

17. A szabadvektorok vektortere

Lineáris algebrai tanulmányaink során a vektortér fogalmára az egyik elemi példa aszabadvektorok vektortere volt, melyet a középiskolás geometriai ismereteink segítsé-gével vezettünk be. Jelen tárgyalásban minden készen áll a szabadvektorok vektorterekonstrukciójához: a két építoko, amire támaszkodunk, az eltolások csoportja és a ho-motéciák halmaza. Jelen tárgyalásban a hangsúlyt annak megértésére fektettük, amitH. Weyl frappánsan így fogalmazott:„A [szabad]vektor tulajdonképpen ugyanaz, mintaz eltolás, csak éppen a vektoroknál és az eltolásoknál más a szóhasználat.”1

17.1. Definíció.LegyenekA ésB pontok!−⇀AB =

{(P,Q) ∈ E × E | τ(A,B)(P ) = Q

}.

−⇀AB-t szabadvektornak nevezzük. Az összes szabedvektorok halmazátV-vel jelöljük.

Ha (P,Q) ∈−⇀AB, akkor(P,Q)-t az

−⇀AB reprezentánsánakmondjuk.(P,Q)-t néhaP

kezdopontú,Q végpontúirányított szakaszként is említjük.

Az−⇀AB vektor‖

−⇀AB‖ hosszánAB-t értjük. 14.21. miatt ez a definíció független a

reprezentáns választásától.∗

V elemeinek jelölésekor olykor nem utalunk reprezentánsra, ilyenkorV elemeitkövérkisbetukkel, írásban pedig aláhúzott kisbetukkel is jelöljük:a ∈ V, a∈ V.

17.2. Tétel. (P,Q) ∈−⇀AB ⇐⇒

−⇀PQ =

−⇀AB ⇐⇒ τ(P,Q) = τ(A,B).

Bizonyítás: (P,Q) ∈−⇀AB =⇒ τ(A,B)(P ) = Q, másrésztτ(P,Q)(P ) = Q. Mivel aP

pontot aQ pontba vivo eltolás egyértelmu, ezértτ(A,B) = τ(P,Q).

τ(A,B) = τ(P,Q) =⇒(

(X,Y ) ∈−⇀AB ⇐⇒ (X,Y ) ∈

−⇀PQ

)=⇒

−⇀AB =

−⇀PQ.

−⇀PQ =

−⇀AB =⇒ (P,Q) ∈

−⇀AB, hisz(P,Q) ∈

−⇀PQ triviálisan teljesül.

1Szimmetria, Gondolat 1982, Bérczi Szaniszló és Seres István fordításában, 59. o. lábjegyzete.

3 – 17. A SZABADVEKTOROK VEKTORTERE 89

17.3. Tétel. A tér szabadvektoraiV halmaza és az eltolásokT halmaza között a

ν : V→ T,−⇀AB 7→ ν

(−⇀AB

)= τ(A,B)

leképezés bijekció.

Bizonyítás: Az elozo tétel szerint a leképezés jól definiált, továbbá injektív. A szür-jektivitást a következoképpen láthatjuk be: haτ ∈ T ésP ∈ E tetszoleges, akkor

ν

(−−−−⇀Pτ(P )

)= τ .

17.4. Definíció. (A szabadvektorok összeadása.)Az a,b ∈ V szabadvektorok össze-gét aza + b = ν−1(ν(a) ◦ ν(b)) összefüggés értelmezi.

17.5. Következmény.a + b = c ⇐⇒ ν(a) ◦ ν(b) = ν(c).

17.6. Tétel. (Vektorösszeadás háromszög szabállyal.)−⇀AB +

−⇀BC =

−⇀AC.

Bizonyítás: Az összeadás definícióját alkalmazzuk, és felhasználjuk, hogy az eltolásokAbel csoportot alkotnak:

ν

(−⇀AB

)◦ ν

(−⇀BC

)= τ(A,B) ◦ τ(B,C) = τ(B,C) ◦ τ(A,B) = τ(A,C) = ν

(−⇀AC

).

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

Bizonyítás: Az összeadás definíciójából közvetlenül leolvasható.

(V,+) neutrális elemét0 jelöli.

17.8. Tétel.−⇀AB =

−⇀CD =⇒

−⇀AC =

−⇀BD.

Bizonyítás: Alkalmazzuk a vektorösszeadásra vonatkozó háromszög szabályt:

−⇀AC =

−⇀AB +

−⇀BC =

−⇀CD +

−⇀BC =

−⇀BC +

−⇀CD =

−⇀BD.

17.9. Tétel. (A szabadvektor elemi fogalma.)−⇀AB =

−⇀CD, akkor és csakis akkor tel-

jesül, haAB = CD továbbá−−→AB és

−−→CD egyezo irányú félegyenesek.

Bizonyítás:

AB = CD továbbá−−→AB és

−−→CD egyezo irányúak

}⇐⇒

τ(A,C)(B) = D ⇐⇒−⇀AC =

−⇀BD ⇐⇒

−⇀AB =

−⇀CD.


17.10. Definíció. (Vektorok szorzása skalárral.)Legyenλ ∈ R \ {0},

δλ : E → E , P 7→ P ′

pedig jelöljön egy tetszolegesλ elojeles arányú homotéciát. Az

R× V→ V

skalárral való szorzást a következoképpen értelmezzük. Tetszolegesv ∈ V-re0·a = 0,továbbá

λ · a =−−−−−−−−⇀δλ(A)δλ(B) =

−−⇀A′B′, ahol(A,B) ∈ a.

A definíció egyrészt független a homotécia megválasztásától, másrészt független a vek-tor reprezentánsának megválasztásától. Ezt a 17.9. alapján állapíthatjuk meg, ugyanis

‖−−⇀A′B′‖ = |λ| · ‖

−⇀AB‖ továbbá

−−→AB és

−−−→A′B′ egyezo irányú, haλ > 0, ellentétes

irányú, haλ < 0.

17.11. Tétel. (V,+) vektortér azR test felett, ahol a skalárral való szorzást az elobbidefiníció szerint értjük.

Bizonyítás: A vektorterek definiáló tulajdonságait kell ellenoriznünk, azaz:∀α, β ∈ R; ∀a,b ∈ V:

1. (α+ β)a = αa + βa,

2. α(a + b) = αa + αb,

3. (αβ)a = α(βa),

4. 1a = a.

1. (α+β)a = αa+βa: Nullvektorra az állítás triviális. Legyen a továbbiakbana 6=0! Haα ésβ azonos elojeluek, akkor(α+ β)a, továbbáαa + βa közös kezdopontbolinduló reprezentánsainak végpontjai ugyanarra a félegyenesre illeszkednek. Továbbá

‖(α+ β)a‖ = |α+ β| · ‖a‖ = (|α|+ |β|) · ‖a‖.

Másrészt:

‖αa + βa‖ = ‖αa‖+ ‖βa‖ = |α| · ‖a‖+ |β| · ‖a‖ = (|α|+ |β|) · ‖a‖.

Ez azt jelenti, hogy(α+β)a továbbáαa+βa közös kezdopontbol induló reprezentán-sainak végpontjai ugyanazon a félegyenesen, a kezdoponttól ugyanakkora távolságravannak.

Legyenα ésβ elojele különbözo. Ekkor:

‖αa + βa‖ ==

∣∣‖αa‖ − ‖βa‖∣∣ =∣∣|α| · ‖a‖ − |β| · ‖a‖∣∣ =

∣∣|α| − |β|∣∣ · ‖a‖ == |α+ β| · ‖a‖ = ‖(α+ β)a‖,

3 – 17. A SZABADVEKTOROK VEKTORTERE 91

tehát(α+β)a hossza ésαa+βa hossza megegyezik. Legyenαa =−⇀OA, és reprezen-

táljuk az(α+β)a,αa+βa vektorokat az←−→OA egyenesen! Mindkét vektor reprezentán-

sának végpontja attól függoen illeszkedik−−→OA -ra vagy

−−→OA ellentétes félegyenesére,

hogy|α| ≥ |β| vagy|α| ≤ |β|, amivel az állítást bizonyítottuk.

2. Legyena =−⇀AB, b =

−⇀BC.

α(a + b) =

= α

(−⇀AB +

−⇀BC

)= α−⇀AC =

−−−−−−−−⇀δα(A)δα(C) =

=−−−−−−−−⇀δα(A)δα(B) +

−−−−−−−−⇀δα(B)δα(C) =

= α−⇀AB + α

−⇀BC = αa + αb.

3. Legyenekδα ésδβ közös centrumú homotéciák.

α(βa) =

= α

(−−−−−−−−⇀δβ(A)δβ(B)

)=−−−−−−−−−−−−−−⇀δα(δβ(A))δα(δβ(B)) =

=−−−−−−−−−−−−−−⇀(δαδβ)(A)(δαδβ)(B) = (αβ)

−⇀AB,

hiszenδαδβ olyan homotécia, melynek elojeles arányaαβ.4. δ1 = id.

17.12. Tétel. (A lineáris függoség geometriai jelentése.)Egy szabadvektor önmagá-ban akkor és csakis akkor alkot lineárisan függo rendszert, ha nullvektor.

Két szabadvektor akkor és csakis akkor alkot lineárisan függo rendszert, ha egyegyenesen reprezentálhatók.

Három szabadvektor akkor és csakis akkor alkot lineárisan függo rendszert, ha egysíkon reprezentálhatók.

A szabadvektorok bármely legalább négytagú vektorrendszere lineárisan függo, aszabadvektorok vektortere három dimenziós.

Bizonyítás: Az elso állítás tetszoleges vektortér esetén is igaz.A további bizonyításoknál a lineáris függoséget az alábbi geometriai nyelven fogal-

mazzuk meg:Szabadvektorok egy(a1, . . . ,ak) vektorrendszere akkor és csakis akkorlineárisan függo, ha van olyan valódi (azaz nem csak egyetlen pontból álló), de eset-leg degenerált oldalakat is tartalmazó zárt töröttvonal, amelynek szakaszai rendre aza1, . . . ,ak szabadvektorokkal párhuzamosak.

A bizonyításoknál tegyük fel, hogy a megadott vektorrendszerben nincs lineárisanfüggo részrendszer. (Ha van, akkor az állítások triviálisak.)

Ha két vektor közös egyenesen reprezentálható, akkor ezen egyenesP 6= Q pont-jairaPQP nyilván megfelelo töröttvonal.

Megfordítva, legyen a kéttagú vektorrendszer lineárisan függo. A kétoldalú nemel-fajuló töröttvonal két csúcspontot tartalmaz. Az ezekre illeszkedo egyenesen mindkétszabadvektor reprezentálható.


Legyen három vektor közös síkban reprezentálható! Ebben a síkban jelöljük ki azegyik szabadvektor reprezentánsát:(P,Q). P -n keresztül húzzunk párhuzamost a má-sodik, mígQ-n keresztül a harmadik szabadvektorral. Mivel feltettük, hogy az utóbbikét vektor lineárisan független, ezért a két egyenes metszi egymást egyM (síkbeli)pontban.PQMP a keresett töröttvonal.

A megfordítás onnan következik, hogy háromoldalú zárt töröttvonalnak három csú-csa van, melyekre illeszkedo síkban mindhárom vektor reprezentálható.

Legyen (a,b, c,d) szabadvektorok négytagú vektorrendszere.S1 legyen olyan sík,

P

Q

R

S

S1

S2

3.9. ábra. Nincs négy lineárisan független szabadvektor.

melyben(a,b), mígS2 olyan sík, melyben(c,d) reprezentálhatók (3.9. ábra). A kétsík metszésvonalán jelöljük ki aP 6= Q pontokat.P -keresztül húzzunk párhuzamosta-val (a egyenes),Q-n keresztülb-vel (b egyenes).a ∩ b = M ∈ S1. Q-n keresztülhúzzunk párhuzamostc-vel (c egyenes),P -n keresztüld-vel (d egyenes.)c∩d = N ∈S2. PMQNP a keresett töröttvonal.

A továbbiakban szabadon használunk lineáris algebrai eszközöket akár az elemi lineá-ris algebra területérol (pl. szabadvektorok skaláris szorzata), akár az absztrakt lineárisalgebra területérol (pl. lineáris leképezések elmélete).

18. Affin leképezések

A következo szakaszbanE affin leképezései ésV lineáris izomorfizmusai közöttlétesítünk kapcsolatot. A tárgyalásunk alapvetoen térbeli lesz, de minden fogalom éstétel könnyen átviheto a síkba is. Emlékeztetünk arra, hogy azf : E → E bijektív leké-pezéstaffin leképezésnek nevezzük, ha a leképezés egyenestartó, azaz, ha tetszolegesegyenes képe egyenes.

3 – 18. AFFIN LEKÉPEZÉSEK 93

18.1. Tétel. (Az affin leképezések fotétele.) Azf : E → E , P 7→ f(P )jel.= P ′ leképe-

zés akkor és csakis akkor affin leképezés, ha teljesíti az alábbi két feltételt:

(1) tetszolegesP,Q,R, S pontokra−⇀PQ =

−⇀RS =⇒

−−⇀P ′Q′ =

−−⇀R′S′, azaz (esetleg

elfajuló) paralelogramma képe (esetleg elfajuló) paralelogramma; továbbá

(2) az−⇀f : V → V, v 7→

−⇀f (v) =

−−⇀P ′Q′ – ahol(P,Q) ∈ v – leképezés lineáris

izomorfizmus.

Megjegyezzük, hogy a (2) feltételben szerepelo−⇀f leképezés azért értelmezheto,

mert az (1) feltétel miatt az−⇀f (v) vektor független av vektor(P,Q) reprezentánsának

választásától. Ha azα síkot rögzítjük, és azf : α→ α affin leképezésrol szólunk, akkorV szerepét aV azon altere veszi át, mely vektoraiα-ban reprezentálhatók.

Bizonyítás: Haf teljesíti az (1) és (2) tulajdonságokat, akkor egyenestartó.A skalárralvaló szorzás definíciója szerint:

←−→AB =

{P | ∃λ ∈ R :

−⇀AP = λ

−⇀AB

},

továbbá ←−−→A′B′ =

{Q | ∃λ ∈ R :

−−⇀A′Q = λ

−−⇀A′B′

}.

Azt állítjuk, hogy←−→AB ′ =

←−−→A′B′ . Valóban, mivel

−⇀f és

−⇀f −1 lineárisak:

−⇀AP = λ

−⇀AB ⇐⇒

−−⇀A′P ′ = λ

−−⇀A′B′.

Haf egyenestartó, akkor teljesül (1) és (2).Ezt a meglehetosen összetett bizonyítástnégy lépésre bontjuk.

1. lépés.f két párhuzamos egyenest két párhuzamos egyenesbe visz át.Tehát haa||b (a 6= b) ⇒ a′||b′. Eloször megjegyezzük, hogy párhuzamos egyenesek képe nemlehet kitéro egyenespár. Vegyünk fel ugyanis egy sema-ra semb-re nem illeszkedoC pontot.g ésh legyenekC-re illeszkedo, a-t ésb-t is metszo egyenesek. Ag′ ésh′

egyenesek metszok, ezek síkja tartalmazza(a∩ g)′-t és(a∩h)′-t, teháta′-t, hasonlóanb′-t. Annyit kell tehát bizonyítanunk, hogya′ ésb′ nem metszok. Valóban, haM ∈a′ ∩ b′, akkorM osképe aza ésb közös pontja volna.

2. lépés.Bármely három nem kollineáris pont képe három nem kollineáris pont.Le-gyen A,B,C három nem kollineáris pont. HaA′, B′, C ′ kollineárisak, akkor←−−→A′B′ =

←−−→A′C ′ . Mivel

←−→AB ′ =

←−−→A′B′ és

←−→AC ′ =

←−−→A′C ′ , ez azt jelenti, hogy←−→

AB ′ =←−→AC ′. Azaz∀P ∈ ←−→AB ′ =

←−→AC ′ pont osképe rajta lenne

←−→AB -n és

←−→AC -n

is, ami ellentmondás azzal, hogyA,B,C nem kollineárisak.3. lépés.Ebben a lépésben belátjuk, hogy egyenestartó leképezésnél paralelogram-

ma képe paralelogramma. Eloször nem elfajuló paralelogrammákra igazoljuk az állí-tást, nevezetesen nem elfajuló paralelogramma képe nem elfajuló paralelogramma. Va-lóban,{O,A,B,C} egy nem elfajuló paralelogramma csúcsai.{O′, A′, B′, C ′} tehátszintén egy paralelogramma csúcsai (1. lépés), amely paralelogramma nem elfajuló (a


O A C B

X Y

3.10. ábra. Az affin leképezések fotétele.

második lépést alkalmazva). Állításunkat úgy is fogalmazhatjuk, hogy nem kollineáris{O,A,B,C} pontokra:

−⇀OA =

−⇀CB =⇒

−−⇀O′A′ =

−−⇀C ′B′.

Ez a tulajdonság azonban kollineáris pontokra is igaz lesz. Legyenek most{O,A,B,C}egye egyenesre illeszkedo pontok,

−⇀OA =

−⇀CB, legyen továbbáX 6∈ e (ld. 3.10. ábra).

Reprezentáljuk az−⇀OA =

−⇀CB vektort azX pontból:(X,Y ) ∈

−⇀OA. {O,A, Y,X}-re és

{C,B, Y,X}-re már alkalmazható a nem kollineáris pontokra az elobb bebizonyítottállítás: −⇀

OA =−−⇀XY =⇒

−−⇀O′A′ =

−−−⇀X ′Y ′−⇀

CB =−−⇀XY =⇒

−−⇀C ′B′ =

−−−⇀X ′Y ′

}=⇒

−−⇀O′A′ =

−−⇀C ′B′.

Ebbol a lépésbol következik, hogy értelmezheto−⇀f : V→ V, továbbá, hogy

−⇀f additív,

hiszen−⇀OA +

−⇀OB =

−⇀OC ⇐⇒ O,A,B,C egy esetleg elfajuló paralelogramma

csúcsai.4. lépés.

−⇀f homogenitásának belátása a legösszetettebb feladat. Legyenek

{O,E, P} kollineárisak,−⇀OP = λ

−⇀OE. A megfelelo pontok{O′, E′, P ′}. Azt kell

belátnunk, hogy

−−⇀O′P ′ = λ

−−⇀O′E′, (∗)

hiszen−−⇀O′P ′ =

−⇀f (−⇀OP ) =

−⇀f (λ−⇀OE), illetve

−−⇀O′E′ =

−⇀f (−⇀OE). Tehát (∗) azt jelenti,

hogy −⇀f (λ−⇀OE) = λ

−⇀f (−⇀OE).

Jelöljük←−→OE -t e-vel.

Értelmezni fogunk egyσ : R→ R leképezést. Legyen

t ∈ R, X ∈ ←−→OE :−−⇀OX = t

−⇀OE.

σ(t)-t a következo összefüggés értelmezi:−−−⇀O′X ′ = σ(t)

−−⇀O′E′. Másképpen, legyen:

k : R→←−→OE , t 7→ X :−−⇀OX = t

−⇀OE;


k′ : R→←−−→O′E′ , t 7→ X ′ :−−−⇀O′X ′ = t

−−⇀O′E′,

ésσ : R→ R, t 7→ σ(t) = k

′−1(f(k(t))).

Azazσ = k′−1 ◦ f ◦ k. σ bijekció, mert bijekciók kompozíciója. Azt állítjuk, hogyσ

azR automorfizmusa, azaz

1. σ(λ+ µ) = σ(λ) + σ(µ)

2. σ(λµ) = σ(λ)σ(µ).

LegyenekP,Q,R, S ∈ ←−→OE és ezeknek a pontoknak rendre feleljenek meg aλ, µ, λ+µ, λµ számok, pontosabbank(λ) = P , k(µ) = Q, k(λ+µ) = R, k(λµ) = S.Tehát:

−⇀OP = λ

−⇀OE,

−⇀OQ = µ

−⇀OE,

−⇀OR = (λ+ µ)

−⇀OE,

−⇀OS = λµ

−⇀OE.

IlyenkorP ′ = k′(σ(λ)), azaz−−⇀O′P ′ = σ(λ)

−−⇀O′E′. Hasonlóan:

−−⇀O′Q′ = σ(µ)

−−⇀O′E′,

−−⇀O′R′ = σ(λ+ µ)

−−⇀O′E′,

−−⇀O′S′ = σ(λµ)

−−⇀O′E′.

Azt már az elozo lépésben beláttuk, hogy

−⇀OP +

−⇀OQ =

−⇀OR =⇒

−−⇀O′P ′ +

−−⇀O′Q′ =

−−⇀O′R′,

így

σ(λ)−−⇀O′E′ + σ(µ)

−−⇀O′E′ = σ(λ+ µ)

−−⇀O′E′ =⇒ σ(λ) + σ(µ) = σ(λ+ µ).

A σ második tulajdonságát a következoképpen látjuk be. LegyenX /∈ ←−→OE és

Y ∈ ←−→OX az a pont, melyre←−→EX ‖←−→PY (ld. 3.11. ábra). A párhuzamos szelok tételét

felírva:λ

1=OY

OX.

Tehát:OY

OX=λ

1=λµ

µ.

Ez a párhuzamos szelok tételének megfordításából azt is jelenti, hogy←−→XQ ‖←−→Y S . Mi-

vel f párhuzamosságtartó ezért←−−→E′X ′ ‖←−−−→P ′, Y ′ , és

←−−→X ′Q′ ‖←−−→Y ′S′ . Írjuk fel a párhuza-

mos szelok tételét ezekre az egyenesekre is:

σ(λµ)σ(µ)

=σ(λ)

1,

azazσ(λµ) = σ(λ)σ(µ).


O E P Q S

X

Y

3.11. ábra. Az affin leképezések fotétele.

Az algebrából ismert, hogyR-nek egyetlen automorfizmusa van, az identitás. Tehát

−−⇀O′P ′ = σ(λ)

−−⇀O′E′ = λ

−−⇀O′E′,

ez azt jelenti, hogy

−⇀f (λ−⇀OE) =

−⇀f (−⇀OP ) =

−−⇀O′P ′ = σ(λ)

−⇀f (−⇀OE) = λ

−⇀f (−⇀OE),

ami−⇀f kívánt homogenitása.

18.2. Definíció.A sík három pontjátáltalános helyzetunek mondjuk, ha nem kolline-árisak. A tér négy pontjátáltalános helyzetunek mondjuk, ha nem komplanárisak.

18.3. Tétel. (Az affin leképezések alaptétele.)Ha {A,B,C,D} és{A′, B′, C ′, D′}általános helyzetu pontnégyesek, akkor egyértelmuen létezik olyanf : E → E affinleképezés, melyre

f(A) = A′, f(B) = B′, f(C) = C ′, f(D) = D′.

Ha {A,B,C} és {A′, B′, C ′} általános helyzetu ponthármasok azα síkban, akkoregyértelmuen létezik olyanf : α→ α affin leképezés, melyre

f(A) = A′, f(B) = B′, f(C) = C ′.

Bizonyítás: (A térbeli esetre.) Mivel a megadott pontnégyesek általános helyzetuek,ezért az −⇀

AB,−⇀AC,

−⇀AD,

és az −−⇀A′B′,

−−⇀A′C ′,

−−⇀A′D′,


vektorrendszerek aV két bázisát alkotják. A lineáris leképezések elméletébol ismert,hogy ekkor egyértelmuen létezik olyanϕ : V→ V lineáris izomorfizmus, hogy

ϕ(−⇀AB) =

−−⇀A′B′, ϕ(

−⇀AC) =

−−⇀A′C ′, ϕ(

−⇀AD) =

−−⇀A′D′.

Értelmezzük azf : E → E leképezést a következoképpen:

P 7→ f(P ) = P ′ : ϕ(−⇀AP ) =

−−⇀A′P ′.

Valóban affin leképezést definiáltunk, mert

−−⇀P ′Q′ =

−−⇀P ′A′ +

−−⇀A′Q′ = ϕ(

−⇀PA) + ϕ(

−⇀AQ) = ϕ(

−⇀PA+

−⇀AQ) = ϕ(

−⇀PQ),

továbbá

−−⇀R′S′ =

−−⇀R′A′ +

−−⇀A′S′ = ϕ(

−⇀RA) + ϕ(

−⇀AS) = ϕ(

−⇀RA+

−⇀AS) = ϕ(

−⇀RS).

Azaz, ha−⇀PQ =

−⇀RS akkor

−−⇀P ′Q′ =

−−⇀R′S′. Könnyen látható, hogy mivelϕ izomor-

fizmus, ezértf bijekció, továbbá−⇀f = ϕ is teljesül, tehát

−⇀f lineáris izomorfizmus.

18.4. Definíció.Legyenek adva azA 6= B pontok, és aλ ∈ R \ {−1} valós szám!

Azt mondjuk, hogy aP pontλ arányban osztja(A,B)-t, ha−⇀AP = λ

−⇀PB. Ilyenkor a

λ számot azA, B ésP pontokosztóviszonyának is nevezzük és(ABP )-vel jelöljük.

18.5. Tétel. Minden affin leképezés osztóviszonytartó.

Bizonyítás: Legyenf affin leképezés. Alkalmazzuk−⇀f -t az

−⇀AP = λ

−⇀PB relációra.

Ekkor−⇀f homogenitása miatt

−−⇀A′P ′ = λ

−−⇀P ′B′-t kapjuk, azaz(A′B′P ′) = λ.

Megjegyzés.Az osztóviszony fogalmával a párhuzamos szelok tételét egyszeruen úgyfogalmazhatjuk, hogy a párhuzamos vetítés osztóviszonytartó.

18.6. Tétel. EgyO pont rögzítése után az(A,B)-t λ arányban osztóP pontra teljesül,hogy

−⇀OP =

−⇀OA+ λ

−⇀OB

1 + λ. �

18.7. Tétel. Ha (PQX) = (PQY ) akkorX = Y . �

18.8. Definíció.A sík egy affin leképezéséttengelyes affinitásnak nevezzük, ha vanpontonként fix egyenese. Ha a leképezés nem identitás, a pontonként fix egyenestten-gelynek nevezzük. Identitás esetén a sík bármely egyenesét tengelynek nevezhetjük.


A 18.3. miatt a tengelyes affinitást egyértelmuen meghatározza a tengely (ti. a tenge-lyen két pont, melyek egybeesnek képeikkel) továbbá egy tengelyre nem illeszkedotetszoleges pont és képe. A definícióból rögtön következik az alábbi állítás, felhasz-nálva, hogy bijektív, tehát párhuzamosságtartó transzformációról van szó.

18.9. Következmény.Tengelyes affinitásnál a tengellyel párhuzamos egyenes képe isa tengellyel párhuzamos. A tengellyel nem párhuzamos egyenes és képe a tengelytugyanott metszi.

18.10. Tétel.Minden tengelyes affinitáshoz létezik olyane egyenes, hogy tetszoleges

tengelyre nem illeszkedoP pontra ésP ′ képére:←−→PP ′ ‖e. Az e egyenes által meghatá-

rozott sugársort a tengelyes affinitásirányának nevezzük.

Bizonyítás: A P ésQ pontok ne illeszkedjenek a tengelyre, továbbá←−→PQ messe a

tengelyt aT pontban. Ekkor←−−→P ′Q′ ugyanebben a pontban metszi a tengelyt. Mivel

egy affinitás osztóviszonytartó:(PQT ) = (P ′Q′T ). Ez a párhuzamos szelok tételének

megfordítása miatt azt jelenti, hogy←−→PP ′ ‖←−→QQ′ .

Ha←−→PQ a tengellyel párhuzamos, akkor vegyünk fel egy olyanR pontot, hogy←−→

PR és←−→QR is messe a tengelyt. Az elozoek szerint:

←−→PP ′ ‖←−→RR′ és

←−→QQ′ ‖←−→RR′ =⇒ ←−→

PP ′ ‖←−→QQ′ .

18.11. Tétel.A sík minden affinitása hasonlóság, vagy tengelyes affinitás és hasonló-ság szorzata.

Bizonyítás: Adjunk meg egy affinitást a 18.3. tétel értelmében az{A,B,C} általánoshelyzetu ponthármassal és{A′, B′, C ′} képével. Van olyan hasonlóság melyA-hozA′-t, továbbáB-hezB′-t rendeli. LegyenC képe ennél a hasonlóságnálC! Ezután

tekintsük az←−−→A′B′ tengelyu,C 7→ C ′ tengelyes affinitást!

18.12. Tétel. (Az affin leképezések fixponttétele.)Ha f : E → E affin leképezés és

ker(−⇀f − idV) = {0}, akkorf -nek egyértelmuen létezik fixpontja.

Bizonyítás: Az egzisztencia bizonyítása:ker(−⇀f − idV) = {0} =⇒ im(

−⇀f − idV) =

V, azaz

∀v ∈ V ∃!x ∈ V :−⇀f (x)− x = v.

LegyenO ∈ E tetszoleges. Az elobbi sor szerint−−−−−⇀Of(O)-hoz egyértelmuen létezik

olyan−⇀OP melyre: −⇀

f (−⇀OP )−

−⇀OP = −

−−−−⇀Of(O).

Azaz: −−−−−−⇀f(O)f(P )−

−−−−⇀Of(O)−

−−−−⇀f(O)P = −

−−−−⇀Of(O).


Rendezve: −−−−−−⇀f(O)f(P ) =

−−−−⇀f(O)P =⇒ f(P ) = P.

Az egyértelmuség bizonyítása. Tegyük fel, hogyP ésQ egyaránt fixpontjaif -nek.

Belátjuk, hogy−⇀PQ ∈ ker(

−⇀f − idV). Valóban:

(−⇀f − idV)(

−⇀PQ) =

−−−−−−⇀f(P )f(Q)−

−⇀PQ = 0.

Tehát−⇀PQ = 0 =⇒ P = Q.

Analóg módon kimondható a síkbeli affin leképezések fixponttétele. A fixpontté-tel közvetlen alkalmazásaként bebizonyítjuk a hasonlósági leképezések már kimondottfixponttételét.

18.13. Tétel. (A hasonlóságok fixponttétele.)Ha egy hasonlóság nem izometria, ak-kor egyértelmuen létezik fixpontja.

Bizonyítás: Az unicitást már bizonyítottuk (16.8.).Az egzisztenciabizonyítására. Mivel a hasonlóság affin leképezés, ezért elegendo

ellenoriznünk az affin leképezések fixponttételének feltételét. Jelöljef a szóban forgó

hasonlóságot. Az a kérdés, hogyker(−⇀f − idV) = {0} teljesül-e? Legyen

(−⇀f − idV)

(−⇀PQ

)= 0.

Ekkor:−−−−−−⇀f(P )f(Q)−

−⇀PQ = 0, amibol következik, hogy

−−−−−−⇀f(P )f(Q) =

−⇀PQ =⇒ f(P )f(Q) = PQ =⇒ k · PQ = PQ =⇒ P = Q,

mert haP 6= Q lenne, akkor egybevágóságról lenne szó.

18.14. Tétel. (Az affin leképezések osztályozása a síkban.)Ha a sík affin leképezé-sének

– nincs fixpontja, akkor eltolás és tengelyes affinitás szorzata;

– egyértelmu fixpontja van, akkor forgatva nyújtás és tengelyes affinitás szorzata,a forgatva nyújtás centruma illeszkedik a tengelyre;

– van két fixpontja van, akkor a fixpontokra illeszkedo egyenes minden pontja fix,és a leképezés tengelyes affinitás.

Bizonyítás: Legyenf : α→ α, P 7→ f(P )jel.= P ′ affin leképezés. Haf -nek nincs fix-

pontja, akkor az affin leképezések fixponttétele alapjándim ker(~f − idV) ≥ 1. Legyen−⇀PQ ∈ ker(~f − idV), (P 6= Q). Ekkor

−−⇀P ′Q′ =

−⇀PQ. (∗)


Adjuk meg az affinitást a(PQR4, P ′Q′R′4) háromszögpárral (ld. affinleképezésekalaptétele). (∗) miattPQ eltolhatóP ′Q′-be. Ennél aτ eltolásnálR képe legyenR∗. A←−−→P ′Q′ tengelyuR∗ 7→ R′ tengelyes affinitásnak (melyet jelöljön%),P ′ ésQ′ fixpontja,továbbá%τ(R) = R′ is teljesül.

Legyen mostf -nek P = P ′ egyértelmu fixpontja. Az affinitást adjuk meg a(PQR4, PQ′R′4) megfelelo háromszögpárral.ϕ jelölje azt a forgatva nyújtást, mely-

nek centrumaP , továbbáQ 7→ Q′. ϕ(R)jel.= R∗. ϕ-t komponáljuk azzal a tengelyes

affinitással, melynek tengelye←−−→P ′Q′ ésR∗ 7→ R′.

Haf -nek van két fixpontja, mondjukP ésQ, akkor az osztóviszonytartás miatt

∀X ∈ ←−→PQ : (PQX) = (PQX ′) =⇒ X = X ′.

Megjegyzés.Amikor a síkbeli affinitásnak pontosan egy fixpontja van (az elozo tételmásodik esete) akkor a forgatva nyújtás és tengelyes affinitás szorzatát kicserélhetjüktükrözve nyújtás és (másik) tengelyes affinitás szorzatára. – A bizonyításból kiderül,hogy a hasonlóságból csak annak fixpontja játszik szerepet.

18.15. Tétel.Az f : E → E affin leképezés akkor és csakis akkor izometria, ha−⇀f : V→ V ortogonális leképezés.

Bizonyítás: Tudjuk, hogy elegendo azt bizonyítani, hogyf : E → E akkor és csakis

akkor izometria, ha−⇀f : V→ V megtartja a vektorok normáját.

‖−⇀f (−⇀PQ)‖ = ‖

−−⇀P ′Q′‖ = P ′Q′, illetve ‖

−⇀PQ‖ = PQ,

ahonnan következik állításunk.

Megjegyzés.Szakaszunkban többször is szerepet játszott aker(−⇀f − idV) altér. Ennek

geometriai jelentése a következo: ha dimenziója nem nulla, az ezen altérrel párhuza-mos egyenes képe önmagával párhuzamos. Az algebrai jelentést is könnyen meg tudjuk

adni: ha a dimenzió nulla, akkor azt jelenti, hogy+1 nem sajátértéke−⇀f -nek, egyéb-

ként a+1 sajátértékhez tartozó sajátaltér dimenziója.

18.16. Tétel.Legyenα az euklidészi tér síkja,f : α → α síkizometria. Azα síkbanreprezentálható szabadvektorok halmazát jelöljeH. Ha

– dimker(−⇀f − idH) = 0, akkorf valódi elforgatás;

– dimker(−⇀f − idH) = 1, akkorf csúsztatva tükrözés;

– dimker(−⇀f − idH) = 2, akkorf eltolás.

Bizonyítás: Az elso feltétel egyértelmu fixpontot jelent, azazf valódi elforgatás. Aharmadik feltétel azt jelenti, hogy minden egyenes párhuzamos a képével, azazf el-tolás. A harmadik feltétel az eltolásokat jellemzi, hiszen haτ eltolás, akkor nyilván−⇀τ = idH . A második esetben tehát nem eltolásról van szó, ugyanakkor van invariáns

sugársor, de nincs egyértelmu fixpont, tehát a transzformáció csúsztatva tükrözés.


Az invariáns elemek hasonló analízise vezet az analóg térbeli kapcsolatra.

18.17. Tétel.Legyenf : V→ V térizometria. Ha

– dimker(−⇀f − idV) = 0, akkorf valódi forgatva tükrözés;

– dimker(−⇀f − idV) = 1, akkorf csavarmozgás;

– dimker(−⇀f − idV) = 2, akkorf csúsztatva tükrözés;

– dimker(−⇀f − idV) = 3, akkorf eltolás. �

A 18.18 és 18.19 táblázatban összefoglaltuk az izometriák és a megfelelo ortogo-nális transzformációk kapcsolatát.


dim

ker(−⇀ f−

idH

)−⇀ f

−⇀ fka

noni

kus

mát

rixa

f

01

nem

sajá

tért

éke

( cosα

−si

nα

sinα

cosα

)va

lódi

elfo

rgat

ás

α6=

0

11

sajá

tért

ék(1

)∗( 1

00−1

)cs

úszt

ava

tükr

özés

2id

entit

ás

( 10

01)

elto

lás

(18.

18)

dim

ker(−⇀ f−

idV)

−⇀ f−⇀ f

kano

n.m

átrix

af

01

nem

sajá

tért

éke

co

sα−

sinα

0si

nα

cosα

00

0−1

fo

rgat

vatü

kröz

és

α6=

0

11

sajá

tért

ék,(

1)

co

sα−

sinα

0si

nα

cosα

00

01

csav

arm

ozgá

s

21

sajá

tért

ék(2

)

1

00

01

00

0−1

cs

úszt

atva

tükr

özés

3id

entit

ás

1

00

01

00

01

elto

lás

(18.

19)

∗A

záró

jelb

enlé

vosz

áma

sajá

tért

ékge

omet

riaim

ultip

licitá

sát

jele

ntim

indk

éttá

bláz

atba

n,az

azaz

1sa

játé

rték

hez

tart

ozó

sajá

talté

rdi

men

ziój

át.

3 – 19. AZ IRÁNYÍTÁS 103

19. Az irányítás

A fejezet célja, hogy a geometriai transzformációk „irányítástartó” vagy „váltó”tulajdonságát megfogalmazza.

Véges dimenziós vektortér irányítását a lineáris algebrában a következo gondolat-menettel szokás definiálni: a vektortér bázisait két osztályba soroljuk. Két bázis akkorkerül azonos osztályba, ha a báziscsere determinánsa pozitív. Az irányítás megadásaaz egyik osztály kijelölését jelenti. Jelen tárgyalásban az irányítást a vektoriális szorzatsegítségével vezetjük be. Ennek a tárgyalásnak a velejárója, hogy a síkbeli irányítástis térbeli segítséggel (a sík normálvektora segítségével) definiáljuk; továbbá magasabbdimenziós általánosításra sincs mód.2

Mindenekelott szükségünk lesz a vektoriális szorzás fogalmára. Bár ezzel lineá-ris algebrai tanulmányai alatt mindenki találkozott (esetleg szemléletes formában, a„jobbkézszabályra” hivatkozva), a terminológiai egyeztetés miatt szükséges lesz ennekismétlése. Megjegyezzük még, hogy a vektoriális szorzás itt vázolt felépítése a „jobb-kézszabály” fizikai fogalmára (mely matematikailag definiálhatatlan) nem támaszko-dik. A tételek bizonyítása egyszeru lineáris algebrai feladat.

19.1. Definíció.Legyen rögzítveV-ben egyB = (i, j,k) ortonormált bázis. AB-revonatkozó vektoriális szorzaton aV× V→ V,

(x,y) 7→ x× y =∣∣∣∣x2 x3

y2 y3

∣∣∣∣ · i−∣∣∣∣x1 x3

y1 y3

∣∣∣∣ · j +∣∣∣∣x1 x2

y1 y2

∣∣∣∣ · kjel.=

∣∣∣∣∣∣

i j kx1 x2 x3

y1 y2 y3

∣∣∣∣∣∣

leképezést értjük, aholx = x1i + x2j + x3k ésy = y1i + y2j + y3k.A B-re vonatkozó vegyes szorzaton aV× V× V→ R,

(x,y, z) 7→ |x,y, z| = (x× y)z

leképezést értjük.∗

19.2. Tétel. A vektoriális szorzás ferdén szimmetrikus, bilineáris.a × b ⊥ a, b, to-vábbá‖a× b‖2 = ‖a‖2‖b‖2 − (ab)2.

A vegyes szorzás alternáló, trilineáris leképezés. �

19.3. Tétel. (A vektoriális szorzás meghatározottsága.)A vektoriális és vegyes szor-zás vonatkozzon a rögzítettB = (i, j,k) ortonormált bázisra. Ha(u,v, r) tetszolegesortonormált bázis, akkor|u,v, r| = ±1, továbbá ha

a = α1u + α2v + α3r

b = β1u + β2v + β3r,

2A vektoriális szorzás a bilinearitás, a tényezokre való merolegesség és a Lagrange azonosság – azaz‖a× b‖2 = ‖a‖2‖b‖2 − (ab)2 – megkövetelésével csak 3 és 7 dimenziós valós vektortérben lehetséges:W. S. Massey: Cross products of vectors in higher dimensional Euclidean spaces.The American Mathemati-cal Monthly, 697–701, 1983.


akkor

a× b = |u,v, r| ·∣∣∣∣∣∣

u v rα1 α2 α3

β1 β2 β3

∣∣∣∣∣∣.

Azaz a különbözo ortonormált bázisokra vonatkozó vektoriális szorzatok legfeljebb elo-jelben különböznek. �

Irányítás térben

19.4. Definíció.Azt mondjuk, hogyV-t egy irányítással láttuk el, ha a két vektoriá-lis szorzás közül kijelöltük az egyiket. (Azaz rögzítettünk egy ortonormált bázist, s avektoriális szorzás erre vonatkozik.)

Egy (x,y, z) lineárisan független vektorhármastjobbsodrásúnak vagyjobbrend-szernek nevezünk, ha|x,y, z| > 0, balsodrásúnak (balrendszernek), ha|x,y, z| < 0.

Egy f : E → E (α → α, aholα rögzített sík) affin leképezéstirányítástartónak

(orientációtartónak) nevezünk, hadet−⇀f > 0, míg irányításváltónak(orientációváltó-

nak), hadet−⇀f < 0.

∗

19.5. Tétel. Legyenf : E → E affin leképezés. Haf irányítástartó, akkor−⇀f min-

den jobbrendszert jobbrendszerbe visz át, míg haf irányításváltó, akkor−⇀f minden

jobbrendszert balrendszerbe visz át.

Bizonyítás: Jelölje−⇀f mátrixát a rögzített ortonormált bázisra vonatkozóanC, azx,

y, z vektorok koordinátái legyenekX, Y , Z (3× 1-es oszlopvektorok),D legyen az a3× 3-as mátrix, melynek oszlopaiX, Y , Z.

|−⇀f (x),

−⇀f (y),

−⇀f (z)| = det(CX,CY,CZ) = det(CD) = detC · detD =

= det−⇀f · |x,y, z|.

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

Irányítás síkban

19.7. Tétel. Legyenα ∈ P rögzített sík. Azα normálvektorai halmazán tekintsük azalábbi relációt:

n ∼m, ha∃µ > 0 : n = µ ·m.

Ez a reláció ekvivalenciareláció, az ekvivalenciaosztályok száma pedig ketto.�19.8. Definíció.Egy α síkot akkor nevezünkirányított síknak, ha az elobbi ekviva-lenciaosztályok közül az egyiket rögzítjük. (Azaz irányított sík az(α,n) pár, aholnazα sík egy normálvektora.) Legyen(α,n) irányított sík, adjuk megV egy irányí-tását. Azα sík egyABC4 háromszögétpozitív körüljárási irányúnak nevezzük, ha

3 – 20. AZ INVERZIÓ ÉS A KÖRTARTÓ TRANSZFORMÁCIÓK 105

|−⇀AB,

−⇀AC,n| > 0, azaz(

−⇀AB,

−⇀AC,n) jobbrendszer. AzABC4 háromszögetnegatív

körüljárási irányúnak nevezzük, ha|−⇀AB,

−⇀AC,n| < 0, azaz(

−⇀AB,

−⇀AC,n) balrendszer.

19.9. Tétel. Legyen(α,n) irányított sík, adjuk megV egy irányítását. Azα sík mindenirányítástartó affin leképezése pozitív körüljárási irányú háromszöget pozitív köröljá-rási irányú háromszögbe visz át. Azα sík minden irányításváltó affin leképezése pozitívkörüljárási irányú háromszöget negatív köröljárási irányú háromszögbe visz át.

Bizonyítás: Legyenf : α → α irányítástartó affin leképezés, azazdet−⇀f > 0. Le-

gyen továbbáABC4 pozitív körüljárási irányú háromszög, s az egyszeruség kedvéért:−⇀AB

jel.= b,

−⇀AC

jel.= c. Tehát|b, c,n| > 0.

Az α síkban reprezentálható vektorok altere legyenH. Értelmezzük az−⇀F : V→ V

affin leképezést úgy, hogyH-ra való leszukítése egyezzen meg−⇀f -el, továbbá

−⇀F (n) =

n. Ez a lineáris kiterjesztés lineáris algebrából ismert tétele szerint megteheto.3−⇀f és−⇀

F mátrixát vegyük a(b, c) ill. (b, c,n) bázisban. Ekkor−⇀F mátrixa:

m11 m12 0m21 m22 00 0 1

,

ahol (m11 m12

m21 m22

)

−⇀f mátrixa. Innen (pl. a kifejtési tételt használva) leolvashatjuk, hogydet

−⇀f = det

−⇀F .

Rátérhetünk az állítás bizonyítására:

|−⇀f (b),

−⇀f (c),n| = |

−⇀F (b),

−⇀F (c),

−⇀F (n)| = det

−⇀F · |b, c,n| = det

−⇀f · |b, c,n|.

19.10. Tétel.A sík páros izometriái, azaz a sík eltolásai és elforgatásai irányítástartótranszformációk, míg a sík csúsztatva tükrözései irányításváltó transzformációk.�

20. Az inverzió és a körtartó transzformációk

Pont körre vonatkozó hatványa

20.1. Tétel. Legyen adva egyO középpontú,r sugarúk kör és a kör síkjában egyPpont. Tekintsünk egyP -re illeszkedo szelot vagy érintot, amelyk-t azA ésB pontban

metszi. (Lehet esetlegA = B is.) Ekkor−⇀PA−⇀PB = OP 2 − r2, azaz független az egye-

nes megválasztásától! –A−⇀PA−⇀PB számot aP pontk körre vonatkozóhatványának

nevezzük.

3Azaz bázison felvett kép a lineáris leképezést egyértelmuen meghatározza. Jelen esetben tehát−⇀f és

−⇀F

H egy bázisán, pl.(b, c)-n megegyeznek.


Bizonyítás: Legyen azA-val átellenes pontja a körnekC!

−⇀PA−⇀PB =

−⇀PA

(−⇀PC +

−⇀CB

)=

Használjuk ki, hogyCBP^ derékszög:

=−⇀PA−⇀PC = (

−⇀PO +

−⇀OC)(

−⇀PO −

−⇀OC) =

−⇀PO2 −

−⇀OA2.

20.2. Tétel. Kör külso pontjának a körre vonatkozó hatványa pozitív, a körvonal pont-jainak a körre vonatkozó hatványa nulla, míg a kör belso pontjainak negatív. �

20.3. Tétel. Azon pontok halmaza a síkon, mely pontoknak két, nem koncentrikus körrevonatkozó hatványa megegyezik a két kör középpontját összeköto egyenesre merolegesegyenes. –Ezt az egyenest a két körhatványvonalánaknevezzük.

Bizonyítás: LegyenO1 azr1, O2 pedig azr2 sugarú kör középpontja! Az elozo tétel

szerint azonP pontok halmazát keressük, mely pontokra:−−⇀PO1

2 − r21 =−−⇀PO2

2 − r22,azaz

(−−⇀PO1 +

−−⇀PO2)

−−−⇀O2O1 = r21 − r22.

LegyenF azO1O2 felezopontja! Az elozo egyenlet azt jelenti, hogy

−⇀PF−−−⇀O2O1 =

12(r21 − r22) = állandó,

ami egy−−−⇀O1O2 normálvektorú (azaz a két kör centrálisára meroleges) egyenes egyen-

lete.

20.4. Következmény.Két nem koncentrikus kör hatványvonalának minden pontjáraigaz, hogy vagy mindkét körre illeszkedik, vagy egyszerre külso illetve belso pontjamindkét körnek. Ha két nem koncentrikus körnek van közös pontja, akkor erre a hat-ványvonal illeszkedik. A hatványvonal külso pontjaiból a két körhöz húzott érintosza-kaszok kongruensek.

Megjegyzés.Az elozo következmény alapján konstruktívan is eloállítható két olyankör hatványvonala, melyeknek van közös pontja. (3.12. ábra.)

20.5. Tétel. Ha adott a síkon három kör, melyek középpontjai nem kollineárisak, akkoregyértelmuen létezik olyan pont a síkon, mely pontnak mindhárom körre vonatkozóhatványa megegyezik.Ezt a pontot a három körhatványpontjának nevezzük. �

Megjegyzés.Az elozo tétel alapján megszerkeszthetjük két kör hatványvonalát akkoris, ha a köröknek nincs közös pontjuk: a két kör hatványvonala ugyanis tartalmazza akét kör és tetszolegesen felvett harmadik kör hatványpontját. (3.13. ábra.)


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

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

Az inverzió

20.6. Definíció.LegyenS ∈ P , O ∈ S, α ∈ R \ {0}. Az

i(O,α) : S \ {O} → S \ {O}, X 7→ i(O,α)(X)jel.= X ′ :

−−⇀OX ′ =

α

OX2

−−⇀OX (∗)

leképezéstO pólusú α hatványú inverziónak nevezzük.Az O pólusú,α hatványú inverzióalapkörén azO középpontú,r =

√|α| sugarú

kört értjük.

20.7. Tétel. (A definíció jelöléseivel.) Haα > 0 akkorX ′ ∈ −−→OX , OX · OX ′ = α.Ha α < 0 akkorX ′ −O −X, OX ·OX ′ = −α. Továbbá, haα < 0, akkori(O,α) =ηO ◦ i(O,|α|).

Bizonyítás: Szorozzuk be (∗)-t mindkét oldalról (skalárisan)−−⇀OX-al:

−−⇀OX ′ ·

−−⇀OX = α. (∗∗)


20.8. Következmény.Az alapkör minden inverziónak invariáns köre. Alapkörön belülipont képe alapkörön kívüli és megfordítva. Haα < 0, akkor az inverziónak nincsfixpontja, haα > 0, akkor azi(O,α) inverzió fixpontjai halmaza az alapkör.

20.9. Tétel. Közös pólusú inverziók szorzata középpontos hasonlóság, mely elojelesaránya megegyezik a az inverziók hatványának hányadosával. Speciálisan az inverziónégyzete a pólustól megfosztott sík identitása.

Bizonyítás: Legyeni(O,α)(P ) = P ∗, i(O,β)(P ∗) = P ∗′.

−−−⇀OP ∗

′=

β−−⇀OP ∗2

·−−⇀OP ∗ =

β(α

OP 2 ·−⇀OP

)2 ·α

OP 2·−⇀OP =

β

α·−⇀OP,

azazO centrumú,βα elojeles arányú középpontos hasolóság.

20.10. Tétel.Az olyan körök, melyekre a pólus hatványaα, invariáns körök.

Bizonyítás: Legyenk olyan kör, melyre a pólus hatványaα, P ∈ k,←−→OP ∩ k =

{P, P ′}. hk(P ) =−⇀OP ·

−−⇀OP ′ = α, ezt (∗∗)-vel összehasonlítva rögtön látjuk, hogyP

képeP ′. (Tehát a pólusra illeszkedo szelo inverz pontpárt metsz ki.)

Megjegyzés.Ha α > 0 akkor állításunk azt jelenti, hogy a pólusból√α hosszúságú

érintoszakasz húzható ak körhöz, azaz az alapkör és a szóban forgó invariáns körközös pontjaiban a körökhöz húzott érintok (közös ponthoz húzott sugarak) egymásramerolegesek:k az alapkört merolegesen metszi.

20.11. Tétel.A pólusra illeszkedo, a pólustól megfosztott egyenes invariáns alakzat.Pólusra nem illeszkedo egyenes képe pólusra illeszkedo, a pólustól megfosztott kör; apólusra illeszkedo, de a pólustól megfosztott kör képe pólusra nem illeszkedo egyenes.

Bizonyítás: Az elso állítás az inverzió definíciójából azonnal következik. Legyen` ∈L, O 6∈ `. T azO-ból az`-re bocsátott meroleges talppontja (3.14. ábra). Ha az ál-lítást i(O,OT 2)-re beláttuk, akkor minden inverzióra is beláttuk, hisz a közös pólusúinverziók eredménye között olyan középpontos hasonlóság teremt kapcsolatot, mely-nek centruma a pólus, s ez a hasonlóság az állításunkat nem befolyásolja.

P ∈ ` ⇐⇒−⇀OP ·

−⇀OT =

−⇀OT 2. (†)

(Ez azl egyenes normálegyenlete, hiszen−⇀OT az` egy normálvektora.)

−⇀OP =

α

OP ′2·−−⇀OP ′, (‡)

hiszi(O,α)(P ′) = P . (‡)-et (†)-ba behelyettesítve:

P ′ ∈ `′ ⇐⇒ α

OP ′2−−⇀OP ′ ·

−⇀OT =

−⇀OT 2


OT

P

P ′

3.14. ábra. Egyenes inverze.

Használjuk fel, hogyα = OT 2 :

OT 2

OP ′2·−−⇀OP ′ ·

−⇀OT =

−⇀OT 2 ⇐⇒

−−⇀OP ′ ·

−⇀OT =

−−⇀OP ′2.

Teljes négyzetté alakítva:

−−⇀OP ′ −

−⇀OT

2

2

=

−⇀OT 2

4.

Azaz`′ =

{P ′ | (

−−⇀OP ′ −

−⇀OT/2

)2 =−⇀OT 2/4

} \ {O}.Tehát beláttuk, hogy′ olyan pólustól megfosztott kör, melynek középpontjaOT fele-zopontja, átméroje pedigOT .

20.12. Tétel.Pólusra nem illeszkedo kör képe pólusra nem illeszkedo kör.

Bizonyítás: Legyenk pólusra nem illeszkedo kör. Elegendo olyan inverzióval foglal-kozni, mely hatványa egyenlo azO pólusk-ra vonatkozó hatványával. (TetszolegesOpólusú inverzió eredménye ettol egyO centrumú középpontos hasonlóságban külön-bözik, mely az állításunkat nem érinti.)k ennél az inverziónál invariáns kör, tehát képek (azaz pólusra nem illeszkedo kör).

20.13. Tétel.Pólusra nem illeszkedo kör és képe minden inverziónál átviheto egy-másba olyan középpontos hasonlósággal, mely centrumaO. �

20.14. Következmény.A 20.10. tételben leírtakon kívül nincs más invariáns kör ki-véve az alapkört, haα > 0.


Az elozoek alapján megállapíthatjuk, hogy körökbol és egyenesekbol álló alakzat in-verzióval nyert képe szintén körökbol és egyenesekbol áll. (A pólust az alakzatokbólértelemszeruen leszámítva.) Az is nyilvánvaló, hogy ha két kör, vagy egyenes és köregymást a pólustól különbözo pontban érinti, akkor az inverzeik is érintik egymást (azérintési pont inverzében). A következoekben megmutatjuk, hogy az inverzió körök ésegyenesek szögét megtartja.

20.15. Definíció.Két metszo kör szögén az (egyik) közös pontban a körökhöz húzottérintok szögét értjük. Metszo kör és egyenes szögén az egyenes és az egyik közöspontban a körhöz húzott érinto szögét értjük.

20.16. Tétel.Ha két alakzat, melyek mindegyike kör vagy egyenes, egymást egy pólus-tól különbözo pontban metszi, akkor inverzeik ugyanakkora szögben metszik egymást.

Bizonyítás: A két alakzat messe egymást a pólustól különbözoP pontban (3.15. ábra).Fölteheto, hogyP nem egyezik meg az inverzével, mert ha mégis, akkor áttérhetünkmás hatványú, de azonos pólusú inverzióra. AP pontbeli érintok legyenek ésm (azegyenest saját érintojének számítva). Tekintsük aP -re ésP ′-re illeszkedo c1 ésc2 kö-röket, úgy, hogyc1 érintse az egyenest,c2 azm egyenest. Ezek a körök az inverzióinvariáns körei, mert inverz pontpárra illeszkednek. Az eredeti alakzatokP -ben érintet-ték a köröket, tehát inverzeikP ′-ben érintikc1-et illetvec2-t. A P ′ metszéspontban vettszögük megegyezikc1 ésc2 szögével. Az utóbbi köröknek azonban mindkét metszés-pontjukban azonos a szögük, tehát az eredeti alakzatoknak ugyanaz a szögükP -ben,mint az inverzeik szögeP ′-ben.

`

m

P P ′

c1

c2

3.15. ábra. Az inverzió szögtartó.


Körtartó transzformációk az inverzív síkon

Az inverzió tárgyalásában sokszor kényelmetlen, hogy a transzformáció egy kilyu-kasztott euklidészi sík transzformációja. A továbbiakban az euklidészi síkot bovítjükegy ponttal, s ezzel definiáljuk a pólus képét.

20.17. Definíció.LegyenS az euklidészi tér egy rögzített síkja,O∞ pedig egy szimbó-lum. Az (S,O∞) párt inverzív síknak nevezzük.S pontjait az inverzív síkközönségespontjainak,O∞-t pedigvégtelen távoli pontjának nevezzük.

Az inverzív síkkörei alatt azS köreit vagyS egyeneseinekO∞-vel való uniójátértjük. Az utóbbi köröketvégtelen körökként is említjük.

Az inverzív sík affin/hasonlósági/egybevágósági transzformációjaS pontjainS af-fin/hasonlósági/egybevágósági transzformációjaként hat,O∞ pedig fixpontja.

Az inverzív sík egy közönségesO pólusú inverziójaS \ {O} pontjainS inver-ziójaként hat, mígO képekéntO∞-t ésO∞ képekéntO-t definiáljuk. Az inverzív síkegyvégtelen körre vonatkozó inverziója alatt azt a transzformációt értjük, melynekO∞fixpontja, egyébként pedig a végtelen kör közönséges részére vonatkozó tengelyes tük-rözés.

∗20.18. Következmény.Az inverzív sík inverziója bijektív, körtartó és szögtartó leké-pezés.

20.19. Tétel.Az inverzív sík minden körtartó transzformációja hasonlósági leképezés,vagy közönséges pólusú inverzió és egybevágóság szorzata.

Bizonyítás:

Lemma. Az euklidészi síkon egy körtartó affin transzformáció hasonlóság.

A lemma állítását három lépésben bizonyítjuk.Elso lépés.Ha egy affin leképezésneklétezik invariáns köre, akkor az invariáns kör középpontja fixpont. Valóban, az invariánskörbe beírt téglalap képe húrparalelogramma, azaz téglalap. Az eredeti téglalap közép-pontja (azaz az invariáns kör középpontja) tehát a képtéglalap középpontjába megy át(azaz az invariáns kör képének, másképpen az invariáns körnek a középpontjába).

Második lépés.Ha egyϕ affin leképezésnek létezik invariáns köre, akkorϕ egybe-vágóság. Az osztóviszonytartásból következik, hogy minden, az invariáns körrel kon-centrikus kör is invariáns (a 3.16. ábra jelöléseivel(OPX) = (OP ′X ′) =⇒ OX =

OX ′).−⇀ϕ tehát normatartó (‖

−−⇀OX‖ = ‖

−−⇀OX ′‖, szintén a 3.16. ábra jelöléseivel). Kö-

vetkezésképpen−⇀ϕ ortogonális transzformáció. Ebbol következik, hogyϕ izometria

(ld. a 18.15. tételt).Harmadik lépés.A körtartó affin leképezés hasonlóság. Legyenϕ a szóban forgó

körtartó affin leképezés, melyet adjunk meg azABC4-gel ésA′B′C ′4 képével.

ABC4 körülírt köre legyenk, ϕ(k)jel.= k′ az A′B′C ′4 körülírt köre. Legyenχ

olyan hasonlóság, melyre szintén teljesül, hogyχ(k) = k′. ϕχ−1 olyan affin leké-pezés, melynekk′ invariáns köre, tehát egybevágóság, melyet jelöljönε.

ϕχ−1 = ε =⇒ ϕ = εχ,


O

P

X

P ′

X ′

3.16. ábra.

amit bizonyítani kellett. Ezzel a lemma bizonyítását befejeztük.Térjünk rá a tétel bizonyítására! Eloször tekintsük az inverzív sík olyan körtartó

transzformációját, melynek a végtelen távoli pont fixpontja. Ez a transzformáció min-den közönséges egyenest közönséges egyenesbe visz, tehát a közönséges pontokon egykörtartó affin transzformáció. Ebbol a lemma miatt az következik, hogy hasonlóság.

Másodjára tegyük fel, hogy aτ körtartó transzformációnál egy közönségesO pontképeO∞. Jelölje azO pólusú 1 hatványú inverziótι1. Az τι1 körtartó transzformáci-ónakO∞ fixpontja, az elso bizonyításrész miatt ez a transzformáció egy hasonlóság.Jelölje ennek arányátλ, ιλ pedig azO pólusú,λ hatványú inverziót.ιλι1 20.9. szerintλ arányú (középpontos) hasonlóság, azaz létezik olyanε izometria, hogyτι1 = ειλι1.Jobbrólι1-el beszorozva adódik, hogyτ = ειλ.

20.20. Tétel.Minden körtartó transzformáció legfeljebb négy inverzió szorzata.

Bizonyítás: Következik az elozo tételbol. Az elso esetben azt vegyük észre, hogy min-den hasonlóság egybevágóság (legfeljebb három tengelyes tükrözés, azaz inverzió szor-zata), vagy középpontos hasonlóság és legfeljebb két tengelyes tükrözés szorzata (ha-sonlóságok osztályozása), s a középpontos hasonlóságok két (közönséges pólusú) in-verzió szorzataként felírhatók, a tengelyes tükrözések pedig definíció szerint inverziók.A második esetben pedig arra kell utalnunk, hogy minden egybevágóság legfeljebb há-rom tengelyes tükrözés (inverzió) szorzata.

21. Affin terek

A fejezet korábbi szakaszaiban kiderült, hogy milyen szoros kapcsolat vanE ésVközött. Ezt a kapcsolatot absztrakt módon is meg lehet fogalmazni a következo definí-cióval:

21.1. Definíció.LegyenA egy nem üres halmaz,W véges dimenziós vektortérR fe-lett, Φ: A×A →W pedig leképezés. Azt mondjuk, hogy a(A,W,Φ) hármas(abszt-rakt) affin tér, ha teljesülnek az alábbi, (ún. Weyl4 féle) tulajdonságok:

4H. Weyl (1885-1955), német matematikus.

3 – 21. AFFIN TEREK 113

W1. ∀x ∈ A-ra aΦx : A → W, y 7→ Φx(y) = Φ(x, y) leképezés bijekcióA ésWközött,

W2. ∀x, y, z ∈ A: Φ(x, y) + Φ(y, z) = Φ(x, z).

A-t az affin térpontjaihalmazának is nevezik.

21.2. Következmény.Φ(x, x) = 0, Φ(x, y) = −Φ(y, x). – alkalmazzuk W2-tx =y = z-re illetvez = x-re.

21.3. Tétel. (E ,V,Φ) affin tér, ahol aΦ leképezést aΦ(P,Q) =−⇀PQ definícióval

értelmezzük.

Bizonyítás: LegyenO ∈ E rögzített pont. AΦO : E → V, P 7→−⇀OP leképezésrol be

kell látni, hogy bijekció.ΦO szürjektív, mert tetszolegesv ∈ V vektor reprezentálható

O kezdopontú irányított szakasszal. Az injektivitás azért igaz, mert−⇀OA =

−⇀OB =⇒

A = B nyilvánvaló. A második tulajdonság pedig nem más, mint a „vektorösszeadásháromszög szabállyal” (17.6.).

A továbbiakban ha a tér pontjai halmazáról és a szabadvektorok vektorterérol, mintaffin térrol lesz szó, akkorΦ kiírását mellozzük. A paragrafus következo részében né-hány példával illusztráljuk azt, hogy az absztrakt affin terek milyen jó színterei a geo-metriai vizsgálatoknak. A következo egyszeru észrevétel, mely az affin tér definíciójaalapján könnyen bizonyítható, arra mutat rá, hogy egy pont rögzítése utánA is vektor-térré teheto.

21.4. Tétel. Legyen(A,W,Φ) affin tér,x ∈ A tetszoleges pont. EkkorA vektortérR felett, ha az összeadásty + z = Φ−1

x (Φ(x, y) + Φ(x, z)) értelmezi, a skalárralvaló szorzást pedigαy = Φ−1

x (αΦ(x, y)). Φx : A → W ilyenkor izomorfizmus a kétvektortér között. Azx pont rögzítése után kapott vektorteretAx jelöli. �Megjegyzés.Ha(E ,V)-re, mint speciális affin térre gondolunk, akkor az elobbi konst-rukcióval akötöttvektorfogalmához jutunk el. Legyen tehátO ∈ E rögzített,E vektor-térR felett, aholP +Q-t úgy definiáljuk, hogy

−−−−−−⇀O(P +Q) =

−⇀OP +

−⇀OQ,

λP -t pedig úgy, hogy −−−−⇀O(λP ) = λ

−⇀OP.

Az így kapottEO vektortér elemeitkötöttvektoroknak nevezzük.E ésEO ugyanazokbóla pontokból áll, de más a struktúra.E-ben nincs értelme összeadásnak és skalárral valószorzásnak, mígEO-ban van. AV ésEO közötti különbség pedig szemléletesen fogal-mazva az, hogyV vektorai tetszoleges kezdoponttal reprezentálhatók,EO vektorainakpedig csak egy,O-ból induló „reprezentánsa” van. A kötöttvektor fogalmávalE egyfaffin leképezésére úgy is gondolhatunk, mint

f : EO → Ef(O)

lineáris izomorfizmusra. Ezt a megfogalmazást általánosítjuk absztrakt affin terekre.


21.5. Definíció.Legyen(A,W,Φ) affin tér. Azf : A → A bijektív leképezést (általá-nos értelemben vett)affin leképezésnek nevezzük, ha

∀x ∈ A : f : Ax → Af(x)

lineáris leképezés.

Definíciónk egyszeruen átfogalmazható a következoképpen:

21.6. Következmény.Legyen(A,W,Φ) affin tér. Azf : A → A bijektív leképezésakkor és csakis akkor affin leképezés, ha teljesül, hogy

∀x ∈ A : Φf(x) ◦ f ◦ Φ−1x : W→W

lineáris leképezés.

21.7. Tétel. Ha f : A → A bijektív leképezés és∃a, hogy a

Φf(a) ◦ f ◦ Φ−1a : W→W

lineáris leképezés, akkorf affin.

Bizonyítás: Legyenx tetszoleges pontA-ben.Φf(x) ◦ f ◦ Φ−1x : W → W bijekció,

mert bijekciók kompozíciója. Azt látjuk be, hogy ennek a leképezésnek a halmazelmé-leti inverze megegyezikΦf(a) ◦ f ◦ Φ−1

a : W→W inverzével, ami lineáris leképezés.Ismételten alkalmazva, hogy bijektív lineáris leképezés inverze lineáris, adódik az állí-tás. Tehát az az állításunk, hogy

(Φf(a) ◦ f ◦ Φ−1a ) ◦ (Φf(x) ◦ f ◦ Φ−1

x )−1 = idW .

Legyenv ∈ W tetszoleges vektor,v = Φ(f(x), f(y)). Ilyen y létezik, mert egyrésztΦf(x), másrésztf is bijekció. Ezek szerint:

(Φf(a) ◦ f ◦ Φ−1a ) ◦ (Φf(x) ◦ f ◦ Φ−1

x )−1(v) =

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

f(x))(v) =

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

= (Φf(a) ◦ f ◦ Φ−1a )(Φx(y)) =

= (Φf(a) ◦ f ◦ Φ−1a )(Φ(x, y)) W2=

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

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

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

21.8. Következmény.A Φf(x) ◦ f ◦ Φ−1x : W → W leképezés nem függx-tol. Ezt a

leképezést a továbbiakban−⇀f jelöli. Ha f : A → A affin leképezés, akkor

−⇀f ◦ Φ =

Φ ◦ (f × f) is teljesül, azaz∀P,Q ∈ A:−⇀f (Φ(P,Q)) = Φ(f(X), f(Y )).

3 – 21. AFFIN TEREK 115

21.9. Következmény.Egy affin tér affin leképezései csoportot alkotnak a kompozíció-szorzás muveletére nézve.

Egyszeru példa affin leképezésreidA. Ekkor−⇀idA = idW. A következoekben másik két

példát adunk affin leképezésre:

21.10. Tétel.Legyen(A,W,Φ) affin tér, továbbáv ∈W tetszoleges vektor. A

τv : A → A, x 7→ Φ−1x (v)

leképezés affin leképezés, melyetv vektorútranszlációnak nevezünk. Minden transzlá-

cióra teljesül, hogy−⇀τ v = idW

Legyena ∈ A, λ ∈ R \ {0}. Ekkor a

Ha,λ : A → A, x 7→ x′ = Φ−1a (λΦa(x))

leképezés affin leképezés, melyeta centrumú,λ arányú homotéciánaknevezünk. A ho-

motéciára teljesül, hogy−⇀H a,λ = λ idW.

Bizonyítás: A jelöléseket egyszerusítendo τv-t jelölje τ . A transzláció definíciója miatt∀a ∈ A : Φ(a, τa) = v, ezért

Φ(a, b) = Φ(a, τa) + Φ(τa, τb) + Φ(τb, b) = Φ(τa, τb).

Legyena ∈ A tetszoleges ésw = Φ(a, b) ∈W szintén tetszoleges.

(Φτ(a) ◦ τ ◦ Φ−1a )(Φa(b)) = (Φτ(a) ◦ τ)(b) = Φ(τa, τb) = Φ(a, b)

az elozo megállapítás szerint. Ez azt jelenti, hogy−⇀τ = idW.

Térjünk rá a homotéciákra! Az egyszeruség kedvéértHa,λ-t jelöljeH.H bijekció,mert aΦa illetve aW-ben a nem nulla skalárral való szorzás bijekció, tehát a definiáltleképezés bijekciók kompozíciója. Azt ellenorzendo, hogyHa,λ affin, 21.7. miatt aΦH(x) ◦ H ◦ Φ−1

x leképezés linearitását elegendo egyetlen pontra, nevezetesena-raellenorizni. Legyenv ∈ W = Φ(a, b) tetszoleges vektor. Ekkor, figyelembe véve,hogyH(a) = a:

Φa ◦H ◦ Φ−1a (Φ(a, b)) =

= (Φa ◦H)(b) = (Φa ◦ Φ−1a )(λΦ(a, b)) = λv.

AzazΦH(a) ◦H ◦ Φ−1a = λ idW, ami lineáris leképezés.

21.11. Definíció.Legyen(A,W,Φ) affin tér. AΣ ⊂ A halmazt azaffin tér alteréneknevezzük, ha létezik olyanx ∈ A pont ésS ⊂W altér, hogyΣ = Φ−1

x (S).

21.12. Tétel. (E ,V) affin alterei a pontok, az egyenesek, a síkok és az egész tér.


Bizonyítás: A triviális alterekre az állítás a definícióból rögtön adódik. Vegyük sorraVnem triviális altereit. Ezek lehetnek 1 dimenziós, vagy 2 dimenziós alterek. Válasszunkki egyL 1 dimenziós alteret, amelyet egyv vektor generál. HaP ∈ E tetszoleges pont,akkor

Φ−1P L = {Q ∈ E |

−⇀PQ ∈ L },

azaz aP -n átmeno v irányvektorú egyenes. Hasonlóan kapjuk azS ⊂ V 2 dimenziósaltérre, hogy

Φ−1P (S) = {Q ∈ E |

−⇀PQ ∈ S },

azazP -re illeszkedo S irányteru sík.

Megjegyzés.A geometria jelentos fejezeteit lehetne kidolgozni pusztán affin terekben,az affin tér definícióját alapul véve, tehát elvonatkoztatva attól a modelltol, amit az euk-lideszi geometria keretén belül adtunk affin terekre. Most röviden utalunk arra, hogy haa vektortér fogalmát „kicsit” általánosabban értjük, mint ahogyan a tanulmányainkbanszokásos (ferdetestek feletti baloldali vektorterekrol van szó), akkor affin térre modelltlehetne adni pusztán Hilbert féle illeszkedési térben, feltételezve a következo, ún. affinpárhuzamossági axiómát:APP: Megadva egy egyenest és egy rá nem illeszkedo pontot, egyértelmuen létezik

olyan egyenes, mely illeszkedik a megadott pontra és párhuzamos a megadott egyenes-sel.Ha egy Hilbert féle illeszkedési térben teljesül azAPP, akkor is affin térrol szokás be-szélni. (Nem tévesztendo össze az affin tér elobbi absztrakt fogalmával.) Legyen advatehát egy Hilbert féle illeszkedési tér, melyben teljesülAPP. Ebbol kiindulva kell elo-ször vektorteret konstruálni. Az összeadás definiálásához tér transzlációira van szüksé-günk; a skalárral való szorzás definíciójához pedig a homotéciákra. Mind a kettot lehetértelmezni affin terekben is:

Az affin tér dilatációján olyan bijektív egyenestartó leképezést értünk, melynélminden egyenes párhuzamos a képével. A fixpontmentes dilatációt vagy az identitásttranszlációnak, az egy fixponttal rendelkezo dilatációt vagy az identitásthomotéciánaknevezzük.

Minden készen áll a vektortér konstrukciójához, csak egyrol ne feledkezzünk meg!A homotéciát most nem a valós számok halmazát felhasználva értelmeztük, mint azeuklideszi térben, a homotéciának nincs aránya! Éppen ezért a vektorokat nem szá-mokkal, hanem homotéciákkal tudjuk csak szorozni.

22. Sokszögek és poliéderek

22.1. Definíció.Legyen adva a tér egyn tagú (n ∈ N) (P1, . . . , Pn) pontsorozata.Azt mondjuk, hogy∪n−1

i=1 PiPi+1 töröttvonal(poligon), mely aP1 ésPn pontokatkötiössze.

Egy ponthalmazt(poligonálisan) összefüggonek nevezünk, ha bármely két pontjaösszekötheto a halmazhoz tartozó töröttvonallal.

Síkbeliegyszeru poligonvagyJordan poligonalatt véges sok síkbeli szakasz olyanP egyesítését értjük, hogy teljesül a következo két tulajdonság:

3 – 22. SOKSZÖGEK ÉS POLIÉDEREK 117

– P összefüggo halmaz,

– aP -t alkotó szakaszok minden belso pontja pontosan egy szakaszhoz tartozik, avégpontok pedig pontosan két nem kollineáris szakasz végpontjai..

A Jordan poligont alkotó szakaszok a poligon oldalai, az oldalak végpontjai pediga poligoncsúcsai.

∗Megjegyzés.Minden háromszög és négyszög egyszeru poligon.

22.2. Tétel. (Jordan tétele egyszeru poligonokra.)Egy egyszeru poligon a síkja többipontját két osztályba sorolja úgy, hogy két pont akkor és csakis akkor tartozik ugyan-abba az osztályba, ha összeköthetok olyan töröttvonallal, amelyiknek nincs közös pontjaaz adott poligonnal. A két osztály egyike tartalmaz egyenest, ezt nevezzük az egyszerupoligonkülsejének. A másik osztály nem tartalmaz egyenest, ezt nevezzük az egyszerupoligonbelsejének. �22.3. Definíció.Egy egyszeru poligonnak és a belsejének az uniójátegyszeru sokszög-tartománynak vagy rövidenegyszeru sokszögnek nevezzük. Egy háromszögnek és abelsejének az uniójátháromszöglemeznek nevezzük.Sokszögtartományon véges sokháromszöglemez unióját értjük úgy, hogy bármely két háromszöglemez közös belsopont nélküli. A sokszögtartományok halmazátP jelöli.

22.4. Tétel. Tekintsünk egy egyszeru sokszöget. Ha kiválasztjuk aC csúcsban talál-kozóAC ésBC oldalt, akkor azACB^-höz tartozó konvex ill. konkáv szögtartományközül pontosan az egyik tartalmazC-hez tetszolegesen közeli pontot a sokszög belsejé-bol; ezt nevezzük az egyszeru sokszögC csúcsnál fekvoszögének. �22.5. Definíció.Egy síkbeli, egyszeru poligontkonvex poligonnak nevezünk, ha kivá-lasztva egy tetszoleges oldalát, a többi oldal a kiválasztott oldal által meghatározottegyik –pozitívnak mondott – félsíkban van.

Megjegyzés.Hasonló értelemben definiáltuk korábban a konvex négyszöget.

Megjegyzés.A pozitív félsíkok metszete pontosan az elobb definiált egyszeru sok-szögtartományt adja, amely most konvex halmaz – lévén konvex halmazok metszete.Az is belátható, hogy egy egyszeru sokszög akkor és csakis akkor konvex, ha mindenszöge konvex.

22.6. Tétel. Egyn odalú egyszeru sokszög szögmértékeinek az összege(n− 2)π.

Bizonyítás: A bizonyítást a sokszög konkáv szögei száma szerinti teljes indukcióvalvégezzük.

Ha azn oldalú sokszögben nincs konkáv szög, akkor minden szöge konvex, vagyisa sokszög konvex. Válasszunk ki egy csúcsot, s kössük ezt össze a nem szoszédoscsúcsokkal. Az így kapott átlók mindegyike a sokszögtartományban van, hisz a sokszögkonvex. Ez azt jelenti, hogy a sokszöget(n − 2) páronként közös belso pont nélküli


háromszög uniójára bontottuk fel. Ezek szögösszegének összege megadja a sokszögszögösszegét. A háromszög szögösszegét már ismerjük, tehát a sokszög szögösszege(n− 2)π.

Tegyük fel, hogy az állítás igaz minden olyan sokszögre, amelyben a konkáv szö-gek száma kisebb, vagy egyenlo, mintk.

Belátjuk, hogy ha egy sokszögben a konkáv szögek számak + 1, akkor az állításigaz. LegyenP egy tompaszögu csúcs. Tekintsünk egy olyanP kezdopontú félegye-nest, amely aP -nél levo konkáv szöget két konvex szögre bontja, továbbá több csúcsonnem megy át (ld. 3.17. ábra). Mivel csak véges sok csúcs van, ezért ilyen félegyenes lé-

P

Q

3.17. ábra. Az egyszeru sokszögek szögösszege.

tezik. A sokszög belseje nem tartalmaz félegyenest, tehát a kiválasztott félegyenesnekvan még közös pontja további oldallal vagy oldalakkal is, egy oldallal legfeljebb egy,összesen tehát legfeljebbn. LegyenQ a metszéspontok közül aP -hez legközelebbi.A PQ benne van a sokszög belsejében, tehát a sokszöget két sokszögre bontja. Jelöljeezek oldalainak számátn1 ésn2. Mivel P ésQmindkét keletkezett sokszögnek csúcsa,továbbáP az eredeti sokszögnek is csúcsa, deQ nem, teljesül, hogyn+ 3 = n1 +n2.Mindkét sokszögre alkalmazható az indukciós feltevés, mertP -nél mindkét sokszög-ben konvex szög van, továbbáQ-nál sem keletkezett konkáv szög:

(n1 − 2)π + (n2 − 2)π − π = (n1 + n2 − 5)π = (n− 2)π.

Rátérünk a poliéderek tárgyalására.

22.7. Definíció.Azt mondjuk, hogy véges sok egyszeru sokszöglemez uniójaegyszerupoliéderfelület(rövidenegyszeru poliéder) – melyneklapjai az adott sokszögek,éleiéscsúcsaia sokszögek oldalai és csúcsai – ha teljesülnek a következo feltételek:

1. két lap metszete mindkét lapnak oldala, csúcsa vagy∅,2. minden élet pontosan két lap tartalmaz,

3. a közös csúcsponttal rendelkezo lapok ciklikusan elrendezhetok úgy, hogy bár-mely két egymást követo lapnak közös éle van,

4. ha a lapok közül legalább egyet elhagyunk, akkor a megmaradó lapokra az elobbifeltételek már nem teljesülnek.


Megjegyzés.Minden egyszeru poliéderfelület poligonálisan összefüggo.

22.8. Definíció.Egy egyszeru poliéderfelületetegyszeresen összefüggonek nevezünk,ha minden általa tartalmazott egyszeru poligon részekre bontja.

Egy poliéderfelületetkonvex poliédernek mondunk, ha a poliéderfelület bármelylapját tekintve a többi lap a kiválasztott lap síkja által meghatározott ugyanazon, pozi-tívnak mondott féltérben van.

∗22.9. Tétel. Minden konvex poliéderfelület egyszeresen összefüggo egyszeru poliéder-felület. �22.10. Tétel. (Euler poliédertétele.)Ha egy egyszeresen összefüggo, egyszeru polié-derfelület csúcsainak számac, éleinek számae, lapjainak száma pedigl, akkor

l + c = e+ 2.

Bizonyítás: A bizonyítást csak akonvexesetre végezzük el. Válasszuk ki a poliéder egyS lapját és egy olyanC pontot, amely azS által meghatározott negatív, de a többi lap ál-tal meghatározott pozitív féltérben van és nem illeszkedik egyetlen lap síkjára sem (ld.

143). Ezután vetítsük a poliéderfelületet centrálisanC-bol S-re:P 7→ P ′ ∈ ←−→CP ∩ S.

C

A

A′

3.18. ábra. Euler poliédertétele.

A poliéder lapjainak vetületekéntl számú olyan egyszeru sokszöget kapunk, amelyekbelsejének páronként vett metszete üres halmaz, uniójuk pedigS. Az így kapott egy-szeru sokszögek élei és csúcsai az eredeti poliéderfelület éleinek és csúcsainak a vetü-letei. A poliéder lapjait számozzuk meg úgy, hogyS legyen az elso. A poliéderi. lapjaoldalainak száma legyenni. Ekkor

∑li=1 ni = 2e. Számítsuk kiS szögösszegét! Ezt

megkaphatjuk úgy is, hogy a vetületi sokszögek szögösszegét összegezzük, majd ebbolaz összegbol kivonjuk a belso pontoknál adódott teljesszögeket:

(n1 − 2)π = (n2 − 2)π + · · ·+ (nl − 2)π − (c− n1)2π.

Ezt rendezve kapjuk az állítást.


22.11. Definíció.Egy egyszeresen összefüggo egyszeru poliéderfelületet(p, q) típusúkvázireguláris poliéderfelületnek nevezünk, ha valamennyi lapjánakp csúcsa van, to-vábbá minden csúcsábanq él fut össze.

22.12. Tétel.A kvázireguláris poliéderfelületeknek az alábbi 5 típusa van:

(3,3) — tetraéder típus,

(3,4) — oktaéder típus,

(3,5) — ikozaéder típus,

(4,3) — kocka típus,

(5,3) — dodekaéder típus.

Bizonyítás: Csak annyit bizonyítunk be, hogy a kvázireguláris poliéderfelületek típu-sainak száma legfeljebb 5. Késobb visszatérünk arra, hogy ilyen típusú poliéderfelüle-tek léteznek is.

Tekintsünk egy(p, q) típusú kvázireguláris poliéderfelületet. Erre teljesül, hogy

e =cq

2; l =

qc

p.

Alkalmazzuk az Euler poliédertételt:

c− e+ l = c− qc

2+qc

p= c

(1− q

2+q

p

)= 2

Mivel c > 0 ezért:

1− q

2+q

2> 0 ⇐⇒ (p− 2)(q − 2) < 4

p ésq egészek, tehát3 ≤ p ≤ 5, 3 ≤ q ≤ 5. Az egyenlotlenséget pontosan azok a(p, q) párok elégítik ki, amelyeket a tétel megad.

22.13. Definíció.Egy poliéder lapjait alkotó sokszögek szögeit a poliéderélszögeineknevezzük. Egy konvex poliéderbelsejéna pozitív félterek metszetét értjük. Egy kon-vex poliéderlapszögénegy élre merolegesen felvett síknak és az élre illeszkedo kétlaphoz tartozó pozitív féltérnek a metszetét értjük. Egy konvex poliédertszabályos po-liédernek nevezünk, ha minden éle, élszöge, lapszöge kongruens.

22.14. Következmény.A szabályos poliéder lapjai szabályos sokszögek. A szabályospoliéder kvázireguláris poliéderfelület.

22.15. Tétel.Hasonlósági transzformációtól eltekintve 5 szabályos poliéder van.


Bizonyítás (Vázlat.):Mivel a szabályos poliéder kvázireguláris poliéderfelület, ezérttudjuk hogy legfeljebb 5 típusú szabályos poliéder van. Mindegyik típusra konstrukcióadható:

A (4,3) típus (kocka). Vegyünk fel egyS síkot, s abban egy négyzetet! A sík egyikoldalán a négyzet minden pontjában állítsunk a síkra meroleges szakaszt! EzekS-renem illeszkedo végpontjai az eredetivel egybevágó négyzetet alkotnak. A felvett ésa keletkezett négyzet a belsejükkel, továbbá azS-re meroleges elobbi szakaszok egykockát alkotnak.

Egy kocka lapközéppontjai egy (3,4) típusú szabályos poliédert (oktaédert); egykocka megfelelo lapátlói pedig egy (3,3) típusú szabályos poliédert (szabályos tetraé-dert) határoznak meg (ld. 3.19. ábra.)

3.19. ábra. Szabályos tetraéder és oktaéder.

Az (3,5) típus (ikozaéder). Tekintsünk egy olyan szabályos ötszög alapú gúlát,melynek oldallapjai szabályos háromszögek. Tükrözzük a gúla oldallapjait mindegyikoldalél felezomeroleges síkjára. Az így kapott tükörképek uniója a gúla oldallapjaivalegyütt 15 szabályos háromszögbol áll. A tükrözött háromszögek egymáshoz nem csat-lakozó oldalai az eredeti szabályos ötszöggel egybevágó szabályos ötszöget alkotnak.Ezzel az ötszöggel, mint alaplappal és szabályos háromszögekkel mint oldallapokkalszintén egy gúlát konstruálunk az ötszög azon oldalára, mely nem tartalmazza a kiin-dulási gúlát (ld. 3.20. ábra).

A származtatáshoz használt síkra vonatkozó tükrözés miatt a lapszögek kongruen-sek lesznek. Az élek és élszögek kongruenciája abból következik, hogy a konstruálttestet egybevágó szabályos háromszögek alkotják.

Az (5,3) típus (dodekaéder). Az ikozaéder lapközéppontjai egy dodekaéder csúcsai(ld. 3.21. ábra).


3.20. ábra. Ikozaéder.

3.21. ábra. Dodekaéder.

4. fejezet

A Jordan-mérték geometriaimegalapozása

23. A körív ívhossza

23.1. Definíció.Tekintsünk egyO középpontúk kört, továbbá legyenekA,B ∈ k,A 6= B pontok. AzAOB^-höz tartozó egyik szögtartomány ésk metszetétkörívnek

nevezzük, és_

AB-vel jelöljük. AzA0, A1, . . . , An pontsorozatot az_

AB-be írtregulárispontsorozatnak nevezzük, ha

1. A0 = A,An = B,Ai ∈_

AB, i = 1, . . . , n− 1;

2. A0, . . . An A-tól B felé rendezettek, azaz, haP pont az_

AB komplementer kör-ívén, akkorintA0PAi^ ⊂ intA0PAi+1^ i = 1, . . . , n− 1.

HaA0, . . . , An az_

AB-be írt reguláris pontsorozat, akkor a⋃n

i=1Ai−1Ai töröttvo-nalatbeírt reguláris töröttvonalnak nevezzük, a

∑ni=1Ai−1Ai számot pedig az elobbi

beírt reguláris töröttvonalhosszának. A definíció magában foglalja a körvonal esetét is,ilyenkorA = B és azAOB^-hez tartozó teljesszöget választjuk.

∗

23.2. Tétel. Egy körívbe (körbe) írt reguláris töröttvonalak hossza halmaza felülrolkorlátos.

Bizonyítás: Eloször megjegyezzük, hogy az a feltétel, miszerint a beírt reguláris pont-sorozatA-tól B felé rendezett, azt is jelenti, hogy azA0 . . . An töröttvonalat a kör kö-zéppontjából egy kört tartalmazó négyzetre vetítve injektív leképezést kapunk. Legyena beírt töröttvonal két szomszédos csúcsaQ ésR. Q vetülete a négyzetre (az elobbi

vetítésben)S, R vetületeT , teljesüljön továbbá, hogyOS ≥ OT . LegyenU ∈ −−→OSolyan pont, melyreOU = OT . Azt állítjuk, hogyST > QR. (ld. 4.1. ábra.)

123

124 4. FEJEZET: A JORDAN-MÉRTÉK GEOMETRIAI MEGALAPOZÁSA

OR

T

S

U

Q

4.1. ábra. A körívbe írt reguláris töröttvonalak hossza halmaza felülrol korlátos.

Mivel TU a QR-bol 1-tol nagyobb arányú hasonlósággal származtatható (neve-zetesenO centrumú homotéciával), ezértTU > QR. UgyanakkorST ≥ TU hiszU = S vagySUT^ tompaszög, ugyanisSUT^ azOUT egyenloszárú háromszögegyik alapszögének mellékszöge. Ezért azSUT4-ben a tompaszöggel szemköztiST

oldal hosszabb, mint azUST^ hegyesszöggel szemköztiTU oldal.Tehát a beírt reguláris töröttvonal hossza kisebb, mint a kört tartalmazó tetszoleges

négyzet oldalai hosszának összege. (AzST szakasz nem biztos, hogy aQR vetülete– ez akkor fordulhat elo, amikorS ésT a négyzet különbözo oldalaira illeszkednek–, de ez az elobbi megállapítást nem érinti, mivel ekkorQR vetülete mégST -nél ishosszabb.)

23.3. Definíció.Egy körívbe írt reguláris töröttvonalak hossza halmazának supremu-mát a körívívhosszának nevezzük. Speciálisan, egy körbe írt reguláris töröttvonalakhossza halmazának supremumát a körkerületének nevezzük.

Az elozo tétel miatt a beírt reguláris töröttvonalak hossza halmaza felülrol korlátos,továbbá nyilván nem üres, tehát a supremum létezik.

23.4. Tétel. Egybevágó körívek ívhossza egyenlo. Egybevágó körök kerülete egyenlo.�

23.5. Tétel. 1. Legyenek_

AB és_

A′B′ egyenlo mértéku szögtartományokhoz tartozó

ívek egyr ill. r′ sugarú körben._

AB ívhossza legyeni,_

A′B′ ívhossza pedigi′. Ekkorir = i′

r′ .

2. Aκ ésκ′ körök sugara illetve kerülete legyenr, r′ illetvek, k′. Ekkor k2r = k′

2r′ ,azaz a kerület és az átméro hányadosa minden körre ugyanaz.

Bizonyítás: A két állítást analóg módon kell belátni, ezért csak az egyiket bizonyítjukbe, pl. a másodikat.

Mivel egybevágó körök kerülete egyenlo, felteheto, hogyC ésC ′ koncentrikusak,továbbár < r′.C-t vetítsük a közös középpontbólC ′-re (ld. 4.2. ábra). Ilyen módon a

4 – 23. A KÖRÍV ÍVHOSSZA 125

O

S

R

Q

P

4.2. ábra.

C-be beírt regurális töröttvonalnak megfelel egy regurális töröttvonalC ′-ben (ld. ábra,P 7→ R, Q 7→ S!) OPQ4 ∼ ORS4 =⇒ PQ

RS = OPOR = r

r′ . Tehát∑A′i−1A

′i∑

Ai−1Ai=r′

r=⇒ k′

k=r′

r=⇒ k′

2r′=

k

2r.

23.6. Tétel. Azr sugarú kör kerülete2rπ.

Bizonyítás: Az analízisbol ismert hogy az elozo tételben szereplo konstans pontosanπ.

Megjegyzés.Ha a szögmértéknél nem szerepeltettük volna aπ számot, akkor az elozotételek alkalmasak lennének aπ geometriai bevezetésére. Mivel azonban aπ-t márhasználtuk (szintén az analízisbol nyert definícióval), ezért az elozo tétel bizonyításánalis az analízisre kell visszautalnunk.

A paragrafus hátralevo részében a fo cél az ívhosszformula levezetése, azaz azívhossz kifejezése a sugárból és a középponti szögbol.

23.7. Tétel. Legyen az_

AB ívhosszai. ∀ε > 0 számhoz∃δ > 0 úgy, hogy ha az_

AB-be írt reguláris töröttvonalat alkotó szakaszok leghosszabbika kisebb mintδ, akkor atöröttvonal hossza nagyobb, minti− ε.

Bizonyítás: LegyenP ′ olyan_

AB-be írt reguláris töröttvonal melynekp′ hosszára tel-jesül, hogy

p′ > i− ε

2.

Az ívhossz definíciója miatt ilyen töröttvonal létezik. AP ′-t alkotó szakaszok száma

legyenn, azaz a csúcsok száman + 1. LegyenP tetszoleges_

AB-be írt reguláris tö-röttvonal,P leghosszabb szakaszának hossza legyend. Ha új csúcsot veszünk ehhez atöröttvonalhoz (azaz kijelölve az íven egy pontot, tekintjük azt a reguláris töröttvonalat,melynek csúcsai az eredeti töröttvonal csúcsait és még az új pontot tartalmazzák), ak-kor a háromszög egyenlotlenséget alkalmazva adódik, hogy az új töröttvonal hosszabb,mint a régi, azonban nem többel, mintd, továbbá az új töröttvonal leghosszabb sza-kasza nem hosszabb, mintd. Most vegyük hozzáP ′ pontjaitP -hez (tehát legfeljebb


(n− 1) pontot, figyelembe véve, hogy a végpontok – s esetleg más pontok is – nem újpontok.) Hap′′ jelöli az új töröttvonal hosszát, akkor az elozoek szerint:

p′′ > i− ε

2, ésp′′ − p < (n− 1)d.

Az elobbi két egyenloségbol:

i− p < ε

2+ (n− 1)d.

Ha (n− 1)d < ε2 , azazd < ε

2(n−1) , akkorp > i− ε. Tehátδ konstrukciója:

δ =ε

2(n− 1).

23.8. Tétel. (Az ívhosszmérés additivitása.)Legyenek_

AB és_

BC ugyanazon kör

olyan körívei, melyeknek csakB a közös pontjuk. Ha_

AB ívhosszáti1,_

BC ívhosszát

i2, (aB-t tartalmazó)_

AC ívhosszát pedigi jelöli, akkor

i = i1 + i2.

Bizonyítás: Eloször tegyük fel, hogyi1 + i2 > i, azazε = i1 + i2− i > 0. LegyenP1

az_

AB-be írt olyanp1 hosszúságú töröttvonal, melyre

p1 > i1 − ε

2.

Legyen továbbáP2 a_

BC-be írtp2 hosszúságú töröttvonal és teljesüljön, hogy

p2 > i2 − ε

2.

Az ívhossz definíciója miatt ilyen töröttvonalak léteznek. Egyesítsük a két töröttvonalat

egy_

AC ívbe írtP töröttvonallá, melynek hosszátp jelöli. Ekkor tehátp = p1 + p2.

Mivel P az_

AC-be van írva, ezértp ≤ i. Ugyanakkor:

p = p1 + p2 > i1 + i2 − ε = i.

Azt kaptuk, hogyp ≤ i ésp > i, ami ellentmondás.Tegyük most fel, hogyi1 + i2 < i, azazε = i − i1 − i2 > 0. Ekkor teháti =

i1 + i2 + ε. Legyenδ olyan pozitív szám, hogy ha az_

AC-be írt reguláris töröttvonallegnagyobb szakaszának hossza kisebb, mintδ, akkor a töröttvonal hossza nagyobb,

mint i − ε (ld. elozo tétel.) LegyenP az_

AC-be írt olyan töröttvonal, melynekBcsúcsa, továbbá leghosszabb szakasza kisebb, mintδ. Ekkor a töröttvonalp hosszárateljesül, hogyp > i− ε. (Ilyen töröttvonal létezése pusztán az ívhossz definíciójából iskövetkezik, azonban ennek a töröttvonalnak még nem biztos, hogyB-ben lenne csúcsa.

4 – 23. A KÖRÍV ÍVHOSSZA 127

A

B

P

Q

4.3. ábra.

Ezért kellett 23.7.-ra hivatkozni.) Ez a töröttvonal egy_

AB-be írtP1 és egy_

BC-be írtP2 töröttvonal uniója. Ezek hosszát jelöljep1 ésp2. Ekkor

p1 + p2 = pp1 ≤ i1p2 ≤ i2

=⇒ p ≤ i1 + i2 = i− ε,

ami ellentmondás.

23.9. Tétel. Ugyanazon kör köríveinek ívhossza a középponti szögeik mértékével ará-nyos.

Bizonyítás: Osszuk fel azAOB^ középponti szögetn egyenlo szögre, aholn ∈ N+

tetszolegesen rögzített. Mérjük fel az így adódó szögetPOQ^-re, „ahányszor csaklehet” (ld. 4.3 ábra).

Az, hogyk-szor lehet, azt jelenti, hogy

km(AOB^)

n≤ m(POQ^) < (k + 1)

m(AOB^)n

. (∗)

Jelölje az_

AB körívet i1, a_

PQ körívet pedigci2 . Az ívhosszmérés additivitásából,valamint abból, hogy egybevágó ívek ívhossza egyenlo:

ki1n≤ i2 < (k + 1)

i1n. (∗∗)

(∗)-t m(AOB^)-vel, (∗∗)-t i1-el osztva:

k

n≤ m(POQ^)m(AOB^)

<k + 1n

,

illetve:k

n≤ i2i1<k + 1n

.


Innen következik, hogy ∣∣∣∣m(POQ^)m(AOB^)

− i2i1

∣∣∣∣ <1n.

Mivel n tetszoleges, ezértm(POQ^)m(AOB^)

=i2i1

23.10. Tétel. (Az ívhosszformula.)Egy r sugarú körben azα mértéku középpontiszöghöz tartozó körív ívhosszai = rα. �

24. A területfogalom geometriai megalapozása

Eloször a sokszögek területének mérésével foglalkozunk. Ehhez bevezetünk egyújabb axiómát, a területmérés axiómáját. Megjegyezzük, hogy ez az axióma nem füg-getlen az euklideszi geometria axiómarendszerétol: a területméro függvény egyértelmulétezését eloírjuk, de ezt a tényt bizonyítani lehetne az euklideszi térben.

Axióma:A sokszögek területmérésének axiómáiEgyértelmuen létezik olyant : P → R (ún.

területméro) függvény, amelyre teljesülnek a következo tulajdonságok:

A1. ∀p ∈ P sokszögtartományrat(p) > 0.

A2. p1, p2 ∈ P ésp1∼= p2 =⇒ t(p1) = t(p2).

A3. (Additivitás.) Ha ap1, p2 közös pontjainak halmaza csak csúcsokat vagy élekettartalmaz, vagy üreshalmaz, akkor

t(p1 ∪ p2) = t(p1) + t(p2).

A4. Az a, b oldalakkal rendelkezo téglalaphoz hozzárendelt számab.

*

A t(p) ∈ R számot ap sokszögtartományterületének nevezzük.

Megjegyzés.Megjegyezzük, hogyA4-ben elegendo lett volna azt megkövetelni, hogyaz egységnégyzet területe 1, a téglalapra vonatkozó állítás ebbol és a többi axiómá-ból levezetheto. A3 egyszeru következménye az ún. monotonitás: hap1 ⊂ p2, akkort(p1) ≤ t(p2). Alkalmazzuk ugyanis az additivitástp2 \ p1-re ésp1-re.

24.1. Tétel. Egy derékszögu háromszög területe a két befogó szorzatának a fele.

Bizonyítás: LegyenABC4 B-nél derékszögu,D azABC4 síkjának az a pontja,melyreABCD2 téglalap.ABC4 ∼= ADC4, tehátA2 szerint

t(ABC4) = t(ADC4).

4 – 24. A TERÜLETFOGALOM GEOMETRIAI MEGALAPOZÁSA 129

A = D C

B

A D C

B

AD C

B

4.4. ábra. A háromszögek területe.

ABC4∩ADC4 = AC tehát alkalmazható az additivitás:

t(ABCD2) = t(ABC4) + t(ACD4) = 2t(ABC4).

VégezetülABCD2 téglalap, azaz területeAB ·BC. Tehát

t(ABC4) =12t(ABCD2) =

12AB ·BC.

24.2. Tétel. Bármely háromszög területe megegyezik egy oldala és a hozzá tartozó ma-gassága szorzatának felével.

Bizonyítás: Tekintsük azABC4-t továbbáB meroleges vetülete←−→AC -re legyenD.

EkkorD − A − C vagyD = A vagyA − D − C vagyD = C vagyA − C − D.Megfelelo betuzéssel elérheto az alábbi három eset valamelyike:A = D,A−D − C,D −A− C (a 4.4. ábra mutatja).Az elso esetre alkalmazzuk az elozo tételt.

A második esetben azABD4 ésBDC4 háromszögekre alkalmazható az additi-vitás:

t(ABC4) =

= t(ABD4) + t(BDC4) =12BD ·AD +

12BD ·DC =

=12BD · (AD +DC) =

12BD ·AC.

A harmadik esetben is alkalmazható az additivitás:

t(DCB4) = t(BDA4) + t(ABC4),

azaz12BD ·DC =

12BD ·DA+ t(ABC4)

tehát

t(ABC4) =12BD · (DC −DA) =

12BD ·AC.


Miután minden sokszögtartomány háromszöglemezekre bontható, tetszoleges sok-szögtartomány területét megkaphatjuk az additivitás alkalmazásával. Például a parale-lograma területe egyenlo egyik oldalának és a hozzá tartozó magasságának a szorzatá-val. Bontsuk fel ugyanis az egyik átló segítségével a paralelogrammát két egybevágóháromszögre. Ezekre alkalmazható az additivitás. Vezessük le az általános- és közép-iskolában megismert további területképleteket!

24.3. Tétel. Hasonló sokszögek területének az aránya megegyezik a hasonlóság ará-nyának négyzetével.

Bizonyítás: Hasonló háromszögekre az állítás a háromszögek területformulája miattigaz. Az additivitást alkalmazva ezért tetszoleges sokszögre is igaz lesz: bontsuk a sok-szöget olyan háromszögek uniójára, melyeknek páronként vett közös pontjaik halmazalegfeljebb csúcs vagy él.

A sokszögek területének tárgyalása után rátérünk a terület általános fogalmára. En-nek alkalmazásaként a körcikk területét számítjuk ki.

24.4. Definíció.Egy síkbeli ponthalmaztkorlátosnak nevezünk, ha van olyan sokszög-tartomány, amely tartalmazza. LegyenK egy korlátos síkbeli ponthalmaz.K m(K)-val jelölt belso Jordan mértékén 0-t értünk, haK nem tartalmaz sokszögtartományt,egyébként

m(K) = sup { t(P ) | P ∈ P, P ⊂ K } ,azaz a ponthalmaz által tartalmazott sokszögtartományok területének pontos felso kor-látját.K m(K)-val jelölt külso Jordan mértékén az

m(K) = inf { t(P ) | P ∈ P,K ⊂ P}

valós számot értjük, azaz a ponthalmazt tartalmazó sokszögtartományok területénekpontos alsó korlátját.

Megjegyzés.m(K) létezik, mert a{ t(P ) | P ⊂ K } halmaz felülrol korlátos:∃P0 ∈P : K ⊂ P0. P ⊂ K =⇒ P ⊂ P0 =⇒ t(P ) ≤ t(P0) ld. sokszögek területmérése.

m(K) létezik, mert egyrészt{ t(P ) | K ⊂ P } nem üres, hiszK korlátos, másrésztaz elobbi számhalmaznak minden negatív szám alsó korlátja.

24.5. Definíció.A K korlátos síkbeli ponthalmaztJordan mérhetonek nevezzük a sík-ban ha belso és külso Jordan mértéke megegyezik. Ezt a közös értéket aK területéneknevezzük, s általábant(K)-val jelöljük.

Megjegyzés.Minden sokszögtartomány saját magának külso ill. belso sokszöge is,azaz minden sokszögtartomány Jordan mérheto és a kétféle módon (axiomatikusan ésaz elozo definícióval) definiált területérték megegyezik.

24.6. Tétel. A Jordan mérték monoton, azaz, haA ésB Jordan mérhetoek ésA ⊂ Bakkort(A) ≤ t(B). �

4 – 24. A TERÜLETFOGALOM GEOMETRIAI MEGALAPOZÁSA 131

CA0

A1

An

(a)

CA′0

A′1

A′n

(b)

4.5. ábra. A körcikk területe.

24.7. Tétel. A Jordan mérték additív, azaz, haA ésB Jordan mérhetoek ést(A∩B) =0, akkorA ∪B is Jordan mérheto, továbbá:t(A ∪B) = t(A) + t(B). �

24.8. Tétel. Ha hasonló síkidomok egyikének van területe, akkor a másiknak is vanterülete és a területek aránya megegyezik a hasonlóság arányának négyzetével.�

A következoekben a körcikk (kör) területével foglalkozunk.

24.9. Tétel. Minden körcikknek van területe, nevezetesen azr sugarúi ívhosszú kör-cikk területe1

2ri. Speciálisan azr sugarú kör területer2π.

Bizonyítás: JelöljeK a szóban forgó körcikket. Eloször a következo állítást látjuk be:Létezik sokszögtartományoknak olyanK1, . . . ,Kn, . . . sorozata, hogyKi ⊂ K éslimn→∞ t(Kn) = 1

2ri.A0, A1, . . . , An legyenek olyan pontok a köríven melyekA-tólB-felé rendezettek, továbbáA0 = A, B = An ésAi−1Ai = A0A1. Így mindeni-re:Ai−1AiC4 ∼= A0A1C4, azaz minden keletkezett háromszög területe1

2anbn aholan = A0A1, bn pedig a háromszögek közös magassága.Kn legyen ezen háromszögekuniójával nyert sokszögtartomány (ld. 4.5.(a) ábra).

Tehátt(Kn) = n 12anbn. Vizsgáljuk meg, hogy mi történik, han→∞. nan a beírt

reguláris töröttvonal hossza, tehátnan ≤ i. Innenan ≤ in .

limn→∞

i

n= i lim

n→∞1n

= 0,

így limn→∞ an = 0. Ez 23.7. következtében azt jelenti, hogylimn→∞ nan = i.Most vizsgáljuk meg alimn→∞ bn határértéket. A háromszög egyenlotlenségbol,

ill. abból, hogy derékszögu háromszögben a leghosszabb oldal az átfogó, következik,hogy

r − an

2< bn < r.


Ismét alkalmazva alimn→∞ an = 0 összefüggést, az következik, hogy

limn→∞

(r − an

2

)= r,

azaz a rendor elvbol limn→∞ bn = r. Együttesen ez azt jelenti, hogy

limn→∞

12nanbn =

12ri.

A bizonyítás második lépése az alábbi állítás belátása.Létezik sokszögtartományoknak olyanR1, . . . , Rn, . . . sorozata, hogyK ⊂ Ri éslimn→∞ t(Rn) = 1

2ri.

Az elobbi Kn sokszögtartományt egyr

bnarányú középpontos hasonlóság olyan

Rn sokszögtartományba viszi, melynekA′i−1A′i oldalai a kört érintik (ld. 4.5.(b) ábra).

Ez azt jelenti, hogyK ⊂ Rn. Továbbát(Rn) =(r

bn

)2

t(Kn), tehát felhasználva az

elozo rész határértékeit (limn→∞ nan = i, limn→∞r

bn= 1):

limn→∞

t(Rn) = limn→∞

12nan

r

bnr =

12ri.

Végezetül megállapíthatjuk, hogy az elso bizonyításrész miatt

m(K) ≤ 12ri,

a második bizonyításrész miat

m(K) ≥ 12ri.

A külso és belso Jordan mérték összehasonlításából:

12ri ≤ m(K) ≤ m(K) ≤ 1

2ri.

Ez pontosan állításunkat jelenti.

25. Térfogat

A tárgyalásunk a terület témakörhöz hasonlóan axiomatikus jellegu, azonban leszegy fontos eltérés. Míg a terület témakörében az axiómák a sokszögek területmérésérevonatkoztak és a mérhetoséget ill. a mértéket (területet) az analízisben megismertek-hez hasonlóan definiáltuk, addig a térfogat témakörben már a mérheto (térfogattal ren-delkezo) halmaz fogalma is alapfogalom lesz és a térfogatméro függvény értelmezésitartománya rögtön a mérheto ponthalmazok családja. Nem határozzuk meg tehát pon-tosan a mérheto ponthalmazokat, s nem adunk konstrukciót a térfogatméro függvényre,

4 – 25. TÉRFOGAT 133

ennek létezését axiómaként eloírjuk. Megjegyezzük, hogy ezzel olyan axiómákat mon-dunk ki, amelyek nem függetlenek az eddigi axiómarendszerünktol. Eljárhattunk volnaúgy is, hogy a térfogatmérés axiómáit csak a poliéderekre fogalmazzuk meg, a mérhe-toség fogalmát pedig a külso poliéderek térfogata infinumának és a belso poliéderektérfogata suprémumának megegyezésével definiáljuk.

A következoekben néhány speciális testre vonatkozó definíciót és állítást mondunkki.

25.1. Definíció.LegyenD tetszoleges ponthalmaz azS síkban,C /∈ S tetszoleges

pont.D alaplapú C csúcspontú kúpon a{CP | P ∈ D

}ponthalmazt értjük. A kúp

magassága aC pont távolsága aS síktól. HaD körlemez, akkorkörkúpról beszélünk.HaD sokszögtartomány, akkorgúlát kapunk.

LegyenekS1 ésS2 különbözo párhuzamos síkok,` pedig mindkettot metszo egye-nes,D ⊂ S1 tetszoleges ponthalmaz.Hengeren a következo ponthalmazt értjük:

{P1P2 | P1 ∈ D, P2 ∈ S2, P1P2‖`

}

D-t a hengeralsó alapjának nevezzük. MindazonQ pontok halmazát, melyre létezikolyanP ∈ S1, hogyPQ benne van a hengerben,felso alapnak nevezzük. a hengervezéregyenese.S1 ésS2 távolsága a hengermagassága. Ha` ⊥ S1 akkoregyenes hen-gerhez jutunk. HaD körlemez, akkorkörhengerrol, míg haD sokszögtartomány, akkorhasábról szólunk. Speciálisan a paralelogramma alapú hasáb neveparalelepipedon, atéglalap alapú egyenes paralelepipedon nevetéglatest.

LegyenM ponthalmaz a térben, továbbáα0 egy rögzített sík. Haα egyα0-al pár-huzamos sík, akkorα0 ∩M -t azM α-val párhuzamossíkmetszetének, vagy rövidenhorizontális metszetének nevezzük. LegyenekM1 ésM2 ponthalmazok a térben, to-vábbáα0 egy rögzített sík. Haα egyα0-al párhuzamos sík, akkorM1∩α-t ésM2∩α-tmegfelelo (horizontális) síkmetszeteknek nevezzük.

∗25.2. Tétel. Tekintsünk egyD alaplapú,C csúcsú,m magasságú kúpot! JelöljeD′ akúp azon horizontális metszetét, melyet az alaplap síkjátólh távolságra elhelyezkedosík metsz ki a kúpból (h < m). EkkorD′ ∼ D, továbbá haD-nek van területe és ezttjelöli, akkorD′ területét az alábbiak szerint számíthatjuk ki.

t′ = t ·(m− hm

)2

. �25.3. Tétel. Egy henger alsó alapja egybevágó a felso alapjával. Egy henger bármelyhorizontális metszete egybevágó az alapokkal. �Axióma:A térfogatmérés axiómái.Adva van korlátos térbeli ponthalmazok egyV családja,melyet atérfogattal rendelkezo ponthalmazok családjánaknevezünk, továbbá egy

V : V → R.

függvény, az ún.térfogatméro függvény, az alábbi tulajdonságokkal:


V1. ∀M ∈ V: V (M) ≥ 0

V2. V-nek minden korlátos konvex ponthalmaz eleme.

V3. HaM ∈ V,N ∈ V, akkorM ∩N ∈ V,M ∪N ∈ V,M \N ∈ V szintén teljesül.

V4. V monoton, azaz, haM,N ∈ V ésM ⊂ N akkor

V (M) ≤ V (N).

V5. V additív, azaz, haM,N ∈ V ésV (M ∩N) = 0 akkor

V (M ∪N) = V (M) + V (N).

V6. Egy paralelepipedon térfogata megegyezik egy lapja területének és a hozzá tarto-zozó magasságának a szorzatával.

V7. HaM ∈ V ésM ∼= M ′, akkorM ′ ∈ V továbbá

V (M) = V (M ′).

V8. (A Cavalieri-elv.) HaM1 ∈ V ésM2 ∈ V, továbbá valamely rögzített síkkalpárhuzamos megfelelo metszeteiknek van területe és ezek egymással egyenlok,akkorV (M1) = V (M2), azaz a két ponthalmaz térfogata megegyezik.

*

25.4. Tétel. HaM ∈ V korlátos síkbeli halmaz, akkorV (M) = 0.

Bizonyítás: Azt látjuk be, hogy a síkbeli, (térben) mérheto ponthalmaz térfogata min-den pozitív értéktol kisebb. Ebbol következik, hogy csak nulla lehet.

Mivel M korlátos, ezért a síkjában van olyan négyzet, amely tartalmazza. Legyenennek területet. Ha ε > 0, akkor tekintsünk egy olyanN négyzetes oszlopot, mely-nek alaplapja az elobbi t területu négyzet, magassága pedig kisebb, mintε

t . A mértékmonotonitása miatt:

V (M) ≤ V (N) ≤ tεt

= ε.

25.5. Tétel. A hasáb térfogata alapterületének és hozzá tartozó magasságának a szor-zatával egyezik meg.

Bizonyítás: Elegendo az állítást háromszög alapú hasábra bizonyítani: minden hasábháromszög alapú hasábok véges uniójára bontható, melyekre alkalmazható az additivi-tás.

LegyenK ilyen hasáb, melyS alaplapja területétT , magasságátm jelöli. Tekintsükazt aK-val egybevágóK ′ hasábot, melynekS-el egybevágóS′ alaplapjaS-t paraleg-logrammává egészíti ki, ésK∪K ′ paralelepipedon (ld. 4.6. ábra). (Tükrözéssel könnyuilyen hasábot kapni.)V6 miatt:V (K∪K ′) = 2Tm.V7 miatt:V (K) = V (K ′). K∩K ′

4 – 25. TÉRFOGAT 135

K

K′

4.6. ábra. A hasáb térfogata.

síkbeli konvex (=⇒ térfogattal rendelkezo) ponthalmaz, tehát az elobbi tétel szerint:V (K ∩K ′) = 0. Ezért alkalmazhatóV additivitása:

V (K ∪K ′) = V (K) + V (K ′) = 2V (K).

Tehát:

V (K) =12V (K ∪K ′) =

122Tm = Tm.

25.6. Tétel. A t alapterületu,m magasságú henger térfogataV = tm.

Bizonyítás: Tekintsünk egy olyan hasábot, mely magassága megegyezik a henger ma-gasságával, alaplapja pedig a henger alaplapjával egyenlo területu, továbbá a hengerrelközös féltérben, annak határsíkján áll. A megfelelo horizontális metszetek mindkét test-nél egybevágóak az alaplappal, tehát egyenlo területuek. A Cavalieri-elvet alkalmazvakövetkezik állításunk.

25.7. Tétel. Ha két háromszög alapú gúla alapterülete és hozzá tartozó magasságamegegyezik, akkor a két háromszög alapú gúla térfogata egyenlo.

Bizonyítás: Mivel egybevágó testek térfogata megegyezik, ezért feltehetjük hogy a kéttetraéder ugyanazon féltérben a határsíkon áll. Ekkor a határsíktólh < m távolságralevo horizontális metszetekAh területét az alaplapA területével a következoképpenlehet kifejezni:

Ah =(m− hm

)2

A,

azaz a megfelelo horizontális metszetek területe egyenlo. A Cavalieri-elvbol követke-zik a térfogatok egyenlosége.

25.8. Tétel. A gúla térfogata az alapterület és a hozzá tartozó magasság szorzatánakharmada.


A

B

C

D

F

E

4.7. ábra. A tetraéder térfogata.

Bizonyítás: Elegendo háromszög alapú gúlára (tetraéderre) bizonyítani az állítást, mertminden gúla háromszög alapú gúlák véges uniójára bontható, melyekre alkalmazhatóaz additivitás.

Tekintsük azABCD tetraédert.ABC4 alaplappal ésAD alkotóval készítsünkegy hasábot, a felso alap csúcsait jelöljeD,E, F !

Alkalmazzuk az elozo tételt a BCED és ECFD teraéderekre, aholBCE4 ∼= ECF4, a közös magasság pedig aD csúcs távolsága aBCEF síktól;illetve azADCB ésDBEC tetraéderekre, aholABD4 ∼= BDE4, és a magasságaC csúcs távolsága azABED síktól (ld. 4.7. ábra). Tehát e három teraéder térfogatamegegyezik, együttesen pedig a konstruált hasáb térfogatát adják. Innen már követke-zik az állítás.

25.9. Tétel. A kúp térfogata alapterülete és magassága szorzatának harmada.�

Befejezésül a gömbtest térfogatával foglalkozunk. A gömbtestnek van térfogata,mert konvex alakzat. A középpontra illeszkedo sík a gömbtestet két egybevágó fél-gömbre bontja, melyek szintén konvex halmazok. Így térfogatuk létezik és egyenlo.

25.10. Tétel.Azr sugarú gömbtest térfogata4r3π3 .

Bizonyítás: Csak a félgömb térfogatával foglalkozunk. A félgömb alaplapjánakS sík-járar sugarú, és ugyanilyen magasságúH hengert állítunk úgy, hogy a félgömb és ahenger ugyanabban a féttérben legyenek. Tekintünk egy olyanK kúpot is, melynekalaplapja a henger fedolapja, csúcsa pedig a henger alapkörének középpontja. Képez-zük aH \K testet! Mivel ez két térfogattal rendelkezo halmaz különbsége, ezért magais mérheto. Azt állítjuk, hogy a félgömb és aH \ K test horizontális síkmetszeteiegyenlo területuek.

Tekintsünk egy olyan síkot, melyS-el párhuzamos,S-tol h < r távolságra vanS ugyanazon oldalán, mint a félgömb. A félgömböt ez a sík körlemezben metszi, ahengert és a kúpot két körlemezben, tehátH \K-t ezek különbségében (bel”lrol nyiltkörgyuruben ld. 4.8. ábra). A félgömbbol kimetszett körlemez sugara%2 = r2 − h2,

A KÖNYV HÁTULJA 137

ρ

r

hh

h

4.8. ábra. A félgömb térfogata.

azaz területe(r2− h2)π, aK-ból kimetszett körlemez sugarah, tehát a körgyuru terü-leter2π − h2π, amit bizonyítani kellett.

A Cavalieri-elvet alkalmazva tehát a félgömb térfogatát visszavezettük a henger ésa kúp térfogatának különbségére:

r · r2π − 13r · r2π =

23r3π.

A könyv hátulja

1.12. Legyenα ∈ P, ` ∈ L.1. Haα‖`, akkorα tartalmaz -el párhuzamos egyenest. Ha` ⊂ α, akkor nyilván-

való. Legyen tehátα ∩ ` = ∅. I3 miatt ∃P ∈ α. P 6∈ `, mertα ∩ ` = ∅. Legyenβ aP -re és -re egyértelmuen illeszkedo sík.α 6= β mertβ tartalmazza-et,α pedig nem.TovábbáP ∈ α ∩ β =⇒ α ∩ β ∈ L. Azt állítjuk, hogyα ∩ β‖`.

α ∩ β és` nyilván egysíkúak, mertβ mindkettot tartalmazza. Másrészt` ésα ∩ βközös pontja egyben-nek ésα-nak is közös pontja lenne, holott feltettük, hogyα∩` =∅.

2. Tegyük fel, hogy∃e ⊂ α : e‖`. Belátjuk, hogy ekkor ‖α. Ha ` ⊂ α akkordefiníció szerint az állítás nyilvánvaló. Ha` 6⊂ α, akkor legyenβ az e-re és az -reilleszkedo egyértelmu sík (1.11.).β 6= α mertβ tartalmazza -t, azα sík pedig nem.Tehátβ ∩ α = e.

Haα és` metszok lennének:

M ∈ α ∩ ` =⇒ (M ∈ α ∧M ∈ `) =⇒(M ∈ α ∧M ∈ β) =⇒ M ∈ α ∩ β =⇒ M ∈ e.

MásrésztM ∈ α ∩ ` =⇒ M ∈ `. TehátM ∈ e ∩ `, azaze és` metszok lennének.

2.10. 1. P ∈ −−→AB ⇐⇒ ¬P − A − B ⇐⇒ (P = A ∨ A − P − B ∨ P =B ∨A−B − P ) ⇐⇒ P ∈ AB ∨A−B − P .

2. Az elso állításból következik, hogyAB ⊂ −−→AB ∧ AB ⊂ −−→BA , tehátAB ⊂−−→AB ∩ −−→BA . HaP olyan pontja lenne

−−→AB ∩ −−→BA -nak, melyreP /∈ AB, akkor erre

a pontra az elobbiekben bizonyítottak szerintA − B − P ésB − A − P egyarántteljesülne, .

3. LegyenP ∈ ←−→AB ! (P−A−B∨P = A∨A−P−B∨P = B) =⇒ P ∈ −−→BA ,

mígA−B − P =⇒ P ∈ −−→AB .

2.16. (F −A−B ∨F = A) =⇒ FB > FA , (A−B−F ∨B = F ) =⇒ AF >FB .

Az egyértelmuség onnan következik, hogy−−→AB -re a szakaszfelmérés tételében

adott gondolatmenet szerint azAB2 távolságot egyértelmuen fel lehet mérni.

138


2.17. Legyenf az←−→AB olyan koordinátaleképezése, hogyf(A) = 0 ésf(B) = b > 0.

Ekkor

|f(P )| = |f(P )− f(A)| = AP = AQ = |f(Q)− f(A)| = |f(Q)|,tehátf(P ) ésf(Q) legfeljebb elojelben különböznek. Haf(P ) = f(Q), akkorP =Q, ami az állítás. Tegyük fel, hogyf(Q) = −f(P ). EkkorP ésQ ellentétesA kezdo-pontú félegyeneseken vannak, azaz különbözok. A feltételek szerint aPQ-nakA is ésB is felezopontja, .

2.21. Legyene ∈ L, V ∈ e. Ekkor∃M ∈ e : M 6= V (az illeszkedés tulajdonsága).Továbbá∃N ∈ e: M − V −N (a között van reláció tulajdonsága). Azt állítjuk, hogy

int−−→V N ésint

−−−→VM a keresett két nyílt félegyenes.

Legyenf : e → R olyan koordinátaleképezés, hogyf(V ) = 0 és f(N) > 0teljesüljön. (A vonalzó elhelyezés tétele.) Ekkor

int−−→V N = {X ∈ e | f(X) > 0 }, illetve int

−−−→VM = {Y ∈ e | f(Y ) < 0 },

a félegyenes koordinátázás tételébol.HaP ∈ e \ {V } akkorf(P ) > 0 ésf(P ) < 0 közül pontosan az egyik teljesül,

azaz∀P ∈ e \ {V } benne van pontosan az egyik félegyenesben, amelyeknek tehátnincs közös pontjuk.

LegyenP,Q ∈ e. P − V − Q ⇐⇒ f(V ) azf(P ) ésf(Q) között van, amelyekvivalens azzal, hogy

(f(P ) > 0 ∧ f(Q) < 0) ∨ (f(P ) < 0 ∧ f(Q) > 0)m

(P ∈ int−−→V N ∧Q ∈ int

−−−→VM ) ∨ (P ∈ int

−−−→VM ∧Q ∈ int

−−→V N ).

3.6. Legyen` a szóban forgó szakasz vagy félegyenes, az adott egyenesre illeszkedopontja legyenO s tegyük fel, hogy az adott egyenes`-et nem tartalmazza. Ekkor`\{O}olyan konvex halmaz, melyre az elozo tétel alkalmazható, tehát`\{O} az adott egyenesáltal meghatározott egyik nyílt félsíkban van.O ennek a félsíknak a határán van, tehát` az egyenes által meghatározott egyik (zárt) félsíkban.

3.7. Azt kell belátnunk, hogy ha egy szakasz mindkét végpontja a félsíkban van, akkora szakasz is. Ha olyan szakaszt tekintünk, amelynek mindkét végpontja a félsík határánvan, akkor a szakaszt a határegyenes, (tehát a félsík is) tartalmazza, mert az egyeneskonvex halmaz (ld. 2.20.). Ha a szakasz mindkét végpontja a nyílt félsíkban van, ak-kor az állítás a félsík axióma következménye. Végül, ha a szakasz egyik végpontja ahatáregyenesen, másik végpontja pedig a nyílt félsíkban van, akkor az határlemmárahívatkozhatunk.

4.1. LegyenAOA^ egy nullszög,B /∈ ←−→OA . EkkorA ∈ convAOB^ nyilván telje-sül, tehát alkalmazható a szögmérték additivitása:

m(AOB^) = m(AOB^) +m(AOA^),

140 A KÖNYV HÁTULJA

ami az elso állítást jelenti.Most belátjuk, hogy valódi szög mértéke 0 nem lehet. Tegyük fel, hogy van olyan

AOB^ valódi szög, mely mértéke 0. Ez ellentmondásban van azzal, hogy az←−→OA által

meghatározottB-t tartalmazó félsíkban azO csúcsú 0 mértéku szöget egyértelmuen fellehet mérni, az elozo bizonyításrész szerint pedig ez éppenAOA^.

TeljesüljönA−O−C, azaz legyenAOC^ egyenesszög. Jelöljük ki az←−→AC által

meghatározott egyik fésíkot, jelöljük eztα-val. Szerkesszük meg aPP2 szerint aπmértéku szöget, azazB ∈ α : m(AOB^) = π. HaAOB^ valódi szög, akkorPP1,az elozo lépés miatt azAOC^ egyenesszög mértékeπ-tol nagyobb lenne.

Az elozo meggondolásból azt is kiolvashatjuk, hogy haAOB^ egy valódi szög ésC − O − A, akkor azAOC^ egyeneszög mértéke azAOB^ valódi szög mértékétol,azazπ-tol kisebb.

4.5. Az additivitásból és abból a ténybol, hogy kongruens szögek mértéke egyenlo,egyszeruen adódnak az állítások.

4.8. A szögszerkesztési posztulátumból következik.

4.9. Adjunk meg tehát azS síkban egyα félsíkot, s annak határán egy−−→OA félegyenest,

továbbát ∈ [0, π]. LegyenX = (A − O)/‖A − O‖, Y = ±X⊥, azt az elojeletválasztva, melyre

α = {P ∈ S | 〈P −O, Y 〉 > 0 } ,

ld. a félsík axiómánál. LegyenB = O + cos tX + sin tY .−−→OB -re nyilván teljesül a

szögszerkesztési posztulátum.

O X A

B

Y

t

O BX

A

PW

αρ Z

Y

5.1. ábra. A szögméro axióma a Descartes modellben.

Bizonyítsuk be a szögmérés additivitását! Eloször azt látjuk be, hogy haP ∈intAOB^, akkorm(BOP^) < m(BOA^). LegyenX = B − O, Y = A − O,Z = P − O. Felteheto, hogy ‖X‖ = ‖Y ‖ = ‖Z‖ = 1 LegyenW = ±X⊥,az elojelet úgy választva, hogy〈Y,W 〉 > 0. Ekkor 〈Z,W 〉 > 0 is teljesül. LegyenY = cosαX + sinαW , Z = cos %X + sin %W . EkkorZ⊥ = ±(sin %X − cos %W ),továbbá〈X,Z⊥〉 és〈Y, Z⊥〉 ellentétes elojeluek. Ennek megfeleloen, mivel

〈X, sin %X − cos %W 〉 = sin % > 0


ezért

〈cosαX + sinαW, sin %X − cos %W 〉 = cosα · sin %− sinα · cos % < 0,

azazctgα < ctg %, ami az állítást jelenti.Térjünk rá az additivitás bizonyítására! LegyenE ∈ S olyan pont, melyreA−O−

E. EkkorB ∈ intPOE^, tehát az elozo észrevétel miatt:

m(POB^) < m(POE^) = π −m(AOP^),

azazm(BOP^) +m(POB^ < π. A [0, π] intervallumon acos függvény szigorúanmonoton csökkeno, tehát elegendo belátni, hogy

cos(m(AOB^)) = cos(m(BOP^) +m(POB^)).

A jobb oldalra az addíciós összefüggést alkalmazva:

cos(m(BOP^) +m(POB^)) = 〈X,Z〉〈Y, Z〉 −√

1− 〈X,Z〉2√

1− 〈Y, Z〉2 =

= 〈X,Z〉〈Y, Z〉+ 〈X,Z⊥〉〈Y, Z⊥〉 =

= 〈〈X,Z〉Z + 〈X,Z⊥〉Z⊥, Y 〉 == 〈X,Y 〉 = cos(m(AOB^)),

a második sorban figyelembe véve, hogy〈X,Z⊥〉〈Y, Z⊥〉 < 0.

5.8. Figyeljük a háromszög legnagyobb szögének mellékszögét!

6.8. A szakaszfelmérés tételébol tudjuk a felezopont egyértelmuségét, a felezopontbana szakaszra állított meroleges egyértelmu létezését pedig a 6.1. garantálja.

6.10. Gyozodjünk meg az alábbi konstrukció helyességérol! LegyenT aP -bol az`-re

bocsátott meroleges talppontja,Q ∈ −−→PT , úgy hogyQT = PT ésP − T −Q.

7.6. Jelölje a szakasztAB, a pontotP . HaP ∈ ←−→AB , akkor az állítás egyszeru. Ha

P 6∈ ←−→AB , akkor az állítás visszavezetheto a szakaszfelezo-merolegesre vonatkozóanalóg tételre azABP4 síkjában.

8.8. n szerinti teljes indukcióval, a háromszög-egyenlotlenséget felhasználva.

8.10. A keresztszakasz tételt alkalmazva:

D ∈ intABC4 =⇒ D ∈ intABC^ =⇒ −−→BD ∩ intAC 6= ∅.

Jelölje a metszéspontotE! Alkalmazzuk a klasszikus háromszög-egyenlotlenséget aBAE4-re és azEDC4-re:

BA+AE > ED +DB

ED + EC > DC.

Összeadva:BA+AC > DB +DC (5.2. ábra).A szögekre vonatkozó állítás rögtön következik a külso szög egyenlotlenséget al-

kalmazva aABE4-re és aEDC4-re:BAE^ < BEC^ < BDC^.


A B

D

C

E

5.2. ábra. AzElemek I. 20.állítás.

8.13. Ha a pont a szögfelezore illeszkedik, akkor az SAA kongruenciatétel alkalmazá-sával kapjuk, hogy a pont mindkét szögszártól egyenlo távolságra van. A megfordításSsA-ból következik.

8.15. Inderekt feltételezéssel ellentmondásra jutunk vagySAS-al, vagy az elozo tétel-lel.

8.17. Állításunk következik onnan, hogy egy derékszögu háromszögben az átfogó aleghosszabb oldal.

9.3. Az elso két állítás a távolságtartás és a háromszög-egyenlotlenség együttes kö-vetkezménye. 1.A − B − C =⇒ AB + BC = AC. Mivel izometriáról van szó,ezértAB = A′B′, BC = B′C ′, AC = A′C ′. A háromszög-egyenlotlenség miattA′, B′, C ′ csak kollineárisak lehetnek, továbbá az izometria injektív, tehát a különbözoA,B,C pontok képe különbözo. Ebbol következik, hogyA′ − B′ − C ′. Megfordítvahasonlóan,A′ − B′ − C ′ =⇒ A′B′ + B′C ′ = A′C ′ =⇒ AB + BC = AC =⇒A−B − C.

2. Az állítás következik onnan, hogy{AB,BC,CA} közül bármely ketto összegenagyobb, mint a harmadik akkor és csakis akkor teljesül, ha{A′B′, B′C ′, A′C ′} közül bármely ketto összege nagyobb, mint a harmadik.

3. Ha adott azABC^ valódi szög, akkor∃ABC4 és∃A′B′C ′4 (2. pont). Ez akét háromszög egybevágó, ugyanis a távolságtartás miatt teljesül SSS. Mivel a meg-felelo szögek kongruensek, következik állításunk. Nem valódi szögekre az állítás arendezéstartásból következik.

9.10. ` = m =⇒ %` = %m triviális.%` = %m =⇒ ` = m. %`-nek egyetlen pontonként fix egyenese`, %m egyetlen

pontonként fix egyenese pedigm. Mivel a két transzformáció megegyezik, ezért azegyértelmu pontonként fix egyenesek is.

10.2. 1. A középpontr távolságra, tehát egyenlo távolságra van a húr mindkét vég-pontjától.

2. LegyenP,Q,R három különbözo pont a körön; aPQ, m aQR felezo mero-legese (ld. 5.3. ábra). AP,Q,R pontokat tartalmazó kör középpontja illeszkedik`-reis ésm-re is, tehát egyértelmu hisz 6= m. ( Az ` = m esetbenQ-nakR is ésP istükörképe lenne, azazR = P következne.)


O

Q

RP

`m

5.3. ábra. A húrfelezo meroleges illeszkedik a kör középpontjára.

3. Következik 2.-bol: három közös pont esetén a két kör egybeesik.4. LegyenP,Q,R három közös pont. 1-t felhasználva aPQ ` és aQR m felezo

merolegesének a kör középpontja közös pontja. UgyanakkorP,Q,R kollineárisak, te-hát`‖m, amibol a 2. indoklása szerintP = R következik.

10.5. Alkalmazzuk a háromszög-egyenlotlenséget{O,A,B}-re, aholO a kör közép-pontja.

10.7. Jelölje k1 és k2 a szóban forgó köröket,AB ∼= CD a kongruens húrokEazAB, F a CD felezopontja.O1E = 0 ⇐⇒ AB átméro ⇐⇒ AB = 2r⇐⇒ CD = 2r ⇐⇒ CD átméro ⇐⇒ O2F = 0. A továbbiakban feltesszük,hogy∃AEO14( ⇐⇒ ∃CFO24). AEO14 ésCFO24 derékszögu háromszögek,melyek átfogója kongruens.O1E = O2F ⇐⇒ AEO14 ∼= CFO24 (két oldal ésnagyobbikkal szemközti szög alapeset)⇐⇒ AE = CF ⇐⇒ AB = CD.

10.8. Jelöljek a kört,A,B ∈ int k, A 6= B (5.4. ábra). HaAB átméro, akkorAB

O

ABX

5.4. ábra. A körlemez konvex halmaz.

minden pontja belso pontjak-nak a szakaszfelmérés tétele szerint. HaAB nem átméro,akkor∀X ∈ AB : OX ≤ max{OA,OB} < r, azazAB ⊂ int k. Zárt körlemezrehasonlóan.

12.4. Húzzunk párhuzamost aC csúcson keresztül az←−→AB egyenessel (5.5. ábra). Az

I. 29. állítás alapján az←−→AC és

←−→BC transzverzálisoknál keletkezo belso váltószögek


A B

C

5.5. ábra. A háromszögek szögösszegtételeEPP-t és az I. 29. állítást felhasználva. (Az„elemi iskolás” bizonyítás.

kongruensek, tehát aC csúcsnál keletkezo egyenesszög megegyezik a háromszög szö-gösszegével.

12.5. EPP =⇒ Thalesz tétele: (A 5.6 ábra jelöléseivel.) Alkalmazzuk eloször a Pons

A BO

C

5.6. ábra.

AsinorumotAOC4-re és azOCB4-re, majd a J állítást.

Thalesz tétele=⇒ Thalesz tétel megfordítása (5.7 ábra):C 6∈ ←−→AB nyilvánvaló.

A BO

C

A BO

C

5.7. ábra.

LegyenO azAB felezopontja, és−−→OC messe azAB átméroju körtC ′-ben. Thalesz

tétele miattAC ′B^ derékszög. MindO − C − C ′, mindO − C ′ − C ellentmondás,mert az elobbi esetbenACB^ > AC ′B^, míg az utóbbi esetbenAC ′B^ > ACB^következne (ld. 8.10..)

EPP =⇒ AAA tagadása: könnyu feladat meggyozodni arról, hogy a következokonstrukció megfelelo: LegyenABC4 C-nél derékszögu háromszög,T a C-bol azátfogóra bocsátott meroleges talppontja.ABC4 ésATC4 ilyen háromszögek.

Az utolsó állításunk onnan következik, hogy egy párhuzamos egyenespárnak azelozo tétel G pontja szerint két meroleges transzverzálisa is van, feltéve, hogyEPPteljesül.


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

P

Q

5.8. ábra.

nesta ésb, az adott pontokatP ésQ, aP -ra illeszkedo párhuzamosakata′ ésb′, aQ-railleszkedo párhuzamosakata′′ ésb′′. A párhuzamosság síkbeli tranzitivitásából követ-kezik, hogya′‖a′′ ésb′‖b′′, majd alkalmazhatjukEUKLIDÉSZ I. 29. állítását: (ld. 5.9.ábra.

P Q

a′ a′′

b′ = b′′

P

Q

a′ a′′

b′

b′′

5.9. ábra.

13.11. Jelölje a paralelogrammátABCD2. Válasszuk ki pl. az←−→AB oldalegyenest. A

szemközti oldalak párhuzamossága miatt←−→CD az

←−→AB egyik oldalán van, hisz a két

egyenes nem metszheti egymást. 3.6. miattBC ésDA ugyanezen az oldalon vannak,tehátABCD2 konvex négyszög.

A második állítást egy átló behúzásával igazolhatjuk; a négyszög szögeinek összegea kapott két háromszög szögei összegével egyezik meg.

13.12. Eloször a feltételek szükségességét látjuk be, tehát legyen azABCD négyszögparalelogramma. Elegendo a négyszög középpontos szimmetriáját belátni, mert ebbola többi állítás is következik. JelöljeO azAC átló felezopontját! AzO-ra vonatkozóközéppontos tükrözést a továbbiakban′ jelöli. Megállapíthatjuk, hogy


A′ = C mertO azAC felezopontja,

−−→AB ′ =

−−→CD , mert

−−→AB és

−−→CD ellentétes irányú félegyenesek, tehátB′ ∈ −−→CD ,

−−→CB ′ =

−−→AD , mert

−−→CB és

−−→AD ellentétes irányú félegyenesek, tehátB′ ∈ −−→AD .

Mindezekbol következik, hogy{B′} =−−→AD ∩−−→CD , azazB′ = D. AzO-ra vonatkozó

tükrözés tehát önmagába viszi a paralelogrammát.Belátjuk a feltételek elégségességét. (5)-bol következik, hogy a négyszög paralelo-

gramma, mert egy pontra szimmetrikus egyenesek párhuzamosak.(4) =⇒ (5) nyilvánvaló.(3) Az ABCD négyszögbenAB‖CD ésAB ∼= CD. LegyenO azAC felezo-

pontja, jelölje továbbá′ azO-ra vonatkozó középpontos tükrözést.

−−→AB ′ =

−−→CD

AB ∼= CD

}=⇒ D = B′.

(2)-bol következik, hogy a szomszédos szögek kiegészíto szögek, tehát a párhuzamos-ság (szükséges és) elégséges feltétele teljesül.

(1) Az egyik átlót meghúzva a keletkezett háromszögek egybevágóak, mert telje-sül SSS. Ezekben a háromszögekben a megfelelo szögek egyenloek, tehát a négyszögszemközti szögei egyenloek. Ez azt jelenti, hogy a (2) esetre vezettük vissza az állítást.

14.11. A síkizometriák fixponttételébol adódóan két fixpont létezése esetén az izo-metria vagy tengelyes tükrözés (nem mozgás) vagy identitás lehet.

14.12. A két félegyenes legyen−−→AB és

−−→CD . Feltehetjük, hogyAB = CD. Ezek

után akonstrukcióugyanúgy végezheto el mint a síkizometriák alaptételének bizo-nyításánál, csak az utolsó lépésre nincs szükség. Azunicitása fixponttétel egyszerukövetkezménye, és ugyanúgy bizonyítható, mint ahogyan a síkizometriák alaptételénélmegismertük.

14.14. A 14.1. tétel megismétlésérol van szó.

14.21. Alkalmazzuk a szabad tengelyválasztás tételét úgy, hogy az elso szabadon vá-

lasztott tengely←−→CP ill. a P -re illeszkedo, az eltolás irányára meroleges egyenes le-

gyen!

14.22. Jelöljük a középpontos tükrözéstηO, e pedig legyen tetszoleges egyenes. Aztakarjuk belátni, hogyηO(e)‖e. Állítsuk elo ηO-t két tengelyes tükrözés szorzataként akövetkezoképpen:ηO = %b%a, ahola ⊥ e, b‖e. Ekkor %a(e) = e, továbbáe‖b, teháte‖%b(e).

14.24. ηAηB = (%a%`)(%`%b) = %a%b, ahol ` =←−→AB , a ⊥ `, b ⊥ `, teháta‖b és

A 6= B miatta 6= b.A további állítások bizonyítása hasonlóan egyszeru.


14.25. Középpontos tükrözésre az állítás teljesül (14.22.), továbbá minden transzlációteloállíthatunk két középpontos tükrözés szorzataként.

14.26. Legyenτ = %b%a, (a‖b) ηO = %e%b, (e ⊥ b). EkkorηOτ = %e%b%b%a = %e%a.Ez a leképezés valóban középpontos tükrözés, mert(a‖b ∧ e ⊥ b) =⇒ e ⊥ a.

A két transzformációt megcserélve hasonlóan láthatjuk be az állítást.

14.27. Két középpontos tükrözés szorzata eltolás, eltolás és középpontos tükrözés szor-zata pedig középpontos tükrözés.

14.29. Az eltolást most is két párhuzamos tengelyre vonatkozó tükrözés szorzataként

állítjuk elo. JelöljeA,B, a két pontot. Az elso tengely legyen az←−→AB -re meroleges,

A-ra illeszkedo egyenes, a második tengely pedigAB felezo merolegese. Az elso tük-rözésnekA fixpontja, a második pedigA-hozB-t rendeli, tehát a konstrukció megfe-lelo.

Az egyértelmuség belátásához tegyük fel, hogyτ1 ésτ2 két eltolás a tételben eloírtfeltételekkel. Ekkorτ−1

1 τ2(A) = A, azaz aτ−11 τ2 eltolásnakA fixpontja. Fixponttal

rendelkezo eltolás azonban csak az identitás, amibol következik, hogyτ1 = τ2.

A1 B1

A2

B2

O

C

5.10. ábra. A párhuzamos szelok tételének egy alkalmazása.

15.5. A 5.10. ábra jelöléseivel:

←−−→A1A2 ‖

←−−→B1B2 =⇒ A1A2

B1B2=OA1

OB1.

Az A2 ponton át←−−→OA1 -el párhuzamosan húzott egyenes messe

←−−→B1B2 -t C-ben. Ekkor

a keletkezoA1B1CA2 négyszög paralelogramma, tehátA1A2 = B1C. Alkalmazzuk

a párhuzamos szelok tételét azOB2B1^ szögre és az←−−→OB1 ‖

←−−→A2C párhuzamos egye-

nesekre:OA2

OB2=

B1C

B1B2=A1A2

B1B2.

16.9. Az elozo tétel bizonyításából következik, hogy a fixpont rajta van a←−→PQ egye-

nesen. Analóg meggondolással adódik, hogy rajta van←−→QS -en is.


16.18. A keletkezett két derékszögu háromszögben és az eredeti háromszögben a szö-gek mértékei ugyanazok (5.11. ábra).

A BC1

C

m

c1 c2

ab

c

5.11. ábra. A derékszögu háromszögek hasonlósági tételei.

16.19. (Ld. 5.11. ábra!) Magasságtétel. A 16.18. tételt alkalmazva, írjuk fel a két be-fogó arányát azACC14 ésCBC14 háromszögekben:

m

c1=c2m

=⇒ m2 = c1c2.

Befogótétel. Most az átfogó és az egyik befogó arányát irjuk fel az eredeti három-szögben, s az egyik részháromszögben:

b

c1=c

b=⇒ b = cc1.

Pitagorász tétele. Mindkét magasságtételt felírva:

b2 = cc1, a2 = cc2 =⇒ a2 + b2 = c(c1 + c2) = c2.

Pitagorász tétel megfordítása. Tekintsük azt a derékszögu háromszöget, melynekbefogóia ésb. Pitagorász tétele szerin ekkor az átfogóa2+b2, azaz az adott háromszögharmadik oldala. Az adott háromszög és a megkonstruált derékszögu háromszög tehátegybevágó az SSS alapeset értelmében.

18.6. Az osztóviszonyt definiáló relációt felírva:

−⇀AP = λ

−⇀PB,

azaz: −⇀AP =

−⇀AO +

−⇀OP = λ(

−⇀PO +

−⇀OB).

Ezt rendezve: −⇀OP (1 + λ) =

−⇀OA+ λ

−⇀OB

adódik, ami pontosan az állításunk.


18.7. Az elozo tételnek megfeleloen, haP ésQ rögzített ésλ ∈ R \ {0,−1} adott,

akkor egyértelmuen létezik olyanX ∈ ←−→PQ , melyre(ABX) = λ.

19.3. Az elso állítás onnan következik, hogy egy ortonormált bázis egy pontból indulóreprezentánsai által kifeszített paralelepipedon speciálisan egységkocka.

A következo lépésben azt látjuk be, ha|u,v, r| = 1, akkor a következo szorzótáblaérvényes:

u

ÃÃAAA

A

r

>>}}}}voo,

azazu× v = r, v × r = u, r× u = v;

míg |u,v, r| = −1 eseténu

~~}}}}

r // v

``AAAA ,

azazu× v = −r, v × r = −u, r× u = −v.

Csak annyit látunk be, hogy|u,v, r| = 1 eseténu × v = r teljesül, a többi állításigazolása analóg. Mivel(u,v, r) bázis:

u× v = αu + βv + γr.

Szorozzuk mindkét oldalt skalárisan rendrer-el,u-val, v-vel: γ = 1, α = 0, β = 0.Legyen |u,v, r| = 1. a × b kiszámításához használjuk ki a vektoriális szorzás

linearitását és az elobbi szorzótáblát:

a× b = (α1u + α2v + α3r)× (β1u + β2v + β3r) == α1β1u× u + α1β2u× v + α1β3u× r++ α2β1v × u + α2β2v × v + α2β3v × r++ α3β1r× u + α3β2r× v + α3β3r× r == (α1β2 − α2β1)r− (α1β3 − α3β1)v + (α2β3 − α3β2)u =

=

∣∣∣∣∣∣

u v rα1 α2 α3

β1 β2 β3

∣∣∣∣∣∣.

19.6. A 18.19 táblázat alapján.

19.10. A 18.18 táblázatot figyelembe véve megállapíthatjuk, hogy az eltolásnak és azelforgatásnak megfelelo ortogonális transzformáció pozitív determinánsú, míg a csúsz-tatva tükrözésnek megfelelo negatív determinánsú.

150 A JORDAN-MÉRTÉK GEOMETRIAI MEGALAPOZÁSA

20.2. Az elozo tétel jelöléseit használjuk. Vizsgáljuk a−⇀PA és

−⇀PB vektorok szögét! Ez

külso pont esetébenπ, belso pont esetében0, míg a körvonal pontjainál az egyik vektorzérusvektor.

20.5. Válasszunk ki a körök páronként vett hatványvonalai közül kettot! Ezek a feltételszerin metszik egymást. A metszéspont mindhárom körre vonatkozó hatványa mege-gyezik. (Ezért rajta van a harmadik hatványvonalon is.)

20.13. Az elozo tétel bizonyításából közvetlenül leolvasható.

23.4. Az az egybevágóság, amely az egyik körívet a másikba viszi, a beírt reguláristöröttvonalat vele egybevágó, tehát egyenlo hosszú beírt reguláris töröttvonalba visziát

23.10. Alkalmazzuk az elozo tételt a körívre és a körre.

24.6. Az állítás következik onnan, hogy minden olyan sokszög melyetA tartalmaz,egybenB által tartalmazott sokszög is.

24.8. Közvetlenül következik a terület definíciójából és a 24.3.-bol.

25.2. Jelölje aC meroleges vetületét az alaplap síkjáraT , a horizontális metszet síkjára

T ′. LegyenP ∈ D tetszoleges pont,←−→CP messe a horizontális metszet síkjátP ′-

ben. Ekkor teljesül, hogy←−→TP ‖←−−→T ′P ′ , azaz a párhuzamos szelok tételét alkalmazva

CTCT ′ = CP

CP ′ . Ez azt jelenti, hogy aP ′ pont P -bol, azaz aD′ síkidom aD-bol Ccentrumú,m−h

m arányú homotéciával származik.A terület kiszámításához alkalmazzuk 24.8.-t!

25.3. Mivel az állítás a horozontális metszetekre ugyanúgy bizonyítható, mint a felsoalapra, ezért csak az utóbbira látjuk be az állítást. A vezéregyenes messe az alaplapés a fedolap síkját azA ésA′ pontokban. LegyenP az alsó alap pontja,P ′ a felsoalap azon pontja, melyrePP ′ párhuzamos a vezéregyenessel. AzAA′P ′P2 négyszög

paralelogramma, mert egyrészt←−→PP ′ ‖←−→AA′ ,másrészt az alsó alap és a felso alap síkjá-

nak párhuzamossága miatt←−→PA ‖←−−→P ′A′ . Innen az is következik, hogyP -t P ′-be, azaz

az alsó alapot a felso alapba aτ−−−⇀AA′

eltolás viszi.

25.9. Tekintsünk azA alapterületu,m magasságú kúppal azonos féltérben annak ha-társíkján állóA alapterületu,m magasságú gúlát! A határsíktólh távolságra levo ho-

rizontális metszetek területe(

m−hm

)2A, azaz a Cavalieri-elv szerint a kúp térfogata

egyenlo a gúla térfogatával, ami13Am.

Tárgymutató

AAA, 66abszolút külso szög tétel, 42abszolút tér, 20(absztrakt) affin tér, 112affin leképezés, 43, 92az affin leképezések

alaptétele, 96fotétele, 93fixponttétele, 98osztályozása, 99

affin párhuzamossági axióma, 116affin terek, 112affinitás, 92

tengelyes, 97alaptétel

affin leképezéseké, 96eltolásoké, 78hasonlóságoké, 86mozgásoké, 73síkizometriáké, 47

ASA, 22átméro, 49axióma

affin párhuzamossági, 116félsík, 11illeszkedési, 1kongruencia, 19párhuzamossági, 60szögméro, 16térfogatmérés, 133területmérés, 128vonalzó, 5

balrendszer, 104befogótétel, 88Bolyai Farkas, 61

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

defektus, 42derékszög, 17derékszögu hipotézis, 59Descartes modell, 2, 5, 12, 18, 20

egyállású szögek, 68egyenes-kör tétel, 52egyenesszög, 8egyenlo szárú háromszög, 20egyenlotlenség

(klasszikus) háromszög, 37külso szög, 20töröttvonal, 38

egyezo irányú félegyenesek, 68egyszeru

sokszög(lemez), 117Elemek

I. 1., 53I. 4., 19I. 5., 20I. 8., 22I. 11., 27I. 12., 27I. 13., 17I. 15., 17I. 16., 20I. 17., 22I. 18., 36I. 19., 37I. 21., 38

151

152 TÁRGYMUTATÓ

I. 22., 53I. 24., 39I. 25., 40I. 26., 22I. 29., 61I. 30., 61V. posztulátum, 60

elforgatás, 73térben, 80

ellentétes irányú félegyenesek, 68eltolás, 73

térben, 79az eltolások alaptétele, 78EPP, 60érinto, 49euklidészi tér, 60

félegyenes, 8a félegyenes koordinátázás tétele, 9félegyenesek

egyezo irányúak, 68ellentétes, 8ellentétes irányúak, 68

félsík, 12félsík axióma, 11felezomeroleges (szakaszé), 30felezopont, 10fixpont, 43fixponttétel

affin leképezéseké, 98hasonlóságoké, 85, 99mozgásoké, 73síkizometriáké, 46térizometriáké, 47

fokör, 54folytonosan rendezett illeszkedési tér,

12folytonossági axióma

elso, ld. még vonalzó axióma, 5második, ld. még szögméro axi-

óma, 16forgatva nyújtás, 86, 87forgatva tükrözés, 80

gömb, 54

gúla, 133

háromszög, 8egyenlo szárú, 20szabályos, 20, 53

háromszög-egyenlotlenség, 6, 37háromszög-szabály, 89a háromszögek egybevágóságának alap-

esetei, 22, 38háromszögek szögösszege, 41, 42háromszöglemez, 117a háromszögek hasonlóságának alape-

setei, 87a háromszögszerkesztés tétele, 53hasonlóság, 83

alakzatoké, 87hasonlóságok

alaptétele (síkban), 86fixponttétele, 85, 99osztályozása (síkban), 86osztályozása (térben), 87

határlemma, 13hatvány

inverzióé, 107pont körre vonatkozó, 105

hatványpont, 106hatványvonal, 106hegyesszög, 17henger, 133Hilbert-féle

illeszkedési tér/sík, 2hiperbolikus tér, 60homotécia, 84horizontális metszet, 133HPP, 60húr, 49

illeszkedési axiómák, 1invariáns alakzat, 43inverzív sík, 111inverzió, 107irányítás, 103, 104irányítástartó/váltó transzformáció, 104irányított szakasz, 88ívhosz, 124

TÁRGYMUTATÓ 153

ívhosszformula, 128az ívhosszmérés additivitása, 126izometria, 43

páros, páratlan, 73

jobbkézszabály, 103jobbrendszer, 104Jordan

mérték, 130

kerület, 124keresztszakasz tétel, 14a két kör tétele, 53kiegészíto szögek, 17kollineáris, 1komplanáris, 1kongruencia axióma, 19kongruenciatételek, 22, 38

AAA, 66kongruens

alakzatok, 49háromszögek, 19, 49szögek, 17, 49szakaszok, 10, 49

konvex, 10konvex négyszög, 56konvex szögtartomány, 14koordinátaleképezés, 5kör, 49

kerülete, 124területe, 131

körcikkterülete, 131

körhenger, 133körív, 123körív

ívhossza, 124körívbe írt

reguláris töröttvonal, 123reguláris pontsorozat, 123

körkúp, 133körlemez, 49körtartó leképezés, 111kötöttvektor, 113középpontos hasonlóság, 84

középpontos tükrözés, 73„között van” reláció, 7külso szög egyenlotlenség, 20külso szög (háromszögé), 20kúp, 133

Lambert négyszög, 57Legendre

„hibás” bizonyítása a háromszö-gek szögösszegére, 63

1. szögtétele, 412. szögtétele, 42

magasság (háromszögé), 28magasságtétel, 88mellékszögek, 8meroleges

két egyenes, 18sík és egyenes, 32

meroleges egzisztencia, 27meroleges vetület, 28„mindent vagy semmit” elv, 42minimális modell, 2modell

Descartes, 2, 5, 12, 18, 20minimális, 2projektív illeszkedési sík, 2

a mozgások fixponttétele, 73a mozgások alaptétele, 73

négyszög, 56nullszög, 8

Omar Khayyam tétele, 58orientáció, 73osztályozás

affin leképezéseké, 99hasonlóságoké (síkban), 86hasonlóságoké (térben), 87síkizometriáké, 79

osztóviszony, 97

P, 117párhuzamos egzisztencia, 29párhuzamos vetítés, 80

154 TÁRGYMUTATÓ

a párhuzamosság elegendo feltétele, 28,29, 35

párhuzamossági axióma, 60pólus, 107pótszögek, 17paralelogramma, 69páratlan izometria, 73a párhuzamos szelok tétele, 81páros izometria, 73Pasch-tétel, 13π, 17, 125Pitagorász tétele, 52, 88Pons Asinorum, 20Pons Asinorum megfordítása, 25pont körre vonatkozó hatványa, 105PP, 16projektív illeszkedési sík, 2PSP, 11

regulárispontsorozat, 123töröttvonal, 123

rendezési axióma, ld. még félsík axi-óma, 11

rotáció, 73RP, 5

a síkra meroleges egyenes tétele, 32SAA, 22Saccheri négyszög, 57SAS, 19a síkizometriák

alaptétele, 47fixponttétele, 46

a síkizometriák osztályozása, 79sokszögtartomány, 117SsA, 38SSS, 22sugár, 49sugársor, 70szög

egyeneseké, 18szögek

csúcs∼, 8egyállású∼, 68

kiegészíto∼, 17mellék∼, 8pót∼, 17váltó∼, 68

szögfelezo, 18a szögmérés additivitása, 16szögméro axióma, 16szögmérték

szögtartományé, 17szögvonalé, 17

szögszerkesztési posztulátum, 16szögvonal, 8

belseje, 14szabályos háromszög, 20, 53a szabad tengelyválasztás tétele, 76szabadvektor, 88, 89szakasz, 8szakasz-kör tétel, 51a szakaszfelmérés tétele, 10szelo, 49

távolságpont és egyenesé, 41ponthalmazoké, 40

távolságfüggvény, 5tengelyes affinitás, 97

iránya, 98tengelyes tükrözés, 44

térben, 80terület, 130területméro függvény, 128a térizometriák fixponttétele, 47Thalész tétele, 66tompaszög, 17tompaszögu hipotézis, 59töröttvonal egyenlotlenség, 38transzláció, 73tükrözés egyenesre, síkra, 44tükrözve nyújtás, 86

váltószögek, 68vegyes szorzás, 103vektoriális szorzás, 103a vektoriális szorzás meghatározottsága,

103

TÁRGYMUTATÓ 155

vetítés, párhuzamos, 80a vonalzó

átfordíthatósága, 6elhelyezés tétele, 6eltolhatósága, 6

vonalzó axióma, 5

156 TÁRGYMUTATÓ

További olvasnivaló

[1] H. S. M. Coxeter.A geometriák alapjai. Muszaki Könyvkiadó, 1987. Új szem-pontokat felveto ismétlésre és új ismeretek megszerzésére egyaránt alkalmas.

[2] H. S. M. Coxeter – S. L. Greitzer.Az újra felfedezett geometria. Gondolat, 1977.A geometria több fejezetét dolgozza fel a geometriai transzformációkat hangsú-lyozva. Hasznos könyv a háromszög- és körgeometriában.

[3] Euklidész. Elemek. Gondolat, 1983. Fordította és jegyzetekkel ellátta MayerGyula, Szabó Árpád eloszavával.

[4] Molnár Emil. Matematikai versenyfeladatok gyujteménye. Tankönyvkiadó, 1983.A könyv negyedik részében több geometriai tárgyú jegyzet van.

[5] Radó Ferenc – Orbán Béla.A geometria mai szemmel. Dacia Könyvkiadó, 1981.Ezen kiváló könyv megértéséhez az absztrakt algebra és lineáris algebra kurzusokbiztos ismerete szükséges. Foglalkozik a projektív geometriával, az elliptikus éshiperbolikus síkkal is.

[6] Reiman István. A geometria és határterületei. Gondolat, 1986. A geometriaitranszformációk részletes tárgyalása mellett az olvasó több új tárgykörrel bovíthetiismereteit: pl. a komplex számsík geometriája, kombinatorikus geometria, rácsge-ometria.

[7] Reiman István. Fejezetek az elemi geometriából. Tankönyvkiadó, 1987. Gim-náziumi tankönyv a speciális matematika osztályok számára. Melegen ajánlhatósegédanyagként a geometria gyakorlatokhoz.

157

kovács zoltán - geometria

Documents