Verhóczki László: Geometria előadás matematikatanároknakphil.elte.hu/~attila/math/geometriajegyzet/geometria_.pdf · Verhóczki László: Geometria előadás matematikatanároknak

Verhóczki László:Geometria előadás matematikatanároknak

Az alapul szolgáló ábrákat és jegyzetet készítette: Varga MelindaÖsszeállította: Molnár Attila

Korrekciók: Enreiter Ádám, Fábián Tamás LászlóÁllapot: 1. félév: súlyosan átnézésre szorul.

2. félév: jó

3. félév: mr. görbékig jó

4. félév: nincs átnézve.

Akinek kedve lenne beszállni, írjon nyugodtan.

2008. június 12.

2

Tartalomjegyzék

0.1. Apróságok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

I. I. Félév 11

1. Alapok 131.1. Térelemek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.1.1. Alapfogalmak alapjai és jelölései . . . . . . . . . . . . . . 131.1.2. A távolságfüggvény . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.1.3. Az elválasztás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.1.4. Konvex alakzatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.1.5. Poligonális összefüggőség . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.1.6. Egybevágóság . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.1.7. A szögek mérése . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.1.8. A térelemek kölcsönös helyzete . . . . . . . . . . . . . . 201.1.9. Párhuzamossági axióma . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.1.10. Ekvivalenciareláció egy A halmazon . . . . . . . . . . . . 241.1.11. Térelemek hajlásszöge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251.1.12. Párhuzamos szelők tétele . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261.1.13. Párhuzamos szelők tételének megfordítása . . . . . . . . 271.1.14. Párhuzamos szelőszakaszok tétele . . . . . . . . . . . . . 271.1.15. Hasonlósági transzformációk . . . . . . . . . . . . . . . . 27

1.2. A π szám geometriai értelmezése . . . . . . . . . . . . . . . . . 291.2.1. Sokszög kerülete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291.2.2. Korlátos konvex síkidomok kerülete . . . . . . . . . . . . 311.2.3. A π állandó . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

1.3. A szabad vektorok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321.3.1. Az összeadás művelete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331.3.2. Vektor szorzása valós számmal . . . . . . . . . . . . . . . 351.3.3. A V vektortér alterei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 391.3.4. A síkok és a tér irányítása . . . . . . . . . . . . . . . . . 411.3.5. Elforgatás irányított síkban . . . . . . . . . . . . . . . . 431.3.6. Szögfüggvények értelmezése . . . . . . . . . . . . . . . . 431.3.7. Szögfüggvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

1.4. Vektorok skaláris szorzása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 461.4.1. Felbontás merőleges összetevőkre . . . . . . . . . . . . . 461.4.2. Skaláris szorzás kifejezése egy ortonormált bázisban. . . . 48

3

4 TARTALOMJEGYZÉK

1.4.3. Vektor felbontása adott vektorral párhuzamos és arramerőleges összetevőkre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

1.5. Az euklideszi tér irányítása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 501.6. Két vektor vektoriális szorzata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 511.7. Vektoriális szorzás kifejezése egy ortonormált bázisban . . . . . 54

1.7.1. Három vektor vegyesszorzata . . . . . . . . . . . . . . . 551.7.2. Geometriai jelentés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

2. Koordinátageometria 592.1. Az egyenes paraméteres vektoregyenlete: . . . . . . . . . . . . . 602.2. A sík egyenlete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 602.3. Egyenes leírása két egyenlettel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 622.4. Gömbfelület . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 622.5. Gömb egyenlete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

3. Gömbi geometria 653.1. Konvex szögtartományok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

3.1.1. Szöglettartomány . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 673.1.2. Triéder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 673.1.3. Gömbháromszög . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 683.1.4. A gömbháromszögekre vonatkozó szinusztétel . . . . . . 683.1.5. A gömbháromszögre vonatkozó koszinusztétel . . . . . . 71

3.2. A poláris triéder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

4. Az affin geometria alapjai 774.1. Súlypont . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 814.2. Osztóviszony . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

5. A konvex geometria alapjai 875.0.1. Radon tétele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 895.0.2. Helly tétele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

II. II. Félév 93

6. Az egybevágósági transzformációk 956.1. Az egybevágósági transzformációk alapvető tulajdonságai . . . . 95

6.1.1. Térbeli egybevágóság . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 956.1.2. Síkbeli egybevágóság . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

6.2. Nevezetes egybevágóságok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 966.2.1. Eltolás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 966.2.2. Egyenesre tükrözés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 976.2.3. Síkra tükrözés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 986.2.4. Tengely körüli elforgatás . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

6.3. Egybevágóságok általános jellemzői . . . . . . . . . . . . . . . . 996.4. Szimmetriacsoportok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1006.5. Az egybevágóság által indukált leképezés . . . . . . . . . . . . . 100

6.5.1. Az indukált leképezés jellemzői . . . . . . . . . . . . . . 100

TARTALOMJEGYZÉK 5

6.5.2. Az indukált lineáris leképezés mátrixa . . . . . . . . . . . 1026.5.3. Leképezés mátrixa és az Irányítástartás . . . . . . . . . . 103

6.6. A síkbeli egybevágóságok osztályozása . . . . . . . . . . . . . . 1036.6.1. Tükrözés és Forgatás, Irányítástartás . . . . . . . . . . . 103

6.7. Irányítástartás-Irányításváltás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1076.7.1. Irányítástartás szerinti csoportosítás . . . . . . . . . . . 107

6.8. A síkbeli egybevágóságok analitikus leírása . . . . . . . . . . . . 108

7. Alakzatok és topológia 1117.1. Általános alakzatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

7.1.1. A kör és részei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1117.1.2. Az általános alakzatok részei . . . . . . . . . . . . . . . . 111

7.2. Sokszögek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1127.2.1. Megjegyzések a sokszögekről . . . . . . . . . . . . . . . . 1127.2.2. Az általános sokszögek területe . . . . . . . . . . . . . . 1137.2.3. A korlátos síkidom területe . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

7.3. Térbeli alakzatok általános jellemzői . . . . . . . . . . . . . . . 1177.3.1. Gömb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1177.3.2. Belső pontok és határpontok . . . . . . . . . . . . . . . . 117

7.4. Konvex testek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1187.4.1. A konvex poliéder értelmezése . . . . . . . . . . . . . . . 1187.4.2. A konvex poliéder lapjai, élei és csúcsai . . . . . . . . . . 1187.4.3. Euler-tétel konvex poliéderekre . . . . . . . . . . . . . . 1197.4.4. a konvex poliéder élszögei, lapszögei, szögletei . . . . . . 1207.4.5. Szabályos poliéderek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1217.4.6. Korlátos konvex testek felszíne . . . . . . . . . . . . . . . 1237.4.7. A poliéderek térfogata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1307.4.8. Korlátos alakzatok térfogata . . . . . . . . . . . . . . . . 132

8. Az euklideszi szerkesztések 1358.1. Elemi szerkesztési feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

8.1.1. feladat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1358.1.2. feladat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1368.1.3. feladat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1368.1.4. feladat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136

8.2. Aranymetszési feladat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1368.2.1. feladat: Szabályos tízszög szerkesztése . . . . . . . . . . . 1378.2.2. feladat: Szabályos kilencszög szerkesztése . . . . . . . . . 138

8.3. Az alapelemekhez rendelt koordináta-adatok . . . . . . . . . . . 1388.3.1. A szerkesztési lépés által nyert új alapelem koordináta-

adatainak kiszámítása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

III. III. félév 143

9. Síkbeli és térbeli inverziók 1479.1. Körrel kapcsolatos geometriai fogalmak . . . . . . . . . . . . . . 147

6 TARTALOMJEGYZÉK

9.1.1. Pont körre vonatkozó hatványa . . . . . . . . . . . . . . 1479.1.2. A kör normálegyenlete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1479.1.3. Két kör hatványvonala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1489.1.4. Két metsző kör hajlásszöge . . . . . . . . . . . . . . . . . 148

9.2. Inverzió a síkban . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1499.2.1. A síkbeli inverzió értelmezése és szerkesztése . . . . . . . 1499.2.2. Az inverzió analitikus jellemzése . . . . . . . . . . . . . . 1509.2.3. Az inverzió szintetikus jellemzése . . . . . . . . . . . . . 1509.2.4. Póluson nem átmenő egyenes és a póluson áthaladó kör

inverz képe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1519.2.5. Körön lévő pontnégyes pozitív kettős viszonya . . . . . . 1549.2.6. Körön lévő pontnégyes előjeles kettős viszonya . . . . . . 155

9.3. Inverzió a térben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1559.4. Sztereografikus projekció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

10.Kúpszeletek 15910.1. Ellipszis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159

10.1.1. Az ellipszis szintetikus jellemzése . . . . . . . . . . . . . 15910.1.2. Az ellipszis analitikus jellemzése . . . . . . . . . . . . . . 160

10.2. Hiperbola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16110.2.1. A hiperbola szintetikus jellemzése . . . . . . . . . . . . . 16110.2.2. A hiperbola analitikus jellemzése . . . . . . . . . . . . . 162

10.3. Parabola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16310.3.1. A parabola szintetikus jellemzése . . . . . . . . . . . . . 16310.3.2. A parabola analitikus jellemzése . . . . . . . . . . . . . . 164

10.4. Forgáskúp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16410.4.1. Forgáskúp metszése síkokkal . . . . . . . . . . . . . . . . 164

10.5. Forgáshenger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16710.5.1. A forgáshenger leírása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167

11.A sík másodrendű görbéi 16911.1. Koordináta-transzformációk a síkban . . . . . . . . . . . . . . . 169

11.1.1. Speciális koordináta-transzformációk . . . . . . . . . . . 17011.1.2. Alakzat egyenlete egy új koordináta-rendszerben . . . . . 17011.1.3. Speciális másodfokú egyenletek és az általuk leírt másod-

fokú görbék . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17211.2. A főtengelytranszformáció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172

11.2.1. Centrum keresése . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17711.2.2. speciális függvények grafikonja . . . . . . . . . . . . . . . 17811.2.3. Másodrendű forgásfelületek . . . . . . . . . . . . . . . . 179

12.Affin transzformációk 18112.1. Parallel vetítés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181

12.1.1. A µ által indukált leképezés . . . . . . . . . . . . . . . . 18112.1.2. sík parallel vetítése egy másik síkra . . . . . . . . . . . . 18212.1.3. Két parallel vetítés szorzata . . . . . . . . . . . . . . . . 182

12.2. Síkbeli affin transzformációk – az affinitások . . . . . . . . . . . 182

TARTALOMJEGYZÉK 7

12.2.1. Az affin transzformáció által indukált lineáris leképezés . 18312.2.2. Affin transzformáció analitikus leírása . . . . . . . . . . . 18412.2.3. Affinitás leírása homogén egyenlettel . . . . . . . . . . . 18412.2.4. A tengelyes affinitások . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18412.2.5. Affinitás meghatározása nem kollineáris ponthármasokra 18512.2.6. Alakzatok affin képe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18712.2.7. A síkbeli hasonlóságok, mint speciális affin transzformációk18812.2.8. A hasonlósági transzformáció fixpontja . . . . . . . . . . 18912.2.9. A síkbeli hasonlóságok osztályozása . . . . . . . . . . . . 190

IV. IV. félév 193

13.Projektív geometria 19713.1. Motiváció . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197

13.1.1. A centrális vetítés problémája . . . . . . . . . . . . . . . 19713.2. Az ideális térelemek bevezetése . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19813.3. A projektív sík értelmezése . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19813.4. Projektív egyenes topológiai szemléltetése . . . . . . . . . . . . 19813.5. A proj. síkonra vonatkoró ún. nyaláb modell. . . . . . . . . . . . 19913.6. A proj. sík koordinátavektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20013.7. A projektív sík koordinátázása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20013.8. A projektív sík egyeneseinek homogén koordinátái . . . . . . . . 20113.9. Egyenes és pont illeszkedése . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20113.10.Két háromszög perspektivitása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20213.11.Speciális esetek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203

13.11.1.A dualitás elve . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20513.12.A kettősviszony . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205

13.12.1.Sugárnégyes kettősviszonya . . . . . . . . . . . . . . . . 20613.13.Kettősviszony fogalmának kiterjesztése . . . . . . . . . . . . . . 20713.14.A projektív sík kollineációi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210

13.14.1.Két centrális vetítés szorzata, mint kollineáció. . . . . . 21013.15.másodrendű görbék a projektív síkon . . . . . . . . . . . . . . . 21113.16.Az euklideszi síkon vett másodrendű görbe projektív lezárása . . 212

13.16.1.Konkrét példa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21313.17.Nem lezárásból nyert proj. mr. görbék . . . . . . . . . . . . . . 21313.18.Az elfajuló másodrendű görbék jellemzése . . . . . . . . . . . . 21413.19.Közönséges projektív kúpszeletre vonatkozó konjugált pontok . . 215

13.19.1.Konjugáltság geometriai jelentése . . . . . . . . . . . . . 21713.20.A projektív kúpszelet érintőegyenesei . . . . . . . . . . . . . . . 21713.21.Kúpszeleti kettősviszony . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21913.22.A forgáskúp projektív lezárása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22013.23.Pascal tétele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22013.24.Pólus-poláris megfeleltetés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222

13.24.1.Brianchon tétele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222

8 TARTALOMJEGYZÉK

14.A geometria axiomatikus felépítése 22314.1. Geometriai modellek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223

14.1.1. Az R számtestre épített euklideszi modell . . . . . . . . . 22314.1.2. R-ra épített másik analitikus modell . . . . . . . . . . . 22414.1.3. Félsík a rendezett Birkhoff-féle térben . . . . . . . . . . . 22414.1.4. Szögek kongruenciájának fogalma . . . . . . . . . . . . . 22514.1.5. Cayley-Klein-féle modell . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226

14.2. A Cayley-Klein-féle modell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22614.2.1. A (BVA)axióma teljesülése . . . . . . . . . . . . . . . . . 22614.2.2. A (KA1), (KA2)axiómák teljesüléséről . . . . . . . . . . . 227

14.3. A síkbeli Cayley-Klein-modell tárgyalása . . . . . . . . . . . . . 22814.3.1. Tengelyes tükrözés a modellbeli síkon. . . . . . . . . . . 22814.3.2. Merőleges egyenesek a modellben . . . . . . . . . . . . . 22814.3.3. Lambert-féle négyszög . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229

14.4. Cayley-Klein modell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22914.4.1. Háromszögekbe írt körök sugarainak felső határa. . . . . 229

14.5. Abszolút geometria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23014.5.1. Szögek összehasonlítása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232

0.1. APRÓSÁGOK 9

0.1. Apróságok

Ez a jegyzet Verhóczki László tanároknak tartott geometria előadásai alapján készült. Legnagyobbrészt élőben készült, azazszinte minden, ami itt látható, az előadások alkalmával került be a gépbe. Ez az oka többek közt a rengeteg elírásnak is, amita jegyzet tartalmaz. Kérem, hogyha bárki bármi hibát vett észre benne, jelezze, hogy a következő olvasó ne akadjon megrajta. Ez persze a súlyosabb hibákra vonatkozik főleg, de határtalan örömöt lelek ám abban is, ha apró hibákat találtok, pl.ilyeneket:

(1

2) vagy (

nXk=1

) vagy Ωn

Ezek, lássuk be, igen bénán néznek ki, de a gyors jegyzetelés során néha bentmaradnak ilyesmik. Előfordulhatnak továbbáegybecsúszott sorok, nem kiemelt definíciók, lemaradt betűk, számok, és sok-sok egyéb szintaktikai hiba. . . Sajnos még olyanokis előfordulhatnak hogy komplett előadások hiányoznak. Szigorlatra készülés közben remélem ezek a foltok elfoszlanak.Lényeg a lényeg: „thuluviel” kukacjel, majd utána „hu.inter.net” . Ide írjatok, bármi mondanivalótok van.

További türelmet kérek eme jegyzet legfontosabb hiányosságához – humoros módon –, az ábrákhoz. Az ábrák beillesztéseLATEX nálam valahogy nem könnyű feladat. Ha valaki ebben tud segíteni, akkor esedezem, írjon! Természetesen az ábrákhozzáférhetőek a jegyzeten kívül (már amennyiben találsz az ábrákra utalást), arrafele, ahol erre a jegyzetre ráakadtál. Akellően apró ábrák .jpg formátumban vannak fent. Ezen képeket egyelőre Varga Melinda gyönyörű jegyzetének köszönhetjük,de ha minden jól megy, a drága pénzért kapható Euklidész segítségével az egész ábrát feltöltöm majd képekkel.

Végül, de nem utolsó sorban meg kell jegyeznem, hogy nagyon sok jel áll rendelkezésemre a jegyzetíráshoz, bár van né-hány, ami sajnos mégsem. A következő jelölésekbe botolhattok, amiket a jegyzet még tartalmaz akkor, amikor ezt a bevezetőtírom:

• N, ez a szép fekete háromszög, ami a derékszögű háromszöget helyettesíti, és

• , ez a szép fekete rombusz, ami egy paralelogrammát jelöl. ezek „ittléte” csak idő kérdése, míg nem találok némileg’illusztratívabb’ jeleket hozzájuk. Kérem aki tud segíteni, írjon:

• −−, talán per pillanat ez a legszerencsétlenebb jelölés arra, hogy a-pont-rajta-van-az-egyenesen. (Szimmetrikusformában kéne. . . )

• ∅ jelölést használom az üreshalmazra az ∅ és jelölések helyett, mert szerintem ez így sokkal szebb.

• . . . , ez pedig a bizonyítás végét jelenti.

Távlati cél továbbá a gömbháromszög 4G jelölése helyett egy „gömbölyded” háromszög használata. Azt gondoltam, ha márennyit játszottunk ezzel, ezt a luxust megérdemeljük. . .

A definíciós egyenlőségeknél, a formális definícióknál, halmazmegadásoknál, logikai jelöléseknél egyelőre kissé egyenetlen

a jegyzet. Arról van szó, hogy többféle konvenciók kavarognak folyton a fejemben. Az órai jelölés, ha volt, természetesen

mindig elsőbbséget élvez, és ahol megjelent ilyesmi a táblán, az leginkább a jegyzetben is ott van. Igyekszem ’egyenesíteni’ a

jegyzetet.

10 TARTALOMJEGYZÉK

I. rész

I. Félév

11

1. fejezet

Alapok

1.1. Térelemek

1.1.1. Alapfogalmak alapjai és jelölései

1.1.1. Definíció.

• Az X a tér pontjainak halmaza.

• Az X részhalmazainak elnevezése: ponthalmazok, alakzatok.

• A térbeli egyeneseket és síkokat kitüntetett ponthalmazoknak tekintjük.Ezeket a térbeli pontokkal együtt térelemeknek nevezzük.

A, B, C . . . térbeli pontoka, b, c . . . egyenesekα, β, γ . . . síkok

térelemek elnevezései

• Az illeszkedés a két halmazelméleti értelemben vett tartalmazást rövidíti.

A ∈ e ⇒ A−− ee ⊂ α ⇒ e−− α

• – Az A, B pontokhoz illeszkedő egyenes jelölése: 〈A, B〉

– Az A, B, C pontokkal meghatározott sík jelölése: 〈A, B, C〉

13

14 1. FEJEZET. ALAPOK

– Az e, A egyenes és pont által meghatározott sík jelölése: 〈e, A〉

– Az e, f egyenesek által meghatározott sík jelölése: 〈e, f〉.

1.1.2. A távolságfüggvény

1.1.2. Definíció. Tetszőleges A, B ∈ X pontokra jelölje d(A, B) a két ponttávolságát.Itt a d : X × X → R egy nemnegatív értékű függvény, melyre teljesülnek akövetkezők:

Nemnegatív: (∀A, B ∈ X)(d(A, B) > 0)

Nullérték: (∀A, B ∈ X)(d(A, B) = 0⇐⇒ A = B)

Szimmetrikus: (∀A ∈ X)(d(A, B) = d(B, A))

Háromszög-egyenlőtlenség: (∀A, B, C ∈ X) ((d(A, B) + d(B, C)) ≥ d(A, C))

1.1.3. Az elválasztás

1.1.3. Definíció. Egy C pont akkor van az A, B pontok között, ha C 6= A,C 6= B és fennáll

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

Ekkor A, B, C kollineárisak. (A három pont egyetlen egyenesre illeszkedik.)Ha C pont A és B pont között van, azt mondjuk, hogy C pont elválasztja azA, B pontokat, és teljesül az (A, B, C) elválasztás.

1.1.4. Megjegyzés. Egy egyenes három pontja közül pontosan egy van a másikkettő között.

1.1. TÉRELEMEK 15

1.1.5. Definíció. Az A, B végpontokkal határolt szakasz:

AB =defP ∈ 〈A, B〉 | (A, B, P ) ∪ A, B

AA =defA

A szakasz hossza nem más, mint a végpontok távolsága. Szakaszhossz jelölése:AB, d(A, B).

1.1.6. Definíció. Azt mondjuk, hogy az e egyenes (ill. a σ sík) elválasztja azA, B pontokat, ha az e (ill. a σ) egy belső pontjában metszi az A, B szakaszt.

Elválasztás jelölése: (AeB), (AσB).

1.1.7. Definíció. Az A kezdőpontú B pontot (B 6= A) tartalmazó félegyenes:

[A, B〉=defP ∈ 〈A, B〉 | ¬(A, B, P )


1.1.8. Definíció. Az e egyenessel határolt A(A /∈ e) pontot tartalmazó félsík:

[e,B〉=defP ∈ 〈e, A〉 | ¬(AeP )

1.1.9. Definíció. Az σ síkkal határolt A(A /∈ σ) pontot tartalmazó féltér:

[σ, B〉=defP ∈ X | ¬(AσP )

1.1.4. Konvex alakzatok

1.1.10. Definíció. Az A alakzat (A ⊂ X) konvex, ha tetszőleges P, Q ∈ A

esetén fennáll PQ ∈ A.

1.1.11. Megjegyzés. Az üreshalmaz is konvex.

1.1.12. Állítás. Legyen adott konvex alakzatoknak egy Ai|i ∈ I rendszere,ahol I az ún. indexhalmaz. Ez esetben a következő metszethalmaz konvex:⋂

i∈I

Ai = P ∈ X|(∀i ∈ I)(P ∈ Ai)

1.1. TÉRELEMEK 17

Bizonyítás :Triviális.

1.1.13. Definíció. Tegyük fel, hogy O,A, B nem kollineáris pontok.

Ekkor két közös kezdőpontú félegyenes unióját szögvonalnak mondjuk:

AOB] =def

[O,A〉 ∪ [O,B〉,

az AOB] pedig a konvex szögtartomány:

AOB] =def

[a, B〉 ∩ [b, A〉,

ahol 〈O,A, B〉 \ AOB] nem konvex alakzat.

1.1.5. Poligonális összefüggőség

1.1.14. Definíció. Legyen adott egy A1, A2, . . . An, An+1 véges pontsorozat. AzA1A2 ∪A2A3 ∪ . . .∪AnAn+1 alakzatot (mely véges sok szakasz uniója) törött-vonalnak nevezzük.

A töröttvonal nyílt, ha A1 6= An+1, illetőleg zárt, ha A1 = An+1 teljesül.

1.1.15. Definíció. Az A alakzatot poligonálisan összefüggőnek mondjuk,ha tetszőleges P, Q ∈ A esetén van olyan töröttvonal, amelyet A tartalmaz ésamelynek P a kezdőpontja, továbbá Q a végpontja.


1.1.16. Megjegyzés. Tetszőleges σ sík és e ∈ σ egyenesnél σ \ e nem poligo-nálisan összefüggő, csakúgy, mint X \ σ.

1.1.17. Definíció. A töröttvonalat egyszerűnek mondjuk, ha az oldalainakaz előírt csatlakozási pontokon kívül már nincs további közös pontja.

1.1.18. Definíció. Sokszögvonalon egy egyszerű, zárt töröttvonalat értünk.

Π egy sokszögvonal σ-ban.Háromszögvonal:

AB ∪BC ∪ CA.

Egy háromszög:ABC4 = [a, A〉 ∪ [b, B〉 ∪ [c, C〉.

1.1. TÉRELEMEK 19

1.1.6. Egybevágóság

1.1.19. Definíció. Egybevágósági transzformáción egy olyan ϕ : X → X bi-jektív leképezést értünk, ahol tetszőleges A, B ∈ X pontokra fennáll

d(A, B) = d(ϕ(A), ϕ(B))

1.1.20. Példa. Pontra tükrözés O centrummal.

1.1.21. Definíció. Az A és B alakzatokat egymással egybevágónak mondjuk,ha van olyan ϕ egybevágóság, hogy ϕ(A) = B. Jelölése: A ∼= B

1.1.7. A szögek mérése

A szögvonal a tartalmazó síkot két szögtartományra osztja fel.

1.1.22. Definíció. Legyen H az összes szögtartomány halmaza. Egyértelműenlétezik egy olyan µ : H→ R függvény, amelyre teljesül

(1) Tetszőleges S ∈ H-ra µ(S) ≥ O.

(2) Ha S1 és S2 egymással egybevágó szögek, (S1∼= S2), akkor µ(S1) = µ(S2).


(3) µ(S) = µ(S1)µ(S2)

(4) Ha Se egyenesszög, akkor µ(Se) = 180.

A µ(S) számot az S szög mértékének mondjuk.

Az AOB] jelölés általában egyszerre jelöli a szöget, a szögtartományt és amértékét is.

1.1.8. A térelemek kölcsönös helyzete

1.1.23. Definíció. Két egyenest kitérőnek mondunk, ha nincs olyan sík, amelytartalmazza őket.

1.1.24. Definíció. Három vagy több pont komplanáris, ha van olyan sík, amelymindet tartalmmazza.Két vagy több egyenes komplanáris, ha van olyan sík, amely mindet tartal-mazza.

Vegyünk egy e egyenest és egy P pontot (P ∈ e) Az e egyenes tükörképeF -re legyen g.

g ⊂ σ = 〈e, P 〉 ⇒ e ∩ g = ∅

1.1. TÉRELEMEK 21

1.1.25. Definíció. Az e, g egyeneseket párhuzamosnak mondjuk, ha vanolyan sík, mely mindkettőt tartalmazza, és a két egyenesnek nincsen közös pont-ja.

1.1.9. Párhuzamossági axióma

1.1.26. Axióma. Legyen adott egy egyenes és egy arra nem illeszkedő P pont.Csak egy olyan egyenes van, amely benne van az 〈e, P 〉 síkban, áthalad P -n ésnem metszi e-t.

1.1.27. Állítás. A g, h(g 6= h) egyenesek párhuzamosak akkor és csak akkor,ha ha bármely sík, amely metszi a h egyenest, metszi g-t is.

Bizonyítás :

(1) Legyenek g és h párhuzamosak. (g ‖ h). Vegyünk egy σ síkot, amely metszig-t.


Mivel g ‖ h (g ∩ h 6= ∅), ezért a párhuzamosság definíciója szerint vanolyan α sík is, melyre igaz, hogy g, h ⊂ α. Vegyük a σ, α(α 6= σ) síkokközös pontját, M ∈ g-t; Tudjuk, hogy α és σ metszete egy m egyenes. Azm és h egyenesek szükségképp komplanárisak, azaz egyazon síkon vannak(m, h −− α), mivel h síkját hívtuk α-nak és m pedig a két sík metszete.Az m ∩ h = ∅ összefüggés azért nem teljesülhet, mert ekkor az m is akomplanaritás miatt párhuzamos lenne h-val, ugyanakkor mivel M −−m,ezért m,h egyeneseknek is kell legyen egy közös pontja, N = m ∩ h. Ígyviszont σ ∩ h = N , vagyis σ a h-t is metszi.

(2) Tegyük fel, hogy bármely, a g-t metsző sík metszi a h-t is.

(a) Tegyük fel, hogy a g és h egyenesek nem lehetnek párhuzamosak.Legyenek igazak a következők: A = g ∩ h, α = 〈g, h〉, P −− g, P −− e

1.1. TÉRELEMEK 23

és e ‖ h. Vegyünk fel egy Q pontot, amely nincs rajta α-n. Ekkorlegyen σ = 〈e,Q〉. Mivel e metszi g-t, ezért σ is metszi g-t. Aztánmivel σ ∩ α = e, ezért σ ∩ h = ∅, ami ellentmondás.

(b) Megmutatjuk, hogy g, h nem lehetnek kitérőek. Tegyük fel, hogynincs olyan sík, amely a g, h egyeneseket tartalmazza. Ekkor σ met-szi g-t, de nem metszi h-t. Mivel h ⊂ σ, ezért ez ellentmondás.

Legyen A ∈ g tetszőleges. Vegyük σ = 〈h,A〉 síkot.

1.1.28. Tétel. Ha az a egyenes párhuzamos b-vel, továbbá b párhuzamosc-vel, akkor a is párhuzamos c-vel.

Bizonyítás :Az előző állítás alapján. Belátható, hogy bármely az a-t metsző σ síkmetszi a c egyenest is.

1.1.29. Definíció. Legyenek adva az [A, B〉 és [C, D〉 félegyenesek. Ezeket azo-nos, vagy megegyező irányú félegyeneseknek mondjuk, ha az alábbi két feltételegyike teljesül.

(1) Az A, B, C,D pontok kollineárisak, és a két félegyenes egyike tartalmazzaa másikat.

[A, B〉 ⊂ [C, D〉


(2) Az 〈A, B〉 és 〈C, D〉 egyenesek párhuzamosak és az 〈A, C〉 nem választja ela B, D pontokat. Azaz ha σ = 〈A, B, C〉, és g = 〈A, C〉, akkor a (BgD)elválasztás nem igaz.

1.1.10. Ekvivalenciareláció egy A halmazon

1.1.30. Definíció. Az R ⊂ A×A relációt ekvivalenciarelációnak mondjuk, ha

Reflexív: Tetszőleges a ∈ A-ra (a, a) ∈ R.

Szimmetrikus: Ha valamely a, b ∈ A elemére igaz (a, b) ∈ R, akkor (b, a) ∈R.

tranzitivitás Ha az a, b, c ∈ A elemekre fennáll: (a, b) ∈ R és (b, c) ∈ A,akkor igaz (a, c) ∈ R.

Jelölés: a∼R b, ha (a, b) ∈ R

Az a elemhez az R ekvivalenciareláció által rendelt részhalmaz:

H(a) = b ∈ A | (a, B) ∈ R

Az így nyert H(a) (a ∈ A) részhalmazok páronként diszjunktak és uniójuképpen A.

1.1.31. Jelölés. Azonos irányú félegyenesek jelölése:

[A, B〉 [C, D〉

1.1.32. Megjegyzés. Belátható, hogy az euklideszi tér félegyenesei között ér-telmezett egyirányúság egy ekvivalenciarelációt ad a félegyenesek halmazán.

H = [A, B〉|A, B ∈ X és A 6= B

Reflexív: Tetszőleges [A, B〉 [A, B〉 tetszőleges A, B ∈ X − re(A 6= B).

Szimmetrikus: Ha [A, B〉 [C, D〉, akkor [C, D〉 [A, B〉.

tranzitivitás Ha [A, B〉 [C, D〉 és [C, D〉 [E, F 〉, akkor [A, B〉 [E, F 〉.

1.1. TÉRELEMEK 25

1.1.11. Térelemek hajlásszöge

(1) Két metsző egyenes hajlásszöge.

(a, b) ≤ 90

(2) Kitérő egyenesek hajlásszöge.

(a, b)] = (a, b1)]

(3) Két metsző sík hajlásszöge.

α ∩ β = m⇒M ∈ m

a−−M és (a, m)] = 90 a ⊂ αb−−M és (b, m)] = 90 b ⊂ β

(α, β)] =

def(a, b)]

(4) Egyenes és sík merőlegessége

Legyen adott egy α sík és egy e egyenes, melyek metszik egymást egyM pontban. Azt mondjuk, hogy e és α merőlegesek egymásra, ha az emerőleges az összes M -en áthaladó α-beli egyenesre.


Legyen adott e egyenes és α sík, illetve azok M = e ∩ α metszéspontja.

1.1.33. Tétel. Ha e merőleges az M-en áthaladó két α-beli merőlegesre,akkor e merőleges az összes α-beli egyenesre.

Bizonyítás :

1.1.34. Állítás. Legyen adott egy alpha sík és egy azt metsző e egyenes,amely nem merőleges α-ra. Egyértelműen van olyan ε sík, hogy

e ⊂ ε és ε ⊥ α

(4) Egyenes és sík hajlásszöge. Ha e ⊥ α, akkor (e, α)] = 90 . Ha e metsziα-t és e nem merőleges α-ra, akkor

(e, α)] = (e, e′)]

Ahol e′ az α-ra való merőleges vetítése e-nek.

1.1.12. Párhuzamos szelők tétele

1.1.35. Tétel. A POR] szögszárait messük el a σ = 〈P, O,R〉 síkban lévőegymással párhuzamos a, b egyenesekkel. Ekkor:

OA1

OB1

=OA2

OB2

1.1. TÉRELEMEK 27

1.1.13. Párhuzamos szelők tételének megfordítása1.1.36. Tétel.

OA1

OB1

=OA2

OB2

⇒ a, b egyenesek párhuzamosak.

1.1.14. Párhuzamos szelőszakaszok tétele

1.1.37. Tétel. A POQ] szög szárait messük el olyan σ〈P, O, Q〉 síkba eső a, begyenesekkel, melyek egymással párhuzamosak. Ekkor:

A1A2

B1B2

=OA1

OB1

1.1.15. Hasonlósági transzformációk

1.1.38. Definíció. Egy Ξ : X → X bijektív leképezést hasonlósági transz-formációnak mondunk, ha van olyan λ > 0 szám, hogy tetszőleges A, B ∈ Xesetén fennáll:

d(Ξ(A), Ξ(B)) = λ · d(A, B).

Ξ(A)-t szokás egyszerűen A′-nak jelölni.A λ számot a hasonlósági transzformáció arányának mondjuk.

1.1.39. Definíció. Az O centrummal és λ előjeles aránnyal (λ 6= 0 ) meg-határozott középpontos hasonlóságon azt a κ : X → X bijektív leképezéstértjük, ahol κ(O) = O és egy P 6= O pont κ(P ) képére fennállnak a következők:

(1) κ(P )−− 〈O,P 〉

(2) d(O, κ(P )) = |λ| · d(O, P )

(3) κ(P ) ∈ [O,P 〉, ha λ > 0 illetveκ(P ) /∈ [O,P 〉, ha λ < 0.

1.1.40. Megjegyzés. λ = −1 esetén κ éppen a centrális tükrözés.

1.1.41. Tétel. (1) A κ egyenest azzal párhuzamos vagy egybeeső egyenesbeképez.

(2) Tetszőleges A, B esetén d(A, B) = |λ|d(A, B).


(3) A κ egy szöget azzal egyállású szögbe vagy pedig egy váltószögbe képez.

Bizonyítás :

(1) Legyen g ∈ ε egy tetszőleges egyenes.

OB′

OB=

OA′

OA= |λ|

A g = 〈A, B〉 egyenes a párhuzamos szelők tételének megfordítása szerintpárhuzamos g′-vel

(2) A párhuzamos szelőszakaszok tétele szerint

A′B′

AB=

OA′

OA= |λ|

(3) λ > 0 esetén az [A, B〉 és [A′, B′〉 félegyenesek megegyező irányúak.

Ha λ < 0, akkor az [A, B〉 és [A′, B′〉 félegyenesek ellenkező irányúak.(〈A, A′〉 egyenes elválasztja a B, B′ pontokat.)

1.1.42. Megjegyzés. A κ egy hasonlósági transzformáció, melynek aránya|λ|.

1.1.43. Megjegyzés. Ha χ1, χ2 : X → X hasonlósági transzformációk, me-lyek aránya λ1, λ2, akkor χ2 χ1 is egy hasonlóság, melynek aránya λ2λ1.

1.2. A π SZÁM GEOMETRIAI ÉRTELMEZÉSE 29

1.1.44. Tétel. Bármely χ hasonlóság előáll egy egybevágóság és egy középpon-tos hasonlóság szorzataként.

Bizonyítás :Legyen χ hasonlóság aránya λ. Vegyünk egy κ : X → X kp. hasonlóságot,melynek aránya 1

λ. κ χ aránya 1

λ· λ = 1. Eszerint ϕ = κ χ egy hasonlóság.

κ−1 is középpontos hasonlóság, és κ−1 ϕ = κ−1 κ︸︷︷︸id X

χ = χ.

1.1.45. Következmény. A χ hasonlóság megőrzi a szögek mértékét.

1.1.46. Definíció. Az A, B alakzatokat egymással hasonlóknak mondjuk,ha van olyan χ hasonlósági transzformáció, hogy χ(A) = B.Jelölés: A ∼ B

1.2. A π szám geometriai értelmezése1.2.1. Definíció. A σ síkbeli O középpontú r sugarú körlemez (O ∈ σ ):

α(O, r) = P ∈ σ | d(O,P ) ≤ r .

1.2.2. Megjegyzés. A körlemez egy konvex alakzat.

1.2.3. Definíció. Egy alakzatot korlátosnak mondunk, ha van olyan Q ∈ xés r > 0, hogy tetszőleges P ∈ A-ra QP ≤ r

1.2.4. Definíció. Egy síkbeli A alakzatot síkidomnak mondunk, ha nincs olyanegyenes, amely tartalmazza az A-t.

1.2.1. Sokszög kerülete

1.2.5. Definíció. A Π legyen egy sokszögvonal a síkban. A Π által határoltsokszög legyen S. Tudjuk, hogy Π = A1A2 . . . AnA1 A sokszög kerülete:

K(S) =

(n−1∑i=1

= AiAi+1

)+ AnA1


1.2.6. Állítás. Konvex sokszög előáll az oldalegyenesei által határolt félsíkokmetszeteként.

1.2.7. Állítás. Legyenek S1, S2 olyan konvex sokszögek egy σ síkban, ahol S1 ⊂S2. Ekkor fennáll: K(S1) ≤ K(S2).

Bizonyítás :

Az e1-hez tartozó támaszfélsík és S2 metszete legyen az S1 sokszög. S1 = S2 ésaz e2 által határolt támaszfélsík metszete. Az eljárással kapunk egy sokszögso-rozatot:

S2, S1 ⊂ S2, S2, . . . , Sn = S1.

K(S2) ≥ K(S1) ≥ K(S2) ≥ . . . ≥ K(Sn) = K(Sn).

1.2. A π SZÁM GEOMETRIAI ÉRTELMEZÉSE 31

Itt felhasználtuk, hogy tetszőleges B1, B2, . . . Bn (n > 2), töröttvonal esetén

B1, Bn ≤n−1∑i=1

BiBi+1.

1.2.2. Korlátos konvex síkidomok kerülete

A korlátos konvex síkidom tartalmaz konvex sokszögeket is, és vannak őt tar-talmazó konvex sokszögek is. K(Sk) ≥ K(Sb) igaz az előző állítás szerint.

1.2.8. Definíció. Az A síkidom területén a következő számot értjük:

K(A) = supK(Sb) | Sb ⊂ Akonvex sokszög.

1.2.9. Megjegyzés. Legyenek A és A′ korlátos konvex síkidomok, ahol vanolyan χ hasonlóság (λ > 0 aránnyal), hogy χ(A) = A′, azaz A ∼ A′. Ekkor, ha

Sb ⊂ A⇒ χ(Sb) ⊂ A

k(χ(Sb)) = λk(Sb)

k(A′) = λk(A).

1.2.3. A π állandó

1.2.10. Tétel. Az euklideszi térben a körlemez kerületének és átmérőjének há-nyadosa nem függ a kör megválasztásától.

Bizonyítás :Legyenek L(O1, r1) ⊂ σ1 és L(O2, r2) ⊂ σ2 tetszőleges körlemezek. Tudjuk,hogy L(O1, r1) ∼ L(O2, r2). Az első körlemezt a másodikba átvivő hasonlóságaránya ez alapján λ = r2

r1. A hasonlóság alapján:

K(L(O2, r2)) =r2

r1

·K(L(O1, r1))⇒K(L(O2, r2)

2r2

=K(L(O1, r1)

2r1

És valóban: a kerület és az átmérő aránya tetszőleges kör esetén állandó.


1.2.11. Következmény. Tetszőleges L(O, r) körlemez esetén K(L(O, r)) =2πr.

1.3. A szabad vektorok1.3.1. Definíció. Legyen adott egy AB szakasz. Ha a szakasz határpontjaiközül az egyik pontot kezdőpontnak, a másik pontot végpontnak tekintjük, azazkitüntetjük a határpontok egy sorrendjét, akkor egy irányított szakaszhoz jutunk.Jelölés: Ha A-t vesszük kezdőpontnak és B-t végpontnak, akkor ezen irányítottszakaszt −→AB-vel jelöljük.

1.3.2. Definíció. Az −→AB és −−→CD vektor irányított szakaszokat egymással ek-vivalensnek mondjuk, ha az [A, B〉 és [C, D〉 félegyenesek megegyező irányúak,továbbá fennáll AB = CD.Jelölés: −→AB =

−−→CD.

1.3.3. Megjegyzés. −→AB és −−→CD egyenlőek akkor és csak akkor, ha az ADés BC szakaszok felezőpontjai megegyeznek. (Azaz, ha ABDC(!) négyszög egyparalelogramma.)

1.3.4. Megjegyzés. Előfordulhat olyan, hogy AB = CD, de −→AB 6= −−→CD.

Az előző definíció alapján a szakaszok irányított halmazán bevezetünk egyekvivalenciarelációt. Ez meghatározza majd az irányított szakaszok egy osztá-lyozását.

1.3.5. Definíció. Szabad vektoron a tér irányított szakaszainak egy ekviva-lenciaosztályát értjük.

1.3. A SZABAD VEKTOROK 33

v = −→AB,−−→CD,

−→EF, . . .

1.3.6. Jelölés. A továbbiakban −→AB egyben az őt tartalmazó ekvivalenciaosz-tályt, azaz a szabad vektort is jelöli.

1.3.7. Jelölés. A 0 jelölje a pontszakaszok osztályát.

0 = AA | A ∈ X

1.3.8. Definíció. Ha −→AB egyben az u ekvivalenciaosztályba tartozik, akkor aztis mondjuk, hogy az −→AB (egyik) reprezentánsa az u szabad vektornak.

1.3.9. Jelölés. Jelölje V az euklideszi tér szabad vektorainak halmazát (0 ∈ V).

1.3.1. Az összeadás művelete

1.3.10. Állítás. Legyenek adva az Ai, Bi, Ci(i ∈ 1, 2) pontok. Ha fennállA1B1 = A2B2 és B1C1 = B2C2, akkor A1C1 = A2C2 teljesül.

Bizonyítás :

−−−→A1B1 =

−−−→A2B2 miatt az A1B1A2B2 miatt az A1B1B2A2 négyszög parallelog-

ramma. Ebből következik, hogy A1A2 = B1B2 és 〈A1, A2〉 ‖ 〈B1, B2〉.Hasonló módon adódik, hogy B1C2 = C1C2 és 〈B1, B2〉 ‖ 〈C1, C2〉. EszerintA1, A2 = C1C2, és 〈A1, A2〉 ‖ 〈C1, C2〉, azaz A1C1C2A2 négyszög is egy paralle-logramma. Ebből már következik, hogy −−−→A1C1 =

−−−→A2C2.


1.3.11. Megjegyzés. Ha adott egy A ∈ X pont és egy u ∈ V vektor, akkoregyértelműen létezik olyan B pont, hogy az −→AB az vu szabad vektort reprezen-tálja.

1.3.12. Definíció. Az −→AB irányított szakasszal reprezentált u vektor és a −−→BC-vel reprezentált v vektor összegén az −→AC-vel képviselt és (u+v)-vel jelölt szabadvektort értjük.

1.3.13. Tétel. Az összeadás műveletére V egy kommutatív csoportot képez.

Bizonyítás :

Asszociativitás Tetszőleges u, v, w vektorokra igaz az asszociativitás:

(u + v) + w = u + (v + w)

−−→CD reprezentálja a w vektort. Az −−→AD vektor irányított szakasz egyarántreprezentálja az (u + v) + w és a u + (v + w) szabad vektorokat is

Zéruselem A pontszakaszok által képviselt 0 vektor bármely u ∈ V esetéremegfelelő zéruselem:

u + 0 = 0 + u = u

Inverz Jelölje −u a −→BA által reprezentált szabad vektort. Ekkor fennáll u +(u) = 0, hiszen az összeget az AA pontszakasz képviseli.

Kommutativitás Az összeadás művelete kommutatív, vagyis

(∀u, v ∈ V)(u + v = v + u).

Vegyük az ABCD parallelogrammát:


−−→AD =

−−→BC = v,

−−→DC =

−→AB = u

Az −→AC egyaránt képviseli az u + v és v + u vektorokat, így következik:u + w = w + u

1.3.14. Jelölés. Az u vektor inverzét ezt követően −u-val fogjuk jelölni.Az u + (−v) helyett u− v-t fogunk írni.

1.3.2. Vektor szorzása valós számmal

1.3.15. Definíció. Egy vu(u 6= 0) vektornak egy λ ∈ R(λ 6= 0) valós számmalvett szorzatán azt a λu vektort értjük, amelyre fennáll:

(1) |λu| = |λ| · |u|

(2) λ > 0 esetén a λu és u vektorok iránya megegyezik, λ < 0 esetén pedig aλu és u vektorok iránya ellentétes.

Amennyiben pedig λ = 0 vagy u = 0, akkor a λu szorzaton a 0 vektort értjük.

1.3.16. Definíció. Az −→AB irányított szakasz által reprezentált u szabad vek-tor hosszán a d(A, B)nemnegatív számot értjük.Jelölés: Ezt |u|-val fogjuk jelölni.Az vu szabad vektor irányán pedig az [A, B〉 félegyenes által reprezentáltirányt értjük.

1.3.17. Megjegyzés. Az |u| számot szokás a u vektor abszolútértékének ismondani.

1.3.18. Tétel. A vektor skalárral való szorzására tetszőleges u, v ∈ V és λ, µ ∈R esetén fennáll:

(1) λ(u + v) = λu + λv

(2) (λ + µ)u = λu + µu

(3) (λµ)u = λ(µu)

(4) (1u) = u

Bizonyítás :Belátjuk, hogy teljesül az (1) összefüggés:


u =−→AB, v =

−−→BC, u + v =

−→AC

Vegyünk egy O középpontú λ arányú κ : X → X centrális hasonlóságot.Tekintsük a κ(A), κ(B), κ(C) képpontokat. Tudjuk, hogy

Oκ(A)

OA=

Oκ(B)

OB=

Oκ(C)

OC= |λ|.

Ebből a következőt is tudjuk:

〈κ(A), κ(B)〉 ‖ 〈A, B〉 és 〈κ(B), κ(C)〉 ‖ 〈B, C〉.

⇒ 〈κ(A), κ(C)〉 ‖ 〈A, C〉

Mivel κ(A)κ(B)AB

= Oκ(A)OA

= λ, fennáll a következő is:

−−−−−−→κ(A)κ(B) = λ(

−→AB).

Ellenőrizhető, hogy a κ(A) és κ(B) vektorok hossza és iránya megegyezik.A párhuzamos szelők és szelőszakaszok tételét felhasználva kapjuk, hogy−−−−−−→

κ(B)κ(C) = λ · −−→BC és−−−−−−→κ(A)κ(C) = λ · −→AC

−−−−−−→κ(A)κ(B) +

−−−−−−→κ(B)κ(C) =

−−−−−−→κ(A)κ(C)

λ−−−−−−→κ(A)κ(B) + λ

−−−−−−→κ(B)κ(C) = λ(

−−−−−−→κ(A)κ(B) +

−−−−−−→κ(B)κ(C))

λu + λv = λ(u + v)

A λ < 0 eset is hasonlóan vizsgálható. Ekkor [A, B〉 és [κ(A), κ(B)〉 félegyenesekiránya ellentétes lesz, azonban igaz marad az

−−−−−−→κ(A)κ(B) = λ

−→AB egyenlőség.

1.3.19. Következmény. A szabad vektorok V halmaza az összeadásra és askalárral való szorzásra nézve egy vektorteret alkot.

1.3.20. Definíció. A V-beli a1, . . . an (n ≥ 1) vektoroknak a λ1, . . . λn számok-kal vett lineáris kombinációján a következő vektort értjük:

λ1a1 + λ2a2 + . . . + λnan.

1.3.21. Megjegyzés. Értelmezhető az a1, . . . , an vektorok lineáris összefüggő-sége és függetlensége.


1.3.22. Definíció. Az −→AB által képviselt u vektorra azt mondjuk, hogy párhu-zamos a σ síkkal vagy h egyenessel, ha a 〈A, B〉 egyenes párhuzamos a σ síkkalvagy h egyenessel.

1.3.23. Definíció. Az a1, . . . an (n ≥ 2) vektorok komplanárisak, ha vanolyan σ sík, mely az összes a1, . . . an vektorral párhuzamos.

1.3.24. Állítás. (1) Két vektor lineárisan összefüggő akkor és csak akkor, haegymással párhuzamosak.

(2) Három vektor lineárisan összefüggő akkor és csak akkor, ha egymássalkomplanárisak.

Bizonyítás :

(1) Legyenek vu és u párhuzamosak. Ekkor egy h egyenesen az −→AB reprezen-tálja az u-t és −→AC reprezentálja a v-t. Feltehető, hogy u 6= 0 és v 6= 0.(Ha az egyikük nullvektor, akkor már evidens, hogy összegfüggőek.)

Ha −→AB −→AC, akkor −→AC = AC

AB· −→AB, azaz:

v =AC

ABu

u− AC

ABu = 0

Tehát u és v lineárisan összefüggőek. Ha −→AB −→AC, akkor

−→AC = −AC

AB

−→AB

v = −AC

ABu

v +AC

ABu = 0

Tehát szintén lineárisan összefüggőek.

(2) Legyenek adva az a1, a2, a3 vektorok, melyek párhuzamosak egy σ síkkal.

−→AB = a1,

−→AC = a2,

−−→AD = a3


Ha a1 és a2 lineárisan összefüggők, azaz párhuzamosak, akkor a1, a2, a3

is lineárisan összefüggők. Tegyük fel, hogy a1 ∦ a2, de −→AB ‖−−→AB′ és

−→AC ‖

−−→AC ′. Van olyan λ, µ ∈ R szám, hogy

−−→AB′ = λ · −→AB és

−−→AC ′ = µ

−→AC

Ekkor:−−→AD =

−−→AB′ +

−−→AC ′

a3 = λa1 + µa2

λa1 + µa2 − a3 = 0

Tehát a1, a2, a3 lineárisan összefüggők.

1.3.25. Tétel. Ha b1, b2, b3 nem komplanáris vektorok, akkor ezek egy bázisátképezik a V vektortérnek.

Bizonyítás :Mivel b1, b2, b3 a tér egyetlen síkjával sem párhuzamosak, ezért lineárisan füg-getlenek is. Vegyünk egy v ∈ V szabad vektort. Tekintsünk egy A ∈ X pontot.Legyenek B1, B2, B3 pontok azon pontjai, ahol −→ABi = bi(i ∈ 1, 2, 3). Ekkoregyértelműen létezik olyan P pont, hogy az −→AP = v. Legyen σ = 〈A, B1, B2〉 ahárom pont által meghatározott sík.


v =−→AP =

−−→AP2 +

−−→P2P1 +

−−→P1P

−→AP 2 ‖ b1,

−−→P2P1 ‖ b2,

−−→P1P ‖ b3

Vannak olyan v1, v2, v3 ∈ R számok, hogy megfelelő módon kifejezhetőek velüka vektorok:

−→AP 2 = v1b1,

−−→P2P1 = v2b2,

−−→P1P = v3b3

1.3.26. Definíció. A v1, v2, v3 együtthatókat a v vektor b1, b2, b3 bázisra vonat-kozó koordinátáinak mondjuk.Jelölés: v(v1, v2, v3)

A b1, b2, b3 generátorrendszere V-nek és egy bázist képeznek.

v = v1b1 + v2b2 + v3b3

1.3.3. A V vektortér alterei

Legyen σ egy sík és h egy egyenes az euklideszi térben. Tekintsük két következővektorteret:

Vσ = u ∈ V | u ‖ σ ∪ 0

Vh = u ∈ V | u ‖ h ∪ 0

Evidens, hogy Vσ és Vh alterei a V vektortérnek.


u = λb1 + µb2

dim Vσ = 2, dim Vh = 1

1.3.27. Definíció. Legyen O a tér egy rögzített pontja. Egy P ∈ X pontnak azO-ra vonatkozó helyvektorán az −→OP -vel reprezentált szabad vektort értjük.

1.3.28. Állítás. Legyen w : X → V az a leképezés, ahol tetszőleges P ∈ X-rew(P ) =

−→OP . Ez az w leképezés bijektív.

1.3.29. Definíció. Az i, j, k vektorokról azt mondjuk, hogy a V-nek egy orto-normált bázisát képezik, ha ezek a vektorok páronként merőlegesek egymásra ésegységnyi hosszúságúak.

i ⊥ j, i ⊥ k, j ⊥ k

|i| = 1, |j| = 1, |k| = 1

1.3.30. Definíció. Az −→AB-vel reprezentált vu vektor és az −→AC irányított sza-kasszal reprezentált v vektor hajlásszögén (u 6= 0, v 6= 0) a BAC] szöget értjük

1.3.31. Megjegyzés. Legyen i, j, k egy ortonormált bázisa V-nek. Ekkor ebbőlés a Pitagorasz-tételből adódik:

u = u1i + u2j + u3k,

|u|2 = u21 + u2

2 + u23.


1.3.4. A síkok és a tér irányítása

Vegyünk egy σ síkot és az annak megfelelő Vσ alteret. Legyenek a1, a2 és b1, b2

bázisai σ-nak.

b1 = m11a1 + m21a2

b2 = m12a1 + m22a2

ezen együtthatókból képezzük a következő 2× 2 mátrixot:

(m11 m12

m21 m22

).

1.3.32. Definíció. Az M-et az a1, a2 bázisról a b1, b2 bázisra történő áttérésmátrixának nevezzük. Azt mondjuk, hogy az a1, a2 és b1, b2 bázis a σ sík egyazonorientációját képviselik, ha fennáll det M > 0

1.3.33. Megjegyzés. Az áttérés (más szóval bázistranszformáció) mátrixáraigaz, hogy det M 6= 0.

1.3.34. Jelölés. Ha az a1, a2 és b1, b2 ugyanazon orientációt reprezentálnak,akkor ezt a következőképpen jelöljük:

(a1, a2) ∼ (b1, b2).

1.3.35. Állítás. Ha az a1, a2 bázisról a b1, b2 bázisra való áttérést a 2 × 2-esM mátrix írja le, és a b1, b2 bázisról a c1, c2 bázisra való áttérést a 2× 2-es Nmátrix írja le, akkor az a1, A2 bázisról a c1, c2 bázisra való áttérést a 2 × 2-esM ·N mátrix írja le.

Bizonyítás :

(a1, a2)−→M

(b1, b2)−→N

(c1, c2)

N =

(n11 n12

n21 n22

)[

c1 = n11b1 + n21b2

c2 = n11b1 + n21b2[c1 = n11(m11a1 + m21a2) + n21(m12a1 + m22a2)c2 = n12(m11a1 + m21a2) + n22(m12a1 + m22a2)

c1 = (m11n11 + m12n21)︸︷︷︸d11

a1 + (m21n11 + m22n21)︸︷︷︸d21

a2

c2 = (m11n12 + m12n22)︸︷︷︸d12

a1 + (m21n12 + m22n22)︸︷︷︸d22

a2

A fenti két kombinációban szereplő együtthatók azonosak az M · N mátrixk-adik oszlopának elemeivel.

(a1, a2) −→N ·M︸︷︷︸

D

(c1, c2)

1.3.36. Megjegyzés. Ha az (a1, a2) −→ (b1, b2) áttérés mátrixa M , akkor a(b1, b2) −→ (a1, a2) áttérés mátrixa M−1. Tehát M ·M−1 = E.


1.3.37. Következmény. A rendezett bázisok között értelmezett sim azonos-orientáció-relácó egy ekvivalenciareláció.

Bizonyítás :

Reflexív (a1, a2) ∼ (a1, a2), mivel det E = 1 > 0

Szimmetrikus (a1, a2) ∼ (b1, b2) ⇒ (b1, b2) ∼ (a1, a2), hiszen det M > 0miatt det M−1 = 1

det M> 0

Tranzitív ((a1, a2) ∼ (b1, b2) ∧ (b1, b2) ∼ (c1, c2)) ⇒ (a1, a2) ∼ (c1, c2), miveldet(M, N) = det M · det N

1.3.38. Állítás. Ha egyazon osztályokba soroljuk a Vσ-beli bázisokat, melyek aσ-nak ugyanazt az orientációját reprezentálják, akkor két ekvivalenciaosztálytkapunk.

Bizonyítás :

a1, a2 −→ b1 = a2, b2 = a1

Az áttérés mátrixa:

J =

(0 11 0

), det J = −1 ⇒ (a1, a2) (a2, a1)

Tehát van legalább két osztály. Már csak azt kell belátni, hogy legfeljebb kettővan; bármely c1, c2 bázis esetén (a1, a2) ∼ (c1, c2) vagy (a2, a1) ∼ (c1, c2).

Az (a1, a2) −→ (c1, c2) mátrixa legyen D,a (a2, a1) −→ (c1, c2) mátrixa pedig legyen J ·D.

Mivel det J = −1, így vagy det D > 0, vagy det(J ·D) > 0 teljesül.

1.3.39. Definíció. A σ síkot irányítottnak mondjuk, ha ki van tüntetve aVσ-beli bázisok egy olyan osztálya, nelynek elemei a σ egyazon orientációjátképviselik.

1.3.40. Definíció. Ha egy konvex szögtartományhoz hozzárendeljük a szárai-nak egyik sorrendjét, akkor egy irányított szöget kapunk.


Egy σ irányított síkon lévő AOB] irányított szögnél az [O, A〉 félegyenes az 1.szögszár, és a [O,B〉 félegyenes a 2. szögszár.

Legyen adva egy σ irányított sík és abban az AOB] irányított szög.

1.3.41. Definíció. Az AOB] irányított szög mértékének előjelet adunk:

(1) Ha az −→OA,−−→OB bázis a σ irányítását képviseli, akkor az előjel pozitív.

(2) Ellenkező esetben az előjel negatív.

Az így nyert előjeles számot az AOB] irányított szög előjeles mértékéneknevezzük.

1.3.5. Elforgatás irányított síkban

Legyen adott egy σ irányított sík, abban egy O pont és egy α előjeles szögmér-ték (−180 < α < 180).

1.3.42. Definíció. A σ síknak az O körüli α szöggel való elforgatásán azta % : σ → σ bijektív leképezést értjük, ahol %(O) = O és egy P (P 6= 0) pontP ′ = %(P ) képét az alábbi feltételek határozzák meg.

(1) A POP ′] irányított szög előjeles mértéke α.

(2) d(O,P ) = d(O,P ′) teljesül

1.3.6. Szögfüggvények értelmezése

A továbbiakban az egyenesszög mértékeként π számot választjuk. A σ irányí-tott síkban vegyük az O(O ∈ σ) körüli k(0, 1) körvonalat. Legyenek ezen A

és B olyan pontok, hogy az vi =−→OA és j =

−−→OB egységvektorok egymásra

merőlegesek legyenek, és az i, j bázis σ irányítását reprezentálja.

Vegyünk egy α(−π < α < π) előjeles szögmértéket. Az A-nak az O körüli α

szögű elforgatásával nyert képét jelölje E. Vezessük be az eα =−−→OE jelölést

(eπ = −j). Eszerinteα = v1i + v2j.

1.3.43. Definíció. Tetszőleges x ∈ R számhoz egyértelműen létezik olyan α ∈(−π, π] és k ∈ R, hogy x = α + 2kπ teljesül. A sin, cos : R→ R függvényeknekaz x helyen felvett értékén az eα = v1i + v2j lineáris kombinációban szereplőegyütthatókat értjük oly módon, hogy cos x = v1 és sin x = v2


1.3.7. Szögfüggvények

−→OA = i,

−−→OB = j

(∀x ∈ R)(∃!α ∈ (−π, π])(∃k ∈ Z)(x = α + 2kπ)

eα =−−→OE = v1i + v2j

cos, sin : R→ Rcos x =

defv1, sin x =

defv2

|OT | = |cosx|, |TE| = | sin x|1.3.44. Megjegyzés.

cos2 x sin2 x = OT 2 + TE2 = OE2 = 1

1.3.45. Következmény. A cos, sin függvények definíciójából tetszőleges k ∈ Z-re adódik a következők két összefüggés:[

cos x = cos(x + 2kπ)sin x = sin(x + 2kπ)

1.3.46. Következmény.

−−→OE =

−→OT +

−→OS = cos α · i + sin α · j

−−→OE ′ =

−→OT −−→OS = cos(−α) · i + sin(−α) · j

cos α = cos(−α)sin α = − sin(α)

Tetszőleges x ∈ R mellett cos x = cos(−x)sin x = − sin x

1.3.47. Megjegyzés. Vegyünk olyan α szöget, ahol 0 < α < π2


Vegyünk olyan A′B′C ′N derékszögű háromszöget, ahol γ = 90 és α′ = α.

OTEN ∼ A′C ′B′N

C ′B′

TE=

A′B′

OE= A′B′ ⇒ sin α = TE =

C ′B′

A′B′ =a′

c′

Hasonlóan adódik, hogy cos α = b′

c′.

1.3.48. Állítás. Tetszőleges x, y ∈ R esetén fennáll:

cos(x + y) = cos x cos y − sin x sin ysin(x + y) = sin x cos y + cos x sin y.

Bizonyítás :Elegendő belátni α, β ∈ (−π, π] szögekre az összefüggéseket.

AOE] = αEOF] = β

AOF] = α + β.

−→OF = eα+β

eα = cos αi + sin αj

Legyen j′ az az egységvektor, amely merőleges i′-re, és ahol i′, j′ a sík orientá-cióját képviselő bázis. Ekkor (i, j) ∼ (j,−i) igaz, mivel az áttérés mátrixa:

M =

(0 11 0

)Ekkor j′ megegyezik a j-nek az O körüli α-szögű megforgatottjával:

j = cos αj + sin α(−i)

eα+β = cos βi′ + sin βj′ == cos β(cos αi + sin αj) + sin β(cos αj − sin αi) == (cos α cos β − sin α sin β)︸︷︷︸

cos(α+β)

i + (sin α cos β + cos α sin β)︸︷︷︸sin(α+β)

j

eα+β = cos(α + β)i + sin(α + β)j


1.3.49. Megjegyzés.

(∀k ∈ Z)

((cos(π

2+ kπ

)= 0)

és(

sin(kπ) = 0))

1.3.50. Jelölés. Vezessük be a következő jelöléseket:

Dtg = R \ π2

+ kπ | k ∈ ZDtg = R \ kπ | k ∈ Z

1.3.51. Definíció. Vegyük a következő függvényeket:

tg : Dtg → R, tgx = cos xsin x

ctg : Dtg → R, ctgx = sin xcos x

Ezeket rendre tangens és kotangens függvényeknek nevezzük.

1.3.52. Megjegyzés. ∑∞n=0(−1)n 1

(2n+1)!x2n+1 = sin x∑∞

n=0(−1)n 1(2n)!

x2n = cos x

1.4. Vektorok skaláris szorzása

1.4.1. Definíció. Az a, b vektorok skaláris szorzatán (a 6= 0, b 6= 0) azt aza · b = |a| · |b| · cos ϕ valós számot értjük, ahol ϕ az a, b vektorok hajlásszöge.Egy v vektornak a 0 nullvektorral vett skaláris szorzatán a 0 számot értjük.

1.4.2. Megjegyzés.

(∀a ∈ V)(∀b ∈ V)(a · b = b · a)

1.4.3. Megjegyzés.

a · a = |a|2 · cos 0︸︷︷︸1

= |a|2 =def

a2

1.4.4. Megjegyzés.

(∀a ∈ V)(∀b ∈ V)((a 6= 0 és b 6= 0)⇒ ((a · b = 0)⇐⇒ (a ⊥ b)))

1.4.5. Megjegyzés.

(∀a ∈ V)(∀b ∈ V)(λ ∈ R)((λa)b = λ(a · b))

1.4.1. Felbontás merőleges összetevőkre

Legyen e egy egységvektor (|e| = 1) és vegyünk egy tetszőleges b vektort (b ∦ e).

1.4. VEKTOROK SKALÁRIS SZORZÁSA 47

b =−→AT 1 +

−→AT 2

bp =−→AT 1, bm =

−→AT 2

b = bp + bm

(bp ‖ e, bm ⊥ e)

bp : a párhuzamos összetevő bm : c a merőleges összetevő

e · b = |e| · |b| cos ϕ = |b| · cos ϕ|bp| = AT1 = |b| · | cos ϕ|

|e · b| = |bp| ⇒ |(e · b)e| = |bp|

Az (e · b)e és bp vektorok hossza megegyezik és ezek egymással párhuzamosak,sőt, megegyező irányúak. (bp e⇐⇒ ϕ > π

2)

1.4.6. Lemma. Fennáll bp = (e · b) · e és e · b = e · bp.

1.4.7. Állítás.

(∀a ∈ V)(∀b ∈ V)(∀c ∈ V)(a · (b + c) = a · b + a · c))

Bizonyítás :

(1) Feltehető, hogy a 6= 0.

Vegyük az a-val megegyező irányú e = 1|a|a egységvektort. (a = | a| · e)

Az bp, cp az ún. párhuzamos összetevők az e-re nézve.

(b + c)p = bp + cp


e(b + c) = e(b + c)p == e(bp + cp) == e((e · b)e + (e · c)e) == e( (e · b + e · c︸︷︷︸

∈R

)e) =

= (e · b + e · c) · 1 == e · b + e · c

(2)

a(b + c) = (|a|e)(b + c) == |a|(e · (b + c)) == |a|(e · b + e · c)) == |a| · (e · b) + |a| · (e · c) == (|a| · e) · b + (|a| · e) · c == a · b + a · c

1.4.2. Skaláris szorzás kifejezése egy ortonormált bázis-ban.

Legyenek e1, e2, e3 páronként egymásra merőleges vektorok.

Ekkor fennáll er · es = δrs r, s ∈ 1, 2, 3.

(∀a ∈ V)(∀b ∈ V)((a =3∑

r=1

ar · er) és (b =3∑

s=1

bs · es))

a · b =(∑3

r=1 arer

)·(∑3

s=1 Bses

)=

=∑3

r=1

∑3s=1 arbs(eres) =

=∑3

r=1

∑3s=1 arbs(δrs) =

=∑3

r=1 arbr == a1b1 + a2b2 + a3b3

1.4.8. Jelölés.

i = e1, j = e2, k = e3

1.4.9. Jelölés. Az a · b skalárszorzatot szokás így is jelölni: 〈a, b〉

1.4. VEKTOROK SKALÁRIS SZORZÁSA 49

1.4.3. Vektor felbontása adott vektorral párhuzamos és ar-ra merőleges összetevőkre

b = bp + bm

bp ‖ a, bm ⊥ a

e =1

|a|· a

Már ismert, hogy bp = (b · e) · e. Ebből következőleg:

bp =b · a|a|2

, bm = b− bp

1.4.10. Állítás. Egy ABC4 háromszögben mindig fennáll a következő össze-függés:

c2 = a2 + b2 − 2ab cos γ

Bizonyítás :

c = AB, a = BC, b = CA

−→AB =

−−→CB −−→CA

c2 = (−→AB)2 =

= 〈−→AB,−→AB〉 =

= 〈−−→CB −−→CA,−−→CB −−→CA〉 =

= 〈−−→CB,−−→CB〉+ 〈−→CA,

−→CA〉 − 2〈−−→CB,

−→CA〉 =

= CB2 + CA2 − 2CB · CA cos γ == a2 + b2 − 2ab cos γ


1.5. Az euklideszi tér irányítása

Legyenek a1, a2, a3 és b1, b2, b3 bázisai a V vektortérnek. Ekkor bs (s ∈ 1, 2, 3)vektorok előállnak a1, a2, a3 vektorok lineáris kombinációiként:

bs = m1sa1 + m2sa2 + m3sa3.

Az mr,s (r, s ∈ 1, 2, 3) számokból képzett 3 × 3-as M mátrix az a1, a2, a3

bázisról a b1, b2, b3 bázisra való áttérés mátrixa.

1.5.1. Megjegyzés. Nyilván fennáll det M 6= 0.

1.5.2. Állítás. Ha a a1, a2, a3 bázisról b1, b2, b3 bázisra való áttérést az M mát-rix írja le, továbbá a b1, b2, b3 bázisról c1, c2, c3 bázisra való áttérést az N mátrixírja le, akkor az a1, a2, a3 bázisról c1, c2, c3 bázisra való áttérést az M ·N mátrixírja le.

Bizonyítás :Hasonlóan, mint a síkon.

1.5.3. Definíció. Az a1, a2, a3 és b1, b2, b3 bázisok a tér egyazon reprezentáci-óját reprezentálják, ha det M > 0.Jelölés: (a1, a2, a3) ∼ (b1, b2, b3)

1.5.4. Megjegyzés. Fennáll a következő összefüggés:

(a1, a2, a3) ∼ (a2, a3, a1),

mivel

M =

0 0 11 0 00 1 0

, és det M = 1

1.5.5. Megjegyzés. Nem áll azonban fenn a következő összefüggés:

(a1, a2, a3) (a2, a1, a3),

mert det M = −1

1.5.6. Állítás. A bázisok közt értelmezett ∼-reláció egy ekvivalenciareláció.Ezen reláció alapján két ekvivalenciaosztályt kapunk, hasonlóan, mint a síknál.

1.5.7. Definíció. Az euklideszi tér irányított, ha ki van tüntetve a V-beli bázi-sok egyik ekvivalenciaosztálya a ∼-reláció alapján. A kitüntetett osztály bázisaitjobbrendszert képező bázisoknak hívjuk.

1.6. KÉT VEKTOR VEKTORIÁLIS SZORZATA 51

1.6. Két vektor vektoriális szorzata

Feltesszük, hogy az X euklideszi tér már irányítva van.

1.6.1. Definíció. A lineárisan független a, b vektorok vektoriális szorzatán aztaz a× b által jelölt vektort értjük, amelyre fennállnak a következők:

(1) Legyen ϕ az a, b vektorok hajlásszöge. Ekkor álljon fenn a következő össze-függés:

|a× b| = a · b sin ϕ.

(2)

|a× b| ⊥ a, |a× b| ⊥ b

(3) Az a× b, a a és a b vektorok alkossanak jobbrendszert képviselő bázist.

(4) Lineárisan összefüggő a és a b vektorok esetén legyen a× b = 0.

1.6.2. Megjegyzés.

a ‖ b⇒ a× b = 0

1.6.3. Megjegyzés. Ha a ∦ b, akkor az |a× b| nem más, mint az a, b vektorokáltal kifeszített parallelogramma területe.

T = |a| ·m = |a|(b · sin ϕ)

1.6.4. Megjegyzés.

(∀a ∈ V)(∀b ∈ V)(b× a = −(a× b))

1.6.5. Megjegyzés.

(∀a ∈ V)(∀b ∈ V)(∀λ ∈ R)(λ(a× b) = (λa)× b = a× (λb))


1.6.6. Lemma. Legyen adott egy e egységvektor és egy b ∈ V vektor. A b-tvetítsük rá a egy olyan σ síkra, amely merőleges e-re.

Ha az így nyert b vetületi vektort az irányított σ síkban 90-kal elforgatjuk,akkor az e× b vektort nyerjük.

Bizonyítás :

b = bp + bm

bp ‖ e, bm ⊥ e

Legyen v1, v2 olyan bázisa Vσ-nak, hogy e, v1, v2 a tér irányítását reprezentálóbázis legyen. Ekkor σ-t irányítsuk a v1, v2 bázisnak megfelelő ekvivalenciaosz-tállyal.

|bm| = |b| sin ϕ⇒ |%(bm)| = |b| sin ϕ (1)-es tulajdonság

|e× b| = |e|︸︷︷︸1

·|b| sin ϕ = |%(bm)|

A %(bm) merőleges az e, bm vektorokra, ezért %(bm) merőleges az e, b vektorokrais.((1)-es tulajdonság)

Mivel e, b, %(bm) egy jobbrendszert alkot, így %(bm) = e × b. (3)-as tulaj-donság.

1.6.7. Állítás.

(∀a ∈ V)(∀b ∈ V)(∀c ∈ V)(a× (b + c) = a× b + a× c)

1.6. KÉT VEKTOR VEKTORIÁLIS SZORZATA 53

Bizonyítás :Alkalmazzuk az előző lemmát. Az a 6= 0 esetén vegyük az e = 1

|a|a egységvek-tort. Evidens, hogy fennáll:

(b + c)m = bm + cm.

Emellett igaz:

%((b + c)m) = %(bm)%(cm),

e× (b + c) = e× b + b× c.

A lemma szerint:

(∀b ∈ V)(e× b = %(bm)).

a× (b + c) = (|a| · e)× (b + c) == |a|(e× (b + c)) == |a|(e× b + e× c) == |a|(e× b) + a(e× c) == (|a|e)× b + (|a|e)× c == a× b + a× c

1.6.8. Megjegyzés. A vektoriális szorzás disztributív művelet az összeadásranézve.


1.7. Vektoriális szorzás kifejezése egy ortonormáltbázisban

Az i, j, k legyen olyan ortonormált bázisa V-nek, amely egy jobbrendszert ad.Ekkor fennállnak a következők:

i× i = 0, j × j = 0, k × k = 0

i× j = k, j × k = i, k × i = j

Utóbbi a „ jobbrendszerség”-ből. Vegyük a következő két vektort:

a = a1i + a2j + a3kb = b1i + b2j + b3k

A vektoriális szorzás tulajdonságait alkalmazva nyerjük:

a× b = (a2b3 − a3b2)i + (a3b1 − a1b3)j + (a1b2 − a2b1)k

Eszerint fennáll:

a× b =

∣∣∣∣∣∣i j ka1 a2 a3

b1 b2 b3

∣∣∣∣∣∣1.7.1. Megjegyzés. Általában nem asszociatív a vektoriális szorzás:

(a× b)× c 6= a× (b× c)

Pl.: (i× j)× j = k × j = −ii× (j × j) = i× 0 = 0

Kifejtési tétel

1.7.2. Állítás.

(∀a ∈ V)(∀b ∈ V)(∀c ∈ V)((a× b)× c = (a · c)b− (b · c)a)

Bizonyítás :

Ha összefüggő Ha a és b lineárisan összefüggő, akkor 0 vektor adódik azegyenlet mindkét oldalán. (b = λ · a miatt.)

Ha független Tegyük fel, hogy a és b független. Válasszuk az i = 1|a| · a

egységvektort. A j legyen az a, b síkjában és persze legyen merőlegesi-re. Végül legyen k = i× j

1.7. VEKTORIÁLIS SZORZÁS KIFEJEZÉSE EGY ORTONORMÁLT BÁZISBAN55

Az a, b, c vektorok bázisra vonatkozó koordinátái:

a(a1, 0, 0), b(b1, b2, 0), c(c1, c2, c3)

a · c = a1c1, b · c = b1c1 + b2c2

a× b = a1b1k

(a× b)× c = (a1b2k)× (c1i + c2j + c3k) == a1b2c1j − a1b2c2i =

=︸︷︷︸±a1b1c1i

a1c1(b1i + b2j)− (b1c1 + b2c2)(a1i) =

= (a · c)b− (b · c)a

(Fontos: Jól választottuk az ortonormált bázist! )

Jacobi azonosság.

1.7.3. Állítás.

(∀a ∈ V)(∀b ∈ V)(∀c ∈ V)((a× b)× c + (b× c)× a + (c× a)× b = 0)

Bizonyítás :A kifejtési tételt alkalmazzuk.

(a× b)× c + (b× c)× a + (c× a)× b =((a · c) · b− (b · c)a) + ((b · a)c− (c · a)b) + ((c · b)a− (a · b)c) = 0

1.7.1. Három vektor vegyesszorzata

1.7.4. Definíció. Az a, b, c vektorok vegyes szorzatán az (a × b) · c szorzatotértjük.Jelölés: [a, b, c]

Legyen ij, k egy olyan ortonormált bázis V-ben, amely a tér irányításátreprezentálja.


1.7.5. Állítás.

(a× b) · c =

∣∣∣∣∣∣a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 c2 c3

∣∣∣∣∣∣Bizonyítás :

a× b = (a2b3 − a3b2)i + (a3b1 − a1b3)j + (a1b2 − a2b1)k

(a× b) · c = c(a× b) == c1(a2b3 − a3b2) + c2(a3b1 − a1b3) + c3(a1b2 − a2b1) =

=

∣∣∣∣∣∣c1 c2 c3

a1 a2 a3

b1 b2 b3

∣∣∣∣∣∣ = (−1)2

∣∣∣∣∣∣a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 c2 c3

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 c2 c3

∣∣∣∣∣∣

1.7.6. Állítás. Az a, b, c vektorok lineárisan összefüggőek akkor és csak akkor,ha (a× b) · c = 0.

Bizonyítás :

(1) Tegyük fel, hogy a, b, c lineárisan összefüggőek. Eszerint az egyik vektorkifejezhető a másik két vektor kombinációjaként.

b = αa + γc⇒ a× b = α (a× a)︸︷︷︸0

+γ(a× c)

Ekkor mivel a× c ⊥ c, ezért fennáll a következő:

(a× b) · c = γ(a× c) · c = 0

(2) Tegyük fel, hogy a és b lineárisan függetlenek. Ekkor a× b 6= 0. Ez esetbena× b és c merőlegesek egymásra.

1.7. VEKTORIÁLIS SZORZÁS KIFEJEZÉSE EGY ORTONORMÁLT BÁZISBAN57

Eszerint c kifejezhető a következő alakban:

c = αa + βb,

ahol α, β ∈ R. Eszerint viszont a, b, c lineárisan összefüggők.

.1.7.7. Állítás.

(∀a ∈ V)(∀b ∈ V)(∀c ∈ V)((a× b)c = a(b× c))

Bizonyítás :

a(a1, a2, a3), b(b1, b2, b3), c(c1, c2, c3)

(a× b) · c =

∣∣∣∣∣∣a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 c2 c3

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣b1 b2 b3

c1 c2 c3

a1 a2 a3

∣∣∣∣∣∣ = (b× c)a = a(b× c)

1.7.8. Megjegyzés.

[b, a, c] = −[a, b, c]

(b× a)c = −(a× b) · c[a, b, c] = [b, c, a] = [c, a, b]

1.7.2. Geometriai jelentés

Legyenek a, b, c lineárisan függetlenek. Jelölje Vp az általuk kifeszített paralle-lepipedon térfogatát.


1.7.9. Állítás. Az a, b, c vektorok által kifeszített parallelepipedon térfogata|[a, b, c]|.

Vp = t ·m, t = |a| · |b| · sin ϕ = |a× b|

A e = 1|a×b|(a × b vektor a σ-ra merőleges egységvektor. A c vektor az −→AE =

−→AT +

−→TE alakban állítható elő. Jelölje −→AT -t cm, −→TE-t pedig cp, azaz c = cm+cp,

ahol cp ‖ e és cm ⊥ e. Ekkor a parallelepipedon magassága: m = TE = |cp|.cp-ről viszont tudjuk, hogy cp = (e · c) · e. Így adódnak a következők:

m = |cp| = |e · c| =1

|a× b||(a× b) · c|

Vp = |a× b| · 1

|a× b||a× b) · c| = |a× b) · c| = |[a, b, c]|

1.7.10. Megjegyzés. Az (i, j, k)→ (a, b, c) áttérés mátrixa:

M =

a1 b1 c1

a2 b2 c2

a3 b3 c3

(a× b) · c = det MT = det M

Ha a, b, c jobbrendszert alkot, akkor [a, b, c] > 0, ellenkező esetben [a, b, c] < 0.

2. fejezet

Koordinátageometria

Az X euklideszi térben legyen adott egy O pont és egy V-beli i, j, k ortonormáltbázis.

2.0.11. Definíció. Az (O, i, j, k négyest egy térbeli Descartes-féle koordi-nátarendszernek nevezzük.Elnevezések: O a kezdőpont, vagy origó, továbbá i, j, k az alapvektorok. Szo-kás a Descartes-fél e koordinátarendszer derékszögű koordinátarendszernek isnevezni.

Legyen P egy tetszőleges X-beli pont, −→OP helyvektor. Ekkor az −→OP = xpi +ypj + zpk előállításról tudjuk, hogy egyértelmű. Az xp, yp, zp számokat hívjuk az(0, i, j, k) koordiátarendszer P -hez tartozó koordinátáinak.Jelölés: P (xp, yp, zp).

2.0.12. Definíció. A κ : X → R3 leképezést koordinátázásnak mondjuk, hafennáll a következő összefüggés:

(∀P ∈ X)(κ(P ) = (xp, yp, zp)).

2.0.13. Állítás. A κ : X → R3 koordinátázás egy bijektív leképezés.

2.0.14. Definíció. Legyen adott egy f : X → R függvény és egy c ∈ R szám.Az f(x, y, z) = c egyenlettel leírt alakzaton a következő alakzatot értjük:

A = P ∈ X|f(xp, yp, zp) = c.

2.0.15. Megjegyzés. A c konstanst több esetben 0-nak vesszük.

59

60 2. FEJEZET. KOORDINÁTAGEOMETRIA

2.1. Az egyenes paraméteres vektoregyenlete:A v(v 6= 0 vektor irányvektora a g egyenesnek, ha v ‖ g

2.1.1. Állítás. Egy g egyenest egy A pontja és egy v irányvektora már megha-tározza.

Bizonyítás :Egy P ∈ X pont rajta van az egyenesen akkor és csak akkor, ha −→AP és vpárhuzamosak. Ez akkor teljesül, ha van egy olyan t ∈ R szám, hogy −→AP = t ·v

−→AP =

−→OP −−→OA = p− a

p− a = t · vp = a + tp

A g egyenes pontjainak helyvektorai előállnak p = a + tv alakban, ahol t ∈ R.Ezt az egyenletet az egyenes paraméteres vektoregyenletének nevezzük.2.1.2. Megjegyzés.

P (x, y, z)

p = a + tv ⇐⇒

x = a1 + tv1

y = a2 + tv2

z = a3 + tv3

2.2. A sík egyenlete2.2.1. Definíció. A σ sík normálvektorának mondunk egy a σ-ra merőlegesu 6= 0 vektort.

2.2.2. Állítás. A σ síkot egy A pontja és egy n normálvektora egyértelműenmeghatározza.

2.2. A SÍK EGYENLETE 61

Bizonyítás :

u = u1i + u2j + u3k

Evidens, hogy egy P pont rajta van σ-n akkor és csak akkor, ha −→AP és nmerőleges egymásra. Ennek szükséges és elégséges feltétele: n · −→AP = 0. ekkor

P ∈ σ ⇐⇒ u(p− a) = 0

u1(xp − a1) + u2(yp − a2) + u3(zp − a3)

2.2.3. Állítás. Az A ponttal és az n normálvektorral meghatározott síkot azkövetkező egyenlet írja le:

n1x + n2y + u3z −3∑

s=1

nsas = 0.

Bizonyítás :Látható, hogy P ∈ σ akkor és csak akkor, ha a P koordinátái kielégítik a fentiegyenletet.

2.2.4. Megjegyzés. Ha |n| = 1, vagyis∑3

s=1 nsas = 1, akkor az egyenletetnormálegyenletnek szokás mondani.

2.2.5. Megjegyzés. Legyen P ∈ X olyan pont, ahol P /∈ σ.

−→AP =

−→AT +

−→TP

n0 =1

|n|n

−→TP = (

−→AP · n0) · n0

TP = |(p− a) · n0|

TP =1

|n|· |(p− a) · n|

TP =1√

u21 + u2

2 + u23

|n1(xp − a1) + n2(yp − a2) + n3(zp − a3)|


2.2.6. Állítás. Legyenek a, b, c, e olyan valós számok, ahol a2 + b2 + c2 > 0.Az ax + by + cz + e = 0 egyenlet által leírt alakzat megegyezik azzal a síkkal,melynek az vn = ai+ bj + ck normálvektora és amely áthalad az −→OT = − e

|n|2 ·nhelyvektorú T ponton.

2.3. Egyenes leírása két egyenlettel

v = v1i + v2j + v3k

Tegyük fel, hogy v1 6= 0. Ekkor a következő vektorok merőlegesek v-re;

m = v2i− v1j, n = v3i− v1k,

mivel vm · n = 0 és n · v = 0.

P ∈ g ⇐⇒ −→AP ⊥ m és −→AP · n

Ennek feltétele m(p− a) = 0 és n(p− a) = 0:

v2(x− a1)− v1(y − a2) = 0v3(x− a1)− v1(z − a3) = 0

A P ∈ g ⇐⇒ (xp, yp, zp) mindkét egyenletre igaz.

2.4. Gömbfelület2.4.1. Állítás. A következő egyenlet a C(c1, c2, c3) középpontú G(C, r) gömb-felületet írja le:

(x− c1)2 + (y − c2)

2 + (z − c3)2 − r2 = 0.

Bizonyítás :

G(C, r) = P ∈ X | CP = r

(∀P ∈ X)(P ∈ G(c, r)⇐⇒ |−→CP |2 = r2)−→CP (xp − c1, yp − c2, zp − c3)

2.5. Gömb egyenlete

G(C, r), R3 → R

f(x, y, z) = (x− c1)2 − (y − c2)

2 − (z − c3)2 − r2

Az f(x, y, z) egyenlet írja le a G(C, r)-t. Legyen g egy olyan szelő a gömbhözegyP ponton át, amely az M1, M2 pontokban metszi a gömböt.

2.5. GÖMB EGYENLETE 63

2.5.1. Állítás.

PM1 · PM2 = CP 2 − r2

Bizonyítás :A M1M2 szakasz felezőpontja legyen F . Vegyük a σ = 〈g, C〉 síkot és a σ ∩G(C, r) kört benne.

b =−−→FM1,

−−→PM1 =

−→PF + b,

−−→PM2 =

−→PF − b

−−→PM1 ·

−−→PM2 = (

−→PF + b)(

−→PF − b) =

=−→PF · −→PF −−→PFb +

−→PFb− b · b =

= |−→PF |2 − |b|2 == PF 2 − |b|2 =

(CFM1N : |b|2 = r2 − CF 2)(CFP] : CP 2 = CF 2 + PF 2)

= PF 2 − (r2 − CF 2) == CP 2 + PF 2 − r2 == CP 2 − r2

2.5.2. Definíció. A −−→PM1 ·−−→PM2 szorzatot a P pont G(C, r) gömbre vonatkozó

hatványának mondjuk.

2.5.3. Megjegyzés. Tetszőleges P ∈ X esetén f(xp, yp, zp) = CP 2− r2 éppena P az f által leírt gömbre vonatkozó hatványa.

−→CP = (xp − c1)i + (yp − c2)j + (zp − c3)k

CP 2 =−→CP · −→CP


3. fejezet

Gömbi geometria

3.0.4. Definíció. Az G(O, r) gömbfelületet az O-n átmenő síkok O középpontúr sugarú körökben metszik. Ezeket mondjuk főköröknek.

A gömbi geometriában a főkörök töltik be az egyenesek szerepét.

3.0.5. Megjegyzés. Az A, B ∈ G pontokra tegyük fel, hogy nem átellenesek.Ekkor euklideszi értelemben A, B, O nem kollineáris pontok.

σ = 〈O, A, B〉, σ ∩ G(O, r) egy főkör

Az AB_ körív hossza: rϕ. Az AB pontok gömbi távolsága az összekötő körív

hossza: dG(A, B) = AB_

= rϕ, ahol ϕ az AOB] szög mértéke. Átellenes A, Bpontok esetén dG(A, B) = rπ.

3.0.6. Megjegyzés. Két főkör két átellenes pontban metszi egymást.

k1 = σ1 ∩ G(O, r)k2 = σ2 ∩ G(O, r)

65

66 3. FEJEZET. GÖMBI GEOMETRIA

k1 ∩ k2 = A, B, ahol AB = 2r a gömb átmérője.

E k1, k2 főkörök szögén az őket kimetsző σ1, σ2 síkok hajlásszögét értjük. Legye-nek e1, e2 a főkörök érintőegyenesei.

e1 ⊥ 〈O,A〉, e2 ⊥ 〈O,A〉

(k1, k2)] =def

(e1, e2)]

3.1. Konvex szögtartományok3.1.1. Definíció. Az A, B legyenek olyan pontok, melyek nincsenek az e-n.

Az [e, A〉 ∩ [e, B〉 alakzatot lapszögnek mondjuk.Jelölés: AeB].3.1.2. Definíció.

α = 〈e, A〉, β = 〈e, β〉

Az AeB] lapszög mértékén az A1OB1] konvex szög mértékét értjük. Az [α, B〉∩[β, A〉 alakzatot lapszögtartománynak nevezzük és szintén AeB] által jelöljük.

3.1. KONVEX SZÖGTARTOMÁNYOK 67

3.1.1. Szöglettartomány

3.1.3. Definíció. Egy σ síkban legyen adva egy Π = A1A2 . . . AnA1 konvexjellegű sokszögvonallal határolt Π konvex sokszög. Tekintsük egy O pontot, aholO /∈ σ

Az Π sokszögön átmenő O kezdőpontú félegyenesek unióját konvex szöglet-tartománynak mondjuk. Az [O,Ai〉 félegyenesek a szöglet élei, ahol c ∈1, . . . , n. A határoló szögek AiOAi+1], ahol i ∈ 1, . . . n− 1 és AnOA1].Ha Π egy n oldalú sokszög, akkor a szögletet n-élűnek mondjuk.

3.1.2. Triéder

3.1.4. Definíció. Az O csúcsponttal és az ABC4 háromszög által meghatáro-zott háromélű szöglet a triéder.Jelölése: TR(O, A, B, C).

Az AOB], BOC], COA] szögtartományok a triéder oldalai.

α0 = AOB], β0 = BOC], γ0 = COA]

A BaC], CbA], AcB] lapszögtartományokat mondjuk a triéder szögeinek. Alapszögek mértékei:

α = BaC], β = CbA], γ = AcB].


3.1.3. Gömbháromszög

3.1.5. Definíció. Legyenek adottak az A, B, C ∈ G(O, r) gömbfelszíni pontok,melyek nem átellenesek, továbbá O /∈ 〈A, B, C〉. Az ABC4G gömbháromszö-gön a TR(OABC) triéder és a G(O, r) gömb metszetét értjük.

Az A, B, C pontok az ABC4G háromszög csúcsai. Az AB_

, BC_

, CA_ főkörívek

az oldalak:a = AB

_, b = BC

_, c = CA

_

α0 = AOB], β0 = BOC], γ0 = COA]

3.1.6. Megjegyzés. A gömbháromszög oldalai és a triéder között fennáll akövetkező összefüggés:

a = rα0, b = rβ0, c = rγ0

3.1.4. A gömbháromszögekre vonatkozó szinusztétel

A TR(O,A, B, C) triéderben az élek irányába mutató egységvektorok legyeneka, b, c.

a · b = cos γ0, b · c = cos α0, a · c = cos β0

|a× b| = sin γ0, |b× c| = sin α0, |a× c| = sin β0

3.1.7. Lemma. Legyen γ = AcB] a triéder egy szöge. Ekkor fennáll a követ-kező összefüggés:

|(a× b) · c| = sin α0 · sin β0 · sin γ.

Bizonyítás :A % sík legyen a c vektorra merőleges sík. am, bm legyenek a, b merőleges vetü-letei %-n.


b× c = −(c× b)

(b× c, c× a)] = γ′ = π − γ

|(b× c)× (c× a)| = |(b× c)| · |(c× a)| · sin γ′ = sin α0 · sin β0 · sin γ

(b× a)× (c× a) = (b(c× a))c− (c(c× a))︸︷︷︸0

b

Mivel c egységvektor (|c| = 1), ezért felcserélési tétel értelmében:

|(b× c)× (c× a)| = |b(c× a)| = |(b× c)a| = |(a× b)c|.

⇒ (a× b)c = sin α0 · sin β0 · sin γ

3.1.8. Tétel.

(∀TR(O,A, B, C))sin α0

sin β0

=sin α

sin β.

Bizonyítás :A következő összefüggés teljesül a kifeszített parallelogramma miatt:

Vp = |(a× b)c| = |(b× c)a| = |(c× a)b|.

Előző lemma szerint:

sin β0 · sin γ0 · sin α = sin γ0 · sin α0 · sin β

sin α0

sin β0

=sin α

sin β


A gömbháromszögre vonatkozó szinusztétel

3.1.9. Tétel.

(∀ABC4G)

(sin(

ar

)sin(

br

) =sin α

sin β

)

Bizonyítás :

ABC4G = G(O, r) ∩ TR(O, A, B, C).

Az előző tételt alkalmazzuk a TR(O,A, B, C) triéderre.

sin α0

sin β0

=sin α

sin β

a = BC_

, b = CA_

⇒ a = rα0, b = rβ0

⇒ α0 = ar, β = b

r.

3.1.10. Tétel. A TR(O, A, B, C) háromélű konvex szöglettartományban fennálla következő összefüggés:

cos γ0 = cos α0 · cos β0 + sin α0 · sin β0 cos γ

Bizonyítás :Legyen % az 〈O,C〉 élegyenesre merőleges sík. Vegyük az a, b vektorok merőlegesvetületét %-n.


γ = (am, bm)], γ′ = (c× a, b× c)]

A c× a megegyezik az am vektor 90 fokos elforgatottjával.

b× c = −(c× b)

γ + γ′ = π

(b× c)(c× a) = |b× c||c× a| cos γ′ == sin α0 · · sin β0 · (− cos γ)

(b× c)(c× a) = ((b× c)× c) · a == ((b · c)c− (c · c)︸︷︷︸

1

b) =

= (b · c)(c · a)− ba= cos α0 · cos β0 − cos γ0

⇒ − sin α0 · sin β0 cos γ = cos α0 · cos β0 − cos γ0

cos γ0 = cos α0 · cos β0 + sin α0 · sin β0 cos γ

3.1.5. A gömbháromszögre vonatkozó koszinusztétel3.1.11. Tétel.

(∀ABC4G)

(cos(c

r

)= cos

(a

r

)· cos

(b

r

)+ sin

(a

r

)· sin

(b

r

)· cos γ

)Bizonyítás :

Az összefüggés a triéderre vonatkozó tételből már következik.

γ0 =c

r, α0 =

a

r, β0 =

b

r


cos γ =cos γ0 − cos α0 · cos β0

sin α0 sin β0

3.1.13. Állítás. Bármely gömbháromszögben teljesül

a) a háromszögegyenlőtlenség: a + b > c

b) hogy oldalainak összege kisebb a főkörök kerületénél: a + b + c < 2πr-nél.


Bizonyítás :A koszinusz-tételt alkalmazzuk:

sin(a

r

)sin

(b

r

)cos α > − sin

(a

r

)· sin

(b

r

)Mivel cos γ ∈ (−1, 1), ezért igaz a következő:

cos(α0 + β0) = cos α0 cos β0 − sin α0 sin β0

cos(c

r

)> cos

(a

r+

b

r

)= cos

(a + b

r

)

(a)

A cos függvény a [0, π] intervallumon szigorúan monoton csökkenő.

c ∈ (0, rπ), γ0 =c

r< π,

a + b

c< 2π

cos(

cr

)> cos

(a+b

r

)⇒ c

r< a+b

r

⇒ c < a + b

(b)

cos

(2π

a + b

r

)︸︷︷︸

cos( cr )

> cos

(a + b

r

)

2π − c

r∈ [π, 2π]

És itt a cos függvény szigorúan monoton nő.

⇒ 2π − cr

> a+br

·r⇒ 2πr − c > a + b⇒ 2πr > a + b + c


(∀TR(O,A, B, C)) (α0 + β0 + γ0 < 2π)

3.2. A POLÁRIS TRIÉDER 73

3.2. A poláris triéder3.2.1. Definíció. A TR(O, A, B, C) háromélű konvex szögtartomány poláristriéderén azt a TR(O, A, B, C) triédert értjük, amelyre fennállnak a következők:

a = 〈O,A〉, b = 〈O,B〉, c = 〈O,C〉

a = 〈O, A〉, b = 〈O, B〉, c = 〈O, C〉(1) • a ⊥ 〈b, c〉

• b ⊥ 〈a, c〉• c ⊥ 〈a, b〉

(2) • 〈b, c〉 nem választja el az A, A pontokat• 〈a, c〉 nem választja el az B, B pontokat• 〈a, b〉 nem választja el az C, C pontokat

3.2.2. Megjegyzés. Tetszőleges triéder polárisának polárisa önmaga

3.2.3. Megjegyzés. A következők adják a poláris triéder oldalait:

α0 = BOC], β0 = COA], γ0 = AOB].

3.2.4. Állítás. A TR(O,A, B, C) triéder szögei és a poláris triéder oldalai köztfennállnak a következő összefüggések:

α + α = π, β + β = π, γ + γ = π

Bizonyítás :


〈O, B〉 ⊥ σ1, 〈O, C〉 ⊥ σ2 ⇒ 〈O, B〉 ⊥ 〈O, A〉, 〈O, C〉 ⊥ 〈O, A〉

A definíció szerint igaz, hogy α0 = BOC]. A TR(O,A, B, C) egyik szögeα = BaC] = B1OC1. A B, C, B1, C1 pontok az O-n átmenő merőleges síkbanvannak. A BOC] és B1OC1] ún. merőleges szárú szögek.

BOC] + B1OC1] = π

α + α = π

3.2.5. Tétel. Tetszőleges gömbháromszögben igaz a következő:

cos γ = − cos α cos β + sin α · sin β · cos(c

r

).

Bizonyítás :

ABC4G = G(O, r) ∩ TR(O,A, B, C)

Tekintsük TR poláris triéderét. Erre fennáll a következő:

cos γ0 = cos α0 cos β0 + sin α0 · sin β0 · γ.

cos(π − γ) = cos(π − γ) · cos(π − β) + sin(π − α) · sin(π − β) · cos(π − γ)

− cos γ = (−1)2 cos α · cos β + sin α · sin β(− cos γ0) / · (−1)

cos γ = − cos α · cos β + sin α · sin β · cos γ0

A γ0 pedig nem más, mint cr.

3.2.6. Definíció. Az ABC4G poláris gömbháromszögén a TR(O, A, B, C)poláris triéder és az G(O, r) gömbfelszín metszetét értjük.

3.2.7. Állítás. Bármely gömbháromszögben a belső szögek összege mindig több,mint 180.

α + β + γ > π

Bizonyítás :Vegyük a TR(O,A, B, C) triéder TR(O, A, B, C) poláris triéderét. Beláttuk,hogy egy triéder oldalaira fennáll a következő:

α0 + β0 + γ0 < 2π.

3.2. A POLÁRIS TRIÉDER 75

Mivel α + α = π, ezért igaz a következő is:

(π − α) + (π − β) + (π − γ) < 2π.

3π − (α + β + γ) < 2π.

3π − (α + β + γ) < 2π.

π < α + β + γ


4. fejezet

Az affin geometria alapjai

4.0.8. Állítás. Legyenek adva az A1, . . . An pontok és olyan α1 . . . αn valósszámok, melyekre igaz a következő:

n∑i=1

αi = 1

Vegyünk ekkor a térben egy O kezdőpontot és tekintsük azt a P pontot, amelynekhelyvektorára teljesül a következő:

−→OP =

n∑i=1

α · −→OAi

Ez a P pont nem függ az O kezdőpont megválasztásától.

Bizonyítás :Válasszunk egy másik O′ kezdőpontot.∑n

i=1 αi ·−→OA =

∑ni+1 αi(

−−→O′O +

−→OAi) =

=

(n∑

i=1

αi

)︸︷︷︸

1

−−→O′O +

∑ni+1 αi

−→OAi =

=−−→O′O +

−→OP

⇒∑n

i=1 αi ·−→OAi

=−−→O′P

77

78 4. FEJEZET. AZ AFFIN GEOMETRIA ALAPJAI

4.0.9. Definíció. A fenti állításban megadott P pontot az A1 . . . An pontokα1 . . . αn együtthatókkal vett affin kombinációjának mondjuk.Jelölés: P = α1A1 + . . . + αnAn.

4.0.10. Állítás. (1) Két pont összes affin kombinációjának halmaza megegye-zik a két ponton áthaladó egyenessel.

(2) Három nem kollineáris pont összes kombinációjának halmaza megegyezika három ponthoz illeszkedő síkkal.

(3) Ha az A1, A2, A3, A4 pontok nem komplanárisak, akkor az X euklideszi térbármely pontja előáll ezek egy affin kombinációjaként.

Bizonyítás :

(1) Legyenek α1, α2 ∈ R olyanok, hogy α1 + α2 = 1.

Vegyük azt a P pontot, melynek helyvektora:

−→OP = α1 ·

−→OA1 + α2 ·

−→OA2 =

= (1− α) · −→OA1 + α2 ·−→OA2 =

=−→OA1 + α2(

−→OA2−−→OA1) =

=−→OA1 + α2 ·

−−→A1A2

−→OP =

−→OA1 + α2 ·

−−→A1A2 ⇒ P ∈ g

Vegyünk egy P ∈ g pontot. −−→A1P ‖−−→A1A2 fennállása miatt van olyan t ∈ R

szám, hogy −−→A1P = t · −−→A1A2.

−→OP =

−→OA1 +

−−→A1P =

=−→OA1 + t · (−→OA2 −

−→OA1) =

= (1− t)−→OA1 + t · −→OA2 =

Az A1, A2 pontok α1 = 1-t , α2 = t együtthatókkal vett affin kombinációjaP .

(2) A1, A2, A3 nem kollineáris pontok.

79

α1, α2, α3 ∈ R, α1 + α2 + α3 = 1−→OP = α1

−→OA1 + α2

−→OA2 + α3 ·

−→OA3 =

= (1− α2 − α3)−→OA1 + α2

−→OA2 + α3

−→OA3

=−→OA1 + α2(

−→OA2 −

−→OA1) + α3(

−→OA3 −

−→OA1)

=−→OA1 + α2

−−→A1A2 + α3 ·

−−→A1A3

=−→OA1 + v, ahol v ‖ σ

v = α2−→AA2 + α3

−−→A1A⇒ P ∈ σ

Vegyünk egy σ-beli P pontot.−→OP =

−→OA1 +

−−→A1P

(∃λ, µ ∈ R)(−−→A1P = λ · −−→A1A3 + µ · −−→A1A3)

−→OP =

−→OA1 + λ(

−→OA2 −

−→OA1) + µ(

−→OA3 −

−→OA1) =

= (1− λ− µ)︸︷︷︸α1

−→OA1 + λ︸︷︷︸

α2

−→OA2 + µ︸︷︷︸

α3

−→OA3

P = α1A1 + α2A2 + α3A3

(3) Analóg módon történik. Kihasználjuk, hogy az −−→A1A2,−−→A1A3,

−−→A1A4 vektorok

egy bázist képeznek a szabad vektorok vektorterében.

4.0.11. Megjegyzés. A továbbiakban a pontokat 0-dimenziós affin alterek-nek, az egyeneseket 1-dimenziós affin altereknek, a síkokat pedig 2-dimenziósaffin altereknek mondjuk. Az euklideszi teret egyben 3 dimenziós affin altérnekmondjuk.

4.0.12. Megjegyzés. Az Y affin altérrel párhuzamos vektorok egy az Y -nalazonos dimenzójú alteret képeznek a szabad vektorok vektorterében.

4.0.13. Jelölés. Az Y affin altérrel párhuzamos szabad vektorok vektortereitjelölje V(Y ).

4.0.14. Állítás. Legyen Y egy m-dimenziós affin altér. Az Y -ból vett A1 . . . An

pontok tetszőleges affin kombinációja szintén eleme Y -nak.

Bizonyítás :

−→OP =

∑ni+1 αi ·

−→OAi =

= (1−∑n

i=2 αj)−→OA1 +

∑ni=2 αj ·

−→OAj =

=−→OA1 +

∑ni=2 αj · (

−→OAj −

−→OA1)︸︷︷︸

−−→A1Aj∈V(Y )

=−→OA1 + v ahol v ∈ V(Y )

⇒ P ∈ Y


4.0.15. Definíció. Egy H 6= ∅ ponthalmaz affin burkán a H-beli pontokösszes affin kombinációinak a halmazát értjük.

4.0.16. Megjegyzés. Három pont affin-független pontosan akkor, ha nem kol-lineárisak. Négy pont affin független akkor és csak akkor, ha nem komplanári-sak.

4.0.17. Állítás. Legyen Y egy m-dimenziós affin altér. Az Y -ban az affin-független pontrendszerek maximális elemszáma m + 1.


4.0.18. Tétel. Az m dimenziós Y -ban legyenek adva az A1, A2, . . . Am+1 affin-független pontok. Tetszőleges P ∈ Y pont egyértelműen áll elő az A1, . . . An+1

pontok affin kombinációjaként.

Bizonyítás :Igazoljuk az első állítás egyértelműségét. Tegyük fel, hogy egy P ∈ Y pontrateljesül valamely αi, βi ∈ R számokkal.

−→OP =

∑m+1i=1 αi

−→OAi

=∑m+1

i=1 βi−→OAi∑m+1

i=1 αi = 1 ⇒ α1 − 1−∑m+1

i=2 αj−→OP =

−→OA1 +

∑m+1j=2 αj (

−→OA1 −

−→OAj)︸︷︷︸

−−→A1Aj−→

OP −−→OA1 =∑m+1

i=2 αj−−−→A1Aj−→

OP −−→OA1 =∑m+1

j=2 βj−−−→A1Aj

Az −−→A1A2, . . . ,−−→A1Am+1 vektorok egy bázisát képezik a V(Y ) lineáris altérnek,

ezért −→OP −−→OA1 egyélrtelműen áll elő ezek lineáris kombinációjaként.

αj = βj (j = 2, . . . ,m + 1)

α1 = β1

4.0.19. Definíció. Az m-dimenziós Y -ban vett affin bázisnak mondjuk azA1, . . . , Am, Am +1 pontrendszert, ha affin független és Ai ∈ Y (i ∈ 1, m+1).4.0.20. Definíció. Legyen Y egy m-dimenziós affin altér és legyen ennekA1, . . . Am+1 egy affin bázisa. Egy P ∈ Y pontnak ezen bázisra vonatkozó affinkoordinátáin azon α1, . . . αm+1 számokat értjük, melyekkel fennáll a követke-ző:

m+1∑i=1

αj = 1,−→OP =

m+1∑i=1

α−→OAi

Jelölés: P [α1, α2, . . . , αm+1]

4.1. SÚLYPONT 81

4.1. Súlypont4.1.1. Definíció. Ha a A1, . . . , An pontokhoz súlyként hozzárendelünk egy-egywi (i ∈ 1, . . . , n) valós számot, akkor egy súlyozott pontrendszert kapunk.

Amennyiben fennáll, hogy∑n

i=1 6= 0, akkor ennek súlypontján azt az Spontot értjük, melynek helyvektora:

−→OS =

1∑ni=1 wi

,

(n∑

j=1

wj ·−→OAj

)

4.1.2. Jelölés. Ha (A1, w1), . . . (An, wi) egy súlyozott pontrendszer, akkor azwi (i ∈ 1, . . . , n) számok a súlyok.

4.1.3. Megjegyzés. Az S súlypont azonos az A1, . . . An pontok azon affinkombinációjával, ahol az együtthatók értéke:

αi =wi∑n

j=1 wj

(i ∈ 1, . . . , n)

ű Eszerint S nem függ az O kezdőpont megválasztásától.4.1.4. Megjegyzés.

S ∈ Aff (A1, . . . An)

4.1.5. Megjegyzés. (n∑

i=1

wi

)−→OS =

n∑j=1

wj ·−→OAj

4.1.6. Állítás. Legyen adott az (A1, w1), . . . , (An, wn) súlyozott pontrendszer,melynek súlypontja S. Tegyük fel, hogy valamely K-ra (k ∈ [1, n]) fennáll∑k

l=1 wl 6= 0. Vegyük az (A1, w1), . . . , (Ak, wk) pontrendszer B súlypontját ésrendeljük ehhez a wB =

∑kl=1 wl súlyt. Ekkor a (B, wB), (Ak+1, wk+1), . . . , (An, wn)

súlyozott pontrendszer súlypontja megegyezik S-sel.

Bizonyítás :Jelölje C az új súlyozott rendszer súlypontját.

−→OC =

1

wB +∑k

r=k+1 wr

(wB ·

−−→OB +

n∑s=k+1

ws ·−→OAs

)Korábbi összefüggés alapján teljesül, hogy a súlyok összege a súlypont hely-vektora:

wB ·−−→OB =

k∑l+1

wl ·−→OAl.

−→OC =

1(∑kl=1 wl

)+∑n

r=k+1 wr︸︷︷︸Összes súly összege

·

(k∑

l=1

wl ·−→OAl +

n∑s=k+1

ws−→OAs

)︸︷︷︸

Az eredeti pontok helyvektora felszorozva a megfelelő súllyal.


1∑ni=1 wi

·

(n∑

j=1

wj ·−→OAj

)=−→OS ⇒ C = S

4.1.7. Definíció. Legyen adott az m dimenziós Y affin altérben egy A1, . . . Am+1

affin bázis. Egy Y -beli P pont baricentrikus koordinátáinak mondjuk aw1, . . . wm, wm+1 számokat, ha az (A1, w1), . . . , (Am+1, wm+1 súlyozott pontrend-szer súlypontja azonos P -vel.

4.1.8. Megjegyzés. Az A1, . . . Am+1 affin bázis egy maximális elemszámúaffin-független pontrendszer Y -ban. A következő összefüggés teljesül, ha P azo-nos a súlyponttal:

−→OP =

m+1∑j=1

(wj∑m+1

i=1 wi

· −→OAj

).

Az α =wjPm+1

i=1 wisázmot véve P megegyezik az A1, . . . Am+1 pontok α1, . . . αm+1

számokkal vett affin kombinációjával.

4.1.9. Állítás. Ha P -nek az A1, . . . , Am+1 affin bázisra vonatkozó affin koor-dinátái α1, . . . αm+1 és a w1, . . . wm+1 számok a P baricentrikus koordinátái,akkor van olyan c 6= 0 szám, hogy wj = c · αj(j ∈ 1, . . . ,m + 1).

Bizonyítás :Triviális az előző megjegyzés alapján. A c nem más, mint a súlypontok összege,∑m+1

i=1 wi.

4.1.10. Megjegyzés. Ha veszünk egy λ 6= 0 számot, akkor az (A1, w1), . . . , (An, wn)súlyozott pontrendszer súlypontja megegyezik az (A1, λw1), . . . , (An, λwn) súlyo-zott pontrendszer súlypontjával.

4.1.11. Következmény. Az affin altérben egy P pontnak az A1, . . . Am+1 affinbázisra vonatkozó baricentrikus koordinátái csak egy számszorzótól eltekintveegyértelműek.

4.1.12. Jelölés. P ∈ Y és A1, . . . , Am+1 rögzített affin bázis:

P [w1, . . . wm+1]

4.2. Osztóviszony4.2.1. Definíció. Legyen adott egy g egyenes és azon az A, B pontok. EgyP ∈ g pontnak (P 6= B) az A, B pontokra vonatkozó osztóviszonyán azt az(ABD) számot értjük, amelyre fennáll:

−→AP = (ABP )

−−→PB

4.2. OSZTÓVISZONY 83

4.2.2. Megjegyzés.A −−→PB 6= 0 és −→AP ‖ −−→PB miatt egyértelműen van olyan (ABP ) ∈ R szám,

hogy −→AP = (ABP )−−→PB.

4.2.3. Megjegyzés. Ha a g egyenesen kijelölünk egy irányítást, akkor a g-reeső irányított szakaszoknak az előjeles hossza értelmezhető.

(ABP ) =AP

PB

A törtben AP jelöli az −→AP , PB pedig a −−→PB előjeles hosszát.

4.2.4. Állítás. Ha a g = 〈A, B〉 egyenesen lévő P pontnak az A, B affin bázisravonatkozó affin koordinátája α és β, akkor (ABP ) = β

α.

Bizonyítás :

a =−→OA, b =

−−→OB, p =

−→OP = α · a + βb, α + β = 1

(α + β) · p = α · a + βbα(p− a) = β(b− p)

α · −→AP = β−−→PB

−→AP = β

α· −−→PB

βα

= (ABP )

4.2.5. Megjegyzés. Ha P -nek a g-beli A, B alappontokra vonatkozó baricent-rikus koordinátái w1, w2 akkor

w2

w1

=cβ

cα= (ABP )

Ha alkalmazzuk az (ABP ) = λ jelölést, akkor az (A, 1), (B, λ) súlyozott pont-rendszer súlypontja éppen P .

⇒ p =1

1 + λ(a + λb)


4.2.6. Megjegyzés. Az (ABP ) értéke befutja az R \ −1 számhalmazt, haP befutja a g egyenest. (P /∈ B)!

4.2.7. Állítás. Egy ABC4 alapegyenesein vegyünk csúcspontoktól különbözőA1, B1, C1 pontokat (A1 ∈ a, B1 ∈ b, C1 ∈ c). Ha az 〈A, A1〉, 〈B, B1〉, 〈C, C1〉egyenesek egymással párhuzamosak, akkor az osztóviszonyok szorzata:

(ABC1) · (BCA1) · (CAB1) = 1.

Bizonyítás :Legyen e egy olyan egyenes, amely metszi a párhuzamosokat az A, B, C pon-tokban.

Az a, b, c, e egyeneseken adjunk meg irányításokat. A párhuzamos szelők tételeszerint:

(ABC1) =AC1

C1B=

AC

CB

(BCA1) =BA1

A1C=

BA

AC

(ABC1)(BCA1)(CAB1) =AC

CB· BA

AC· CB

BA= 1

4.2.8. Állítás. A σ síkon vegyünk egy ABC4-t és egy a csúcspontoktól külön-böző P /∈ a pontot. A P -nek az A, B, C alappontokra vonatkozó affin koordinátáilesznek α, β, γ.

(1) 〈C, P 〉 párhuzamos az 〈A, B〉-vel akkor és csak akkor, ha γ = 1.

(2) Tegyük fel, hogy γ 6= 1. Ekkor a C1 = 〈C, P 〉 ∩ 〈A, B〉 metszéspontokrafennáll (ABC) = β

α.

Bizonyítás :

(1)

4.2. OSZTÓVISZONY 85

−→OP =

−→OC +

−→CP

p = c + λ(b− a) = (−λ)︸︷︷︸α

·a + λ︸︷︷︸beta

·b + 1︸︷︷︸γ

·c

Megfordítás: Ha γ = 1, akkor α = −β, mivel α + β + γ = 1.

p = β(b− a) + 1 · c

p− c = β(b− a)

−→CP ‖ −→AB

(2)

p = αa + βb + γc (γ 6= 1)p− γc = αa + βb (α + β = 1− γ)

11−γ

(p− γc) = α1−γ

a + β1−γ

b

Mindkét oldalon affin kombináció van, ezért a C1 metszéspont helyvek-torára: −→

OC1 = α1−γ

−→OA + β

1−γ

−−→OB

p− γc = αa + βb (α + β = 1− γ)

(ABC) = β1−γ

: α1−γ

= βα

Cseva-tétel

4.2.9. Tétel. Az ABC4 oldalegyenesein vegyünk fel a csúcspontoktól különbö-ző A1, B1, C1 pontokat. Ha az 〈A, A1〉, 〈B, B1〉, 〈C, C1〉 egyenesek metszik egy-mást egy P pontban, akkor fennáll a következő összefüggés:

(ABC1)(BCA1)(CAB1) = 1

Bizonyítás :


p = αa + βb + γc

(ABC1) =β

α, (BCA1) =

γ

β, (CAB1) =

α

γ

(ABC1)(BCA1)(CAB1) =β

α· γβ· αγ

= 1

5. fejezet

A konvex geometria alapjai

5.0.10. Definíció. Egy H ponthalmaz konvex burkán az H-t tartalmazóösszes konvex alakzat metszetét értjük.

5.0.11. Megjegyzés. A konvex burokra a Konv(H) jelölést alkalmazzuk. AKonv(H) a legszűkebb olyan konvex alakzat, amely H-t tartalmazza.5.0.12. Megjegyzés.

(∀A, B ∈ X) (Konv(A, B)) = AB

(∀A, B, C ∈ X) (Konv(A, B, C)) = ABC45.0.13. Definíció. Az A1, . . . An pontoknak α1, . . . , αn együtthatókkal vett affinkombinációját egyúttal konvex kombinációnak mondjuk, ha fennáll

αi ≥ 0, i ∈ 1, . . . , n.

5.0.14. Jelölés. A továbbiakban jelölje Komb(H) a H-beli pontok összes kon-vex kombinációjának halmazát.(Eszerint P ∈ Komb(H) teljesül, ha P előáll H-ból vett pontoknak egy konvexkombinációjaként. )

5.0.15. Állítás.

(∀A, B ∈ X) (Komb(A, B)) = AB

Bizonyítás :

Ha −→OP = α · −→OA + β · −−→OB teljesül valamely α, β ≥ 0 számokkal, melyekre azis igaz, hogy α + β = 1, akkor az is teljesülnek a következők is:

−→OP = (1− β)

−→OA + β · −−→OB

=−→OA + β

−→AB (β ∈ [0, 1])

⇒ P ∈ AB

87

88 5. FEJEZET. A KONVEX GEOMETRIA ALAPJAI

5.0.16. Állítás. Tetszőleges H alakzat esetén Komb(H) egy konvex ponthal-maz.

Bizonyítás :Vegyünk tetszőleges P, Q ∈ Komb(H) pontokat.

Fennáll −→OP =∑n

i=1 αi−→OAi valamely Ai ∈ H (i ∈ 1, . . . , n) pontokkal és

αi ≥ 0 (∑n

i=1 αi = 1) számokkal. −→OP =

∑li=1 αi ·

−→OAi (i ∈ 1, . . . , n, Ai ∈ H, αi ≥ 0,

∑ni=1 αi = 1)

−→OQ =

∑lj=1 βj ·

−−→OBj

(j ∈ 1, . . . , l, Bj ∈ H, βj ≥ 0,

∑lj=1 βj = 1

)Tekintsünk egy R ∈ PQ pontot. Ekkor

(∃λ ∈ [0, 1])(−→OR = (1− λ) · −→OP + λ · −→OQ

)(−→OR = (1− λ) ·

n∑i=1

αi ·−→OAi + λ ·

l∑j=1

βj ·−−→OBj

)Vezessük be a Ci = Ai (i ∈ 1, . . . , n), Cn+j = Bj, (j ∈ 1, . . . , l) jelöléseket.Legyen γi = (1− λ)αi (i ∈ 1, . . . , n), és γn+j = λ · βj (j ∈ j, . . . , l). Ekkortudjuk a következőt:

−→OR =

n+l∑s=1

γs ·−→OCs

Evidens, hogy γs ≥ 0

n+l∑s=1

γs = (1− λ)

(n∑

i=1

αi

)︸︷︷︸

1

+λ

(l∑

j=1

βj

)︸︷︷︸

1

= 1

Tehát R is előáll H-beli pontok egy konvex kombinációjaként. Ebből követke-zőleg PQ ⊂ Komb(H), azaz Komb(H) konvex.

89

5.0.17. Állítás.

Konv(H) = Komb(H)

Bizonyítás :

(1) Komb(H) konvex és mivel H ⊂ Komb(H), ezért Konv(H) ⊂ Komb(H)

(2) Belátjuk, hogy tetszőleges P ∈ Komb(H) pontra fennáll Komb(H) ⊂Konv(H) Tudjuk, hogy −→OP =

∑ni=1 αi ·

−→OAi, (αi ≥ 0) A konvex kombiná-

cióban szereplő pontok számára vett teljes indukciós eljárással igazoljuk,hogy P ∈ Konv(H).

n=1 P ∈ H⇒ P ∈ Konv(H)

n=2 P ∈ A1A2, ahol A1, A2 ∈ H, ⇒ P ∈ Konv(H)

Tfh. n=k P ∈ Konv(H)

n= k+1 Feltehetjük, hogy αk+1 6= 1

−→OP = (1− αk+1)

(k∑

j=1

αj

1− αk+1

· −→OAj

)+ αk+1 ·

−→OAk+1

Legyen βj =αj

1−αk+1, (j ∈ 1, . . . , k) Evidens, hogy

∑kj=1 βj =Pk

j=1 αj

1−αk+1= 1. Vegyük azt a Q pontot, melynek helyvektora −→OQ =∑k

j=1 βj ·−→OAj. Az indukciós feltevés miatt Q ∈ Konv(H).

−→OP = (1− αk+1) ·

−→OQ + αk+1 ·

−→OAk+1

αk+1 ∈ [0, 1) ⇒ P ∈ QAk+1

Mivel Q,Ak+1 ∈ Konv(H) és Konv(H) konvex, ezért P ∈ Konv(H)

5.0.1. Radon tétele

Az m-dimenziós tér Y affin altérben legyen adott egy véges ponthalmaz:

H = A1, A2, . . . , Am+2.

A H-beli pontokból kiválasztható egy olyan H1 részhalmaz, hogy a nem kivá-lasztott pontokból álló H2 részhalmazzal fennáll a következő:

Konv(H1) ∩Konv(H2) 6= ∅.

Bizonyítás :Az m = 3 eset: Y = X Ha H = A1, . . . , A5, akkor az A1, . . . , A5 pontok affin


összefüggőek. Ezért azt is feltehetjük, hogy A5 előáll A1, . . . , A4 affin kombiná-ciójaként.

a5 =k∑

j=1

λjaj, (k∑

j=1

λj = 1)

k∑j=1

λjaj − a5 = 0

µj = λj, µ5 = −1 (j ∈ 1, . . . , k)

⇒5∑

i=1

µiai = 0, és5∑

i=1

µi = 0.

Átindexeléssel elérhető, hogy az első n(n ≤ k) µi együttható nemnegatív ésµn+1, . . . , µ5 < 0.

n∑r=1

µr · ar =5∑

s=n+1

(−µs) · as ⇒n∑

j=1

µr = −5∑

s=n+1

µs = β > 0

n∑r=1

µr

β︸︷︷︸αr≥0

ar =5∑

s=n+1

−µs

β︸︷︷︸γs≥0

as

n∑r=1

αrar =5∑

s=n+1

γsas,

(n∑

r=1

αr = 1,5∑

s=n+1

γs = 1

)Az H1 = A1, . . . , An és az H2 = An+1, . . . , A5 választást alkalmazzuk.Tekintsük azt a P pontot, melynek helyvektora a következő:

−→OP =

n∑r=1

αrar =5∑

s=n+1

γsas︸︷︷︸konvexkombinci

⇒ P ∈ Konv(H1), P ∈ Konv(H2)

Konv(H1) ∩Konv(H2) 6= ∅.


m = 2, Y = σ

5.0.19. Állítás. Legyen adva az Y -ban (m+2) számú olyan H1, . . . ,Hm+2 kon-vex alakzat, hogy közülük bármely (m + 1) számú alakzatnak van közös pontja.Ekkor teljesül a következő összefüggés:

m+2⋂i=1

K 6= 0

91

Bizonyítás :Legyen m = 3, Y = X. Ekkor K1, K2, K3K4, K5 közül bármely négynek vanközös pontja. Válasszuk így ki a következő pontokat:

A1 ∈ K2 ∩K3 ∩K4 ∩K5

A2 ∈ K1 ∩K3 ∩K4 ∩K5

A3 ∈ K1 ∩K2 ∩K4 ∩K5

A4 ∈ K1 ∩K2 ∩K3 ∩K5

A5 ∈ K1 ∩K2 ∩K3 ∩K4

Az A1, . . . , A5 pontsorozatból ki lehet választani olyan H1 és H2 részsorozato-kat, hogy Konv(H1) ∩Konv(H2) 6= 0. Egy P ∈ Konv(H1) ∩Konv(H2) pontrabelátható P ∈

⋂5i=1 Ki teljesülése.

Pl.: Vegyük a következő példát:

H1 = A1, A2, A3 ⇒ H1 ⊂ K4 ∩K5, H2 ⊂ K1 ∩K2 ∩K3

H1 = A4, A4 ⇒ Konv(H1) ⊂ K4 ∩K5, Konv(H2) ⊂ K1 ∩K2 ∩K3

⇒ Konv(H1) ∩Konv(H2) ⊂⋂5

i=1 Ki

Tehát P ∈⋂5

i=1 Ki.

5.0.2. Helly tétele

5.0.20. Állítás. Az Y affin altérben legyenek adva a K1, K2, . . . Kn (n ≥ m+2)konvex alakzatok. Ha közülük bármely m+1 alakzatnak van közös pontja, akkor⋂n

i=1 Ki 6= ∅.

Bizonyítás :Teljes indukcióval:

m + 1: n = m+2-re igaz a tétel az előző állítás szerint. Tegyük fel, hogy n = lszámú konvex alakzat esetén is igaz. (l ≥ m + 2)

n = l + 1: K1, . . . ,Kl, Kl+1 Vezessük be a Ki = Ki(i ∈ 1, . . . , l − 1) és Kl =Kl ∩Kl+1 jelölést. Ekkor:

l⋂j=1

Kj =l+1⋂k=1

Kk

A K1, K2, . . . ,Kl konvex halmaz közül válasszunk ki m + 1-et. Az m = 3esetben 4 halmazt választunk ki.

Ki, Kj, Kr, Ks, (q ≤ i < j < r < s ≤ l)

Ha s < l, akkor Ki,∩Kj∩Kr∩Ks 6= ∅ teljesül a tételben szereplő feltételmiatt. Ha azonban s = l, akkor Ki,∩Kj∩Kr∩Ks = Ki,∩Kj∩Kr∩Ks 6= ∅igaz az előző állítás szerint.


Tehátn⋂

i=1

Ki 6= ∅.

II. rész

II. Félév

93

6. fejezet

Az egybevágósági transzformációk

6.1. Az egybevágósági transzformációk alapvetőtulajdonságai

6.1.1. Térbeli egybevágóság

Jelölje X a tér pontjait.

6.1.1. Definíció. A térbeli egybevágóság egy olyan ϕ : X → X bijektívleképezés, ahol tetszőleges A, B ∈ X pontokra fennáll

d(A, B) = d(ϕ(A), ϕ(B)),

azaz távolságtartó leképezés.

6.1.2. Megjegyzés. Ha ϕ egybevágóság, akkor a ϕ−1 inverz leképezés is az.

6.1.3. Megjegyzés. Ha ϕ1 és ϕ2 egybevágóságok, akkor a ϕ2 ϕ1, X → X isegybevágóság.

Jelölje Iso(X) a tér egybevágósági transzformációinak halmazát.

Iso(X) =defϕ : ϕ térbeli (X-beli) egybevágóság

6.1.4. Állítás. A leképezések kompozíciójára, mint szorzásműveletre nézve Iso(X)egy csoportot ad.

Bizonyítás :

1. Asszociativitás: Legyen

ϕ1, ϕ2, ϕ3 ∈ Iso(X), A ∈ X,

Ekkor

ϕ3 (ϕ2 ϕ1)(A) = ϕ3((ϕ2 ϕ1)(A)) = ϕ3(ϕ2(ϕ1(A)))(ϕ3 ϕ2) ϕ1(A) = (ϕ3 ϕ2)(ϕ1(A)) = ϕ3(ϕ2(ϕ1(A)))

⇒

⇒ ϕ3 (ϕ2 ϕ1) = (ϕ3 ϕ2) ϕ1.

95

96 6. FEJEZET. AZ EGYBEVÁGÓSÁGI TRANSZFORMÁCIÓK

2. Egységelem létezése:Iso(X)-ben vegyük az idX leképezést, ahol

∀A ∈ X idX(A) = A.

Ekkor idX ϕ = ϕϕ idX = ϕ.

⇒ id X az Iso(X)-ben egy

egységeleme a szorzásműveleteknek.

3. Inverz létezése:Tetszőleges ϕ-nél a ϕ−1 adja az inverzelemeket, mivel

ϕ−1 ϕ = id X.

6.1.5. Megjegyzés. Ismeretes, hogy a pontra vonatkozó tükrözés egy egybevá-góság.

6.1.2. Síkbeli egybevágóság

Rögzítünk egy σ síkot a térben.

6.1.6. Definíció. A σ síkbeli egybevágósági transzformáción egy olyan aϕ : σ → σ leképezést értünk, ahol tetszőleges A, B ∈ σ esetén fennáll

d(A, B) = d(ϕ(A), ϕ(B)).

6.1.7. Megjegyzés. A σ egybevágósági transzformációinak csoportját Iso(σ)jelöli.

Tran(σ) =defεv : εv eltolás σ-ban egy tetszőleges, a síkkal párhuzamos v vektorral

6.2. Nevezetes egybevágóságok6.2.1. Megjegyzés. Ismert síkbeli egyvágóságok:

• pontra tükrözés,

• elforgatás,

• eltolás egy v ∈ Vσ vektorral.

6.2.1. Eltolás

Tekintsünk egy v ∈ V szabad vektort!

6.2.2. Definíció. A v vektorral történő eltoláson azt a v vektorl függő εv :X → X leképezést értjük, ahol tetszőleges A ∈ X pont εv(A) képére fennáll

−−−−→Aεv(A) = v.

6.2.3. Állítás. Az eltolás egy egybevágósági transzformáció.

6.2. NEVEZETES EGYBEVÁGÓSÁGOK 97

Bizonyítás :♠ A paralelogramma tulajdonságaival:Alkalmazzuk tetszőleges P ∈ X-re a P ′ = εv(P ) jelölést!(A′ = εv(A))1. ábra FABB′A′ négyszög két szemközti oldala egymással párhuzamos és AA′ = |v| =BB′ ⇒ ez egy paralelogramma: AB = A′B′, ezért εv egy távolságtartó bijektívleképezés, azaz egy egybevágóság.

6.2.4. Megjegyzés. Tetszőleges u, v ∈ V mellett εv εu = εu+v.

Jelölje Tran(X) a tér eltolásainak halmazát!

Tran(X) =defεv : εv eltolás a térben (X-ben) egy tetszőleges v vektorral

6.2.5. Megjegyzés. Tran(X) egy részcsoportot képez Iso(X)-ben.

6.2.2. Egyenesre tükrözés

6.2.6. Definíció. a σ síknak egy t (t ⊂ σ) egyenesre történő tükrözésénazt a τ : σ → σ leképezést értjük, ahol a τ által fixen hagyott pontok halmazaa t egyenes, és egy a t-re nem illeszkető A pont τ(A) képét az alábbi feltételekhatározzák meg:

2. ábra F

1. Az 〈A, τ(A)〉 egyenes merőleges a t-re.

2. A t egyenes a felezőpontjában metszi az−−−−→Aτ(A) szakaszt.

6.2.7. Állítás. Az egyenesre való tükrözés egy egybevágósága a síknak.

Bizonyítás :♠Háromszögek kongruenciájának (más szóval egybevágóságának) al-kalmazásával. (τ(P ) = P ′)

1. eset: Az A, B ∈ σ pontok a t ugyanazon oldalán vannak.3. ábra F

E = BB′ ∩ t,

F = AA′ ∩ t,

⇒ AFE4 ' A′FE4,

mivel AF = A′F , FE oldal közös és AFE] = A′FE] = 90. Ebbőlkövetkezik, hogy

AE = A′E, AEF] = A′EF],

aminek következtében pedig AEB] = A′EB′] .Belátható, hogy az AEB4, A′EB′4 háromszögekben két-két oldal hosszaés a közbezárt szögek egyenlőek. Ezért

AEB4 ' A′EB′ ⇒ AB = A′B′.


2. eset: Az A, B ∈ σ pontok a t különböző oldalain vannak. AB = A′B′

teljesül.4.ábra F

AB ∩ A′B′ ∩ t = M

3.eset: Valamelyik pont rajta van az egyenesen. Triviális.

6.2.8. Definíció. A σ síkban legyen adott egy t egyenes és egy a t-vel párhuza-mos v vektor (v ∈ Vσ). A t-re való tükrözésnek és a v-vel való síkbeli eltolásnaka kompozícióját csúsztatva tükrözésnek mondjuk.

6.2.9. Megjegyzés. εv τ = τ εv.

5.ábra F

6.2.3. Síkra tükrözés

6.2.10. Definíció. A térnek a σ síkra való tükrözése az a τ : X → Xleképezés, ahol a τ által fixen hagyott pontok halmaza a σ sík, és egy a σ-ranem illeszkedő A pont τ(A) képét az alábbi feltételek határozzák meg:6.ábra F

1. Az 〈A, τ(A)〉 egyenes merőleges a σ síkra,

2. A σ sík a felezőpontjában metszi az Aτ(A) szakaszt.

6.2.4. Tengely körüli elforgatás

6.2.11. Definíció. Legyen adott egy t egyenes és egy azzal párhuzamos v(v 6= 0)vektor. A v-vel irányított t tengely körüli β szögű (−π < β < π) elforga-táson azt a % : X → X leképezést értjük, amely a t tengely pontjait fixenhagyja, és egy a t-re nem ileszkedő P pont P ′ = %(P ) képét az alábbi feltételekhatározzák meg:26.ábra F

1. A P ′ pont rajta van a P -n átmenő, a t-re merőleges µ síkon.

2. Az M = µ ∩ t metszésponttal teljesül MP = MP ′ és PMP ′] =| β |

3. Amennyiben β > 0 és β 6= π, akkor az −−→MP,−−→MP ′, v vektorok a tér irányí-

tását reprezentlják ( azaz egy jobbrendszert képeznek). Ha β < 0, akkor aV -beli −−→MP,

−−→MP ′, v bázis egy balrendszert képez.

6.2.12. Megjegyzés. β = π esetén % azonos a t egyenesre történő tükrözéssel.

6.3. EGYBEVÁGÓSÁGOK ÁLTALÁNOS JELLEMZŐI 99

6.3. Egybevágóságok általános jellemzői

6.3.1. Tétel. Legyen adott egy ϕ : X → X egybevágóság. A ϕ-re igazak azalábbi kifejezések:

1. A ϕ egyenest egyenesbe, szakaszt szakaszba képez.

2. A síkot síkba képez.

3. Párhuzamos egyeneseket párhuzamos egyenesekbe képez.

4. Amennyiben az A, B, C,D pontokra teljesül

−→AB =

−−→CD, akkor

−−−−−−−→ϕ(A)ϕ(B) =

−−−−−−−→ϕ(C)ϕ(D) ( vagyis

−−→A′B′ =

−−→C ′D′).

Bizonyítás :

1. ♠ Vegyünk egy e egyenest és azon az A, B (A 6= B) pontokat.Be fogjuk látni, hogy fennáll ϕ(e) = 〈A′, B′〉.Legyen P egy tetszőleges pontja e-nek.7.ábra FVegyük azt az esetet, amikor a B pont van az A és P között, ekkor

d(A, B) + d(B, P ) = d(A, P ).

Mivel ϕ egybevágóság, ezért

d(A′, B′) + d(B′, P ′) = d(A′, P ′).

Alternatív megoldás: Indirekt igazolást alkalmazva tegyük fel, hogya P ′ pont nincs rajta az 〈A′, B′〉 egyenesen. ⇒ A′B′P ′4 -ben igaz azún. háromszög egyenlőtlenség, tehát

A′B′ + B′P ′ > A′P ′,

d(A′, B′) + d(B′, P ′) > d(A′, P ′). Ez ellentmondás.

P’-nek rajta kell lennie az 〈A′, B′〉 egyenesen, azaz az 〈A, B〉 egyenespontjainak a képei rajta kell legyenek az 〈A′, B′〉 egyenesen.

2. Tekintsünk egy σ síkot. Vegyünk ezen három nem kollineáris A, B, Cpontot.8.ábra F9.ábra FAz A′, B′, C ′ pontok meghatároznak egy α = 〈A′, B′, C ′〉 síkot. Belátjuk,hogy tetszőleges P ∈ σ pont P ′ képe rajta van az α-n,

⇒ ϕ(σ) = 〈A′, B′, C ′〉 = α.


3. a ‖ b. Indirekt tegyük fel, hogy a′ és b′ metszőek, és a metszéspont M ′.Ekkor10.ábra F

ϕ−1(M ′)−− a,

ϕ−1(M ′)−− b.

Tehát az M ′ képe M metszéspontja az eredeti párhuzamos egyenespár-nak. Ez ellentmondás, tehát a′ ‖ b′.

4. Az előzőekből adódik, hogy egy egybevágóság paralelogrammát parale-logrammába képez.11.ábra FTegyük fel, hogy −→AB = −−→CD.ABDC és A′B′D′C ′ négyszögek paralelogrammák ⇒

−−→A′B′ =

−−→C ′D′,

azaz ϕ eleme Iso(x) esetén ha −→AB =−−→CD akkor

−−−−−−−→ϕ(A)ϕ(B) =

−−−−−−−→ϕ(C)ϕ(D).

6.4. Szimmetriacsoportok6.4.1. Definíció. Legyen A egy alakzat a σ síkban. Ennek szimmetriacso-portján

Symm(A) = ϕ ∈ Iso(σ) | ϕ(A) = A

csoportot értjük.

6.4.2. Megjegyzés. Symm(A) egy részcsoport Iso(σ) -ban.

6.5. Az egybevágóság által indukált leképezés

6.5.1. Az indukált leképezés jellemzői

6.5.1. Definíció. A ϕ egybevágóság által a V téren indukált leképezésen azta ϕ : V → V leképezést értjük, ahol tetszőleges A, B ∈ X esetén az −→AB vektorképére fennáll

ϕ−−−→(AB) =

−−−−−−−→ϕ(A)ϕ(B).

6.5.2. Megjegyzés. Ha az egybevágóság egy eltolás, amelyet ε jelöl, akkorε = id V.♠ A paralelogramma tulajdonságaival12.ábra FAA′B′B négyszög egy parallelogramma, mivel

−−→AA′ =

−−→BB′ ⇒ −→AB =

−−→A′B′ azaz ε(

−→AB) =

−−→A′B′ ⇐⇒ ε(

−→AB) =

−−−−−−→ε(A)ε(B).

6.5.3. Állítás. Tetszőleges ϕ egybevágóság esetén a ϕ : V → V indukált leké-pezés egy lineáris izomorfizmus.

6.5. AZ EGYBEVÁGÓSÁG ÁLTAL INDUKÁLT LEKÉPEZÉS 101

Bizonyítás :Be kell látnunk, hogy ϕ leképezés bijektív és ∀u, v ∈ V, a ∈ R mellett teljesül

ϕ(u + v) = ϕ(u) + ϕ(v),

ϕ(λu) = λϕ(u).

1. Az −→AB és −−→BC irányított szakaszok reprezentálják az u, v szabad vekto-rokat.13.ábra F14.ábra F

u + v =−→AC, ezért

ϕ(u + v) = ϕ(−→AC) =

−−→A′B′ +

−−→B′C ′ = ϕ(

−→AB) + ϕ(

−−→BC) = ϕ(u) + ϕ(v),

aholA′ = ϕ(A), B′ = ϕ(B) & C ′ = ϕ(C).

2. Legyen P az a pont az 〈A, B〉 egyenesen, amelyre igaz

−→AP = λ(

−→AB) = λu

u 6= 0, λ 6= 0 feltevés mellett.15.ábra FAPAB

= |λ|. ϕ távolságtartása miatt pedig

A′P ′

A′B′ = |λ| ⇒−−→A′P ′ = λ

−−→A′B′ ⇒

⇒ ϕ(λu) = ϕ(−→AP ) =

−−→A′P ′ = λ

−−→A′B′ = λϕ(

−→AB) = λϕ(u),

azaz bebizonyítottuk, hogy

ϕ(λu) = λϕ(u).

3. Evidens, hogy a ϕ leképezés bijektív:

w ∈ V, w =−→PQ,

Ez alapján−−−−−−−−−−→ϕ−1(P )ϕ−1(Q) = v vektort véve kapjuk, hogy

ϕ(v) =−−−−−−−−−−−−−−−→ϕ(ϕ−1(P ))ϕ(ϕ−1(Q)) =

−→PQ = w,

azaz ϕ szürjektív. A ϕ injektivitása nyilvánvaló.

6.5.4. Állítás. A ϕ : V → V lineáris leképezés megőrzi a vektorok skalárisszorzatát.

Bizonyítás :


Jelölje 〈u, v〉 (u · v mellett) az u, v vektorok skaláris szorzatát.Be kell látnunk, hogy tetszőleges u, v ∈ V -re fennáll

〈ϕ(u), ϕ(v)〉 = 〈u, v〉.

Legyenek −→AB és −→AC olyan irányított szakaszok, melyek azu, v vektorokat képviselik.16.ábra F

−→AB = u−→AC = v

A′ = ϕ(A)B′ = ϕ(B)C ′ = ϕ(C)

Vegyük az ABC4 és A′B′C ′4 háromszögeket. Ezek oldalai a távolságtartásmiatt páronként egyenlőek. Ebből következik, hogy szögeik is egyenlőek (α′ =α).

〈ϕ(u), ϕ(v)〉 = 〈−−→A′B′,

−−→A′C ′〉 = A′B′ · A′C ′ · cosα =

AB · AC · cosα = 〈−→AB,−→AC〉 = 〈u, v〉

6.5.2. Az indukált lineáris leképezés mátrixa

6.5.5. Definíció. Legyen az A egy n×n-es valós mátrix. Az A mátrixot orto-gonált mátrixnak mondjuk, ha az AT transzponált mátrixra fennáll AT ·A =E.

Vegyünk V -ben egy e1, e2, e3 ortonormált bázist. A ϕ(es) vektort (ahol s =1, 2, 3) fejezzük ki ezen bázisvektorokkal:

ϕ(es) = a1se1 + a2se2 + a3se3 =3∑

r=1

arser.

A kifejezésekben szereplő együtthatók meghatároznak egy 3×3-as A mátrixot.A ϕ leképezést A írja le az e1, e2, e3 bázisra nézve.6.5.6. Állítás. : A ϕ indukált lineáris leképezésnek az e1, e2, e3 ortonormáltbázisra vonatkozó mátrixa ortogonális.

Bizonyítás :Az AT mátrix i-edik sorának j-edik eleme legyen bij ⇒ bij = aji.Vegyük C = AT A mátrix elemeit!

cij =3∑

r=1

birarj =3∑

r=1

ariarj = 〈a1ie1 + a2ie2 + a3ie3, a1je1 + a2je2 + a3je3〉 =

〈ϕ(ei), ϕ(ej)〉 = 〈ei, ej〉 = δij ⇒ C = E ⇒ A ortogonális.

δ itt az ún. Kronecker-delta:

δi,j =

1, ha i = j,0, ha i 6= j.

6.5.7. Megjegyzés. AT A = E összefüggésből adódik, hogy AAT = E.

6.6. A SÍKBELI EGYBEVÁGÓSÁGOK OSZTÁLYOZÁSA 103

6.5.3. Leképezés mátrixa és az Irányítástartás

6.5.8. Definíció. A ϕ egybevágóságot irányítástartónak mondjuk, ha egy V -beli a1, a2, a3 bázist véve az a1, a2, a3 és ϕ(a1), ϕ(a2), ϕ(a3) bázisok a tér egyazonorientációját reprezentálják.

6.5.9. Megjegyzés. Ha az e1, e2, e3 bázisban leírjuk ϕ -t, akkor a leíró A mát-rixra igaz AT A = E ⇒ (detA)2 = detE = 1⇒ detA = ±1.

6.5.10. Következmény. A ϕ egybevágóság irányítástartó akkor és csak akkor,ha fennáll detA = 1.

Bizonyítás :

e1, e2, e3 −→ ϕ(e1), ϕ(e2), ϕ(e3)

A az áttérés mátrixa.detA > 0 esetén igaz detA = 1

6.5.11. Megjegyzés. Az eltolások irányítástartóak (ε = id V, A = E miatt)

6.5.12. Megjegyzés. A síkra tükrözés egy irányításváltó egybevágóság.

6.6. A síkbeli egybevágóságok osztályozása

6.6.1. Tükrözés és Forgatás, Irányítástartás

Legyen σ egy rögzített sík, amelyen adva van egy irányítás.Vσ ⊂ V, dimVσ = 2.Egy síkbeli ϕ ∈ Iso(σ) egybevágóság indukál egy ϕ lineáris leképezést a Vσ

vektortéren.ϕ megőrzi a Vσ-beli vektorok skaláris szorzatát.Vegyünk Vσ-ban egy i, j ortonormált bázist, amely a σ irányítását reprezentálja(i = e1, j = e2)

ϕ(i) = a11i + a21jϕ(j) = a12i + a22j

A =

(a11 a12

a21 a22

)Az előzőek alapján evidens, hogy

AT · A =

(1 00 1

)A ϕ egybevágóság irányítástartó, ha detA = 1,A ϕ egybevágóság irányításváltó, ha detA = −1,


6.6.1. Megjegyzés. A tengelyes tükrözés irányításváltó.

6.6.2. Megjegyzés. Ha ϕ1, ϕ2 ∈ Iso(σ), akkor a ϕ2 ϕ1 által indukált lineárisizomorfizmus Vσ-ban azonos a ϕ2 ϕ1 : Vσ → Vσ leképezéssel.

Az elforgatás:

Legyen % : σ → σ egy β szögű elforgatás a C pont körül (−π < β ≤ π)17.ábra F% mátrixa:

%(i) = cos βi + sin βj%(j) = cos βj + sin β(−i) = − sin βi + cos βj

A =

(cos β − sin βsin β cos β

)A tengelyes tükrözés:

Legyen τ : σ → σ tükrözés a t egyenesre.w olyan egységvektor, amely t-vel párhuzamos18.ábra F

w = cos γi + sin γi

τ(i) azonos i-nek a 2γ szöggel vett elforgatottjával, ahol γ a t és i által bezártszög. Így τ mátrixa:

τ(i) = cos(2γ)i + sin(2γ)jτ(j) = −(− sin(2γ)i + cos(2γ)j) = sin(2γ)i− cos(2γ)j

A =

(cos 2γ sin 2γsin 2γ − cos 2γ

)6.6.3. Állítás. Legyenek τ1 és τ2 σ-beli tükrözések a t1, t2 egyenesre. (t1 6= t2)

1. Ha t1 ‖ t2, akkor τ2 τ1 egy eltolás.

2. Ha t1 és t2 metszik egymást egy C pontban, akkor tau2 tau1 egy elfor-gatás C körül.

Bizonyítás :

1. Egy P ∈ σ ponton át állítsunk merőlegest a t1, t2 egyenesekre (t1 ‖ t2) ésvegyük a T1, T2 metszéspontokat!19.ábra F

−−→T1T2 vektor nem függ a P -től.

P1 = τ1(P )

P2 = τ2(P1) = τ2 τ1(P )

6.6. A SÍKBELI EGYBEVÁGÓSÁGOK OSZTÁLYOZÁSA 105

T1 felezi a PP1 szakaszt és T2 felezi −−→P1P2 -t.

−−→PP1 = 2

−−→T1P1−−→

P1P2 = 2−−→P1T2

−−→PP2 =

−−→PP1 +

−−→P1P2 = 2(

−−→T1P1 +

−−→P1T2) = 2

−−→T1T2

−−−−−−−→Pτ2(τ1(P )) = 2

−−→T1T2

⇒ τ2 τ1 = ε2−−→T1T2

2. Legyen C a t1, t2 egyenesek metszéspontja.20. ábra F

P ∈ σ, P1 = τ1(P ), P2 = τ2(P1) = τ2 τ1(P )

C rajta van a PP1 és a P1P2 felezőmerőlegesén:

CP = CP1 = CP2

ε = PCF1], θ = P1CF2]

PCP1] = 2ε, P1CP2] = 2θ

PCP2] = 2ε− 2θ = 2(ε− θ)

Evidens, hogy a τ2τ1 egybevágóság fixen hagyja C-t, azaz τ2τ1(C) = C⇒ F1CF2] = γ a két egyenes hajlásszöge, aholF1 ∈ t1 a PP1 felezőpontja,F2 ∈ t2 pedig a P1P2 felezőpontja.γ = ε− θ teljesül, mivel PCP2] = 2γ.Alkalmazzuk a P ′ = τ2 τ1(P ) = P2 jelölést.PCP ′] = 2γ ⇒ τ2 τ1 egy elforgatás C körül.Azt az esetet vettük, amikor P és P1 a t2 tengely más-más olalára esik.

6.6.4. Állítás. Legyenek adva a σ1, σ2 síkok és tekintsük ezen síkokra történőτ1, τ2 tükrözéseket!

1. Amennyiben σ1 ‖ σ2 teljesül, akkor a τ2 τ1 egybevágóság egy eltolás.

2. Ha σ1 és σ2 metszete egy t egyenes, akkor a τ2 τ1 egybevágóság azonosegy t körüli elforgatással. Ezen elforgatás mértéke megegyezik a két síkhajlásszögének kétszeresével.

Bizonyítás :

27. ábra F

P ∈ X ponthoz vesszük a P-n átmenő t-re merőleges µ síkot :

⇒ µ ⊥ σ1, µ ⊥ σ2


m1 = σ1 ∩ µ, m2 = σ2 ∩ µ

(m1, m2)] = (σ1σ2)]

m1-re a P1-nek az m2-re való tükrözésével.

τ2 τ1(P ) = P2 ⇒ PMP2] = 2(m1, m2)] = 2(σ1, σ2)]

⇒ PMP2 = állandó.

6.6.5. Következmény. A tengely körüli elforgatás egy irányítástartó egybevá-góság.

Bizonyítás :A % előállítható két síkratükrözés szorzataként (% = τ2 τ1).

6.6.6. Tétel. A σ síkban legyenek adva a [h1, T1〉, [h2, T2〉 félsíkok és azok ha-ráregyenesein az [A1, B1〉 , [A2, B2〉 félegyenesek. Pontosan egy olyan ϕ : σ → σegybevágóság van, amelyre teljesül

ϕ([h1, T1〉) = [h2, T2〉

ésϕ([A1, B1〉) = [A2, B2〉.

Bizonyítás :21.ábra FKonstruálunk egy ϕ bijektív leképezést az alábbi módon:ϕ(A1) = A2. Amennyiben veszünk egy P ∈ [h1, T1〉, P 6= A1 pontot, akkor aP ′ = ϕ(P ) pont legyen a [h2, T2〉 azon pontja, amelyre igaz

A1P = A2P′ & B1A1P] = B2A2P

′].

Amennyiben Q /∈ [h1, T1〉 , akkor Q′ = ϕ(Q) legyen h2 által határolt [h2, T2〉-tól különböző félsík azon pontja, amelyre fennáll

A1Q = A2Q′ & B1A1Q] = B2A2Q

′]

Megadtunk egy ϕ bijektív leképezést.Távolságtartása világos, mertPA1Q4 és P ′A2Q

′4 háromszögekben két-két oldal és a közbezárt szög egyenlő.

A1P = A2P′,

A1Q = A2Q′,

PA1Q] = P ′A′Q′]

⇒ PA1Q4 ' P ′A2Q′4 ⇒ PQ = P ′Q′.

Beláttuk, hogy ϕ ∈ Iso(σ). Evidens, hogy

ϕ([h1, T1〉) = [h2, T2〉 & ϕ([A1, B1〉) = [A2, B2〉.

Az egybevágóság távolságtartó és szögtartó tulajdonsága miatt csakis a fentmegkonstruált egybevágóság tesz eleget a tételbeli körülményeknek.

6.7. IRÁNYÍTÁSTARTÁS-IRÁNYÍTÁSVÁLTÁS 107

6.6.7. Állítás. A σ síkban legyenek A1, B1(A1 6= B1) és A2, B2 olyan pont-párok, melyekre fennáll A1B1 = A2B2. Két olyan egybevágóság van, amely azA1-et A2 pontba és B1-et a B2 pontba képezi.

Bizonyítás :Ha a ϕ ∈ Iso(σ) egybevágóság teljesíti a megadott feltételelt, akkor az [A1, B1〉félegyenest [A2, B2〉 -be, a h1 = 〈A1, B1〉 egyenes által határolt félsíkot ah2 = 〈A2, B2〉 által határolt félsíkba képezi.22.ábra F

Az előző tételből következik, hogy két ilyen egybevágóság van.

6.7. Irányítástartás-Irányításváltás

6.7.1. Irányítástartás szerinti csoportosítás

6.7.1. Megjegyzés. A két egybevágóság közül az egyik irányítástartó, a másikpedig irányításváltó.

6.7.2. Definíció. Az irányítástartó egybevágóságokat mozgásoknak nevezzük.

6.7.3. Tétel. Legyen adott egy σ síkbeli ϕ egybevágóság. Ha ϕ irányítástartó,akkor ϕ vagy eltolás vagy elforgatás.Ha ϕ irányításváltó, akkor ϕ tengelyes tükrözés vagy csúsztatva tükrözés.

Bizonyítás :

1. Ha ϕ irányítástartó, akkor adott A, B(A 6= B) esetén az A′, B′ képpontokmár meghatározzák ϕ -t.Először tükrözzük az AA′ szakasz t1 felezőmerőlegesére, ezt követően tük-rözzünk a τ1(B)B′ szakasz t2 felezőmerőlegesére.

τ1(A) = A′ és fennáll d(B′, A′) = d(τ1(B), A′)

⇒ τ2(τ1(B)) = B′, τ2(τ1(A)) = A′

⇒ ϕ = τ2 τ1

mivel két tükrözés szorzata irányítástartó ⇒ ϕ vagy elforgatás, vagyeltolás. 23.ábra F

C legyen az AA′ és BB′ felezőmerőlegesének a metszéspontja.CA = CA′, CB = CB′ és AB = A′B′ is teljesül, hiszen ϕ távolságtartóés A′ = ϕ(A), B′ = ϕ(B).

ABC4 ' A′B′C ′4⇒ ACA′] = BCB′]

⇒ ϕ megegyezik a C körüli elforgatással, melynek szöge ACA′].


2. ϕ Legyen irányításváltó: Vegyük a σA, B(A 6= B) pontjait és az A′ =ϕ(A), B′ = ϕ(B) pontokat.24.ábra F

Vegyük a w =−−→AA′ vektorral való εw eltolást:

εw(A) = A′, εw(B) = B1

Legyen g a B1B′ szakasz felezőmerelegese.(A′ −− g) τg(A

′) = A′ és τg(B1) = B′.)A τg εw egybevágóság irányításváltó és

τg εw(A) = A′, τg εw(B) = B′

.Előző állítás szerint ϕ = τg εw teljesül.Vegyük azon u, v vektorokat, ahol igaz

w = u + v(u ⊥ g, v ‖ g), εw = εu εv.

(AT felezőmerőlegese legyen t, t ‖ g )Ismeretes, hogy τg τt = εu igaz.

ϕ = τg (εu εv) = τg (τg τt) εv = (τg τg)︸︷︷︸id σ

τt εv = τt εv

ϕ = τt εv

ahol v ‖ t is teljesül.ϕ = εv τt szerint ϕ egy csúsztatva tükrözés.Amennyiben v = 0 (azaz w ⊥ g igaz), ϕ = τt teljesül,akkor ϕ egy egy tengelyes tükrözés.

6.8. A síkbeli egybevágóságok analitikus leírásaA σ -ban vegyünk egy (0, i, j) koordinátarendszert.−→OP = xi + yj egyértelmű kifejezés ⇒ P (x, y)25.ábra F

Vegyünk egy ϕ ∈ Isoσ egybevágóságot. P ′ = ϕ(P ) képpont koordinátái:

−−→OP ′ = x′i + y′j P ′(x′, y′)

6.8. A SÍKBELI EGYBEVÁGÓSÁGOK ANALITIKUS LEÍRÁSA 109

ϕ : Vσ → Vσ indukált lineáris leképezés.

ϕ(i) = a11i + a21jϕ(i) = a12i + a22j

A a ϕ mátrixa.

−−→OP ′ =

−−→OO′ +

−−→O′P ′ =

−−→OO′ + ϕ(

−→OP ) =

−−→OO′ + x · ϕ(i) + y · ϕ(j)

−−→OO′ = b1i + b2j O′(b1, b2)

−−→OP ′ = (b1 + a11x + a12y)︸︷︷︸

x′

i + (b2 + a21x + a22y)︸︷︷︸y′

j

x′ = a11x + a12y + b1

y′ = a21x + a22y + b2

(x′

y′

)= A

(xy

)+

(b1

b2

)Ezen egyenlet írja le a ϕ-t analitikusan.


7. fejezet

Alakzatok és topológia

7.1. Általános alakzatok

7.1.1. A kör és részei

28. ábra F

7.1.1. Definíció. σ síkbeli O középpontú r sugarú

• Körlemez:Lσ(O, r) = P ∈ σ |OP ≤ r

• Körvonal:Kσ(O, r) = P ∈ σ |OP = r

• Nyílt körlemez:

Nσ(O, r) = P ∈ σ |OP < r

7.1.2. Az általános alakzatok részei

7.1.2. Definíció. Legyen adott egy A alakzat a σ síkban (A 6= ∅). Egy Q ∈ A

pontot az A alakzat σ síkbeli belső pontjának mondunk, ha van olyan r > 0szám, hogy Nσ(Q, r) ⊂ A teljesül.

Jelölje Intσ(A) az A alakzat σ-beli belső pontjainak halmazát.7.1.3. Megjegyzés.

Intσ(A) ⊂ A

Intσ(Lσ(O, r)) = Nσ(O, r)

7.1.4. Definíció. Egy B ∈ A pontot az A alakzat σ-beli határpontjának mon-dunk, ha tetszőleges r > 0 esetén fennáll

A ∩Nσ(B, r) 6= ∅ & Nσ(B, r) * A

vagy másképp(σ \A) ∩Nσ(B, r) 6= ∅

111

112 7. FEJEZET. ALAKZATOK ÉS TOPOLÓGIA

Jelölje Bd σ(A) Az A határpontjainak (σ-beli) halmazát.

Bd σ =defB : A ∩Nσ(B, r) 6= ∅ & Nσ(B, r) * A

Bd σ =defB : (σ \A) ∩Nσ(B, r) 6= ∅

7.1.5. Megjegyzés.

Bd σ(Lσ(O, r)) = Kσ(O, r)

7.2. Sokszögek

7.2.1. Megjegyzések a sokszögekről

7.2.1. Definíció. A sökszögvonal egy síkbeli egyszerű zárt töröttvonal.

7.2.2. Megjegyzés. Legyen Π = A1A2 . . . AnA1 egy sokszögvonal σ síkban29.ábra F

• σ \ Π alakzat nem poligonálisan összefüggő.

• σ \ Π felbomlik két diszjunkt részhalmaz uniójára.

7.2.3. Definíció. Az ellőbiek alapján:

• Az ellőbi részhalmazok közül az részhalmaz, amely nem tartalmaz félegye-nest, a Π sokszögvonal belseje.

• Ennek unióját a Π sokszögvonallal sokszögtartománynak ( vagy sok-szögnek) mondjuk.

7.2.4. Megjegyzés.

Bd (S) = Π

Jelölje αi az S alakzat Ai csúcsba tartozó szögét.

7.2.5. Megjegyzés. Az n-oldalú sokszögre fennáll

n∑i=1

αi = (n− 2)π.

7.2.6. Megjegyzés. Az S sokszög konvex akkor és csak akkor, ha az összesszögre fennáll:

αi < π.

7.2.7. Megjegyzés. Vegyük a csúcspontok H = A1, A2, . . . , An halmazát.Ha S konvex, akkor Konv(H) = S, azaz H konvex burka S.

7.2. SOKSZÖGEK 113

Jelölje a sokszöget és a határoló sokszögvonalat egyaránt Π.

7.2.8. Definíció. Egy sokszöget szabályosnak mondunk, ha bármely két olda-lának hossza egyenlő és bármely két szöge egyenlő.

7.2.9. Megjegyzés. Ha Πn egy n-oldalú szabályos sokszög, akkor αi = n−2n

π .Πn konvex, mert ∀αi < π.

7.2.10. Állítás. Legyen Πn egy n-oldalú (n ≥ 3) szabályos sokszög. Egyértel-műen van olyan kör, amely átmegy a Πn csúcspontjain.

Bizonyítás :

30.ábra FA1, A2 a sokszög két pontja.Legyen t1 az A1A2 szakasz (oldal) felezőmerőlegese és t2 az A2-beli szögfelező.Vegyük az O = t1 ∩ t2 pontot. Az oldalak egyenlősége és a szögek egyenlőségemiatt, a t1, t2 egyenesekre történő τ1, τ2 tükrözésekre fennáll

τ1(Πn) = Πn & τ2(Πn) = Πn

τ2 τ1 = % egy elforgatást ad az O körül (β = 2πn

(középponti) szöggel).

%(A1) = A2

(%)k(A1) = Ak+1 (k = 1, . . . , n− 1).

Az összes csúcspont egyazon távolságra van O-tól.Tehát létezik egy O középpontú r = OA1 sugarú kör.

7.2.11. Megjegyzés. A Symm(Πn) csoport elemszáma 2n. A Symm(Πn) nemkommutatív csoport.

7.2.12. Megjegyzés. Az oldalak felezőpontjai O-tól szintén egyazon távolságravannak és konvex burkuk egy másik szabályos sokszöget ad.

7.2.2. Az általános sokszögek területe

7.2.13. Definíció. Egy síkbeli alakzatot általános sokszögnek mondunk, haelőáll véges sok konvex sokszög uniójaként.

31.ábra FAz általános sökszögekhez rendeljünk egy-egy valós számot, oly módon, hogyteljesüljenek az alábbi feltételek:

Jelölje a Π általános sokszöghoz rendelt valós számot T (Π).

1. Tetszőleges Π sokszög esetén T (Π) > 0.

2. Ha Π1 ' Π2, akkor T (Π1) = T (Π2).

3. Amennyiben Π1 és Π2 egyazon σ síkba eső sokszögek, melyekre fennáll

Int(Π1) ∩ Int(Π2) = ∅ akkor T (Π1 ∪ Π2) = T (Π1) + T (Π2).

4. Ha Π egy egységnyi oldalhosszúságú négyzet, akkor T (Π) = 1.


Jelölje H az összes általános sokszög halmazát!

7.2.14. Tétel. Egyértelműen van olyan T : H → R függvény, amelyre telje-sülnek az (1)-(4) feltételek

7.2.15. Definíció. A Π sokszöghöz a fent leírt módon hozzárendelt T (Π) valósszám a sokszög területe.

7.2.3. A korlátos síkidom területe

7.2.16. Definíció. Legyen A egy korlátos síkbeli alakzat. Az A alakzatot tar-talmazó sokszögeket mondjuk az A-hoz tartozó külső sokszögeinek.Az A által tartalmazott sokszögek belső sokszögek.7.2.17. Megjegyzés.

Πk ⊇ Πb ⇒ T (Πk) ≥ T (Πb)

7.2.18. Definíció. Azt mondjuk, hogy az A síkbeli alakzatnak van területe,amennyiben fennáll

inf(T (Πk) | Πk ⊃ A) = sup(T (Πb) | Πb ⊂ A ∨ 0) feltétel.

Ez esetben ezt a számot értjük az A területén.

7.2.19. Megjegyzés. Két szakasz területe 0.

Alakzat, amelynek nincsen területe

7.2.20. Megjegyzés. A σ síkban legyen adott egy (0, i, j) koordináta-rendszer.32. ábra F

A = P ∈ σ | 0 ≤ xp, yp ≤ 1, xp ∈ QinfT (Πk) |Πk ⊃ A = 1

(azaz A legkisebb külső sokszögének területe 1)

sup(T (Πb) |Πb ⊂ A ∪ 0) = 0

(azaz A legnagyobb belső sokszögének területe 0)Tehát nincs olyan sokszög, amelyre igaz Πb ⊂ A, ezért Intσ(A) = ∅

7.2.21. Állítás. Legyen χ : X → X egy olyan térbeli hasonlóság, amelynekaránya λ. Ekkor tetszőleges Π sokszög Π′ = χ(Π) képének területére fennáll

T (Π′) = λ2 · T (Π).

Bizonyítás :Π előáll véges sok olyan háromszög uniójaként, melyek közül bármely kettőneknincs közös belső pontja. Ily módon elegendő háromszögekre igazolni az állítást.33.ábra F34.ábra F

2T (A′B′C ′4) = 2 · a′m′

2= (λa)(λm) = λ2 · 2T (ABC4)

7.2. SOKSZÖGEK 115

A körlemez területe

Egy σ síkban vegyünk egy k(O, r) kört.

Jelölje Πn az ebbe a k körbe írt n-oldalú (n ≥ 3) szabályos sokszöget, és

Jelölje Πn a k köré írt szabályos sokszöget.

Jelölje Az n-oldalú sokszögek oldalainak hosszát an illetve bn.35.ábra F


an < bn

Jelölje ξn a Πn sokszögbe írt kör sugarát.

K(Πn) = n · an

K(Πn) = n · bn

K(k(O, r)) = 2rπ

K(Π6) = 6r (szabályos háromszögek)(R︸︷︷︸

Πnköré írt kör sugara⇒(

R

2

)2

+ r2 = R2 ⇒ R =

(2√3r

))

K(Π6) = 6

(2√3r

)= 4√

3r

⇒ K(Π6) < K(k(O, r))︸︷︷︸2πr

< K(Π6)

6r < 2πr < 4√

3r

3 < π < 2√

3

7.2.23. Állítás.

limn→∞

an

bn

= 1 , an < bn ,an

bn

< 1

Bizonyítás :

nan = K(Πn) < K(k(O, r)) = 2πr ⇒ an <2

nπr

limn→∞

2

nπr = 0

⇒ limn→∞

an = 0

Emellett igaz:r − an

2< ξn < r.


Ebből következik:lim

n→∞ξn = r.

Mivel Πn és Πn hasonlóak (Πn ∼ Πn), ily módon fennáll

an

bn

=ξn

r

⇒ limn→∞

an

bn

=1

rlim

n→∞ξn =

1

r· r = 1

7.2.24. Állítás.

limn→∞

K(Πn) = 2πr és limn→∞

K(Πn) = 2πr teljesül.

Bizonyítás :Evidens, hogy igaz

K(Πn) < 2πr < K(Πn)

K(Πn)

K(Πn)<

2πr

K(Πn)< 1.

Mivellim

n→∞

K(Πn)

K(Πn)= lim

n→∞

an

bn

= 1

így fennáll

limn→∞

2πr

K(Πn)= 1.

Ebből már adódik

limn→∞

K(Πn) = 2πr, limn→∞

K(Πn) = 2πr.

7.2.25. Tétel. A körlemeznek van területe és fennáll

T (k(O, r)) = r2π.

Bizonyítás :

T (Πn) = n

(1

2bnr︸︷︷︸T4

)=

1

2rn(bn)

Ismeretes, hogylim

n→∞n · bn = 2rπ.

Eszerint igaz

limn→∞

T (Πn) =1

2r2rπ = r2π.

Πn és Πn hasonlósága miatt

T (Πn) =

(an

bn

)2

· T (Πn) teljesül.

7.3. TÉRBELI ALAKZATOK ÁLTALÁNOS JELLEMZŐI 117

⇒ limn→∞

T (Πn) = 1 · r2π = r2π.

A k(O, r) kör körlemezének Πn egy külső sokszöge, Πn pedig egy belsősokszöge. A fentiek alapján belátható, hogy

infT (Π) | k(O, r) ⊂ Π = r2π &

supT (Π) |Π ⊂ k(O, r) = r2π ⇒ T (k(O, r)) = r2π.

Igaz a következő tétel is:

7.2.26. Tétel. Egy korlátos konvex síkidomnak mindig van területe.

7.3. Térbeli alakzatok általános jellemzői

7.3.1. Gömb7.3.1. Definíció.

A ∈ X, r > 0 szám

B(A, r) = P ∈ X|AP ≤ rAz A centrumú és r sugarú gömbtest (más szóval gömb).

7.3.2. Definíció. Az

N(A, r) = P ∈ X|AP < r

alakzat elnevezése nyílt gömb.

7.3.2. Belső pontok és határpontok

7.3.3. Definíció. Legyen adva egy T (T 6= ∅) alakzat. Egy A ∈ T pontot aT belső pontjának monjuk a térben, ha van olyan r > 0 szám, hogy fennállN(A, r) ⊂ T

7.3.4. Definíció. Egy Q pontot a T határpontjának mondjuk a térben, habármely r > 0 esetén igaz

N(Q, r) ∩ T 6= ∅ & N(Q, r) ∩ (X \ T) 6= ∅.

Jelölje Int(T) a T alakzat belső pontjainak halmazát, és

Jelölje Bd (T) a T alakzat határpontok halmazát.Legyenek adva az A, B, C,D nem komplanáris pontok és az

α = 〈B, C, D〉

β = 〈A, C,D〉γ = 〈A, B, D〉δ = 〈A, B, C〉

síkok.


7.3.5. Definíció. Az [α, A〉, [β, B〉, [γ, C〉 és [δ,D〉, félterek metszetét az A, B, C,Dcsúcspontokkal meghatározott tetraédernek mondjuk.

36.ábra F

7.3.6. Definíció. Konvex testnek mondjuk az olyan konvex alakzatot, amelynincs egy síkban.

7.3.7. Megjegyzés. Egy T konvex ponthalmaz akkor konvex test, ha fennállInt(T) 6= ∅.

7.3.8. Megjegyzés. A félterek, a gömbök és a tetraéderek egyaránt konvextestek.

7.4. Konvex testek

7.4.1. A konvex poliéder értelmezése

7.4.1. Definíció. Konvex poliéderen egy olyan korlátos konvex testet értünk,amely előáll véges sok féltér metszeteként.

Ω =l⋂

i=1

[σi, Ti〉

ahol l ≥ 4.

A továbbiakban mindig feltesszük, hogy az Ω konvex poliéder előállításábannem szerepel fölösleges féltér.A σi síkokat mondjuk az Ω lapsíkjainak.

7.4.2. A konvex poliéder lapjai, élei és csúcsai

(Ω =

l⋂i=1

[σi, Ti〉)

Vegyük a σi lapsíkot és ennek metszetét az Ω-val, ezt nevezzük Πi-nek, ahol isΠi = σi∩Ω. A Πi nem lehet egy szakasz, mert akkor a [σi, Ti〉 féltér elhagyhatólenne az Ω előállításából.

Πi = σi ∩( l⋂

k=1︸︷︷︸k 6=i

[σk, Tk〉)

=l⋂

k=1︸︷︷︸k 6=i

(σi ∩ [σk, Tk〉)

37.ábra FLátható, hogy a σi ∩ [σk, Tk〉 metszet vagy egy σi-beli félsík (σk sík vágja el),vagy pedig maga a σi lapsík (ha σi ‖ σk).

Πi előáll véges sok σi-beli félsík metszeteként. Mivel Πi korlátos alakzat ésnincs egy egyenesen, így Πi egy konvex sokszög σi-ben.

7.4. KONVEX TESTEK 119

7.4.2. Definíció. Ez az Ω konvex poliéder egyik lapja.

7.4.3. Megjegyzés. Igazolható, hogy Bd (Ω) =⋃l

i=1 Πi teljesül.

7.4.4. Definíció. Az Ω-t határoló lapok (konvex sokszögek) oldalait mondjuka konvex poliéder éleinek,a lapok csúcspontjait pedig az Ω konvex poliéder csúcsainak.

7.4.5. Megjegyzés. Az Ω bármely éle két lapnak az oldala és az Ω minden élekét csúcspontnak az összekötő szakasza.

7.4.3. Euler-tétel konvex poliéderekre

Jelölje l a lapok, e az élek, c pedig a csúcsok számát!

7.4.6. Tétel. Tetszőleges konvex poliéder esetében fennáll

l + c = e + 2.

Bizonyítás :

Vegyünk egy Ω konvex poliédert, amelyet szürke alapszínűnek választunk.Az Ω egyik lapjának belsejét színezzük át sárgára.Hajtsuk végre az alábbi átszínezési algoritmust l − 1 lépésben.Minden lépés kezdeteként átszínezünk egy olyan élt, amelynél az általa hatá-rolt egyik lap belseje szürke, a másik lap belseje pedig színezett.A lépés második részében átszínezzük szürkéről egy olyan lap belsejét, amely-nek már van kiszínezett éle.38.ábra FKiszínezzük az ABC4 belsejét.1. lépés: BC él és BCEF lap2. lépés: BE él és ABED lap3. lépés: DE él és DEF lap3. lépés: DF él és ACFD lap

Az algoritmus által végül kiszíneztük az összes lapnak a belsejét és átszí-neztünk l− 1 számú élt. A háttérszínű szürke élekről szeretnénk belátni, hogyszámuk c− 1. ( ⇒ e = (l − 1) + (c− 1) = l + c− 2 )39.ábra FA színezési eljárás során (l − 1) számú lépésben kiszíneztük az összes lap bel-sejét és l − 1 számú élt. Az algoritmus lépéseinél az él kiválasztása után akiszínezendő lap már meg van határozva. (képhez: l = 7, c = 10, e = 15) Azeljárás végére az összes lap belsejét kiszineztük.

1. Bármely lap belső pontjából el lehet jutni egy másik lap belső pontjábaolyan poliéderfelületi töröttvonal mentén, amely színes.

2. ⇐=1) A szürkén hagyott élekből nem lehet zárt töröttvonalat képezni.

3. Bármely csúcsból egy másik csúcsba el lehet jutni olyan töröttvonal men-tén, amelynek oldalai a szürke élek közül vannak kiválasztva.


4. ⇐=[2) & 3)] Ha rögzítünk egy C csúcsot, akkor abba egy másik csúcsbólcsak egyféleképpen lehet eljutni a szürke poliéderélek mentén.

A poliéder C-től különböző (c− 1 db) csúcsaihoz hozzá lehet rendelni a szürkeélekből álló és a C-be vezető töröttvonal első oldalát.

Bijektív megfeleltetés adódik a C-től különböző csúcsok és a szürkén ha-gyott élek között.

e = (l − 1)︸︷︷︸színesek

+ (c− 1)︸︷︷︸szürkék

⇒ e = l + c− 2⇒ l + c = e + 2

7.4.4. a konvex poliéder élszögei, lapszögei, szögletei

7.4.7. Definíció. Ha két él egyazon lap két szomszédos oldala, ekkor ezek meg-határoznak egy élszöget (amely az egyik oldallapnak a szöge)

7.4.8. Definíció. Bármely él két lapot határol. Az élhez tartozó két lap félsíkjaegy lapszöget határoz meg, mely a poliéder egyik lapszöge.

40. ábra F (Ω =

l⋂i=1

[σi, Ti〉)

7.4.9. Definíció. Ha veszünk egy C csúcsot, akkor tekintsük az Ω előállításá-ban szereplő azon féltereket, melyek határsíkja átmegy C-n. Ezen félterek met-szete egy szöglettartomány, mely a poliéder C csúcsához tartozó szöglete.

7.4.10. Megjegyzés. A C csúcshoz rendelt szöglet megegyezik azon C kezdő-pontú félegyenesek uniójával, melyek egy további pontja is Ω poliéderhez tarto-zik.

A szabályos szöglettartomány értelmezése

41. ábra F

7.4.11. Definíció. Π konvex sokszög σ-ban.ei = 〈C, Ai〉 élegyenes, [C, Ai〉 a szöglet i-edik éle.Ha Π n-oldalú, akkor az S szöglet előáll n számú féltér metszeteként.AiCAi+1] az S szöglet egyik oldala.AieiAi+1] lapszöget az S szöglet egyik szögének mondjuk.

42. ábra F

7.4.12. Definíció. Szabályos szögleten egy olyan konvex szöglettartománytértünk, amelynek bármely két oldalszöge egyenlő és bármely két szöge egyenlő.

7.4.13. Megjegyzés. Szabályos sokszögből lehet származtatni szabályos szög-lettartományt.

43. ábra F

7.4.14. Megjegyzés. AiAi+1 szakasz felezőmerőleges síkjára való tükrözés azS szabályos szögletet önmagába képezi.


7.4.5. Szabályos poliéderek

7.4.15. Definíció. Szabályos poliéderen egy olyan konvex poliédert értünk,amelynek az összes oldala, oldallapja szabályos sokszög és az összes szögleteszabályos.

1. Szabályos tetraéder

2. Szabályos hexaéder (Kocka)44. ábra F

3. Szabályos oktaéder (l = 8, c = 6, e = 12, lapok oldalszáma n = 3,szögletek élszáma m = 4 )

4. Szabályos dodekaéder

5. Szabályos ikozaéder

7.4.16. Megjegyzés. A szabályos poliéderről:

1. A szabályos poliéder bármely két élszöge egyenlő és bármely két él egyenlőhosszúságú.

2. Az oldallapok egymással egybevágó szabályos sokszögek.(Tehát ezek oldalszáma állandó)

3. A poliéder bármely két lapszöge egyenlő.

4. Egy él felezőmerőleges síkjára való tükrözés az élt határoló csúcsok szög-lettartományait egymásba képezi.

5. A csúcshoz rendelt szögletek egymással egybevágóak(tehát élszámuk egyenlő)

A szabályos ikozaéder konstrukciója

7.4.17. Definíció. Aranymetszésen azt az eljárást értjük, amikor egy adotta hosszú szakaszt felosztunk olyan p, q hosszúságú (p < q, p + q = a) résszaka-szokra, ahol p

q= q

ateljesül. (p

q= q

p+q)

7.4.18. Megjegyzés. 45. ábra F

PM1

M1M2

=M1M2

PM2(p

q=

q

p + q

)⇒ q2 − pq − p2 = 0

A másodfokú megoldóképletet alkalmazva q-ra felírva és p-t konstansnak tekint-ve:

q

p=

√5 + 1

2,

p

q=

√5− 1

2


A térben vegyünk fel egy Descartes-féle koordinátarendszert és 12 pontot akoordinátái által:46. ábra F (

p = 1⇒ q =

√5 + 1

2

)A1(+q, 0, +p) B1(0, +p, +q) C1(+p, +q, 0)A2(+q, 0,−p) B2(0,−p, +q) C2(−p, +q, 0)A3(−q, 0, +p) B3(0, +p,−q) C3(+p,−q, 0)A4(−q, 0,−p) B4(0,−p,−q) C4(−p,−q, 0)

H = A1, . . . A4, B1, . . . B4, C1, . . . C4

Konv(H) előáll véges sok féltér metszeteként ⇒ Konv(H) egy konvex polié-der, melyet háromszöglapok határolnak.

−−−→A1A2(0, 0,−2p)⇒ A1A2 = 2p

−−−→A1B1(q,−p, q − p)

(A1B1)2 = q2 + p2 + (q − p)2 = 2p2 + 2 (q2 − qp)︸︷︷︸

p2, vö. másodfokú egyenl.

= 4p2

⇒ A1B1 = 2p−−−→A1C1(q − p, q,−p)⇒ A1C1 = 2p

...

B2, B1, C1, A2, C3 pontok A1-től 2p távolságra vannak.Ezen pontok benne vannak a qx + pz − pq = 0 egyenletű síkban.⇒ B2B1C1A2C3 ötszög összes oldala 2p hosszúságú és szögeinek koszinuszaiegyenlőek ⇒ B2B1C1A2C3 ötszög szabályos.

Konv(H) : m = 5, n = 3, l = 20, e = 30, c = 12

7.4.19. Állítás. Az ikozaéder lapközéppontjainak konvex burka egy olyan 12lapú szabályos poliéder, amelynek lapjai szabályos ötszögek. ⇒ ennek elneve-zése szabályos dodekaéder

7.4.20. Tétel. Hasonlóság erejéig csak öt különböző szabályos poliéder létezik.

Bizonyítás :Ω szabályos poliéder lapjainak oldalszáma n, a csúcsokban vett szögletek él-száma m (n,m ≥ 3).

(„A kétszerszámolás esetei”)

l · n = 2e

c ·m = 2e

(Euler-féle poliédertétel)

l + c = e + 2 / : 2e


l

2e+

c

2e=

1

2+

1

e

1

n+

1

m=

1

2+

1

e

1

n+

1

m>

1

2

⇒ (n− 2)(m− 2) < 4

Hajós könyvben a befejezés!!!– amint lesz időm vagy elcsúszom a vizsgán, beszerzem.

Név l c e n mTetraéder 4 4 6 3 3Oktaéder 8 6 12 4 3Hexaéder 6 8 12 3 4

Dodekaéder 12 20 30 5 3Ikozaéder 20 12 30 3 5

7.4.6. Korlátos konvex testek felszíne

7.4.21. Definíció. Egy konvex poliéder felszíne a lapok területeinek összege.

Ω =l⋂

i=1

[σi, Ti〉

Πi = σi ∩ Ω

Bd (Ω) =l⋃

i=1

Πi

F (Ω) =l∑

i=1

T (Πi)

7.4.22. Állítás. Legyenek adva az α, β metsző síkok, melyek hajlásszöge ϕ.Egy α-beli Π sokszögnek a β-ra eső merőleges vetülete legyen a Π′ sokszög.Ekkor fennáll

T (Π′) = T (Π) · cos ϕ.

Bizonyítás :Π felbontható közös belső pontokkal nem rendelkező háromszögek uniójára.Tehát elegendő háromszögekre belátni az állítást.

1. Feltesszük, hogy az ABC4 AB oldala párhuzamos β-val.

e = α ∩ β, 〈A, B〉 ‖ β ⇒ 〈A, B〉 ‖ β ‖ e⇒ 〈A, B〉 ‖ e

47. ábra FA C-n átmenő c-re és ugyanígy e-re merőleges egyenes α-ban legyen g.

mc = CC1


Az A′B′C ′4 vetületi háromszögben a C ′-höz tartozó magasságszakaszC ′C ′

1 ⇒ m′c = C ′C ′

1 adja a vetületi háromszög magasságát. A′B′ = AB,mivel AB ‖ β

T (A′B′C ′4) =1

2A′B′ ·m′

c =1

2AB(mc · cos ϕ) =

=

(1

2AB ·mc) · cos ϕ = T (ABC4

)· cos ϕ

Kihasználtuk, hogy A′B′ = AB és fennáll

C ′C ′1 ⊥ A′B′, C ′C ′

1 = CC1 cos α

2. Általános helyzetű háromszög esete:48. ábra F.b : B-n át húzott e-vel párhuzamos félegyenes.Bx: b ∩ AC

ABC4 = ABBx4∪BBxC4

T (A′B′B′x4) = T (ABBx4) · cos ϕ

T (A′B′xC

′4) = T (ABxC4) · cos ϕ

összegzés

7.4.23. Következmény.

T (Π′) ≤ T (Π)

7.4.24. Megjegyzés. Ha α ‖ β, akkor az α-beli Π sokszög egybevágó aβ-ra eső vetületével.

7.4.25. Állítás. A konvex poliéder egyik lapjának területe mindig kisebb,mint a többi lap területének összege.

Bizonyítás :

Ω =l⋂

i=1

[σi, Ti〉

Válasszuk az Ω l-edik lapját. A többi lapnak vegyük az σl síkra eső ve-tületét.49. ábra F.

l−1⋃j=1

Π′j ⊃ Πl ⇒ T

( l−1⋃j=1

Π′j

)≥ T (Πl)

l−1∑j=1

T (Πj) >

l−1∑j=1

T (Π′j) ≥ T

( l−1⋃j−1

Π′j

)≥ T (Πl)


7.4.26. Állítás. Legyenek Ω és Ω olyan konvex poliéderek, ahol Ω ⊂ Ω.Ez esetben fennáll

F (Ω) ≤ F (Ω)

Bizonyítás :Ω =

⋂li=1[σi, Ti〉 legyen az Ω előállítása. Vegyük az Ω0, Ω1, . . . , Ωl poliéder-

sorozatot, amelyre igaz Ω0 = Ω és Ωj = Ωj−1 ∩ [σj, Tj〉50. ábra F.Ebben a sorozatban Ωj ⊂ Ωj−1 és Ωl = ΩBe kell látnunk, hogy F (Ωj−1) ≥ F (Ωj).Amennyiben Ωj 6= Ωj−1, akkor a σj lapsík az Ωj−1 poliédert két olyankonvex poliéderre bontja fel, melyeknek közös lapjuk van a σj síkban. 51.ábra FΩj−1 = Ωj ∪ Ωj, ahol Ωj azonos a σj által határolt másik féltér és az Ωj−1

metszetével. A σj-beli közös lap legyen Π .

F (Ωj) + F (Ωj) = F (Ωj−1)− 2T (Π)

Az előző állítás szerint teljesül

F (Ωj) > 2T (Π).

Ebből az következik, hogy

F (Ωj) < F (Ωj−1)

F (Ω) = F (Ω0) ≥ F (Ω1) ≥ F (Ωl) = F (Ω)

.

7.4.27. Definíció. Legyen adott egy T korlátos konvex test. A határpontokBd (T) halmazát egy konvex jellegű zárt felületnek mondjuk.Az Ω konvex poliéder belső-poliédere T-nek, ha Ω ⊂ T.Amennyiben Ω ⊂ T, akkor az Ω egy külső poliéder.

Ωb ⊂ T ⊂ Ωk

Az előző állítás szerint igaz F (Ωb) ≤ F (T ≤ F (Ωk)) ⇒ a belső poliéderekfelszíneinek van felső korlátja.

7.4.28. Definíció. A T korlátos konvex test felszíne alatt az

F (T) = supF (Ωb) |Ωb konvex poliédere T-nak

pozitív számot értjük.

7.4.29. Megjegyzés. Ha T1 és T2 korlátos konvex testek, melyekre igaz T1 ⊂T2, akkor F (T1) ≤ F (T2).


Nevezetes konvex testek felszíne

Forgáskúp 52. ábra F

7.4.30. Definíció. A C pontot az α-beli körlemez pontjaival kötjük össze. Ezenösszekötő szakaszok unióját forgáskúpnak mondjuk.

7.4.31. Megjegyzés. Ha h a magasság,r az alapkör sugara,l az alkotószakaszok hossza, akkor

l2 = r2 + h2

.

7.4.32. Definíció. Ha Bd (F) felületből elhagyjuk az alapkört, akkor a kúppalástját kapjuk.

7.4.33. Állítás. Legyen adva egy F forgáskúp, amelynél az alapkör sugara r,az alkotók hossza pedig l. Ekkor fennáll

F (F) = r2π + rlπ.

Bizonyítás :Az α(O, r) alapkört határoló körvanalba és a körvonal közé írjunk n-oldalúszabályos sokszögeket: Πn, Πn.A sokszögek C-vel vett összekötő szakaszainak uniójaként kapjuk az Ωn és Ωn

gúlákat.Ωn ⊂ F ⊂ Ωn

53. ábra F

F (Ωn) =1

2nan%n +

(1

2anen

)· n

Ismeretes, hogy teljesüllim

n→∞(nan) = 2rπ.

en =

√l2 − a2

n

4

%n =

√r2 − a2

n

4

limn→∞

an = limn→∞

2rπ

n= 0⇒ lim

n→∞en = l, lim

n→∞%n = r

limn→∞

F (Ωn) =1

2( limn→∞

nan)( limn→∞

%n) +1

2( limn→∞

en)

limn→∞

F (Ωn) =1

2(2rπ) · r +

1

2(2rπ)l = r2π + rlπ

Ebből adódik, hogy F (F) ≥ r2π + rlπ.54. ábra F

F (Ωn) =1

2(nbn)r + (

1

2bnl)n

Mivellim

n→∞nbn = 2rπ ⇒ lim

n→∞F (Ωn) = r2π + rlπ.


7.4.34. Állítás. Legyen adva egy F forgáskúp, amelynél az alapkör sugara r,az alkotók hossza pedig l. Ekkor fennáll F (F) = r2π + rlπ.

Bizonyítás :Mivel tetszőleges külső konvex poliéder esetén igaz

F (F) ≤ F (Ωk), úgy az előzőek szerint:

F (F) ≤ r2π + rlπ

Tehát:F (F) = r2π + rlπ

7.4.35. Állítás. Forgáskúp palástjának felszíne rlπ

Az egyenes csonkakúp 55. ábra F

7.4.36. Definíció. Legyen β olyan sík, amely párhuzamos α-val, és elválasztjaα-t C-től. Az F forgáskúp és α, β síkokkal meghatározott térbeli sáv metszetétegyenes csonkakúpnak mondjuk.

Jelölje r a β-ba eső alapkör sugarát, a az alkotószakaszok hosszát.

Jelölje P a csonkakú palástját.

7.4.37. Állítás. A csonkakúp felszínére fennáll az

F (K) = R2π + r2π + (R + r)aπ

összefüggés.

Bizonyítás :A t forgástengelyt tartalmazó µ síkkal messük el a csonkakúpot.56. ábra FAz K felszíne a két alapkör területének és a palást felszínének az összege.

F (K) = R2π + r2π + F (P)

F (P) = R(l + a)π − rlπ

A derékszögű háromszögek hasonlóságát alkalmazva adódikl

l + a=

r

R⇒ Rl = r(l + a) ⇒ (R− r)l = ra

F (P) = (R− r)l︸︷︷︸ra

π + Raπ = raπ + Raπ = (R + r)aπ

7.4.38. Megjegyzés. A csonkakúp palástjának felszínére igaz

F (P) = (R + r)aπ.

7.4.39. Állítás. Egy K csonkakúp köré írjunk gömböt, amely tartalmazza aK alapköreit. Az egyenes csonkakúp alkotóinak a gömb középpontjától mérttávolsága legyen %. Ekkor fennáll F (P) = 2%hπ, ahol h a csonkakúp magassága.

Bizonyítás :


Jelölje N a derékszögű háromszöget, mert most nem találtam jobbat.57. ábra FA K csonkakúp alapköreinek sugarai legyenek r1, r2.

AA1 = 2r1, BB1 = 2r2 ⇒ CT =1

2(r1 + r2)

F (P) = (r1 + r2)aπ igaz, ahol a = AB.

OCTN ∼ A1D1B1N ⇒ OT

A1B1

=CT

D1B1

⇒ %

a=

12(r1 + r2)

h⇒ h% =

1

2(r1 + r2)a / · 2π

⇒ 2h%π = (r1 + r2)aπ = F (P)

7.4.40. Tétel. Az r sugarú gömb felszíne 4r2π.

Bizonyítás :Vegyünk egy B(O, r) gömbtestet és ezt messük el egy O-n átmenő µ síkkal.58. ábra F

G(O, r) = Bd (B(O, r))

µ ∩ G(O, r) = k(O, r)

Írjunk a kimetszett körbe szabályos (2n)-szöget (n ≥ 3). A Π2n sokszögnek at ∈ µ (t egy szimmetriatengelye Π2n-nek) körüli forgatásával egy Tn forgástestetkapunk, amely egy korlátos konvex test és előáll (n − 2) csonkakúp és kétforgáskúp uniójaként.

Tn ⊂ B(O, r) ⇒ F (Tn) ≤ F (B(O, r))

Tn =n⋃

i=1

Ki

A K csonkakúp (ill. kúp) magassága legyen hi

F (Tn) =∑n

i=1 F (Pi) teljesül, ahol Pi a Ki csonkakúp palástja. Az előző állí-tás szerint F (Pi) = 2%nhiπ, ahol %n összes összetevő csonkakúpnál ugyanaz atávolság.

F (Tn) =n∑

i=1

2%nhiπ = 2%nπ

n∑i=1

hi︸︷︷︸2r

= 4r%nπ

Evidens, hogy limn→∞%n = r.

limn→∞F (Tn) = 4rπ limn→∞

%n = 4r2π

Ebből adódik, hogy fennáll F (B(O, r)) ≥ 4r2π Be kell még látnunk, hogyF (B(O, r)) ≤ 4r2π is teljesül.59. ábra FA k(O, r) körvonal köré írt szabályos (2n)-szög legyen Π2n. Ennek t körüli


forgatásával a Tn forgástestet kapjuk, amely ugyancsak n−1 számú csonkakúpuniója. Ki legyen az i-edik csonkakúp.

Π2n oldalainak hossza legyen 2cn

F (Tn) =n−1∑i=1

F (Pi) + 2c2nπ

F (Pi) = 2rhiπ ⇒n−1∑i=1

hi = 2r miatt F (Ti) = 4r2π + 2c2nπ

⇒ F (B(O, r)) ≥ 4r2π

⇒ F (B(O, r)) = 4r2π

A gömbháromszög felszíne

7.4.41. Definíció. Az G(O, r) gömbfelületből gömbkétszöget metsz ki az olyanlapszögtartomány, melynek éle átmegy az O-n.

60. ábra F

Jelölje Kα az α szögű gömbkétszöget.

7.4.42. Állítás. A gömbkétszög felszíne

F (Kα) = 2r2α.

Bizonyítás :Könnyű belátni, hogy a gömbi kétszög felszíne arányos a kimetsző lapszögmértékével.

F (Kα)

α= állandó

F (Kπ2) =

1

4· F (G(O, r)) =

1

4(4r2π) ⇒ c =

F (Kα)

α=

r2ππ2

= 2r2

⇒ F (Kα) = 2r2α

Ismeretes, hogy egy ABC4G gömbháromszögben fennáll α + β + γ > π

7.4.43. Tétel. Az r sugarú gömbháromszög felszínére fennáll

F (ABC4G) = r2(α + β + γ − π).

Bizonyítás :

61. ábra F

a = 〈O,A〉, b = 〈O,B〉, C = 〈O, C〉

BaC], CbA], AcB] lapszögek által kimetszett gömbkétszögek metszete meg-egyezik az ABC4G -vel.


Vegyük a B1aC1, C1bA1] és A1cB1] lapszögek által kimetszett gömbkétszö-geket is. A1, B1 és C1 az A,B,C pontok a-ra vonatkozó tükörképei.A 6 gömbkétszög lefedi a teljes gömböt oly módon, hogy az ABC4G és A1B1C14G

háromszorosan van lefedve. F (ABC4G) = F (A1B1C14G) igaz az egybevágó-ság miatt.Ismeretes, hogy az α szögű gömbkétszög felszíne

F (Kα) = 2r2α

2(2r2α + 2r2β + 2r2γ) = F (G(O, r)) + 2F (ABC4G) + 2F (A1B1C14G)

(A hat gömbkétszög felszínének összege)

4r2(α + β + γ) = 4r2π + 4F (ABC4G)

4F (ABC4G) = 4r2(α + β + γ − π) ⇒ F (ABC4G) = r2(α + β + γ − π)

7.4.7. A poliéderek térfogata

7.4.44. Definíció. Általános poliéderen olyan absztrakt alakzatot értünk,amely előáll véges sok konvex poliéder uniójaként.

Bármely Ω általános poliéderhez rendeljünk egy V (Ω) valós számot olymódon, hogy teljesüljenek az alábbi feltételek:

• V (Ω) > 0,

• Ha Ω1 és Ω2 egybevágóak, akkor V (Ω1) = V (Ω2),

• Amennyiben Ω1 és Ω2 olyan, hogy nincs közös belső pontjuk (Int(Ω1) ∩Int(Ω2) = ∅), akkor V (Ω1 ∪ Ω2) = V (Ω1) + V (Ω2),

• Ha Ω olyan kocka, amelynek élhossza 1, akkor V (Ω) = 1.

7.4.45. Tétel. Legyen H az összes általános poliéder halmaza. Egyértelműenlétezik olyan V : H → R függvény, amely eleget tesz az előbbi négy feltételnek.

Bizonyítás :Hajós könyv 27§.

7.4.46. Megjegyzés. Az előző négy feltételekből levezethető, hogy egy téglatesttérfogatára fennáll

V = abc,

ahol a, b, c a téglatest éleinek hossza.

7.4.47. Megjegyzés. Ennek ismeretében igazolható, hogy egy paralelepipedontérfogatára igaz

V = Th,

ahol T az egyik lap területe és h az ehhet tartozó magasság.


7.4.48. Állítás. Legyen Ω egy olyan hasáb, amelynél az alaplap területe T ésa magasság h. Ekkor fennáll

V (Ω) = Th.

Bizonyítás :Az alaplapi sokszög háromszögekre bontásával a hasábot fel lehet bontani olyanháromoldalú hasábok uniójára, melyeknél bármely kettőnek nincs közös belsőpontja. Ezért elegendő háromoldalú hasábokra igazolni az állítást.

62.ábra F

Az Ω háromoldalú hasábot tükrözzük az oldallap K középpontjára. Ω ∪ Ωegy paralelepipedon.

Jelölje a paralelogrammát, mert most megint nem találtam jobbat. . .

V (Ω ∪ Ω)︸︷︷︸=2V (Ω)

= T (ABDC)︸︷︷︸2T (ABC4)

h⇒ V (Ω) = T (ABC4)h

7.4.49. Lemma. Tetszőleges n pozitív egész számra fennálln∑

k=1

k2 =n(n + 1)(2n + 1)

6=

1

6(2n3 + 3n2 + n).

Bizonyítás :Teljes indukcióval könnyen igazolható.


an1

n3

( n∑l=1

(k)2

)sorozatra igaz lim

n→∞an =

1

3.

7.4.51. Állítás. Az A, B, C,D csúcspontokkal meghatározott tetraéder térfo-gatára fennáll V = 1

3T (ABC4)h, ahol h a D csúcshoz tartozó magasság.

Bizonyítás :

63.ábra F

Az AD élt osszuk fel az egyenlő hosszú részszakaszokra.

DAk =k

nDA(k = 1, . . . , n) & An = A

Az Ak ponton átmenő α-val párhuzamos sík az AkBkCk4 háromszögben metszia tetraédert.⇒ AkBkCk4 ∼ ABC4 középpontosan hasonlóak (A D-re mint centrumranézve).

λ =DAk

DA=

k

n.


Az AkBkCk4 háromszögekre szerkesszünk olyan háromoldalú hasábokat, aholaz alkotók – oldalélek – párhuzamosak és egyenlőek az A1D szakasszal . Ilymódon n számú háromoldalú hasábot kapunk, melyek magassága h

n. Ezek Ωn

uniója tartalmazza a tetraédert

V (Ωn) > V (T)

V (Ωn) =n∑

k=1

T (AkBkCk4)·hn

=n∑

k=1

(k

n

)2

·T (ABC4)·hn

= T (ABC4)h1

n3

( n∑k=1

k2

)

V (Ωn) = T (ABC4) · h 2n3 + 3n2 + n

6n3︸︷︷︸an

limn→∞

an =1

3miatt V (Ωn) =

1

3T (ABC4)h

V (T) ≤ 1

3T (ABC4) · h

Most olyan hasábokat veszünk, amelyek benne vannak T-ben. Ezek Ωn uniójarésze T-nek.

V (Ωn) =n−1∑k=1

T (AkBkCk4)h

n= T (ABC4)h

1

n3

( n−1∑k=1

k2

)=

T (ABC4) · h2n3 − 3n2 + n

6n3

limn→∞

V (Ωn) =1

3T (ABC4) · h ⇒ V (T) ≥ 1

3T (ABC4) · h

⇒ V (T) =1

3T (ABC4) · h

7.4.52. Állítás. Ha Ω olyan gúla, ahol az alaplap területe T és magassága h,akkor V (Ω) = 1

3Th.

7.4.53. Állítás. Ha a körhenger alaplapjának sugara r és magassága h, akkortérfogata V = r2πh.

7.4.8. Korlátos alakzatok térfogata

Legyen T egy korlátos térbeli alakzat. Értelmezni lehet a T belső- és külső-poliédereket.

Ωb ⊂ T ⊂ Ωk

7.4.54. Definíció. Azt mondjuk, hogy a T korlátos alakzatnak van térfo-gata. Ha fennáll

sup(V (Ωb) | Ωb ⊂ T ∪ 0) = infV (Ωk) | Ωk ⊃ T.

Ez esetben az infV (Ωk) | Ωk ⊃ T szám a T alakzat térfogata.


Jelölje V (T) az T alakzat térfogatát.

7.4.55. Állítás. Ha adva van egy olyan körkúp, ahol r az alapkör sugara és ha magasság, akkor a körkúp térfogata V = 1

3r2πh

Bizonyítás :Az alapkörbe és az alapkör köré szabályos sokszögeket írunk. Ezekből gúlákatszármaztatunk, melyek a kúpnak belső- és külső-poliéderei lesznek.

64.ábra F

65.ábra F

7.4.56. Tétel. Az r sugarú gömbtest térfogata

V =4

3r3π

Bizonyítás :Az B(O, r) gömbtestet egy α síkkal felvágjuk két félgömbre.

66.ábra F

Vegyünk egy n ≥ 3 egész számot. Legyen σk az az α-val párhuzamos sík,melynek az α-tól való tábolsága r

n(k = 1, 2, . . . , n) A σk által kimetszett körrel,

mint alapkörrel, veszünk egy olyan hengert, amelynek magassága rn

és a másikalapköre a σ2k+1 síkban van. Jelölje Tn ezen körhenger unióját. Az Tn korlátostestnek van térfogata, továbbá F ⊂ Tn teljesül.

V (Tn) =n−1∑k=0

%2kπ ·

r

n

%2k = r2 −

(k

nr

)= r2(1− k2

n2)

V (Tn) = r3π · 1n

( n−1∑k=0

(1− k2

n2

))= r3π

(1− 1

n3

n−1∑k=0

k2

)=

= r3π − r3π1

n3

2n3 − 3n2 + n

6︸︷︷︸bn

bn <1

3, lim

n→∞bn =

1

3

V (Tn) > r3π(1− 1

3)

Látható, hogy

limn→∞

V (Tn) =2

3r3π.


A σk által kimetszett alapörrel oly rn

magasságú körhengert veszünk, melymásik alapköre a σk−1 síkba esik (k = 1, . . . , n − 1) Legyen Tn ezen hengerekuniója ⇒ T ⊂ F.

67.ábra F

V (Tn) =n−1∑k=1

%2kπ

r

n= V (Tn)− r3π

1

n

⇒ V (Tn) = r3π − r3π(2n3 + 3n2 + n

6n3)

an >1

3

limn→∞

an =1

3

V (Tn) <2

3r3π

limn→∞

V (Tn) =2

3r3π

infV (Ω)|Ω ⊃ F =2

3r3π

supV (Ω)|Ω ⊂ F =2

3r3π

Ezen összefüggések következnek az eddigi eredményekből. F félgömbnek vantérfogata és V (F) = 2

3r3π.

⇒ V (B(O, r)) =4

3r3π

7.4.57. Tétel. Egy korlátos konvex testnek mindig van térfogata.

Bizonyítás :Nincs.

8. fejezet

Az euklideszi szerkesztések

Egy rögzített síkban történnekAlapelemei:

• Pontok

• Egyenesek

• Körök

Eszközei:

• Egyenes vonalzó

• Körző

A szerkesztési feladatot véges sok alaplépés egymás után történő alkalma-zásával kell megoldani.

(L1) e = 〈A, B〉

(L2) k = (C, AB)

(L3) M = e ∩ f

(L4) M1, M2 = e ∩ k

(L5) M1, M2 = k1 ∩ k2

8.1. Elemi szerkesztési feladatok

8.1.1. feladat

Adva van két pont A és B. Szerkesszük meg az AB szakasz felezőpontját!

68.ábra F

L1− L2− L2− L5− L1− L3

135

136 8. FEJEZET. AZ EUKLIDESZI SZERKESZTÉSEK

8.1.2. feladat

Adva van két pont A és B. Szerkesszük meg az A-n átmenő egyenest, amelymerőleges az 〈A, B〉 egyenessel!

69.ábra F

70.ábra F

L1− L2− L4− L2− L2− L5− L1

8.1.3. feladat

Adva vannak az A, B és C nem kollineáris pontok. Szerkesszük meg azt a C-nátmenő egyenest, amely merőleges az 〈A, B〉 egyenesre!

L1− L2− L4−L2− L2− L5− L1︸︷︷︸(4.1.1.)

8.1.4. feladat

Adva vannak az A,B és C nem kollineáris pontok. Szerkesszük meg azt a C-nátmenő egyenest, amely párhuzamos az 〈A, B〉 egyenessel!

71.ábra F

L1− L2− L4− L2− L2− L5− L1

8.2. Aranymetszési feladatAdva van két pont A és B. Szerkesszük meg az AB szakasznak azt a C pontját,amelyre fennáll

72.ábra F

AC

CB=

CB

AB

AC = p, BC = q ⇒ AB = p + qp

q=

q

p + q

p2 + pq − q2 = 0 / · 1

q2(p

q

)2

+p

q− 1 = 0

8.2. ARANYMETSZÉSI FELADAT 137

q

p=

1 +√

5

2

p

q=−1 +

√5

2

p2 = q(q − p) /1

q · p

p

q=

q − p

p=

1

2(√

5− 1)

73.ábra F

PM1 · PM2 = PE2M1M22

PM1

M1M2

=M1M2

PM2

PE = 2r

74.ábra F

L1− (4.1.2.)− L2− L4− (4.1.1)− L2− L1− L4− L2− L4

BM1

M1M2

=M1M2

BM2

8.2.1. feladat: Szabályos tízszög szerkesztése

A szerkesztési síkban adva van két pont A és O. Szerkesszük meg azt a szabályostízszöget, amelynél az egyik csúcspont A és a sokszög köré írt kör középpontjaO.

Π10 = A1A2 . . . A10A1 egy szabályos tízszög

75.ábra F

OA1 = r, A1A2 = a, M = 〈O,A3〉 ∩ 〈A1, A2〉

Evidens, hogy

A1OA2] =2π

10=

π

5= ω ⇒ ω = 36

OA1A2] = 2ω

A1A2O4 és A1OM4 olyan egyenlő szárú háromszögek, ahol a szárak általbezárt szög ω = 36.

⇒ A3M = A3A2 = a ⇒ OM = A1M = r + a

A1A2O4 ∼ A1OM4


a

r=

r

a + r⇒ a(a + r) = r2

Beláttuk, hogy a szabályos tízszög esetében fennáll a(a + r) = r2.

⇒ a =1

2(√

5− 1)r

mivel az A1M szakaszon az A2 pont adja az aranymetszési feladat megoldását.A1A2

A2M=

A2M

A1M

76.ábra F

OA = M1M2 = r

OM1

M1M2︸︷︷︸ar

=M1M2

OM2︸︷︷︸r

a+r

8.2.2. feladat: Szabályos kilencszög szerkesztése

A szerkesztési síkban adva van két pont A és O. Szerkesszük meg azt a sza-bályos kilencszöget, amelynél az egyik csúcspont A és a sokszög köré írt körközéppontja O.

Ez nem megoldható.

8.3. Az alapelemekhez rendelt koordináta-adatokA feladat kiindulási szerkesztési adatai közül kiválasztunk két pontot A-t ésB-t. Ezekhez rögzítsünk egy koodináta-rendszert olya módon, hogy O = A ési =−→AB. Az AB hosszt választjuk egységnek.

1. Ponthoz két koordinátáját rendeljük meghatározott adatként.

P 7→ (xp, yp)

Pi(pi, qi)

Pi 7→ (pi, qi)

77.ábra F

2. Egyenes meghat. adatai Ha e nem merőleges az 〈A, B〉-re, akkor van olyanw irányvektor, hogy w = i + mj.e egyenlete :

y = mx + b e 7→ (m, b) ∈ R2

h egyenlete:x = a h 7→ a ∈ R

(h speciális, mivel h ⊥ 〈A, B〉).

8.3. AZ ALAPELEMEKHEZ RENDELT KOORDINÁTA-ADATOK 139

3. Kör koordináta-adatai:

78.ábra F

C(u, v)

(A kör ún. normálegyenlete)

(x− u)2 + (y − v)2 − r2 = 0.

k 7→ (u, v, r2)

8.3.1. A szerkesztési lépés által nyert új alapelem koordináta-adatainak kiszámítása

A fő kérdés, hogy ki lehet-e fejezni az új adatokat a már meglévő adatokból anégy alapművelet segítségével.

8.3.1. Megjegyzés. Legyen K egy (legalább kételemű) részhalmaz R-ban. Kegy résztestje az R-nak, ha tetszőleges a, b ∈ K, ahol (a 6= 0) esetén

a + b ∈ K, −a ∈ K, ab ∈ K &a

b∈ K.

8.3.2. Szerkesztési Lépés. L1.

e = 〈P1, P2〉 az új szerkesztési alapelem.

79.ábra F

P1(p1, q1), P2(p2, q2)

Ha p1 = p2 igaz, akkor x = p1 az e egyenlete e 7→ p1. Amennyiben

p1 6= p2 (〈P1, P2〉 nem ⊥ y)

−−→P1P2 = (p2 − p1)i + ((q2 − q1)j)

w ⊥ −−→P1P2 w = i +(q2 − q1)

(p2 − p1)j

e egyenletében mx− y + b = 0

m =(q1 − q2)

(p1 − p2)

mp1 − q1 + b = 0

b = q1 −mp1 = q1 −(q1 − q2)

(p1 − p2)· p1



80.ábra F

Evidens:r2 = (p2 − p1)

2 + (q2 − q1)2

8.3.4. Szerkesztési Lépés. L3.P = e1 ∩ e2 az új alapelem

m1x− y + b1 = 0m2x− y + b2 = 0

a két egyenlet e1 ∦ e2 miatt m1 6= m2

xp =b1 − b2

m2 −m1

, yp =m2b1 −m1b2

m2 −m1


81.ábra F

P1, P2 = e ∩ k az új alapelemek

mx− y + b = 0 ← e(x− u)2 + (y − v)2 − r2 = 0

g egyenlete

1(x− u) + m(y − v) = 0

T = g ∩ e

xT =u + mv −mb

m2 + 1, yT = mxT + b

CT = |−→CT | = |−→CR · n0|

CT =|−→CR · n0||n|

CT 2 =1

m2 + 1(mu− v + b)2

% = TP1, %2 = r2 − CT 2

%2 =r2(m2 + 1)− (mu− v + b)2

m2 + 1−−→OP1 =

−→OT +

−−→TP1

w = i + mj, w0 =1√

m2 + 1(i + mj)

−→OP =

−→OT ± %w(+ előjel P1, − előjel P2)

Vezessük be az

α = r2(m2 + 1)− (mu− v + b)2 jelölést (α > 0)

8.3. AZ ALAPELEMEKHEZ RENDELT KOORDINÁTA-ADATOK 141

xp = xT ±√

α

m2 + 1, yp = yT ±

m√

α

m2 + 1

(x− u1)2 + (y − v1)

2 − r21 = 0

(x− u2)2 + (y − v2)

2 − r22 = 0

(I-II. adja az egyenletét)

2(u2 − u1)x + 2(v2 − v1)

82.ábra F


III. rész

III. félév

143

145

Félév anyaga:

1. Inverzió

2. Kúpszeletek

3. Másodrendű görbék analitikus tárgyalása

4. Projektív geometria

146

9. fejezet

Síkbeli és térbeli inverziók

9.1. Körrel kapcsolatos geometriai fogalmak

9.1.1. Pont körre vonatkozó hatványa

9.1.1. Definíció. A σ síkban vegyünk egy r sugarú C középpontú k kört. Egykülső P ponton át húzhatunk a körhöz szelőket. Ezek meghatároznak M1 és M2

metszéspontokat.A P pont k körre vonatkozó hatványa:

h(P, k) =−−→PM1 ·

−−→PM2.

9.1.2. Megjegyzés. Ez nem függ a P ponton átmenő szelő megválasztásától,mert −−→

PM1 ·−−→PM2 = CP 2 − r2︸︷︷︸

CE2

⇒ |h(P, k)| = PM1 · PM2.

9.1.2. A kör normálegyenlete

9.1.3. Állítás. A σ síkban felvesszük az O origót és az i, j egységvektort. Ekkork legyen a C(u, v) centrumú r sugarú kör. Ekkor a következő egyenlet írja le ak kört:

(x− u)2 + (y − v)2 − r2 = 0.

Bármely P ∈ σ, P (xp, yp) pont pontosan akkor eleme a körnek, ha kielégítiaz f(xp, yp) = 0 köregyenletet, ahol f : R2 → R és

f(x, y) = (x− u)2 + (y − v)2 − r2.

9.1.4. Definíció. Ez az f(x, y) = 0 egyenlet a kör normálegyenlete.

9.1.5. Megjegyzés.

f(xp, yp) = (xp − u)2 + (yp − v)2 − r2 = |−→CP |2 − r2 = CP 2 − r2

⇒ h(P, k) = f(xp, yp)

147

148 9. FEJEZET. SÍKBELI ÉS TÉRBELI INVERZIÓK

A körrel kapcsolatos alapfogalmak

9.1.3. Két kör hatványvonala

9.1.6. Definíció. A k1, k2 körök hatványvonala azon pontok halmaza a sík-ban, melyekre igaz

A = P ∈ σ | h(P, k1) = h(P, k2).

9.1.7. Állítás. Legyenek a C1(u1, v1) középpontú r1 sugarú k1, és a C2(u2, v2)középpontú r2 sugarú k2 körök nem koncentrikus körök. Ekkor A hatványvona-luk egy egyenes.

Bizonyítás :A k1, k2 körök normálegyenletei:

k1 : f1(x, y) = (x− u1)2 + (y − v1)

2 − r21 = 0,

k2 : f2(x, y) = (x− u2)2 + (y − v2)

2 − r22 = 0.

A fenti definíció alapján P ∈ A akkor teljesül, ha

f1(xp, yp) = f2(xp, yp),

vagyisP ∈ A⇐⇒ f1(xp, yp)− f2(xp, yp) = 0.

A bizonyítást egy további konkrétabb állítással fejezzük be:

9.1.8. Állítás. A hatványvonal egyenlete:

2(u2 − u1)x + 2(v2 − v1)y + (u21 + v2

1 + r22 − u2

2 − v22 − r2

1) = 0.

Bizonyítás :C1 6= C2 miatt az x és az y együtthatója nem lehet egyszerre nulla.⇒ A hatványvonal egy olyan egyenes, amelyre a −−−→C1C2 vektor merőleges.

9.1.4. Két metsző kör hajlásszöge

9.1.9. Állítás. Adottak az C1, C2 körök, azok M1, M2 metszéspontjai, továbbáaz M1 metszéspontba tartozó e11 , e12 és az M2 metszéspontba tartozó e21 , e22

érintők.Evidens, hogy (e11 , e12)] = (e21 , e22)].

9.1.10. Definíció. A k1 és k2 metsző körök hajlásszöge az egyik metszés-pontbeli e1, e2 érintők hajlásszöge: (k1, k2)] = (e1, e2)].

9.1.11. Megjegyzés. Egy k körnek egy adott g egyenessel bezárt szöge (k, g)] =(e, g)], ahol az e egy olyan érintő, amely ott érinti a k kört, ahol g metszi azt.

9.2. INVERZIÓ A SÍKBAN 149

Érintkező körök:

9.1.12. Megjegyzés. Legyenek adva a k1, k2 metsző körök, k1 ∩ k2 = M, NHa a k1 kör érintkezik k1-gyel az M pontban, akkor (k1, k2)] = (k1, k2)], mivelaz M pontban e1 = e1.

Egymást derékszögben metsző körök

Adottak k1(C1, r1) és k2(C2, r2) körök

9.1.13. Állítás. (k1, k2)] = 90 pontosan akkor teljesül, ha h(C1, k2) = r21,

illetve, ha h(C2, k1) = r22.

9.2. Inverzió a síkban

9.2.1. A síkbeli inverzió értelmezése és szerkesztése

A síkbeli inverzió értelmezése

A σ síkon legyen adott az O centrumú a sugarú k kör.

9.2.1. Definíció. A k körre vonatkozó inverzión azt a ϕ : σ \ O → σ \ Oleképezést értjük, ahol egy P ∈ σ & P 6= O pont P ′ = ϕ(P ) képére fennáll

1. P ′ rajta van az [O, P 〉 félegyenesen, és

2. OP ·OP ′ = a2.

Pont képének szerkesztése

Legyen adott egy P pont a k(C, a) körön belül:

1. Vesszük az [OP 〉 félegyenest.

2. A P pontban állítunk rá egy merőleges g egyenest.

3. Az E1, E2 ∈ g ∩ k pontok közül vesszük valamelyiket (egy bővenelég, nevezzük E-nek).

4. Vegyük a k kör E pontbeli e érintőjét.

5. ϕ(P ) = M ∈ [O, P 〉 ∩ e

Legyen adott egy P pont a k(C, a) körön kívül:

1. Vesszük az [O, P 〉 félegyenest.

2. A P pontból állítunk egy e érintőt a k körre.

3. Az E ∈ e∩k pontból állítunk egy g merőlegest az [O, P 〉 félegyenesre.

4. ϕ(P ) = T ∈ [O, P 〉 ∩ g

(Vagy teljesen máshogy: kiszámítjuk az a2

d(OP )távolságot, majd felmérjük

ezt az [OP 〉 félegyenesre; a kijelölt P ′ = ϕ(P ) pont lesz P inverz képe.)


9.2.2. Megjegyzés. A P ′ = ϕ(P ) pontnak a k alapkörre vonatkozó inverzképe P . Ez a definícióból adódik. Ily módon fennáll ϕ ϕ(P ) = P tetszőlegesP -re, vagyis ϕ2 = ϕ ϕ az identikus leképezése a σ \ O ponthalmaznak.

9.2.3. Megjegyzés. A ϕ által fixen hagyott pontok halmaza éppen a k alapkör.

9.2.4. Megjegyzés. A ϕ inverzió a k egy belső pontját külső pontba képezi ésfordítva; a külső pontokat belső pontokba képezi.

9.2.5. Definíció. Az O pont a ϕ inverzió pólusa.

A síkbeli inverzió analitikus leírása

9.2.2. Az inverzió analitikus jellemzése

9.2.6. Állítás. A σ síkon vegyünk egy olyan Descartes-féle koordinátarend-szert melynek középpontja a ϕ inverzió pólusa. Ekkor egy P (xp, xp), P ′ = ϕ(P )képének koordinátái:

xp′ =a2 · xp

x2p + y2

p

, yp′ =a2 · yp

x2p + y2

p

Bizonyítás :

OP =√

x2p + y2

p

OP ′ =a2

d(OP )=

a2√x2

p + y2p

=a2

x2p + y2

p

·√

x2p + y2

p︸︷︷︸ez miért is tűnik majd el?

P (xp, yp)→ϕ

P ′ ( OP ′ · xp, OP ′ · yp) = P ′(

a2 · xp

x2p + y2

p

,a2 · yp

x2p + y2

p

)

9.2.3. Az inverzió szintetikus jellemzése

Két azonos pólusú inverzió szorzata, mint középpontos hasonlóság

9.2.7. Állítás. Legyenek adva az k1(O, a1) és k2(O, a2) koncentrikus körök.Vegyük azon ϕ1 és ϕ2 inverziókat, melyek alapkörei a k1 és k2 körök. Ekkor aϕ2ϕ1 leképezés megegyezik azon középpontos hasonlósággal, melynek centruma

O és aránya λ =(

a2

a1

)2

.

Bizonyítás :Legyen P az invertálandó pont, képei pedig P1 = ϕ1(P ), P2 = ϕ2(P ) pontok.Ekkor:

OP ·OP1 = (a1)2, OP1 ·OP2 = (a2)

2

⇒ OP2 =(a2)

2

OP1

= (a2)2 · OP

(a1)2=

(a2

a1

)2

OP.


Tehát P2 = κ(P ), ahol κ az O centrumú középpontos hasonlóság a λ =(

a2

a1

)2

aránnyal.

9.2.8. Megjegyzés.

ϕ2 ϕ1 = κ / ϕ1

ϕ2 (ϕ1 ϕ1)︸︷︷︸id

= κ ϕ1

ϕ2 = κ ϕ1

9.2.4. Póluson nem átmenő egyenes és a póluson áthaladókör inverz képe

9.2.9. Tétel. Az O pólusú ϕ inverzióra igaz, hogy az O póluson

(1) átmenő egyenes képe önmaga,

(2) át nem menő egyenes inverz képe póluson átmenő kör,

(3) átmenő kör inverz képe póluson át nem menő egyenes.

Bizonyítás :Elegendő (2)-t belátni: Legyen T az adott g egyenesnek a körhöz legközelebbeső pontja. Ekkor belátjuk, hogy az OT ′ szakaszhoz, mint átmérőhöz tartozókör a g egyenes inverz képe.

Az inverzió alapkörét derékszögben metsző körök szerepe

9.2.10. Állítás. Vegyünk egy olyan P ∈ σ \ O pontot amely nincs rajta a ϕinverzió alapkörén és P ′ = ϕ(P ) legyen az ő inverz képe.Egy g(C, OP ) = g(C, OP ′) kör átmegy a P, P ′ pontokon a.cs.a., ha az derék-szögben metszi a k(O, a) alapkört.

Bizonyítás :Tudjuk, hogy OP ·OP ′ = a2. Mivel 〈O,P 〉 metszi a g kört a P, P ′ pontokban,az O pont g körre vonatkozó hatványa h(O, g) = a2. Ebből következik, hogyaz 〈O, M〉 egyenes egy érintő: OMC] = 90 ⇐⇒ (k, g)] = 90.

h(O, g) = OP ·OP ′ = a2.

⇐Biz.

h(O, g) = OP ·OP ′ = a2

9.2.11. Állítás. Ha egy g kör derékszögben metszi az inverzió k alapkörét,akkor ϕ(g) = g.


Bizonyítás :

Kiindulás szerint OMC] = 90. Tudjuk, hogy h(0, g) = OM · OM = a2.Felveszünk egy az O póluson áthaladó s egyenest, amely elmetszi a két kört.Ekkor s ∩ g = P1, P2, ahol OP1 · OP2 = h(O, g) = a2, tehát ϕ(P1) = P2 ésϕ(P2) = P1.

Mivel ez tetszőleges g egyenesre eső pont inverz képe esetén fennáll, ezértϕ(g) = g.

A póluson nem átmenő kör inverz képe

9.2.12. Tétel. Póluson át nem menő kör inverz képe póluson át nem menőkör.

Bizonyítás :Legyen g egy olyan σ síkbeli kör, melyre igaz, hogy O /∈ g. Vegyük a λ = a2

h(O,g)

valós számot és azt a σ síkbeli κ középpontos hasonlóságot, amelynek centrumaaz O pólus és aránya a λ valós szám. Be fogjuk látni, hogy a κ(g) kör azonosa g inverz képével.

Nézzük a h(O, g) > 0 esetet – ekkor az O pólus a g körön kívül van. Te-kintsük az E ∈ g érintési pont E ′ = ϕ(E) inverz képét:

OE2 = h(O, g)OE ·OE ′ = a2

OE ′ =

a2

OE=

a2

h(O, g)·OE = λ ·OE

Eszerint igaz, hogy ez az E ′ = κ(E) is.Az O pólusból húzzunk egy félegyenest, ami 2-2 pontban metszi g-t és a

κ(g) kört. Ezen pontok a P1, P2 ∈ g és Q1, Q2 ∈ κ(g) lesznek, ahol Q1 = κ(P1)és Q2 = κ(P2).

Tudjuk, hogyh(O, g) = OP1 ·OP2.

A hasonlóság alapján pedig azt is tudjuk, hogy

OQ1 =a2

h(O, g)OP1 és OQ2 =

a2

h(O, g)OP2.

Ez alapján már adódik, hogy

OP1 · OQ2 = OP1a2

h(O, g)OP2 = h(O, g)

a2

h(O, g)= a2

⇒ Q2 = ϕ(P1) = P ′1.

Hasonlóan adódik, hogy OP2 · OQ1 = a2, azaz Q1 = ϕ(P2) = P ′2. Ezzel

beláttuk, hogy κ(g) = ϕ(g).


Az inverzió szögtartó tulajdonságának igazolása

9.2.13. Állítás. Ha két kör vagy egy kör és egy egyenes érintik egymást egyP 6= O pontban, akkor az inverz képeik is érintkeznek a P ′ pontban.

Bizonyítás :

g1, g2

A g1 kör és a g2 is kör

vagyA g1 kör és a g2 egyenes

Mivel egy kör inverz képe soha nem megy át az O póluson, így g′1 ∩ g′2 = P ′

teljesül. Belátható, hogy g′1 és g′2 közül legalább az egyik alakzat kör.

9.2.14. Állítás. Az e1, e2 egyenesek metsző egyenesek egy P 6= O pontban.ekkor az e′1, e

′2 inverz képek hajlásszöge megegyezik az (e1, e2)] szöggel.

Bizonyítás :Evidens, hogy az e′ = ϕ(e) kör O pólusbeli t érintője párhuzamos az e egye-nessel (t ⊥ 〈OT 〉 ⊥ e). Tudjuk, hogy OT ′ szakasz átmérője az e′ körnek.

a) Az e1, e2 egyenesek közül egyik sem megy át az O póluson ⇒ e′1 ∩ e′2 =O, P ′ azaz a képkörök metszik egymást.Vegyük az e′1, e′2 körök t1, t2 érintőit az O pontban. Ekkor következik, hogy(t1, t2)] = (e′1, e

′2)], mivel t1 ‖ e1 és t2 ‖ e2, ezért (e′1, e

′2)] = (e1, e2)].

b) Az e1 egyenes átmegy az O póluson, míg e2 egyenes nem. Ekkor e′1 = e1

alakzat egy egyenes marad, az e′2 alakzat pedig egy kör lesz. Mivel az e′2kör t2 érintőjére igaz, hogy t2 ‖ e2, ezért

(e′1, t2)] = (e1, e2)]⇒ (e′1, e′2)] = (e1, e2)].

9.2.15. Tétel. Legyenek adva a σ síkbeli g1, g2 alakzatok, melyek mindegyikekör vagy egyenes. Ha g1 és g2 alakzatok metszik egymást egy O pólustól külön-böző P pontban, akkor az inverz képeik ugyanazon szögben metszik egymást.

Bizonyítás :Vegyük ezt a P ∈ g1 ∩ g2 pontot. Vegyük g1 és g2 alakzatok e1 és e2 érintőjéta P pontban. Ha tekintjük a g1 és g2 alakzatok hajlásszögét, az a definíció ésaz előző állítás szerint:

(g1, g2)] = (e1, e2)] = (e′1, e′2)].

A g′1 és g′2 érintkeznek az e′1 és e′2 körökkel a P ′ képpontban. Ekkor

(g′1, g′2)] = (e′1, e

′2)].

Összegezve:(g1, g2)] = (g′1, g

′2)].


A köri pontnégyes kettősviszonya, az inverzió kettősviszony-tartása

9.2.5. Körön lévő pontnégyes pozitív kettős viszonya

9.2.16. Definíció. Adott egy k körön A, B, C,D ∈ k különböző pontok. Ekkoraz

[ABCD] =def

AC

CB:

AD

DB=

AC

CB· DB

AD

pozitív(!) valós szám a pozitív köri kettősviszony.

9.2.17. Megjegyzés. Ez definiálható kollináris pontnégyes esetére is.

9.2.18. Állítás. Az A és B pontok az O pólustól különböző pontok inverzképeire fennáll:

A′B′ =a2

OA ·OB· AB.

Bizonyítás :

OA ·OA′ = a2 = OB ·OB′

OA

OB′ =OB

OA′ ⇒ OAB4 ∼ OB′A′4

mert egy szögük közös és két-két oldaluk aránya megegyezik, ezért

A′B′

AB=

OB′

OA⇒ A′B′ = AB

OB′

OA

A′B′ = AB · 1

OA· a2

OB

9.2.19. Következmény. Ha A, B, C,D pontok egy körön vannak, és adott egyϕ inverzió a síkon, akkor

[A′B′C ′D′] =A′C ′

C ′B′ ·D′B′

A′D′ = [ABCD].

Bizonyítás :Az előző állítás szerint az A′ = ϕ(A) és B′ = ϕ(B) pontok távolságára teljesül

A′B′ =a2

OA ·OB· AB.

Evidens, hogy A′, B′, C ′, D′ pontnégyes kollineáris vagy egy körön van.

[A′B′C ′D′] =A′C ′

C ′B′ ·B′D′

A′D′ =a2 · AC

OA ·OC· OC ·OB

a2 · CB· a2 ·DB

OD ·OB· OA ·OD

a2 · AD=

AC ·DB

CB · AD= [ABCD]

9.3. INVERZIÓ A TÉRBEN 155

9.2.6. Körön lévő pontnégyes előjeles kettős viszonya

9.2.20. Definíció. Egy adott k körön az A, B, C,D ∈ k köri pontnégyes(ABCD) előjeles kettős viszonya az a valós szám, amely egyenlő

[ABCD], ha C és D az A, B pontokkal határolt egyazon köríven vannak, és

−[ABCD], ha C és D az A, B pontokkal határolt más-más köríven vannak.

9.2.21. Megjegyzés. Ez definiálható kollináris A, B, C,D pontnégyes esetéreis;

−[ABCD], ha C és D pontok közül pontosan az egyik az AB szakasz eleme,

[ABCD], minden más esetben.

9.2.22. Állítás. Az inverzió az előjeles kettősviszonyt is megőrzi.

9.3. Inverzió a térben

A térbeli inverzió értelmezése és analitikus leírása

Legyen az G alakzat egy O centrumú és a sugarú gömbfelület.

9.3.1. Definíció. A G alapgömbre vonatkozó inverzión azt a ϕ : X \ O →X \ O leképezést értjük, ahol tetszőleges P ∈ X (P 6= O) pont P ′ = ϕ(P )képére fennáll

1. P ′ ∈ [O, P 〉

2. OP ·OP ′ = a2.

Az O középpontot pólusnak, az a2 valós számot a ϕ inverzió hatványánaknevezzük.

9.3.2. Megjegyzés. Legyen adott egy σ sík, amely átmegy O ponton. A ϕtérbeli inverziónak a σ \ O halmazra való leszűkítése megegyezik a G ∩ σalapkörre vonatkozó síkbeli inverzióval.

Vegyünk a térben egy O kezdőpontú Descartes-féle koordinátarendszert.

9.3.3. Állítás. Tetszőleges P (x, y, z) pont P ′ = ϕ(P ) képének koordinátáirafennáll

x′ =a2 · x

x2 + y2 + z2, y′ =

a2 · yx2 + y2 + z2

, z′ =a2 · z

x2 + y2 + z2.

Bizonyítás :Evidens a síkbeli eset alapján.


A póluson nem átmenő sík és a póluson áthaladó gömb inverz képe

9.3.4. Tétel. 1. Póluson nem áthaladó sík inverz képe póluson áthaladógömb

2. Póluson átmenő gömb inverz képe póluson nem áthaladó sík.

Bizonyítás :Legyen adott egy α sík, melyre O /∈ α. Az O pólusból az α síkhoz húzottmerőleges szakasz talppontja legyen a T pont. Vegyük a T ′ = ϕ(T ) pontot, ésaz OT ′ szakaszhoz tartozó Thalesz-gömböt. Belátjuk, hogy α′ azonos ezzel aThalesz-gömbbel.

Vegyük az O, T pontokat tartalmazó σ ⊥ α síkot. Ekkor a σ síkot tekintvea k = σ∩G alakzat egy kör, e = α∩σ alakzat pedig egy egyenes. Az α′ = ϕ(α)képalakzat megegyezik az O póluson átmenő e′ = ϕ(e) kör t = 〈O, T 〉 egyeneskörüli elforgatásával. Ez az α′ alakzat egy gömbfelület, melynek OT az egyikátmérője.

9.3.5. Megjegyzés. Az α′ képgömbnek az O pontbeli érintősíkja párhuzamosaz α alakzattal. Az érintősíkok alapján értelmezni tudjuk két metsző sík hajlás-szögét, továbbá metsző helyzetű gömb és sík hajlásszögét is.

A póluson nem átmenő gömb inverz képe

9.3.6. Tétel. Legyen adott egy olyan F gömb, amely nem megy át az O póluson.Vegyük azt a κ : X → X középpontos hasonlóságot, melynek centruma az Opólus és előjeles aránya a λ = a2

h(O,F). Az F gömb inverz képe megegyezik a κ(F)

gömbbel.

Bizonyítás :Az O póluson átmenő e egyenes messe az F gömböt a P1, P2 pontokban.h(O,F) < 0 akkor igaz, ha O az F gömb belsejében van, azaz O ∈ P1P2.

Evidens, hogy OP1 ·OP2 = |h(O, F)|.Vegyük a Q1 = κ(P1) és Q2 = κ(P2) pontokat.

OQ1 =a2

|h(O, F)|·OP1, OQ2 =

a2

|h(O,F)|·OP2

OP1 ·OQ2 = OP1 ·a2

|h(O, F)|= a2

Evidens, hogy O,P1, Q2 kollineáris pontok. Belátható, hogy Q2 ∈ [O, P1〉 ak-kor, ha h(O,F) > 0, és akkor is,ha h(O,F) < 0⇒ Q2 = ϕ(P1) és analóg módon Q1 = ϕ(P2)⇒ κ(F) = ϕ(F)

9.4. SZTEREOGRAFIKUS PROJEKCIÓ 157

A kör képe a térbeli inverziónál

9.3.7. Tétel.

1. Póluson átmenő kör ϕ inverzió szerinti képe egyenes.

2. Póluson át nem menő kör ϕ inverzió szerinti képe póluson át nem menőkör.

Bizonyítás :Legyen adott egy olyan g kör, melynek γ síkja nem tartalmazza az O pólust.

A g kört előállítjuk egy F gömb és a γ sík metszeteként.

g = F ∩ γ ⇒ g′ = F ′︸︷︷︸gömb v. sík

∩ γ ′︸︷︷︸gömb

A g′ metszet egy kör.

9.3.8. Állítás. Az egyazon körre eső és a kollineáris pontnégyesek kettősviszo-nyát a térbeli inverzió is megőrzi.

Bizonyítás :Az A′B′ = a2

OA·OB· AB összefüggés alapján már adódik.

A térbeli inverzió szögtartása

9.3.9. Tétel. A gömbök érintkezését illetve egy gömb és egy sík érintkezését atérbeli inverzió megtartja.

9.3.10. Tétel. Két metsző gömb hajlásszögét, illetve egy sík és egy gömb haj-lásszögét a térbeli inverzió megőrzi.

9.3.11. Megjegyzés. A térbeli inverzió önmagába képezi az alapgömböt de-rékszögben metsző síkokat és gömböket.

A sztereografikus projekció fogalma és kapcsolata a térbeli inverzió-val

9.4. Sztereografikus projekció

Vegyünk egy F gömbfelületet, és egy S ∈ F pontot. Az S ponttal átellenespontban legyen adott a gömb α érintősíkja.

9.4.1. Definíció. Tekintsük azt a χ : F \ S leképezést, ahol egy P ∈F & P 6= S pont P ′ = χ(P ) képe az 〈S, P 〉 egyenesnek az α érintősíkkalvett metszéspontja. Ezen χ leképezést az F gömbön értelmezett sztereografi-kus vetítésnek mondjuk.


9.4.2. Megjegyzés. Evidens, hogy a χ sztereografikus vetítés egy bijektív meg-feleltetést ad F \ S és az α ponthatlmazok között.

9.4.3. Megjegyzés. Vegyük azt a G gömböt, amelynek centruma O = S éssugara a = 2r, ahol r az F gömb sugara. Legyen adott egy a G alapgömbrevonatkozó ϕ inverzió.

Adódik, hogy ϕ(F) = α és ϕ(α) = F.Továbbá: (∀P )(P ∈ F \ O & ϕ(P ) = χ(P ))

Összegzés: A χ sztereografikus projekció megegyezik a ϕ térbeli inverzióF \ S (S = O) kilyukasztott gömbre vonatkozó leszűkítésével.

9.4.4. Következmény. Az χ sztereografikus projekció az F gömb körét körbevagy egyenesbe képezi.

10. fejezet

Kúpszeletek

10.1. EllipszisEllipszis fogalma

10.1.1. Az ellipszis szintetikus jellemzése

A σ síkban legyen adott két pont, F1 és F2. Vegyük azt az a pozitív számot,melyre igaz a következő:

F1F2 < 2a.

10.1.1. Definíció. Az F1F2 fókuszpontokkal és a 2a nagytengelyhosszalmeghatározott σ síkbeli ellipszisen a következő alakzatot értjük:

P ∈ σ | F1P + F2P = 2a .

10.1.2. Megjegyzés. Az F1F2 szakasz felezőmerőlegese és az 〈F1F2〉 egyenesszimmetriatengely, továbbá az F1F2 szakasz O felezőpontja szimmetriacentrum.

10.1.3. Definíció. Egy Q pontot az ellipszis külső pontjának mondunk, haF1Q + F2Q > 2a. Amennyiben F1Q + F2Q < 2a, akkor Q-t belső pontnakmondjuk.

10.1.4. Definíció. Az F1, F2 középpontú és 2a sugarú köröket az ellipszis ve-zérköreinek mondjuk.

AZ ellipszis vezérköreinek szerepe

10.1.5. Állítás. Egy P pont rajta van az ellipszisen a.cs.a., ha a kP (P, PF1)sugarú kör érinti az kv(F2, 2a) centrumú vezérkört.

Bizonyítás :⇒Biz.: Legyen P pont az ellipszis egy pontja. Az 〈F2, P 〉 egyenesre mérjük fela PF1 hosszt, és az így kapott pontot jelöljük el E-vel. Evidens, hogy F2E =F2P + PE = F2P + F1P = 2a, vagyis E rajta van a vezérkörön is. F2P =2a − F1P összefüggés folytán a kP (P, PF1) az E pontban érinti a kv(F2, 2a)vezérkört.⇐Biz.: Kihasználjuk azt, hogy az E érintési pont a két kör középpontjainak

összekötő egyenesén van.

159

160 10. FEJEZET. KÚPSZELETEK

Az ellipszis érintőegyenese egy adott pontban

10.1.6. Állítás. Legyen D az ellipszis egy pontja. Vegyük az F1PF24 egyik Ppontbeli külső szögét és annak e szögfelezőjét. Az e szögfelezőnek a P ponttólkülönböző pontjai külső pontjai az ellipszisnek.

Bizonyítás :Az e egyenes az F1PE4 szögfelezője. (Az E ∈ kP (P, PF1) ∩ kv(F2, 2a) ponta fentebb említett E érintési pont.) Az F1P = EP miatt az e megegyezik azF1E felezőmerőlegesével. Tetszőleges Q ∈ e (Q 6= P ) pontra igaz, hogy QF1 =QE (a felezőmerőlegesség miatt). Vegyük egy tetszőleges EF2Q4 háromszöget.Evidens, hogy EQ + F2Q > F2E teljesül (háromszög-egyenlőtlenség). Ebbőladódik, hogy F1Q + F2Q > 2a

10.1.7. Megjegyzés. Az e egyenes az ellipszis P pontbeli érintője.

Az ellipszis kanonikus egyenlete

10.1.2. Az ellipszis analitikus jellemzése

A σ síkban vegyük az a koordinátarendszert, melynek O (az ellipszis szim-metriaközéppontja) a kezdőpontja és az 〈F1, F2〉 egyenes adja az x tengelyt akövetkezőképpen:

F1(−c, 0) F2(c, 0)

10.1.8. Állítás. Egy P pont rajta van az ellipszisen a.cs.a., ha koordinátáikielégítik a következő egyenletet:

x2

a2+

y2

b2= 1.

Bizonyítás :Legyen P (x, y) az ellipszis egy pontja. Ekkor az −−→F1P (x + c, y) a P pontbamutató vektor, a hossza pedig

F1P =√

(x + c)2 + y2.

⇒Biz.: Ez alapján az ellipszis pontjaira a már ismert definíció analitikusan:√(x + c)2 + y2 +

√(x− c)2 + y2 = 2a /2

(x + c)2 + y2 + (x− c)2 + y2 + 2√

[(x + c)2 + y2] · [(x− c)2 + y2] = 4a2

(x+c)2+y2+(x−c)2+y2+2√

(x2 + 2xc + c2 + y2) · (x2 − 2xc + c2 + y2) = 4a2

2(x2 + y2 + c2) + 2√

(x2 + y2 + c2)2 − 4x2c2 = 4a2 / · 12√

(x2 + y2 + c2)2 − 4x2c2 = 2a2 − (x2 + y2 + c2) /2

(x2 + y2 + c2)2 − 4x2c2 = 4a4 + (x2 + y2 + c2)2 − 4a2(x2 + y2 + c2) / · 14

a2(x2 + y2 + c2)− x2c2 = a4

10.2. HIPERBOLA 161

x2(a2 − c2) + y2a2 = a2(a2 − c2)

x2b2 + y2a2 = a2b2 1

a2b2

x2

a2+

y2

b2= 1

⇐Biz.: Belátjuk, hogy ha a koordináták kielégítik az egyenletet, akkor Prajta van az ellipszisen.

x2

a2+

y2

b2= 1⇒ |x| ≤ a & |y| ≤ b.

x2 ≤ és y2 ≤ b2 adódik az egyenletből.

2a2 − (x2 + y2 + c2) ≥ 2a2 − (a2 + b2 + c2︸︷︷︸a2

) = 2a2 − (a2 + a2) = 0

Pozitív számokat emeltünk négyzetre, tehát P rajta van az ellipszisen.

10.1.9. Megjegyzés. Az x2

a2 + y2

b2= 1 egyenletet az ellipszis kanonikus egyen-

letének mondjuk.

10.2. HiperbolaA hiperbola definiálása

10.2.1. A hiperbola szintetikus jellemzése

A σ síkban vegyük az F1, F2 (F1 6= F2) pontokat és egy olyan a pozitív számot,hogy F1F2 > 2a.

10.2.1. Definíció. Az F1, F2 fókuszpontokkal és a 2a valós tengelyhosszalmeghatározott hiperbolán a következő alakzatot értjük:

P ∈ σ | |F1P − F2P | = 2a .

Az k(F1, 2a), k(F2, 2a) köröket a hiperbola vezérköreinek nevezzük.

Egy síkbeli pont hiperbolára illeszkedésének kritériuma

10.2.2. Állítás. Egy P pont rajta van a hiperbolán a.cs.a., ha a k(P, PF1) körérinti az k(F2, 2a) vezérkört.

Bizonyítás :⇐Biz.A PF2 szakaszra P pontból mérjük fel a PF1 hosszt. A kapott pont le-gyen E. (E = k(P, PF1) ∩ PF2.) Látható, hogy a két kör érinti egymást, merta definíció alapján|F2P −F1P | = 2a, és az előbbiek alapján ez úgy rendezhető,hogy EP = 2a + F1P . Ebből pedig már következik, mivel F1F2 szakaszra fel-mérjük az F2E távolságot, ami az F1A1 = F2A2 egyenlőség alapján garantáljaazt, hogy F2E = A1A2 = 2a⇒Biz.P, P pontokra igaz, hogy


a) F1P < F2P .Az F2P − F1P = 2a egyenlőség alapján ha vesszük a kP (P, PF1) kört ésa kv(F2, 2a) vezérkört, akkor ezek érintik egymást, mivel F2P = PF1 +2ateljesül. Ekkor a két kör kívülről érinti egymást az E pontban.

b) F1P > F2P .Ekkor az F1P − F2P = 2a⇒ F2P = F1P − 2a egyenlőségből követke-zik, hogy k(F2, 2a) vezérkör belülről érinti a k(P , PF1) kört.

10.2.3. Definíció. Ha egy Q ∈ σ pontra igaz a következő formula: |F1Q −F2Q| < 2a, akkor Q egy külső pont. Ha |F1Q−F2Q| > 2a egyenlőtlenség igaz,akkor Q egy belső pont.

Érintőegyenes egy P pontban, mint az F1PF2] szögfelezője

10.2.4. Állítás. Az F1PF24 háromszög P csúcsbeli szögfelezőjének a P ponttólkülönböző pontjai külső pontok.

Bizonyítás :A F1PF24 háromszög P ponton átmenő e szögfelezője felezőmerőlegese azF1E szakasznak, mivel PF1 = PE. Bármely Q ∈ e & Q 6= P pontra igaz aháromszögegyenlőtlenség:

|F1Q− F2Q| = |EQ− F2Q| < F2E = 2a.

A főkör szerepe

10.2.5. Megjegyzés. Az F1 fókuszpontból az e szögfelezőhöz húzott derékszögűszakasz talppontja legyen T . Ekkor T felezi az F1E szakaszt.

10.2.6. Definíció. A fókuszoktól az érintőkig húzott merőleges szakaszok talp-pontjai egy körön vannak. Ezt a kf (O, a) kört főkörnek nevezzük – mind ahiperbolánál, mind az ellipszisnél.

10.2.7. Megjegyzés. A F1F2E4 ∼ F1OT4 hasonlóság fennáll a λ = 12

aránnyal, így OT = 12F2E = a.

A hiperbola kanonikus egyenlete

10.2.2. A hiperbola analitikus jellemzése

10.2.8. Állítás. Egy P (xp, yp) pont rajta van a hiperbolán a.cs.a., ha koordi-nátái kielégítik a következő egyenletet:

x2

a2− y2

b2= 1, (b2 = c2 − a2)

(OA1 = OA2 = a, OF2 = OF1 = c)

10.3. PARABOLA 163

Bizonyítás :Az O szimmetriacentrum legyen a koordinátarendszer centruma és a hiperbolavalós tengelye az x-tengely úgy, hogy

F1(−c, 0), F2(c, 0).

Ekkor|F1P − F2P | = 2a ⇐⇒ (F1P − F2P )2 = 4a2

Tegyük fel, hogy P (x, y) pont rajta van a hiperbolán:

FP =√

(x± c)2 + y2

(√

(x + c)2 + y2 −√

(x− c)2 + y2)2 = 4a2

x2(a2 − c2) + y2a2 = (a2 − c2)− b2x2 + a2y2 = −b2a2 / · 1

a2b2

x2

a2− y2

b2= 1.

10.3. ParabolaA parabola fogalma

10.3.1. A parabola szintetikus jellemzése

10.3.1. Definíció. Legyen adott a σ síkban egy F pont és egy arra nem illesz-kedő v egyenes. Az F fókuszponttól és a v vezéregyenessel meghatározottparabola alatt a következő alakzatot értjük:

P ∈ σ | FP = d(P, v).

10.3.2. Állítás. Egy P pont rajta van a parabolán a.cs.a., ha a k(P, PF )sugarú kör érinti a v vezéregyenest.


10.3.3. Definíció. A Q ∈ σ pont a parabola belső pontja, ha FQ > d(Q, v).

A parabola érintője egy adott pontban

10.3.4. Állítás. Az FPE4 P pontbeli szögfelező egyenesének a P pontól kü-lönböző külső pontjai külső pontok.

Bizonyítás :

FQ = EQ < d(Q, v)

10.3.5. Definíció. A p = d(F, v) pozitív számot a parabola paraméterénekmondjuk.


A parabola kanonikus egyenlete

10.3.2. A parabola analitikus jellemzése

Vegyük a σ síkban azt a koordinátarendszert, melynek kezdőpontja C = O ésaz y tengely a parabola szimmetriatengelye (f = 1

p· −→TP ).

10.3.6. Állítás. A P pont rajta van a parabolán a.cs.a., ha koordinátái kielé-gítik a következő egyenletet:

2py − x2 = 0.

Bizonyítás :

A v vezéregyenes egyenlete y = −p2

és F (0, p2) a fókuszpont.

d(P, v) =∣∣∣y + p

2

∣∣∣FP 2 = x2 +

(y − p

2

)2

P egy pont a parabolán.

d(P, v)2 = FP 2(y +

p

2

)2

= x2 +

(y − p

2

)2

y2 + py +p2

4= x2 + y2 − py +

p2

y

2py − x2 = 0.

10.4. ForgáskúpA forgáskúp értelmezése

10.4.1. Forgáskúp metszése síkokkal

Vegyünk egy t egyenest, azon egy C pontot és egy 0 < ϕ < π2

szöget.

10.4.1. Definíció. A C metszésponton átmenő és a t tengelyegyenessel ϕfélnyílásszöget bezáró egyenesek unióját forgáskúpnak mondjuk. Jelölése: K.

10.4.2. Megjegyzés. A t tengelyre merőleges C pontra nem illeszkedő síkoka K forgáskúpot körben metszik.

A gömb egy külső ponthoz tartozó érintőkúpja

10.4.3. Állítás. Legyen adott egy O centrumú r magasságú G gömb és egy Ppont, melyre fennáll OP > r. A P pontból a G gömbhöz húzott egyenesek egyforgáskúpot alkotnak, melynek tengelye a t = 〈O,P 〉 egyenes és centruma aC = P pont. A P pontnak az érintkezési pontoktól mért távolsága állandó. Azérintkezési pontok egy gömbi körön vannak.

10.4. FORGÁSKÚP 165

Bizonyítás :Legyen µ olyan sík, amelyre igaz: 〈O,P 〉 ⊂ µ. A µ ∩ G egy gömbi főkör. Vé-gezzünk forgatást a t egyenes körül. Ekkor az e1, e2 egyenesek elforgatottjaikiadják az összes P ponton átmenő érintőt, továbbá (e1, t)] = ϕ. Az érintő-egyenesek uniója a forgáskúp.

10.4.4. Megjegyzés. A K a G gömb érintőkúpja.

A forgáskúpnak a csúcspontján áthaladó síkokkal vett metszetei

A továbbiakban a K mindig egy forgáskúpot jelöl, melynek félnyílásszöge ϕ.

10.4.5. Állítás. Vegyünk olyan σ síkot, amely átmegy a C csúcsponton, és at egyenessel vett hajlásszöge β.

i) Ha β < ϕ, akkor σ ∩K két alkotó egyenes uniója.

ii) Ha β = ϕ, akkor σ ∩K egyetlen alkotó egyenes.

iii) Ha β > ϕ, akkor σ ∩K egyetlen pont: C .

Bizonyítás :Vegyünk egy t tengelyre merőleges α síkot. Az α ∩K alakzat egy kör.

i) β < ϕ:Ekkor az e = σ ∩α egyenesnek az O ponttól mért távolsága kisebb, mintr. (A T ∈ e pont az, amelyre igaz: (OT, e)] = π

2.)

OT = OC · tan βr = OC · tan ϕ

β < α miatt OT < r

Az e egyenes az α ∩K kört metszi az M1, M2. Ebből következik, hogy

σ ∩K = 〈C, M1〉 ∪ 〈C, M2〉.

ii) β = α:Az e = σ ∩ α egyenes egy E pontban érinti a α ∩K kört.α ∩K = 〈C, E〉.

iii) β > α:Adódik σ ∩K = C.


A forgáskúp metszetei a csúcsán nem átmenő síkokkal

10.4.6. Tétel. Legyen adott egy olyan σ sík, amely nem megy át a K csúcs-pontján, és amelynek a t tengellyel bezárt szöge β. Ekkor ha

(1) β > ϕ, akkor K ∩ σ alakzat egy ellipszis.

(2) β < ϕ, akkor K ∩ σ alakzat egy hiperbola.

(3) β = ϕ, akkor K ∩ σ alakzat egy parabola.

Bizonyítás :

(1) beta > ϕ: Vegyük azt a µ síkot, mely tartalmazza a t tengelyt és merőlegesa σ síkra. Legyenek G1 és G2 azon gömbök, melyek érintik a σ síkot, ésamelyeknek K alakzat az érintőkupja. (Ezeket mondjuk a σ∩K metszet-hez tartozó Daudelin-gömböknek.)

Az Gi gömb a σ síkot érintse az Fi pontban, a K kúpot pedig a ki körmentén (i = 1, 2). Vegyünk egy P ∈ K ∩ σ pontot. A 〈C, P 〉 alkotónak ak1, k2 körökkel vett metszéspontjai legyenek M1 és M2. Mivel P pontbóla G1 gömbhöz húzott érintőszakaszok hossza egyenlő, így fennáll PM1 =PF1. Hasonlóan adódik, hogy PM2 = PF2.

⇒ F1P + F2P = PM1 + PM2 = M1M2 = áll.

Az M1M2 szakasz egyenlő a k1, k2 körök alkotói által meghatározott cson-kakúp hosszával. ⇒ K ∩ σ egy ellipszis.

Látható, hogy s = µ ∩ σ egyenes tartalmazza az ellipszis nagytengelyét.

(2) beta < ϕ: Vegyük a P ∈ K ∩ σ pontot és a 〈C, P 〉 alkotónak a k1, k2

körökkel vett M1, M2 metszéspontjait. A PM1 = PF1 és PM2 = PF2

egyenlőség megintcsak teljesül.

⇒ |F1P − F2P | = |PM1 − PM2| = M1M2 = áll.

⇒ K ∩ σ egy hiperbola.

(3) beta = ϕ: Ez esetben csak egy olyan gömb van, amely érinti a kúpot és aσ síkot is. Vegyük a k1 érintkezési kör κ ⊥ t síkját, és a v = κ ∩ σ egye-nest. Tekintsünk egy P ∈ K∩sigma pontot. A P pontból a v egyeneshezhúzott merőleges PT szakasz a κ síkkal 90 − ϕ szöget zár be. Ugyanezigaz a PM szakaszra is⇒ PT = PM . Emellett igaz, hogy PM = PF .Eszerint FP = TP , azaz FP = dP, v, tehát K ∩ σ egy parabola. Ennekaz F érintési pont a fókusza, és a v egyenes a vezéregyenese.

10.5. FORGÁSHENGER 167

10.5. ForgáshengerA forgáshenger definiálása

10.5.1. A forgáshenger leírása

10.5.1. Definíció. Egy sigma síkban vegyünk egy O centrumú a sugarú kört.A kör pontjain átmenő α síkra merőleges egyenesek uniója egy forgáshengertad. A t egyenes a forgáshenger tengelye és r a sugara.

H = P ∈ X | d(t, P ) = r

A forgáshenger síkmetszetei

10.5.2. Állítás. 1. Legyen adott egy σ sík, amely párhuzamos a t tengellyel(t ⊂ σ). Amennyiben d(σ, t) < r, akkor a σ ∩H két párhuzamos egyenesuniója. Amennyiben d(σ, t) = r, akkor a σ ∩H metszet egyetlen alkotó-egyenes. Amennyiben d(σ, t) > r, akkor a σ ∩H = ∅.

2. Legyen a σ sík úgy, hogy csak messe a t tengelyt. Ekkor a σ ∩H metszetegy ellipszis, melynél a kistengely hossza 2r (2b = 2r).

Bizonyítás :(Csak a 2. pont) A kúp-ellipszis metszetének mintájára történik szintén a Dan-delin körök alkalmazásával. (t ⊂ µ, µ ⊥ σ.) Vegyük a P ∈ σ∩H ponton átmenőalkotót, amely az M1, M2 pontokban metszi a k1, k2 köröket.

PF1 = PM1, PF2 = PM2

⇒ F1P + F2P = PM1 + PM2 = M1M2 = áll.

Ekkor az s = σ∩µ egyenes a nagytengely egyenese, az O = t∩σ pont pedig azellipszis szimmetriacentruma. Az ellipszis kistengelye az O centrumon átmenőm ⊥ µ egyenesen van. Ezt a henger egy 2r hosszúságú szakaszban metszi.⇒ 2b = 2r

A kúpszelet pontbeli érintőjének fogalma és egyértelműsége

10.5.3. Definíció. Az e egyenes a k kúpszelet érintője, ha e két ponthal-maznak egyetlen közös pontja van és az e egyenesnek a k kúpszeletre nem esőpontjai mind az utóbbi külső pontjai. Ekkor az E ∈ e ∩ k az érintési pont.

Legyen adott egy olyan K forgáskúp, melynek csúcsa a C pont, tengelye at egyenes és félnyílásszöge a ϕ szög.

10.5.4. Definíció. Egy P /∈ K pont a K kúp belső pontja, ha a 〈C, P 〉egyenesnek a t egyenessel vett hajlásszöge a ϕ szögnél kisebb. Egy Q ∈ K pontkülső pontja, ha 〈C, Q〉 és t egyenesek hajlásszöge a ϕ szögnél nagyobb.

10.5.5. Definíció. A K kúpnak egy τ sík érintősíkja, ha τ∩K egyetlen alkotó.(Azaz ha fennáll (t, τ)] = ϕ). Ez esetben azt mondjuk, hogy τ sík a kimetszettalkotó mentén érinti a kúpot.


10.5.6. Megjegyzés. A K kúp tetszőleges alkotójához egyetlen érintősík tar-tozik. (τ = 〈a, e〉, ahol a az alkotó, e az e ∈ α ⊥ t síkbeli g = α ∩ K körérintője.)

10.5.7. Állítás. Ha az K kúpot metszi egy a C ponton nem átmenő σ sík és aτ az érintősíkja K kúpnak egy P ∈ σ ∩K pontban, akkor az e = τ ∩ σ egyenesérintője a k = K ∩ σ kúpszeletnek a P pontban.

10.5.8. Megjegyzés. A k kúpszelet belső pontjai a K kúpnak is belső pontjaiegyben.

10.5.9. Állítás. Egy k kúpszelet tetszőleges P pontján át csak egyetlen érin-tőegyenes halad.

11. fejezet

A sík másodrendű görbéi

11.1. Koordináta-transzformációk a síkbanA σ síkban adott egy (O, i, j) derékszögű koordinátarendszer. Ekkor egy tet-szőleges −→OP vektor képe −→OP = xi + yj. Ekkor, ha veszünk egy tetszőlegesúj (O′, i′, j′) koordinátarendszert, akkor az O′P vektor koordinátái az

−−→O′P =

x′i′+ y′j′ egyenlőség szerint (x′, y′). Ha a koordináták közti kapcsolatot szeret-nénk leírni, akkor először is az

−−→OO′ = t1i + t2j vektorra lesz szükségünk. Ezek

után pedig a következő mátrix írja le az élvektorok transzformációját:

i′ = c11i + c21jj′ = c12i + c22j

C =

(c11 c12

c21 c22

)Az új koordinátarendszert tehát a C mátrix és a (t1, t2) számpár határozzameg egyértelműen.

−→OP =

−−→OO′ +

−−→O′P

xi + yj = t1i + t2j + x′(c11i + c21j) + y′(c12i + c22j) =

= (c11x′ + c12y

′ + t1)i + (c21x′ + c22y

′ + t2)j

x = c11x′ + c12y

′ + t1x = c21x

′ + c22y′ + t2

a két egyenlet egyenértékű egy mátrixegyenlettel:(

xy

)= C

(x′

y′

)+

(t1t2

)/C−1

C−1

(xy

)= C−1C

(x′

y′

)+ C−1

(t1t2

)=

(x′

y′

)+ C−1

(t1t2

)11.1.1. Jelölés. Az a, b ∈ V skaláris szorzat jelölése: 〈a, b〉.

11.1.2. Megjegyzés. Ez a C mátrix ortogonális1.

Bizonyítás :

C−1C =

(c11 c21

c12 c22

)(c11 c12

c21 c22

)=

(〈i, i〉〈i, j〉〈j, i〉〈j, j〉

)= E

1Ortogonális, azaz CT = C−1.

169

170 11. FEJEZET. A SÍK MÁSODRENDŰ GÖRBÉI

11.1.3. Megjegyzés. Előző megjegyzés szerint tehát azt is írhattuk volna, hogy(x′

y′

)= CT

(xy

)− CT

(t1t2

)

11.1.1. Speciális koordináta-transzformációk

1. eset: Az élvektorok különbözőek, de a kezdőpontok azonosak.i 6= i′, j 6= j′, O′ = O.

Ekkor t1 = 0, t2 = 0, és így(

xy

)= C

(x′

y′

)2. eset: Az élvektorok azonosak, de a kezdőpontok különbözőek.

i = i′, j = j′, O′ 6= O.

3. eset: i = j′, j = i′, O′ = O.

Ekkor C =

(0 11 0

), tehát

x′ = yy′ = x

Síkbeli alakzat egyenlete egy új koordináta-rendszerben

11.1.2. Alakzat egyenlete egy új koordináta-rendszerben

A σ síkban rögzítve van egy (O, i, j) koordinátarendszer. Az f : R2 → R függ-vény folytonos. Az f(x, y) = 0 egyenlet által az adott koordinátarendszerbenleírt alakzat:

A = p ∈ σ | f(xp, yp) = 0

11.1.4. Megjegyzés. (1) f(x, y) = sin x − y ⇒ a szinuszfüggvény σsíkbeli grafikonja.

(2) fr(x, y) = 0 egyenlet írja le az A alakzatot, ahol r = 1, 2.f1(x, y) · f2(x, y) = 0 egyenlet írja le az A1 ∪A2 alakzatot.

(3) (f1(x, y))2 + (f2(x, y))2 = 0 egyenlet írja le az A1 ∩A2 alakzatot.

(4) Ha % 6= 0, akkor % · f(x, y) = 0 egyenlet ugyanazt az alakzatot írja le,mint f(x, y) = 0.

Ha veszünk a σ síkban egy új (O, i, j) koordinátarendszert, akkor az f(x, y) =0 egyenletnek megfelelő A alakzat egyenlete ezen koordinátarendszerben:

f(c11x′ + c12y

′ + t1, c21x′ + c22y

′ + t2) = 0

Legyen τ : R2 → R2, így

τ(x′, y′) = (c11x′ + c12y

′ + t1, c21x′ + c22y

′ + t2)

Ha gR2 → R, akkorg = f τ ⇒ g(x′, y′) = 0

11.1. KOORDINÁTA-TRANSZFORMÁCIÓK A SÍKBAN 171

A másodrendű görbe definiálása az (MFE) egyenlettel

Tekintsük a következő másodfokú egyenletet:

a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + 2b1x + 2b2y + d = 0 (MFE)

11.1.5. Definíció. A fenti egyenlet által leírt σ síkbeli alakzatot egy másod-rendű görbének mondjuk.

11.1.6. Jelölés. A fenti egyenletet rövidítése (MFE) lesz. Az ezáltal leírt alak-zatot M-mel jelöljük.

11.1.7. Megjegyzés. Legyen a, b, c ∈ R, ahol a2 + b2 > 0. Az ax + by + c = 0egy egyenest ír le. Bár (ax+by+c)2 = 0 egyenlet tartalmaz másodfokú tagokat,mégis ugyanazt az egyenest írja le.

Az (MFE) egyenletben szereplő a12, b1 és b2 együtthatók eltűnésénekgeometriai jelentése (a görbe szimmetria-tulajdonságai)

11.1.8. Állítás.

(1) Ha az (MFE) egyenletben a12 = 0 és b1 = 0 teljesül, akkor a koordináta-rendszerben az y tengely az M másodrendű görbének szimmetriatengelye.

(2) Ha fennáll a12 = 0 és b2 = 0, akkor az x tengely az M-nek szimmetria-tengelye.

(3) Ha fennáll b1 = b2 = 0, akkor az O kezdőpont az M-nek szimmetriakö-zéppontja.

Bizonyítás :

(1) a11x+a22y

2+b2y+d = 0 egyenlet írja le irtM -et. P (xp, yp) szerint P t(−xp, yp).P ∈M akkor teljesül, ha xp és yp kielégítik a másodfokú egyenletet (mely-ben most két tag eltűnik). Adódik, hogy

11(−xp)2︸︷︷︸

a11(xp)2

+a22(yp)2 + 2b2yp + d = 0,

vagyis P T koordintátái is kielégiítik (MFE) -t ⇒ P t ∈M.

(2) Hasonlóan végezhető el: P (xp, yp)→ P t(xp,−yp)

(3) Ttt is leegyszerűsögik az (MFE) egyenlet.

a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + d = 0

Ekkor egy P (xp, yp) pont O-ra vonatkozó tükörképe P v(−xp,−xp). Ve-gyünk egy P ∈M pontot, ekkor igaz

a11(xp)2 + 2a12xpyp + a22(yp)

2 + d = 0

a11(−xp)2 + 2a12(−xp)(−yp) + a22(−yp)

2 + d = 0

tehát pv ∈M


A 9 speciális másodfokú egyenlet és az általuk leírt másodrend gör-bék felsorolása

11.1.3. Speciális másodfokú egyenletek és az általuk leírtmásodfokú görbék

11.1.9. Állítás. Legyenek a, b, p ∈ R+

(1) x2

a2 + y2

b2− 1 = 0 ⇒ az M alakzat egy ellipszis.

(2) x2

a2 + y2

b2+ 1 = 0 ⇒ az M alakzat az ∅ üreshalmaz.

(3) x2

a2 + y2

b2= 0 ⇒ az M alakzat: O, azaz egyetlen pontot tartalmazó

halmaz.

(4) x2

a2 − y2

b2− 1 = 0 ⇒ az M alakzat egy hiperbola.

(5) x2

a2 − y2

b2= 0 ⇒

(xa

+ yb

)(xa− y

b

)= 0 ⇒ az M alakzat két metsző

egyenes uniója.

(6) x2 − 2py = 0 ⇒ az M alakzat egy parabola.

(7) x2 − a2 = 0 ⇒ az M alakzat két párhuzamos egyenes uniója.

(8) x2 + a2 = 0 ⇒ az M alakzat az ∅ üreshalmaz.

(9) x2 ⇒ az M alakzat egyetlen egyenes, az y koordinátatengely.

11.2. A főtengelytranszformáció

a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + 2b1x + 2b2y + d = 0 (MFE)

A másodfokú tagok együtthatóiból egy 2×2-es szimmetrikus mátrixot nyerünk:

A =

(a11 a12

a21 a22

), ahol a21 = a12

Az (MFE) mátrixokkal való kifejezése:

(x, y

)A

(xy

)+ 2

(b1, b2

)( xy

)+ d = 0

Tegyük fel, hogy a12 6= 0. Az (0, i, j) koordinátarendszerről egy olyan (0, i′, j′)koordinátarendszerre akarunk áttérni, ahol az M egyenletében már eltűnik avegyes másodfokú (x′y′-os) tag.

Az (i, j) élvektorokról az (i′, j′) bázisra való áttérést az C ortogonális mátrixírja le.

P (x, y)→ P (x′, y′)

11.2. A FŐTENGELYTRANSZFORMÁCIÓ 173(xy

)= C

(x′

y′

)összefüggés írja le a koordináta-transzformációt

Ha transzponálást hajtok végre, akkor(xy

)T

=(

x, y)⇒

(x, y

)=(

x′, y′)CT

(x′, y′

)CT AC

(x′

y′

)+ 2

(b1, b2

)C

(x′

y′

)+ d = 0

Ez az egyenlet írja le az M másodrendű görbét az új koordinátarendszerben.A vegyes másodfokú tag akkor tűnik el, ha a CT AC (konjugált?) mátrix di-agonális, azaz a mellékátlójábal lévő elemek értéke 0. Legyen a Vσ vektortéregy 2-dimenziós altér V vektortérben. Tekintsük azt az α : Vσ → Vσ lineárisleképezést, melynek az i, j bázisra vonatkozó mátrixa éppen A. Eszerint:

α(i) = a11i + a21jα(j) = a12i + a22j

A =

(a11 a12

a21 a22

)11.2.1. Állítás. Tetszőleges u, v ∈ Vσ vektorok esetén teljesül

〈α(u), v〉 = 〈u, α(v)〉.

Bizonyítás :Ki fogjuk használni, hogy az A mátrix szimmetrikus.

u = u1i + u2j

αu = u1α(i) + u2α(j) == u1(a11i + a21j) + u2(a12i + a22j) == (a11u1 + a12u2)i + ( a21︸︷︷︸

a12

u1 + a22u2)j.

v = v1i + v2j

〈α(u), v〉 = (a11u1 + a12u2)v1 + (a12u1 + a22u2)v2 == a11u1v1 + a12(u2v1 + u1v2) + a22u2v2

Ha kiszámoljuk az 〈α(v), u〉 skaláris szorzat értékét, akko ugyanazt a kifejezéstnyerjük.

⇒ 〈α(u), v〉 = 〈α(v), u〉 = 〈u, α(v)〉

11.2.2. Állítás. Vannak olyan e1, e2 ortonormált vektorok Vσ-ban, amelyeksajátvektorai az α lineáris leképezésnek.

Bizonyítás :


1) Belátjuk, hogy α-nak vannak valós sajátértékei.(A w sajátvektor a λ sajátértékkel, ha α(w) = λ(w).)

A

(w1

w2

)= λ

(w1

w2

)⇒ (A− λE)

(w1

w2

)=

(00

)⇒

⇒ det(A− λE) = 0.

Vegyük az mA mátrix karakterisztikus polinomját:

kA(λ) = det(A− λE) = det

(a11 − λ a12

a12 a12 − λ

)=

(Most használjuk ki, hogy a mátrix szimmetrikus.)

= (a11 − λ)(a22 − λ)− (a12)2 = λ2 − (a11 + a22)λ + (a11a22 − (a12)

2)︸︷︷︸det A

Tekintsük a kA(λ) = 0 egyenlet gyökeit: Ezen másodfokú egyenlet gyökeiakkor valós számok, ha D ≥ 0 igaz az ún. diszkriminánsra.

(ax2 + bx + c = 0 D = b2 − 4ac)

D = (a11 + a222)− 4(a11a22 − (a2

12))= a2

11 + 2a11a22 + a222 − 4a11a22 + 4(a12)

2

= a211 − 2a11a22 + a2

22 + 4(a12)2

= (a11 − a22)2 + 4(a2

12) ≥ 0.

⇒ Az kA(λ) = 0 egyenlet λ1, λ2 gyökei valósak. Vegyük észre, hogyhogy λ1 = λ2 akkor igaz, ha D = 0. Ez viszont akkor teljesül, ha a11 = a22

és a12 = 0. Ekkor(

a11 00 a11

)és α-nak a Vσ a Vσ bármely vektora

sajátvektor. Ezt követően feltesszük, hogy A 6= cE tetszőleges c ∈ Rmellett. ⇒ λ1 6= λ2

2) Igazoljuk az ortonormált sajátvektorok létezését. Legyenek e1, e2 olyan (saját-)egységvektorok, melyekre igaz, hogy α(e1) = λ1e1 és α(e2) = λ2e2. Fel-tehetjük, hogy λ1 6= λ2.

(I.) 〈α(e1), e2〉 = 〈λ1e1, e2〉 = λ〈e1, e2〉(II.) 〈e1, α(e2)〉 = 〈e1, λ2(e2)〉 = λ〈e1, e2〉

(I.) - (II.) ⇒ 0 = (λ1 − λ2)〈e1, e2〉

Mivel jelen esetben λ1 − λ2 6= 0, ezért 〈e1, e2〉 = 0⇒ e1, e2 sajátvekto-rok ortogonálisok.

11.2. A FŐTENGELYTRANSZFORMÁCIÓ 175

(A = cE esetén ∀u ∈ Vσ-ra α(u) = cu.)

11.2.3. Megjegyzés. A kA(λ) = 0 egyenlet gyökére teljesül

λ1 + λ2 = a11 + a22 és λ1λ2 = det A.

(λ− λ1)(λ− λ2) = kA(λ)

11.2.4. Állítás. Az e1, e2 ortonormált vektorok legyenek az α sajátvektorai.Vegyük az e1 = c11i+ c21j és e2 = c12i+ c22j kifejezéseket, továbbá az együttha-

tókból képzett C mátrixot. Ekkor fennáll CT AC =

(λ1 00 λ2

), ahol λ1 és λ2

a megfelelő sajátértékek.

Bizonyítás :C éppen az (i, j) bázisról az (e1, e2) bázisra való áttérés mátrixa. Az α(e1) =

λ1e1 egyenértékű az A

(c11

c21

)= λ1

(c11

c21

). Hasonlóan adódik az α(e2) =

λ2e2 összefüggésből, hogy A

(c12

c22

)= λ1

(c12

c22

).

CT (AC) = CT

(λ1〈e1, e1〉 λ2〈e1, e2〉λ1〈e2, e1〉 λ2〈e2, e2〉

)=

(λ1 00 λ2

)


〈er, es〉 = δrs;〈e1, e1〉 = 〈e2, e2〉 = 1〈e1, e2〉 = 〈e2, e1〉 = 0

11.2.6. Tétel. A σ síkbeli M másodrendű görbét az (0, i, j) koordináta-rendszerbenírja le az (MFE) egyenlet, amelyben szerepel a vegyes másodfokú tag is. Vanolyan (O, i, j) Descartes-féle koordináta-rendszer σ síkban, ahol az M másod-rendű görbét leíró egyenletben eltűnik a vegyes másodfokú tag.

Bizonyítás :

(x, y

)A

(xy

)+ 2

(b1, b2

)( xy

)+ d = 0 (MFE)

Jelen esetben a12 6= 0. Ismeretes, hogy az A szimmetrikus mátrix. Vegyük azA által meghatározott α : Vσ → Vσ lineáris leképezést. Előző állítás szerintvannak olyan i′, j′ merőleges egységvektrook, hogy α(i′) = λ1i

′ és α(j′) = λ2j′

teljesül2. Legyen C az (i, j) bázisról az (i′, j′) bázisra való áttérés mátrixa.

2: Most az eq, e2 helyett i′, j′-vel jelöljük a sajátvektorokat.


⇒ CtAC =

(λ1 00 λ2

). Térjünk át az (0, i, j) koordinátarendszerről az

(0, i′, j′) koordinátarendszerre. Ismeretes, hogy a koordináták kapcsolatát az(xy

)= C

(x′

y′

)egyenlet írja le. Eszerint persze

(x y

)=(

x′ y′)CT

is igaz. M egyenlete az új koordináta-rendszerben:

(x′, y′

)CT

A

C

(x′

y′

)+ 2

(b1, b2

)C

(x′

y′

)+ d = 0

(x′, y′

) CT AC

︸︷︷︸0@ λ1 00 λ2

1A

(x′

y′

)+ 2

(b1, b2

)C

(x′

y′

)+ d = 0

λ1(x′)2 + λ2(y

′)2 + 2 (c11b1 + c21b2)︸︷︷︸b′1

x′ + 2 (c12b1 + c22b2)︸︷︷︸b′2

y′ + d = 0

11.2.7. Megjegyzés. A koordináta-rendszer kezdőpontjának eltolásával el le-het töntetni legalább az egyik elsőfokú tagot is.Pl. ha λ2 6= 0, akkor

λ2(y′)2 + 2b′2y

′ = λ2(y′ +

(b′2λ2

)2

− (b′2)2

λ2

11.2.8. Tétel. Adva van egy M másodrendű görbe, melyet az (MFE) egyen-

let ír le. Ha a t1, t2 valós számokra fennáll A

(t1t2

)=

(−b1

−b2

), akkor a

C(

t1, t2)

pont szimmetrikus centruma M-nek.

Bizonyítás :Tegyük fel, hogy a fenti egyenlőség teljesül. Az (0, i, j) koordinátarendszerről

térjünk át az (0, i, j) koordináta-rendszerre, ahol−→OO = t1i + t2j.

Eszerint C = O lesz az új kezdőpont. Ismeretes, hogy az(

xy

)=

(xy

)+(

t1t2

)egyenlet írja le a koordináták kapcsolatát.

(x, y

)A

(xy

)+ 2

(b1, b2

)( xy

)+ d = 0 (MFE)

a11x2+2a12xy+a22y

2+2 (a11t1 + a12t2 + b1)︸︷︷︸bb1x+2 (a12t1 + a22t2 + b2)︸︷︷︸bb2

y+(. . .)︸︷︷︸bd= 0

Látható, hogy b1 = b2 = 0.

⇒ a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + d = 0

⇒ O szimmetriacentruma M-nek.


11.2.1. Centrum keresésea11t1 + a12t2 = −b1

a12t1 + a22t2 = −b2

Ha t1, t2 megoldása az egyenletrendszernek, akkor cél-

szerű a kezdőpontot eltolni a C(t1, t2) pontba. O = C lesz az új kezdőpont.

(0, i, j) −→ (C, i, j)

−→OP = xi + yj−→OP = xi + yj

,x = x + t1y = y + t2

egyenletek írják le a transzformációt.

a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + d = 0

egyenlet íra le az M-et az új koordinátarendszerben.

d = a11(t1)2 + 2a12t1t2 + a22(t2)

2 + 2b1t1 + 2b2t2 + d

Az O = C pont az M másodrendű görbének centruma, más szóval szimmetria-

középpontja. Az A

(t1t2

)=

(−b1

−b2

)mátrix egyenlez a t1, t2 ismeretlenekre.

11.2.9. Következmény. Ha fennáll det A 6= 0, akkor M-nek van centruma.

Bizonyítás :Ekkor egyértelműen létezik megoldása az egyenletrendszernek.

Az (MFE) egyenlet homogén mátrixos kifejezése.3

a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + 2b1x + 2b2y + d = 0 (MFE)

(x, y, 1

) a11 a12 b1

a12 a22 b2

b2 b2 bd

xy1

= 0

Legyen adva egy M másodrendű görbe, melyet az (MFE) egyenlet határoz meg.

11.2.10. Tétel. A σ síkban be lehet vezetni olyan új koordinátarendszert,amelyben az M-t leíró egyenlet az (1)-(9) speciális másodfokú egyenletek egyi-kéne felel meg.

Bizonyítás :

1) Főtengelytranszformációval el lehet tüntetni a vegyes másodfokú tagot.

(0, i, j) −→ (0, i′, j′)

λ1(x′)2 + λ2(y

′)2 + 2b′1x′ + 2b′2y

′ + d = 0

Ismeretes, hogy λ1 · λ1 = det A ás λ1 + λ2 = a11 + a22.3Szokás a középső 3× 3-as mátrixot is A-val jelölni.

(AT = A és a13 = b1, a23 = b2, a33 = d.)


2) Kezdőpont elkolásával elérhető λ1λ2 6= 0 esetén, hogy az elsőfokú tagokis eltűnjenek. Ha λ1 6= 0, de λ2 = 0, akkor csak az x-es elsőfokú tageltűnését lehet bármely esetben elégni.

(0, i′, j′) −→ (0, i′, j′)

λ1 6= 0, λ2 = 0 eset:

λ1

(x′ +

b′1λ1

)2

+ 2b′2y′ +

(d− (b′1)

2

λ1

)= 0

−→OO = − b′1

λ1

i′

x′ = x− b′1λ1

y′ = y

λ1x2 + 2b′2y + d = 0

11.2.11. Állítás. (1) Ha az M másodrendű görbe ellipszis vagy egyetlen pon-tot tartalmazó ponthalmaz, akkor det A > 0.

(2) Az M másodrendű görbe vagy hiperbola vagy két metsző egyenes uniója,abban az esetben ha det A < 0.

(3) Ha az M vagy egy parabola, vagy két párhuzamos egyenes uniója vagy egyet-len egyenes, akkor det A = 0.

Bizonyítás :Adódik az előző tételekből.

11.2.12. Megjegyzés. Ha M = ∅, akkor vagy det A > 0 vagy det A = 0teljesül. (x2 + y2 + 1 = 0, x2 + 1 = 0)

11.2.2. speciális függvények grafikonja

1) f(x) = qx, ahol q > 0. y = q

xegyenlet az f függvény grafikonját írja le.

⇒ 2xy − 2q = 0 (MFE)

i′ = 1√2(i + j)

j′ = 1√2(−i + j)

(0, i′, j′) koordinátarendszerben

(x′)2 − (y′)2 − 2q = 0

(x′)2

2q− (y′)2

2q− 1 = 0

egy hiperbola egyenlete.


2)

f(x) = ax2 + bx + c, y = ax2 + bx + c (a, b, c ∈ R, a 6= 0)

ax2 + bx− y + c = 0 (MFE)

egy parabolát ír le amelynek tengelye az x = − b2a

egyenletű egyenes,p = 1

2|a| pedig a parabola paramétere.

−→OC = ui + vj

(C, i, j) koordinátarendszerben az egyenlet x2 − 2py = 0

x = x + uy = y + v

(x− u)2 = 2p(x− v)

11.2.3. Másodrendű forgásfelületek

Vegyünk egy (0, i, j, k) térbeli koordinátarendszert. Legyen adott egy f : R2 →R folytonos függvény. Ekkor az f(x2, z) = 0 és y = 0 egyenletekkel leírt alakzataz adott koordinátarendszerben:

M = P ∈ X | f((xp)2, zp) = 0 & yp = 0

Evidens, hogy M egy alakzat az [x, z] síkban, amely a z tengelyre szimmetrikus.

Példa: Az f(u, v) = u − v, f(x2, z) = 0 egyenletnek megvelel az x2 − z = 0és persze még y = 0. Forgassuk meg az irtM -et a z tengely körül. Az ígynyert forgásszimmetrikus alakzatot jelölje F. Megadható-e olyan egyenlet,amely az F-et írja le.

11.2.13. Állítás. Egy térbeli P pont rajta van az F-en a.cs.a., ha koordinátáikielégítik az f(x2 + y2, z) = 0 egyenletet.

Bizonyítás :z körül forgatva bármely pont egy kört ír le, melynek síkja párhuzamos az [x, y]síkkal. P által leírt kör – feltéve, hogy P nincs a z-n – két pontban megszi az[x, z] síkot. P és P ezen pontok.

P1(√

x2p + y2

p, 0, zp)P2(−√

x2p + y2

p, 0, zp)

ugyanis a P által leírt kör sugara r =√

x2p + y2

p. P rajta van F-en a.cs.a.,ha a forgatással nyert P1 pont rajta van M-en. P1 ∈ M akkor teljesül, haf(x2bp, zbp) = 0 és ybp = 0.

f(x2bp1) = 0 ⇐⇒ f(x2

p + y2p, zp) = 0.

Példa:

x2 − z = 0, y = 0, f(u, v) = u− v

⇒ x2 + y2 − z = 0 egy forgásparaboloid.

Könnyű belátni, hogy hogy ha egy másodrendű görbét az egyik szim-metriatengelye mentén megforgatunk, akkor egy olyan felületet kapunk,melyet egy másodfokú egyenlet ír le az x, y, z koordinátákra nézve.


Példa:

x2

a2− z2

b2− 1 = 0, y = 0

x2 + y2

a2− z2

b2− 1 = 0

írja le a z tengely körüli forgatással nyert felületet egyköpenyű forgáshi-perboloid. h(x, z2) = 0, y = 0 egyenletű görbe x tengely körüli elforgatá-sával nyert felület egyenlete h(x, y2 + z2) = 0

x2

a2− y2

b2− z2

b2= 1

Kétköpenyű forgáshiperboloid.

A másodfokú tagok együtthatóiból nyert A szimmetrikus mátrixszalmeghatározott lineáris leképezés tulajdonságai

Főtengelytranszformáció egy adott másodrend görbénél: áttérés egyolyan koordináta-rendszerre, ahol a görbét leíró egyenletben márnem szerepel a vegyes másodfokú tag

"A másodrend görbe szimmetriaközéppontját (más szóval a centru-mát) leíró egyenletrendszer"

A másodrend görbe kanonikus egyenletének meghatározása két lé-pésben (a koordináta-rendszer alapvektorainak elforgatása, majd akezdőpont eltolása)

A másodrend görbe típusának eldöntése det A el jele alapján

Speciális függvények grafikonjának jellemzése (y=q/x, illetve y= ax2+bx+c)

A másodrend forgásfelületek

Egy eljárás a forgásfelületet leíró egyenlet meghatározására

12. fejezet

Affin transzformációk

12.1. Parallel vetítésLegyen σ az ún. képsík és v ∦ σ egyenes adja a vetítés irányát. Értelmezni lehetegy µ : X → σ leképezést, ahol tetszőleges P pont esetén µ(P ) képpont éppena P pontnak a σ síkra eső v irányú vetülete. Egy A alakzat vetülete:

A′ = µ(P ) | P ∈ A .

(1) Egyenest egyenesbe vagy pontba képez.

(2) Ha a, b párhuzamos egyenesek és a ∦ v, akkor a′ ‖ b′.

(3) Parallelogrammát parallelogrammába képez.

(4) Ha A, B, C,D olyan pontok, hogy −→AB =−−→CD, akkor

−−→A′B′ =

−−→C ′D′.

(5) A parallel vetítés megőrzi a kollineáris ponthármas osztóviszonyát.

Bizonyítás :α = 〈a, va〉 α∩σ = a′ Ha a ‖ b, akkor az α = 〈va, a〉 és β = 〈vb, b〉 vetítősíkokpárhuzamosak (vagy esetleg egybeesnek).

Az α, β párhuzamos síkokat a σ sík az a′, b′ párhuzamos egyenesekben met-szi.

(3) Ha ABCD parallelogramma, akkor 〈A, B〉 ‖ 〈C, D〉 és 〈B, C〉 ‖ 〈A, D〉A (2) tulajdonság miatt 〈A′, B′〉 ‖ 〈C ′, D′〉 és 〈B′, C ′〉 ‖ 〈A′, D′〉, ezértA′B′C ′D′ négyszög is parallelogramma.

(4) −→AB =−−→CD esetén ABDC egy parallelolgramma. Ebből következően

A′B′C ′D′ is parallelogramma, tehát−−→A′B′ =

−−→C ′D′

(5) vA ‖ vB ‖ vC , ekkor a párhuzamos szelők tétele szerint az A′C′

C′B′ = ACCB

össze-függés az előjeles hosszak esetén is fennáll. Tehát (A′B′C ′) = (ABC).

12.1.1. A µ által indukált leképezés

µV → Vσ legyen az a leképezés, ahol µ(−→AB) =

−−→A′B′. A fenti tulajdonságokból

adódik, hogy µ egy lineáris leképezés.

181

182 12. FEJEZET. AFFIN TRANSZFORMÁCIÓK

12.1.2. sík parallel vetítése egy másik síkra

Legyen % egy a σ-t metsző sík és v olyan egyenes, hogy % ∦ v ∦ σ. A parallelvetítéssel nyert µ : %→ σ leképezés, ahol µ(A) = A′ tetszőleges A ∈ %-ra, mostegy bijektív leképezést ad. Ez esetben is igazak az (1)-(5) tulajdonságok. Azígy nyert µ : V% → Vσ indukált leképezés egy lineáris izomorfizmus.

12.1.3. Két parallel vetítés szorzata

Két vetítési irányt veszünk. A µ1 : σ → % parallel vetítést a v1 irányban, és aµ2 : σ → % parallel vetítést v1 irányban. ekkor ϕ = µ2 µ1 leképezés σ-t képeziσ-ra. Evidens, hogy ϕσ → σ egy bijektív leképezés, amely σ-beli egyenest σ-beliegyenesbe képez. ϕ-re is igazak az (1)-(5) tulajdonságok. Vegyük észre, hogya t pontjait a ϕ fixen hagyja. ϕ általában nem hasonlósági transzformáció.

12.2. Síkbeli affin transzformációk – az affinitások12.2.1. Definíció. A σ síkbeli affinitáson egy olyan ϕ : σ → σ bijektív leképe-zést értünk, amely egyenest egyenesbe képez.

12.2.2. Megjegyzés. Az egybevágóságok és a hasonlóságok affin transzformá-ciók. Vannak olyan affinitások, melyek nem hasonlóságok.

12.2.3. Megjegyzés. A σ sík affin transzformációi a kompozíciókra (mintszorzásra) nézve egy csoportot alkotnak.

Iso(σ)︸︷︷︸egybevágóságok

⊂ Sim(σ)︸︷︷︸hasonlóságok

⊂ Aff(σ)︸︷︷︸affinitások

Iso(σ) ︸︷︷︸normálosztó

Sim(σ)

12.2.4. Állítás. Tetszőleges ϕ : σ → σ affinitásra teljesül, hogy

(1) Párhuzamos egyeneseket párhuzamos egyenesekbe képez.

(2) Parallelogrammát parallelogrammába képez, azaz ha A, B, C,D pontok egyσ-beli parallelogramma csúcspontjai, akkor ez igaz az A′B′C ′D′ pontokrais.

(3) A ϕ affinitás megőrzi a kollineáris ponthármas osztóviszonyát.

Bizonyítás :

(1) Indirekt tegyük fel, hogy a ‖ b és a′ ∦ b′. Ezek szerint a′ és b′ metszőek.Legyen e metszéspont M ′ = a′ ∩ b′. M ′ inverz képei az a, b egyenese-ken M1, M2, tehát ϕ(M1) = ϕ(M2) = M ′, azaz ϕ nem bijektív, ez pedigellentmond kiinduló feltevésünknek. a′ és b′ tehát nem lehetnek metszőek.

12.2. SÍKBELI AFFIN TRANSZFORMÁCIÓK – AZ AFFINITÁSOK 183

(2) a ‖ c és b ‖ d, tehát (1) szerint a′ ‖ c′ és b′ ‖ d′ .

(3) Belátható, hogy ha F felezőpontja az AB szakasznak, akkor F ′ felező-pontja az A′, B′ képpontot összekötő szakaszának. F ′ = c′ ∩ d′. Felezi azA′B′

12.2.1. Az affin transzformáció által indukált lineáris leké-pezés

Legyen adott egy ϕ : σ → σ affinitás. Az előző állítás (2) tulajdonsága szerint,amennyiben A, B, C,D olyan pontok, hogy −→AB =

−−→CD, akkor fennáll

−−→A′B′ =−−→

C ′D′

Vegyük a Vσ kétdimenziós vektortéren azt a ϕ : Vσ → Vσ leképezést, aholtetszőleges A, B ∈ σ mellett ϕ(

−→AB) =

−−−−−−−→ϕ(A)ϕ(B).

Ezt mondjuk a ϕ által indukált leképezésnek.

12.2.5. Állítás. A ϕ egy lineáris izomorfizmus, azaz ϕ bijektív és tetszőlegesu, v ∈ Vσ, λ ∈ R mellett fennáll

ϕ(u + v) = ϕ(u) + ϕ(v)ϕ(λu) = λ · ϕ(u).

Bizonyítás :

(1) Az −→AB irányított szakasz reprezentálja az u vektort, −−→BC pedig v-t.

−→AC = u + v ⇒

−−→A′C ′ =

−−→A′B′ +

−−→B′C ′

ϕ(u + v) = ϕ(u) + ϕ(v)

(2) Legyen P az a pont az 〈A, B〉 egyenesen, ahol −→AP = λ−→AB. Mivel ϕ megőrzi

a kollineáris ponthármas osztóviszonyát, így adódik:−−→A′P ′

−−→A′B′

=

−→AP−→AB

= λ ⇒−−→A′P ′ =

−−→A′P ′

−−→A′B′

−−→A′B′

−→AP = λu−−→A′P ′(λu)

⇒ ϕ(λu) = λϕ(u)

(3) ϕ egy lineáris leképezés, amelyről belátjuk, hogy szürjektív. w =−−→CD vek-

torhoz vegyük az A = ϕ−1(C) és B = ϕ−1(D) pontokat.1

⇒ ϕ(A) = C, ϕ(B) = D ⇒⇒ u =

−→AB vektor képe ϕ(

−→AB) =

−−→CD = w ⇒

⇒ ϕ bijektív

1: Emlékeztetőül: ϕ pontot pontba, ϕ vektort vektorba képez.


12.2.2. Affin transzformáció analitikus leírása

A σ síkban rögzítsünk egy (0, i, j) koordináta-rendszert. i, j egy ortonormáltbázis Vσ-ban. Vegyük a ϕ(i), ϕ(j) képvektorok i, j bázis szerinti lineáris kom-binációit.

ϕ(i) = a11i + a21jϕ(j) = a12i + a22j

A =

(a11 a12

a21 a22

)Mivel ϕ gy lineáris izomorfizmus, ezért det A 6= 0.

A ϕ affinitás megőrzi a sík egy adott irányítását, ha a ϕ indukált lineárisleképezés A mátrixára fennáll det A > 0.

(P (x, y))−→OP = xi + yj

ϕ(−→OP ) = ϕ(xi + yj) = xϕ(i)yϕ(j)

−−→O′P ′ =

−−−−−−→ϕ(0)ϕ(P )

A P ′ képpont koordinátái legyenek x′, y′.

OO′ = b1i + b2j, O′(b1, b2)

OP ′ = x′i + yj == b1i + b2j + x(a11i + a21j) + y(a12i + a22j) == (a11x + a12y + b1)︸︷︷︸

x′

i + (a21x + a22y + b2)︸︷︷︸y′

j

x′ = a11x + a12y + b1

y′ = a21x + a22y + b2

egyenletek adják meg a képpont koordinátáit.

12.2.3. Affinitás leírása homogén egyenlettel

x′

y′

1

=

a11 a12 b1

a12 a22 b2

0 0 1

xy1

A ϕ affin transzformációhoz rendeljük hozzá az M speciális 3× 3-as mátrixot.

Amennyiben a ϕ1, ϕ2 síkbeli affinitásokat az M1, M2 speciális 3 × 3 -asmátrixok írják le, akkor a ϕ2ϕ1 : σ → σ affinitásnak az M2 ·M2 szorzatmátrixfelel meg.

12.2.6. Megjegyzés. det M = det A teljesül.

12.2.4. A tengelyes affinitások

Ha ϕ affinitás fixen hagyja az A, B(A 6= B) pontokat, akkor ϕ fixen hagyja at = 〈A, B〉 egyenes összes pontját.

Ez az osztóviszonytartó tulajdonságból adódik.

12.2.7. Definíció. A ϕ affinitást tengelyesnek mondjuk, ha van olyan t egye-nes, melynek pontjait ϕ fixen hagyja. (A t elnevezése: tengely.)


12.2.8. Állítás. A σ síkban legyen adott egy t egyenes és az arra nem illeszkedőA, B pontok. Egyértelműen van olyan ϕσ → σ tengelyes affinitás, melynek t atengelye és fennáll ϕ(A) = B.

Bizonyítás :

1., Létezés: Vegyünk a térben egy β síkot, amely a t egyenesben metszi σ-t.Tekintsük β-ban egy C /∈ t pontot. A v1 = 〈A, C〉, v2 = 〈B, C〉 egyenesekirányában végezzünk parallel vetítéseket. Legyenek µ1 : σ → β, µ2β →σ párhuzamos vetítések a v1, v2 irányban. ϕ = µ2 µ1 : σ → σ egyegyenestartó bijektív leképezés a σ síkban, így ϕ ∈ Aff(σ), t tengelyeϕ-nek és ϕ(A) = B.

2, Egyértelműség: Belátjuk, hogy a t, A, B = ϕ(A) adatok a ϕ-t már egy-értelműen meghatározzák. Igazoljuk, hogy bármely P ∈ σ pont képemegszerkeszthető. Az e = 〈A, P 〉 egyenes képe e′ = 〈M, A′〉. A P -n áthúzunk egy p párhuzamos egyenest a-val.

a ‖ p ⇒ a′ ‖ p′ ⇐⇒ a ‖ p′

P = e ∩ p⇒ P ′ = e′ ∩ p′ = e′ ∩ p

A p′ éppen a Tp-n átmenő a-val párhuzamos egyenes, így p′ = p.

12.2.9. Megjegyzés. Tengelyes affinitás esetén a 〈P, P ′〉 egyenes (P /∈ t)iránya nem függ a P megválasztásától. Ezt mondjuk a tengelyes affinitás irá-nyának. Egyértelműen létezik olyan λ 6= 0 szám, hogy tetszőleges P /∈ t pontra

−−→TpP

′ = λ−−→TpP .

Ezt nevezzük a tengelyes affinitás előjeles arányának, ahol λ = TpP ′

TpPaz előjeles

hányados.

12.2.10. Megjegyzés. Igen speciálisak azon tengelyes affinitások, ahol azirány párhuzamos a tengellyel. Ezeket nyírásoknak mondjuk.

12.2.11. Megjegyzés. Ha az irány merőleges a tengelyre, akkor azt merőlegestengelyes affinitásnak mondjuk.

12.2.5. Affinitás meghatározása nem kollineáris ponthár-masokra

A σ-ban legyen rögzítve egy (0, i, j) koordinátarendszer. Legyen A egy inver-tálható (2 × 2)-es mátrix és b1, b2 számok. Vegyük azt a ϕσ → σ leképezést,amely a P (x, y, ) ponthoz azt a P ′ = ϕ(P ) pontot rendeli, melynek (x′, y′)koordinátáit az (

x′

y′

)= A

(xy

)+

(b1

b2

)egyenlet határoz meg. Evidens, hogy ϕ egy affinitás. A ϕ bijektivitáshoz szük-séges, hogy A invertálható legyen. A ϕ : Vσ → Vσ lineáris leképezés mátrixaazonos A-val.


12.2.12. Lemma. Tekintsünk három pontot σ-ban:P1(x1, y1),P2(x2, y2),P3(x3, y3).

Vegyük a ko-

ordinátákból képzett P =

x1 x2 x3

y1 y1 y3

1 1 1

mátrixot. Ennek determinánsára

teljesül| det P | = 2T (P1P2P34)

Bizonyítás :Egy már ismert összefüggés:

2T (P1P2P34) = |−−→P1P2 ×−−→P1P3|

−−→P1P2 = (x2 − x1)i + (y2 − y1)j−−→P1P3 = (x3 − x1)i + (y3 − y1)j

−−→P1P2×

−−→P1P3 = [(x2−x1)(y3−y1)−(x3−x1)(y2−y1)]k

k merőleges σ-ra.

|−−→P1P2 ×−−→P1P3| = |(x2 − x1)(y3 − y1)− (x3 − x1)(y2 − y1)|

P mátrix 2. és 3. oszlopából vonjuk ki az 1. oszlopot. Ismeretes, hogy a kapottmátrix determinánsa azonos det P -vel.

det P = det

x1 x2 − xy x3 − x1

y y2 − y1 y3 − y1

1 0 0

Az alsó sor elemeivel kifejtve a det értékét kapjuk, hogy

det P = 1 · det

(x2 − x1 x3 − x1

y2 − y1 y3 − y1

)= (x2 − x1)(y3 − y1)− (x3 − x1)(y2 − y1)

Ez már igazolja a segédtételt

Egy ϕ affinitást írjon le a homogenizált x′

y′

1

=

a11 a12 b1

a12 a22 b2

0 0 1

xy1

egyenlet.

Legyenek P1, P2, P3 és Q1, Q2, Q3 nem koolineáris ponthármasok σ-ban. Pr(xr, yr)és Qr(xr, yr) legyenek a megfelelő koordináták (r = 1, 2, 3) A ϕ akkor képezi aPr pontot Qr-be, ha fennáll: xr

yr

1

=

a11 a12 b1

a12 a22 b2

0 0 1

︸︷︷︸

M

xr

yr

1


12.2.13. Tétel. Egyértelműen létezik olyan varphi : σ → σ affinitás, amelyrefennáll ϕ(P1) = Q1, ϕ(P2) = Q2 és ϕ(P3) = Q3.

Bizonyítás :Az A mátrixszal és b1, b2 sázmokkal meghatározott ϕ affinitás akkor viszi a Pr

pontot Qr-be (r = 1, 2, 3), ha a következő egyenlőség teljesül: x1 x2 x3

y1 y2 y3

1 1 1

︸︷︷︸

Q

=

a11 a12 b1

a12 a22 b2

0 0 1

︸︷︷︸

M

x1 x2 x3

y1 y2 y3

1 1 1

︸︷︷︸

P

.

Egy mátrixegyenletet kapunk, ahol az M =

a11 a12 b1

a12 a22 b2

0 0 1

megoldásmátri-

xot keressük. Az egyenlet tömörebb alakban: Q = MP

| det Q| = 2T (Q1Q2Q34) > 0⇒ det Q 6= 0⇒

⇒ Q egy invertálható mátrix.Ugyanez igaz a P mátrix esetében is, azaz det P 6= 0 az előző lemma szerint,

így P is invertálható.A QP−1 = M egyenlőség szerint az M = QP−1 speciális mátrixszal leírt ϕ

affinitás tesz eleget a tételben szereplő feltételeknek.

12.2.6. Alakzatok affin képe

Legyen ϕ : σ → σ olyan affin transzformáció, amely fixen hagyja a koordiná-tarendszer O kezdőpontját.

ϕ : Vσ → Vσ, ϕ(i) = c11i + c21j, ϕ(j) = c12i + c22j

A P ′ = ϕ(P ) pont koordinátáit a P (x, y) pont koordinátáiból az(

x′

y′

)=

C

(xy

)kifejezésből kapjuk meg.

Ez esetben nem áll fenn a CT C = E egyenlőség. Jelölje P = ϕ−1(P ) azinverz képet, P (x, y). Nyilván fennáll:(

xy

)= C

(xy

)és C−1

(xy

)=

(xy

)⇒ x = u11x + u12y

y = u21x + u22y

Vegyünk egy A alakzatot, melyet az f(x, y) = 0 egyenlet ír le a rögzített (0, i, j)koordinátarendszerben. Keressük az A′ = ϕA képalakzat egyenletét.

Egy P pont rajta van az A′ = ϕA alakzaton a.cs.a., ha a P = ϕ−1(P ) pontrajta van az eredeti A alakzaton.

Legyen az N =

(u11 u12

u21 u22

)mátrix az C inverz mátrixa.


x = u11x + u12yy = u21x + u22y

Ebből adódik, hogy az f(u11x+u12y, u21x+u22y) = 0.

egyenlet írja le az A = ϕ(A) alakzatot.Vegyünk egy M másodrendű görbét, melyet az

(x, y

)A

(xy

)+ 2

(b1 b2

)( xy

)+ d = 0

egyenlet ír le (AT = A) M′ = ϕM képgörbe.

Az(

xy

)= N

(xy

)egyenlet szerint

(x, y

)=(

x, y)NT is teljesül.

A fentiek szerint az következő egyenlet írja le a képgörbét:

(

x, y)NTAN

(xy

)+ 2

(b1, b2

)N(

xy

)︸︷︷︸0@ x

y

1A+d = 0

(x, y

)(NT AN)︸︷︷︸

A′

(xy

)+ 2

(b1, b2

)N︸︷︷︸“

b1, b′2”(

xy

)+ d = 0

Azt nyertük, hogy irtM ′ = ϕ(M) is egy másodrendű görbe. Az M′ másodrendűgörbe típusát a det A′ előjele dönti el.

det(A′) = det(NT ) det(A) det(N) = [det(N)]2 · det(A)

⇒ det(A′) és det(A) előjele megyegyezik.

12.2.14. Következmény. Ellipszis affin képe ellipszis, hiperbola affin képehiperbola és parabola affin képe parabola.

12.2.15. Megjegyzés. A fenti kijelentés igaz a másodrendű görbék parallelvetületére is.

12.2.7. A síkbeli hasonlóságok, mint speciális affin transz-formációk

Legyen κ egy középpontos hasonlóság, melynek előjeles aránya λ és centrumaC. Nézzük a κ : Vσ → Vσ indukált leképezést. Evidens, hogy tetszőleges A, B ∈σ esetén

−−→A′B′ = λ·−→AB. Eszerint κ = λ·id Vσ . Ennek mátrixa egy i, j ortonormált

bázisban (λ 00 λ

)= λ · E

12.2.16. Megjegyzés. Ismeretes, hogy egy ϕ : σ → σ affin leképezés akkoregybevágóság, ha ϕ : Vsigma → Vσ lineáris leképs megőrzi a vektorok hosszát.Ez pedig pontosan akkor teljesül, ha a ϕ-ot leíró 2× 2-es A mátrix ortogonális(AT A = E)


Vegyünk egy ϕ : σ → σ affinitást, melyet egy (0, i, j) koordinátarendszerbenaz (

x′

y′

)= A

(xy

)+

(b1

b2

)egyenlet ír le, ahol A a ϕ indukált leképezés mátrixa.

12.2.17. Tétel. A ϕ egy hasonlósági transzformáció a λ > 0 aránnyal a.cs.a.,ha AT A = λ2E teljesül.

Bizonyítás :

(a) Tegyük fel, hogy a ϕ egy hasonlóság, melynek aránya λ. Vegyünk egyχ : σ → σ középpontos hasonlóságot, amelynek az aránya 1

λ. Ekkor

% = χ ϕ egy 1 arányú hasonlóság, azaz egybevágóság. % = chi ϕteljesül az indukált lineáris leképezésekre. Ily módon %-t a ( 1

λ·E)·A = 1

λA

mátrix írja le az i, j bázisokhoz. Mivel % egy egybevágóság, 1λ· A mátrix

ortogonális.

⇒(

1

λA

)2

(1

λA) = E ⇒ 1

λ2AT A = E ⇒ AT A = λ2E =

(λ2 00 λ2

)

(b) Tegyük fel, hogy AT A = λ2E. Ekkor a % = χ ϕ affinitás indukált le-képezésének mátrixa 1

λA, amire fennáll

(1λA)T · ( 1

λA)

= E. Ezért % egyegybevágóság a síkban. Vegyük a χ leképezés κ inverzét, amely szintén aközéppontos hasonlóság a λ aránnyal.

κ ϕ = (κ χ)︸︷︷︸id σ

ϕ = id σ ϕ = ϕ

Ezért ϕ egy egybevágóság és egy középpontos hasonlóság szorzata. Így ϕhasonlósági transzformáció.

12.2.8. A hasonlósági transzformáció fixpontja

12.2.18. Lemma. Legyen ϕ ∈ Aff(σ) egy affinitás, ahol ϕ indukált lineárisleképezés mátrixa A. Ha fennáll det(A−E) = 0, akkor vannak olyan P, Q, (P 6=Q) pontok, hogy ϕ(

−→PQ) =

−→PQ teljesül.

Bizonyítás :Vegyük a v1v2 ismeretlenekre felírt következő homogén lineáris egyenletrend-szert:

(A− E)

(v1

v2

)=

(00

)Mivel det(A− E) = 0, így ennek van nemtriviális megoldása (v2

1 + v22 > 0).


(00

)= (A−E)

(v1

v2

)= A

(v1

v2

)−E

(v1

v2

)= A

(v1

v2

)−(

v1

v2

)⇒ A

(v1

v2

)=

(v1

v2

)Tekintsük a megoldó számpárból nyert v = v1i + v2j vektort. Erre fennállϕ(v) = v. Ha −→PQ reprezentálja v-t akkor ϕ(

−→PQ) =

−→PQ.

12.2.19. Megjegyzés.−−→P ′Q′ =

−→PQ egyenlőség szerint P ′Q′ = PQ teljesül.

12.2.20. Tétel. Legyen χ ∈ Sim(σ) olyan σ-beli hasonlóság, amely nem egy-bevágóság (λ 6= 1). Ekkor egyértelműen létezik olyan C ∈ σ pont, melyre igazχ(C) = C.

Bizonyítás :A χ hasonlóságot analitikusan az

(x′

y′

)= A

(xy

)+

(b1

b2

)egyenlet írja

le (AT A = λ2E). A χ fixen hagyja a C(xc, yc) pontot, ha fennáll az(

xc

yc

)=

A

(xc

c

)+

(b1

b2

)egyenlőség. Ebből adódik:

E

(xc

yc

)− A

(xc

yc

)︸︷︷︸

(E−A)

0@ xc

yc

1A=

(b1

b2

)⇒ (A− E)

(xc

yc

)=

(−b1

−b2

)

Mivel tetszőleges P, Q pontokra igaz az, hogy P ′Q′ = λPQ 6= PQ (λ 6= 1miatt). Az előző lemma szerint det(A− E) 6= 0 teljesül.

Ha a fenti egyenletet az xc, yc ismeretlenekre felírt lineáris egyenletrend-szernek tekintjük, akkor a Cramer-szabály szerint ennek egyértelműen létezikmegoldása, ami szerint pedig egyértelműen létezik χ-nek fixpontja.

12.2.9. A síkbeli hasonlóságok osztályozása

12.2.21. Definíció. Legyen % egy elforgatás egy C pont körül és legyen κσ → σegy olyan középpontos hasonlóság, melynek centruma C. A κ % : σ → σleképezést forgatva nyújtásnak mondjuk. (Evidens, hogy κ % = % κ.)

12.2.22. Definíció. Legyen τ : σ → σ egy tengelyes tükrözés, ahol t a tengely.Vegyünk egy C pontot a t-n és egy olyan κ középpontos hasonlóságot, melynekcentruma C. a κ τ leképezést tükrözve nyújtásnak mondjuk. (Nyilván igazκ τ = τ κ)

12.2.23. Tétel. Legyen χ : σ → σ olyan hasonlóság, amely nem egybevágóság.

(1) Ha χ irányítástartó, akkor χ egy forgatva nyújtás.

(2) Ha χ irányításváltó, akkor χ egy tükröze nyújtás.


Bizonyítás :

(1) Legyen C a χ-nek a fixpontja, amely egyértelműen létezik. Ha χ arányaλ, akkor legyen ξ az a középpontos hasonlóság, melynek centruma C ésaránya 1

λ. ξχ egy hasonlóság, melynek aránya 1

λλ = 1. Ily módon ξχ egy

irányítástartó egybevágóság, amely fixen hagyja C-t. Ebből következőenξ χ egy elforgatás C körül, és ezért ξ χ = %.

Legyen κ középpontos hasonlóság a ξ inverze.

(κ ξ)︸︷︷︸id σ

χ = κ %⇒ χ = κ %

⇒ χ egy forgatva nyújtás.

(2) Ez esetben is vesszük a χ által fixen hagyott C pontot. Ebből következőenξchi egy irányításváltó egybevágóság, amelynek C fixpontja, és így ξχegy tükrözés olyan t egyenesre, amely átmegy C-n. ξ χ = τ Vesszük κC-centrumú λ arányú középpontos hasonlóságot (κ = ξ − 1).

(κ ξ) χ = κ τ ⇒ χ = κ τ

χ egy tükrözve nyújtás.


IV. rész

IV. félév

193

195

Félév anyaga:

• Projektív-geometria

• Differenciálgeometria alapjai – Gömbi geometria analízis módszereivel.

• Geometria axiomatikus felépítése

• Hiperbolikus geometria – modellek

196

13. fejezet

Projektív geometria

13.1. MotivációMiért van szükség rá? A centrális vetítés leképezi a teret síkra. Az emberi szemáltal alkotott kép centrális vetítésekkel működik.

13.1.1. A centrális vetítés problémája

A % és σ metsző síkok közül az egyiket vetítsük a másikra. Tengely az, amipontonként fixen marad. A % síkot centrálisan vetítsük a C vetítési centrummala σ-ra.

e′ = 〈e, C〉 ∩ σ

Vegyük a C-n átmenő σ-val párhuzamos σp síkot. Ez messe a % síkot a q egyenes-ben. Q ∈ q pontot véve a 〈C, Q〉 egyenes párhuzamos σ-val, amiből következik,hogy Q-nak nincs centrális vetülete σ-n.

Tehát az euklideszi síkok közt a centrális vetítés nem ad bijektívmegfeleltetést. Ezáltal a q ponttal párhuzamos % síkbeli egyeneseket leszá-mítva mindegyik egyenesnek lesz olyan pontja, amely nem lesz leképezhetőcentrálisan a σ síkra.

13.1.1. Megjegyzés. A Q ponton átmenő egyenesek centrális vetületei pár-huzamosak a p = 〈Q,C〉 egyenessel.

Cél: Hogyan lehetne elérni, hogy a centrális vetítés egy egyenestartó bijektívleképezést adjon a síkok között?

Megoldás: Az Euklideszi tér kibővítése bizonyos ideális pontokkal.1

A Q′ pont az a′, b′, c′ . . . párhuzamos egyenesekhez rendelt pont lesz. Osztó-viszony sem marad meg. . . A párhuzamos vetítés pite a centrális vetítéshezképest.

13.1.2. Jelölés. • X az euklideszi tér pontjainak halmaza.

• E az egyenesek halmaza.1Kepler javasolta a végtelen távoli pontok bevezetését.

197

198 13. FEJEZET. PROJEKTÍV GEOMETRIA

• ξ síkok halmaza

• X 3 T pont az E(T ) = g ∈ E | T ∈ g elnevezése sugárnyaláb, egye-nesnyaláb Ezen nyaláb tartópontja T .

• ξ(T ) = g ∈ ξ | T ∈ % elnevezése: síknyaláb.

• E(T, σ) = g ∈ E | T ∈ g & g ⊂ σ elnevezése sugársor

• E(g) = e ∈ E | e ‖ g ∪ g a g egyenessel reprezentált párhuzamosegyenesosztály (más szóval párhuzamos egyenesnyaláb).

13.2. Az ideális térelemek bevezetéseAz euklideszi tér minden párhuzamos egyenesosztályából rendeljünk hozzá egyideális pontot. E(g) osztályhoz rendelt pont legyen Ig Az Epsilon(g) osztályminden egyenesét bővítsük az ezen Ig ponttal. g projektív egyenes legyeng = g ∪ Ig Ha E(g) 6= E(h) , akkor Ig 6= Ih Legyen ι a párhuzamos egyenes-osztályokhoz rendelt pontok halmaza.

ι = Ig | g ∈ E

Amennyiben e ‖ g, akkor E(e) = E(g) miatt Ie = IgX = X ∪ ι legyen a projektív tér pontjainak halmaza.

13.3. A projektív sík értelmezéseσ ∈ ξ euklideszi sík, Jelölje ισ-ra eső egyenesekhez rendelt ideális pontok hal-maza, melyet egyben a proj. tér egy egyenesének is tekintünk.

ισ = Ig | g ⊂ σ

A σ-ból nyert projektív sík legyen σ = σ ∪ ισ.Emellett az ideális pontok ι halmazát is a projektív tér egy síkjának tekint-

jük. Az X térben értelmeztük a projektív egyeneseket és a projektív síkokat.Ily módon beszélhetünk a projektív térben is a térelemek illeszkedéséről.

hA p ∈ X, akkor P ∈ X is teljesül. Ekkor a P pontot a projektív tér egy közöspontjának mondjuk. ⇒ (XE, ξ)

13.4. Projektív egyenes topológiai szemléltetéseσ síkban a Q pontnak (〈C, Q〉 ‖ e) az Ie ideális pont felel meg.

A C centrumú vetítés egy mindkét irányban folytonos bijekciót ad a k kör ésaz e proj. egyenes között. p = 〈C, Q〉, p ‖ e⇒ Ip = Ie⇒ p ∩ e = Ie⇒ Q′ = Ie

A projekc. térben vett térelemekre vonatkozóan fennálnak az alábbi öf.-k:

13.4.1. Tétel. (1) Két ponthoz egy és csak egy egyenes illeszkedik.

13.5. A PROJ. SÍKONRA VONATKORÓ ÚN. NYALÁB MODELL. 199

(2) Két síkhoz egy és csak egy egyenes illeszkedik.

(3) Ha egy egyenes nem illeszkedik egy síkhoz, akkor az adott egyenes és síkmetszete egy pont.

(4) Ha két egyenes egyazon síkhoz illeszkedik, akkor azok metszete egy pont.

Bizonyítás :

(2) 1. eset Legyen σ, % ∈ ξ, azaz két sík az euklideszi térben. σ = σ ∪ ισ,% = % ∪ ιvarrho síkok. Amennyiben σ ∪ % = m, akkor σ ∪ % = madódik. Ha σ ∩ % = ∅ (vagyis σ ‖ %), akkor nyilván fennáll ισ = ι%.⇒ σ ∩ % = ισ

2. eset A két sík egyika a ι ideális sík. σ = σ ∪ ισ egy ún. közönségessík. ⇒ σ ∩ ι = ιsigma ⇒ a két proj. sík metszete egy egyenes.

(4) σ = σ ∪ ισ síkon vegyünk két egyenest.

Q ∩ ισ = Iι, a, b ∈ E

• a ∩ b7M ⇒ a ∩ b =

• a ‖ b︸︷︷︸a∩b=∅

⇒ a ∩ b = Ie

ι ideális síkon vegyünk két egyenest. ισ, ιvarrho legyenek ι -beli egyenesek.⇒ ισ 6= ι% miatt adódik, hogy σcap% = m. ⇒ Im ∈ ιvarrho ésIn ∈ ισ ⇒ ιvarrho ∩ ισ = Im.

13.5. A proj. síkonra vonatkoró ún. nyaláb mo-dell.

Vegyünk egy σ = σ ∪ ισ proj. síkot is egy olyan T közönséges pontot, aholT ∈ σ. Amennyiben p ‖ σ, akkor p∩σ = Ip Evicens, hogy az E(T ) sugárnyalábegyeneseiből nyert proj. egyenesek egy-egy pontban metszik a σ síkot.

Ha tetszőleges e ∈ E(T ) egyeneshez hozzárendeljük az e ∩ σ pontot, akkoregy bijektív megfeleltetést kapunk az E(T ) egyenesen és a σ pro. sík pontjániközött.

Az ξ(T ) síknyaláb egy % ∈ ξ(T ) síkjához rendeljük hozzá a % ∩ σ egyenest.Így egy bij. megfeleltetést kapunk az ξ(T ) síkja és a kibővített σ sík egyenesiközött.

σp ‖ σ, T ∈ σo ⇒ σ ∩ σ = ισ


13.6. A proj. sík koordinátavektora−→OP = xpi + ypj

ξ : σ → R2

ξ(P ) = (xp, yp)ξ egy koordinátázása az euklidészi síknak.σ ∈ ξ euklideszi sík, σ(σ ∪ ισVegyünk egy (0, i, j) a n-t a σ euklideszi síkon.σ ⊂ X, Csigma ⊂ VVegyünk a k = i× j vektort. V -ben.Legyen T az a pont az euklideszi térben, melyre fennáll −→TO = k

13.7. A projektív sík koordinátázása

sigma = σ ∪ ισ

(0, i, j) egy Descartes-féle koordinátarendszer σ-ban. k = i× j,−→TO = k P ∈ σ

közönséges pont. P → 〈T, P 〉

13.7.1. Definíció. A P pont meghatározó vektorain a 〈T, P 〉 egyenes irány-vektorait értjük.

Ezen meghatározó vektornak az i, j, k bázisra vonatkozó koordináta-hármasaita P pont homogén koordinátáinak mondjuk.

13.7.2. Megjegyzés. Pl. a −→TP egy meghatározó vektora a P -nek, de a λ ·−→TP (λ ∈ R, λ 6= 0) is egy meghatározó vektor.

−→TP =

−→TO +

−→OP = xpi + ypj + k

[xp, yp, 1] egy homogén koordináta-hármasa a P pontnak.⇒ [λxp, λyp, λ](λ 6= 0) is egy homogén koordinátahármasa P -nek.

Legyen e ∈ σ esetén Ie a hozzárendelt ideális pont.

13.7.3. Definíció. Az Ie ideális pont meghatározó (vagy reprezentáló) vektoraiaz e egyenes irányvektorait értjük. Ezeknek az i, j, k bázisra vonatkozó koordi-nátahármasait az Ie homogén koordinátáinak nevezzük.

v = v1i + v2j + 0kλv(λ 6= 0) a meghatározó vektorok.Ie[λv1, λv2, 0]

13.7.4. Megjegyzés. A homogén koordináták értelmezésénél kihasználjuk, hogybijektív megfeleltetés adódik a σ projektív sík pontjaiés a V 3-dimenziós vektor-tér egydimenziós alterei között.

13.8. A PROJEKTÍV SÍK EGYENESEINEK HOMOGÉN KOORDINÁTÁI201

13.8. A projektív sík egyeneseinek homogén ko-ordinátái

Az e egyenes σ-n. ⇒ e egy ún. közönséges egyenes σ síkon.e→ 〈T, e〉 sík ( a T -hez és e-hez illeszkedő sík).

13.8.1. Definíció. Az e egyenes reprezentáló vektorain a 〈T, e〉 sík normálvek-torait értjük.

Ezen meghatározó vektoroknak az i, j, k bázisra vonatkozó koordinátahár-masait az e projektív egyenes homogén koordinátáinak mondjuk.

e→ 〈T, e〉 = εVegyük az őrá merőleges u vektort.u ⊥ ε, u = u1i + u2j + u3k e[u1, u2, u3] λu(λ 6= 0) szintén egy meghat.

vektor. e[λu1, λu2, λu3].

13.8.2. Megjegyzés. Legyen e egyenlete ax + by + c = 0 a σ euklideszi síkon(a2 + b2 > 0).

ai + bj ⊥ e⇒ bi− aj︸︷︷︸v

‖ e

v,−→TP ‖ ε P illeszkedik felt. szerint az e egyenesre.

a(x− xp) + b(y − yp) = 0 ⇒ c = −(axp + byp)

u =−→TP × v merőleges ε-ra

u =

∣∣∣∣∣∣i j kxp yp 1b −a 0

∣∣∣∣∣∣ = ai + bj−(axp + byp)︸︷︷︸c

k

e-nek egy homogén koordinátahalmaza [a, b, c]

13.8.3. Definíció. Az ισ ideális egyenes meghatározó vektorain a λk(λ 6= 0)vektorokat értjük. Ezek a σ normálvektorai. ισ[O,O, λ]

13.9. Egyenes és pont illeszkedéseLegyen Q és σ egy pontja, melyek y = y1i + y2j + y3k. az egyik meghatározóvektora. Az f egyenes meghatározó vektora legyen w. f [w1, w2, w3] f illeszkedikQ-hoz. ⇐⇒ ha w merőleges y-ra.〈w, y〉 = 0w1y1 +w2y2 +w3y3 = 0 teljesülése az illeszkedés szükséges és elégséges feltétele.

13.9.1. Állítás. Legyenek P és Q olyan pontok σ-n (P 6= Q), melyeknek x ésy meghatározó vektorai.

(1) A 〈P, Q〉 egyenes pontjainak meghatározó vektorai elállnak a λx+µy(λ, µ ∈Rλ2 + µ2 > 0) alakban.


(2) Az x × y vektoriális szorzat egy meghatározó vektora a P, Q pontokra il-leszkedő egyenesnek.

Bizonyítás :e = 〈P, Q〉x, y ‖ ε Legyen e 3 R egy tetszőleges pont, melynek vz az egyik meghatározóvektora. x, y lineárisan függetlenek. z benne van az általuk generált altérben..⇒ z előáll a x, y egy lineárisba kombinációjaként. ∃λ, µ ∈ R : z = λx + µy

Evidens, hogy az x× y vektoriális szorzat merőleges az ε síkra. ⇒ az x× ymeghatározó vektora e-nek.

13.9.2. Állítás. Legyenek e és f olyan egyenesek a σ síkon (e 6= f), melyekmeghatározó vektorai u és v

(1) Az e∩ f metszésponton áthaladó egyenesek meghatározó vektorai előállnaka λu + µw alakban.

(2) Az u× w az egyik meghatározó vektora az M = e ∩ f metszéspontnak.

Bizonyítás :

(1) Az ábra magáért beszél. m = 〈M, T 〉 ε = 〈T, e〉, ϕ = 〈T, e〉 u ⊥ ε, w ⊥ ϕMivel m mindkét síkban (ε és ϕ) benne van, az u ⊥ m és w ⊥ m. Vegyünkegy M ponton átmenő g egyenest. Ekkor a hozzá tartozó γ sík egy v nor-málvektorát véve v ⊥ m miatt v előáll u és v lineáris kombinációjaként.Ezek szerint vvektor valóban előáll a következő alakban:

⇒ v = λu + µw.

(2) u, w ⊥ m ⇒ u × w ‖ m ⇒ ⇒ u × w ‖ 〈T,M〉 ⇒ u × w meghatározóvektora M -nek.

13.9.3. Következmény. • Három pont egyazon egyenesre illeszkedik a.cs.a.,ha a meghatározó vektoraik lineárisan összefüggők.

• Három egyenes egyazon pontra illeszkedik a.cs.a., ha a meghatározó vek-toraik lineárisan összefüggők.

13.10. Két háromszög perspektivitásaA σ projektív síkon vegyük az A, B, C és A′, B′, C ′ nem kollineáris ponthár-masokat. ⇒ ABC4, A′, B′, C ′4.

a = 〈B, C〉, b = 〈A, C〉, c = 〈A, B〉

Az ABC4 oldalegyenesei. Vehetjük az a′, b′, c′ oldalegyeneseket A′, B′, C ′4-höz.Megfeleltetés: A→ A′, B → B′, C → C ′ és a→ a′, b→ b′, c→ c′.

13.11. SPECIÁLIS ESETEK 203

13.10.1. Definíció. Az ABC4 és A′B′C ′4 háromszögek egymással centráli-san perspektívek, ha vannak olyan p, q, r egyenesek, melyek egyazon S pontrailleszkednek, de p átmegy az A, A′ pontokon, q átmegy a B, B′ pontokon, és rátmegy a C, C ′ pontokon.

13.10.2. Definíció. Az ABC4 és A′B′C ′4 háromszögek egymással tenge-lyesen perspektívek, ha vannak olyan X, Y, Z pontok, melyek egyazon t egye-nesre illeszkednek, de X rajta van az a, a′ egyeneseken, Y rajta van az b, b′

egyeneseken, Z rajta van az c, c′ egyeneseken.

13.10.3. Megjegyzés. A két definíció egymásnak duálisa.

13.11. Speciális esetek

1) Tegyük fel, hogy A = A′.S = 〈B, B′〉 ∩ 〈C, C ′〉 pontra a háromszögek centrálisan perspektívek.Ekkor igaz a tengelyes perspektivitás is.

2) Tegyük fel, hogy a = a′.

2) Kp. hasonlóság, hasonlóság aránya legyen λ = 2.

t =?⇒ t = ισ

—Desargues-ábra (dézár-tétel)—

p = 〈A, A′〉 X = a ∩ a′

q = 〈B, B′〉 Y = b ∩ b′

r = 〈C, C ′〉 Z = c ∩ c′

Desargues-tétel

13.11.1. Tétel. A projektív síkon az ABC4 és A′B′C ′4 háromszögek cent-rálisan perspektívek a.cs.a., ha tengelyesen is perspektívek.

Bizonyítás :

Elegendő az általános esetet bizonyítani, amikor A 6= A′, B 6= B′, C 6= C ′

és a 6= a′, b 6= b′, c 6= c′.Ekkor vehetjük a

p = 〈A, A′〉 X = a ∩ a′

q = 〈B, B′〉 Y = b ∩ b′

r = 〈C, C ′〉 Z = c ∩ c′pontokat.

a) Tegyük fel, hogy ABC4 és A′B′C ′4 centrálisan perspektívek. Ekkor p, qés r egyazon S pontra illeszkednek.


Legyenek a, a′ és s az A,A′, S ′ pontok meghatározó vektorai. a, a′ lineá-risan függetlenek. De mivel A, A′, S kollineárisak, így a, a′ és s lineárisanösszefüggőek. Így s = αa + α′ + a′ teljesül valamely α, α′ számokkal.

Legyenek b, b′ és c, c′ a B, B′ és C, C ′ csúcspontok meghatározó vektorai.A B, B′ és S kollineáris, így s = βb + β′b.A C, C ′ és S kollineáris, így s = γc + γ′c.

αa + α′a = βb + β′b

αa− βb︸︷︷︸z kifejezése

= β′b− α′a = z

Vegyük a z(z 6= 0) által meghatározott Z pontot a σ projektív síkon.⇒ Z ∈ 〈A, B〉 és Z ∈ 〈A′, B′〉 ⇒ Z = c ∩ c′.

αa + α′a′ = s = γc + γ′c′

αa− γc︸︷︷︸y kifejezése

= s = γ′c′ − α′a′ = y

Az y vektorral meghatározott Y pont rajta van a b, b′ egyeneseken.⇒ Y = b ∩ b′.

βb + β′b = γc + γ′c′

βb− γc︸︷︷︸x kifejezése

= γc− β′b′ = x

z + x = y szerint x, y, z lineárisan összefüggőek, így X, Y, Z pontok kol-lineárisak. .

b) Tegyük fel, hogy ABC4 és A′B′C ′4 tengelyesen perspktívak. Ez azt je-lenti, hogy az X = a ∩ a′, Y = b ∩ b′, Z = c ∩ c′ pontok egyazon tegyenesre illeszkednek. Az a, a′ egyenesek meghatározó vektorai legye-nek u, u′. Ha vesszük a b, b′ és c, c′ egyeneseket, akkor legyenek v, v′ ésw, w′ meghatározó vektorok.

A perspektivitás t tengelyének meghatározó vektora t.

Az a, a′ és t egyenesek egyazon pontra illeszkednek.2 ⇒ u, u′, t lineári-san összefüggők.

t = λu + λ′u′ (I.)

b, b′, és t centrálisakt = µv + µ′v (II.)

c, c′, és t egyazon pontra illeszkedik3

t = %w + %w + %′w′ (III.)

⇒ λu + λ′u = µv + µ′v′

2Ezt úgy is szokták mondani, hogy a, a′, t egyenesek centrálisak.3mivel egyazon sugársorhoz tartoznak

13.12. A KETTŐSVISZONY 205

r = λu− µv = µ′v′ − λ′u′ = r(6= 0)

r által meghatározott r egyenes⇒ r, a, b centrálisak és r, a′, b′ egyazonpontra illeszkednek. r 3 C és r 3 C ′ ⇒ r = 〈C, C ′〉

(I.)((II.))⇒ q = λu− %w = %′w′ − λ′u′

(II.)((III.))⇒ p = µv − %w = %′w′ − µ′u′

q, p vektorok által meghatározott q, p egyenesekre adódik q = 〈B, B′〉 ésp = 〈A, A′〉. A r + p = q összefüggés szerint a p, q, r egyenesek (lévénegyazon sugársor elemei) egyazon S pontra illeszkednek. Így a két há-romszög centrálisan perspektív.

13.11.1. A dualitás elve

Bizonyos dualitási elveket lehet megfogalmazni.4Legyen adva egy állítás, amely pontok és egyenesek illeszkedésére vonatko-

zik a projektív síkon. Ha ebben a kijelentésben felcseréljük a „pont” és „egye-nes”, illetve a „metszés” és „összekötés” szavakat, akkor az így nyert kijelentésis érvényben marad.

Desargues-tétel így megfordítható.5

13.12. A kettősviszony

(ABC) =AC

CBosztóviszony (előjeles hányados)

−→AC = (ABC)

−−→CB6

13.12.1. Definíció. Legyenek A, B, C,D egyazon egyenesre illeszkedő közön-séges pontok, melyek egymástól különbözőek. A pontnégyes kettősviszonyaalatt azt az

(ABCD) =AC

CB:

AD

DB

számot értjük, ahol a megfelelő irányított szakaszok előjeles hosszai szerepelnek.


(ABCD) =(ABC)

(ABD)

4A projektív síkon két különböző egyeneshez egy pont tartozik.5A bizonyításban látszódtak is a megfordítások.6lásd az első félév anyagát!


13.12.3. Megjegyzés. A pontnégyes kettősviszonyának értéke nem lehet 0 és1.

13.12.4. Állítás. A kollineáris pontnégyes kettősviszonyánara vonatkozó össze-függések.

(1)

(ABDC) =1

(ABCD)

(2)

(ABCD) = (CDAB)

Bizonyítás :

(ABCD) =AC

CB· DB

AD=

CA

CB· BD

AD=

CA

AD:

CB

BD=

(CDA)

CDB= (CDAB)

A Dualitás elve alapján pontnégyesre válasz a sugárnégyes kettősviszonya:

13.12.1. Sugárnégyes kettősviszonya

Legyenek a, b, c, d olyan egyenesek a síkon, amelyek egyazon S közönséges pont-ra illeszkednek. A σ euklideszi síkon és a négy egyenesen adjunk meg egy-egyirányítást. Az egyenesek irányításának megfelel egy-egy S kezdőpontú félegye-nes az egyeneseken. Legyen (a, c)] az az előjeles szög, amellyel S körül forgatvaaz a-ra eső félegyenes c-re eső félegyenesbe kerül. −π < (a, c)] < π Vehetjüka (c, b)], (a, d)], (d, b)], előjeles szögmértékeket.

13.12.5. Definíció. Az a, b, c, d sugárnégyes kettősviszonyán az

(abcd) =sin(a, c)]sin(c, b)]

:sin(a, d)]sin(d, b)]

hányadost értjük.

13.12.6. Megjegyzés. Fontos észrevenni, hogy ez a kettúsviszony nem függ asík és az egyenesek irányításától.

1. Ha σ irányítását változtatom, akkor mind a négy szög (−1)-szeresére vál-tozik. sin(−α) = − sin α

2. Ha változik egy egyenes irányítása, akkor két szög (−1)-szeresére változik.

13.13. KETTŐSVISZONY FOGALMÁNAK KITERJESZTÉSE 207

Pappos tétele

13.12.7. Tétel. Legyenek adva a síkon az egyazon S közönséges pontra illesz-kedő a, b, c, d egyenesek. A sík egy (S-n nem átmenő) g egyenese messe el ezeketaz A, B, C,D pontokban. Fennáll a következő összefüggés:

(abcd) = (ABCD)

Bizonyítás :Előjelet kapnak a szögek és a g-re eső irányított szakaszok. A g egyenesen azirányítást a sík irányításának megfelelően válasszuk.

2T(SAC4) = SA · SC · sin(a, c)]2T(SAC4) = AC ·m

kétszeres előjeles terület.

(ABCD) =AC

CB:

AD

DB=

AC ·mCB ·m

:AD ·mDB ·m

=SA · SC · sin(a, c)]SC · SB · sin(c, b)]

:SA · SD · sin(a, d)]SD · SB · sin(d, b)]

13.13. Kettősviszony fogalmának kiterjesztéseσ sík pontjaihoz és egyeneseihez ún. meghatározott vektorokat rendeltünk egyT (T /∈ σ) pont alkalmazásánál.

13.13.1. Állítás. Legyenek az A, B, C,D közönséges kollineáris pontok az σsíkon. Ezek meghatározó vektorai legyenek x, vy, z1 = λ1xµ1y és z2λ2x + µ2y.Ekkor fennáll

(ABCD) =µ1

λ1

:µ2

λ2

Bizonyítás :

1. Belátjuk, hogy a µ1

λ1: µ2

λ2szám nem függ a pontok meghatározó vektorai-

nak megválasztásától.

Vegyük A-hoz az új x′ meghatározó vektort. Ekkor van olyan a ∈ R(a 6=0) szám, hogy x = ax′. A B ponthoz válasszunk az y′ vektort, ahol y = by′

valamely b 6= 0 mellett.

z1 = (λ1a)x′ + (µ1b)y′

z2 = (λ2a)x′ + (µ2b)y′

µ′1λ′1

:µ′2λ′2

=µ1b

λ1a:

µ2b

λ2a=

µ1

λ1

:µ2

λ2

2. (ABCD) = ABCABD

Válasszuk az −→TA,−→TB,−→TC,−→TD meghatározott vekto-

rokat. Egyértelműen léteznek olyan α1, β1 számok, hogy −→TC = α1−→TA +

β1−→TB. Ekkor fennáll α + β = 1, és (ABC) = β1

α1

−→TO = α2

−→TA + β1

−→TB (α2 + β2 = 1)


(ABD) =β2

α2

(ABCD) = (ABC) : (ABD) =β1

α1

:β2

α2


(α2 + β2)−→TD = α2

−→TA + β2

−→TB =

α2(−→TD −−→TA) = β2(

−→TB −−→TD) =

α2−−→AD = β2

−−→DB ⇒ −−→AD =

β2

α2

−−→DB =

(ABD) =AD

DB=

β2

α2

13.13.3. Állítás. Legyenek a, b, c, d olyan egyenesek σ-n, amelyek egyazon Sközönséges pontra illeszkednek. Az egyenesek meghatározott vektorai legyeneku, v, w1 = λ1u + µ1v és w2 = λ2u + µ2v Ekkor fennáll (abcd) = µ1

λ1: µ2

λ2

Bizonyítás :

u ⊥ 〈T, a〉v ⊥ 〈T, b〉w ⊥ 〈T, c〉, w2 ⊥ 〈T, d〉

s legyen az S pont egyik meghatározó vektora.

1. Itt is könnyen adódik, hogy µ1

λ1: µ2

λ2értéke nem függ a meghat. vektorok

megválasztásától.

2. Vegyünk egy S-re nem illszkedő g egyenest, amely az A, B, C,D pontok-ban metszi az adott egyeneseket.Pappos tétele szerint (abcd) = (ABCD).Vegyünk meghatározó vektorokat:

A 7→ x, B 7→ y, C 7→ z1 = λ1x + µ1y és D → z2 = λ2x + µ2y

a = 〈S, A〉miatt s×x egy meghatározó vektora a-nak. Hasonlóan adódik,hogy s× y meghatározó vektor b-hez, s× z1 meghatározó vektor c-hez éss× z2 megfelel d-nek. Alkalmazzuk az

u = s× x, v = s× y és

w1 = s× z1, w2 = s× z2

vektorokat az egyenesekhez.

⇒ w1 = sx(λ1x+µ1y) = λ1(s×x)+µ1(s×y) = λ1u+µ1vHasonlanjn.

w2 = λ2u + µ2v

(abcd) = (ABCD) =µ1

λ1

:µ2

λ2

13.13. KETTŐSVISZONY FOGALMÁNAK KITERJESZTÉSE 209

13.13.4. Definíció. Legyenek A, B, C,D egymástól különböző kollineáris pon-tok a σ síkon, melyek meghatározó vektorai az x, y, z1 = λ1x + µ1y és z2 =λ2x + µ2y vektorok. A pontnégyes kettősviszonyán az (ABCD) = µ1

λ1: µ2

λ2szá-

mot értjük.

13.13.5. Definíció. Legyenek a, b, c, d egymástól különböző egyenesek a σ sí-kon, melyek egyazon S pontra illeszkednek. Az egyenesek meghatározó vektorailegyenek u, v, w1 = λ1u+µ1v és w2 = λ2u+µ2v A sugárnégyes kettősviszonyánaz (abcd) = µ1

λ1: µ2

λ2számot értjük.

13.13.6. Megjegyzés. S lehet ideális pont is.

13.13.7. Megjegyzés. A kollineáris pontnégyes egyik eleme legyen egy ideálispont. (ABCIe) = 2 a =

−→TA

b =−→TB

c =−→TC = αa + βb(α + β = 1)

−→AB az I2 pont egyik meghatározó vektora. −→AB = (−1)︸︷︷︸

λ2

a + (1)︸︷︷︸µ2

b

ABCIe =β

α:

1

(−1)= −β

α= −(ABC)

F felezőpont esetén (ABF Ie) = −1

13.13.8. Definíció. Azt mondjuk, hogy az A, B, C,D kollineáris pontok egyharmonikus pontnégyest alkotnak, ha (ABCD = −1).

13.13.9. Megjegyzés. Ha A, B, C,D egy harmonikus pontnégyes, akkor ABDC =−1, (CDAB) = −1, (BACD = −1)

13.13.10. Definíció. A σ sík egy egyenese egy teljes négyoldalt alkot, haközülük bármely három nem centrális, azaz nem illeszkedik egyazon pontra.

13.13.11. Állítás. Az S pontra illeszkedő a, b, c, d egyeneseket messük el ag1, g2 (S-en nem áthaladó) egyenesekkel. A metszéspontok legyenek Ai, Bi, Ci, Di(i =1, 2). Ekkor fennáll (A1B1C1D1) = (A2B2C2D2)

Bizonyítás :Evidens, Pappos tételéből jön. (A1B1C1D1) = (abcd) = (A2B2C2D2)

13.13.12. Megjegyzés. Perspektív leképezés két egyenes között. g1 egyenespontjaihoz a g2 megfelelő pontjait rendeljük.

Legyenek a, b, c, d az oldalegyenesek. Ezek metszik egymást az A, B, C,D, E, Fpontokban, melyeket szögpontoknak mondunk. Két szögpont átellenes, hanincsenek egyazon oldalegyenesen. Ezek összekötő egyenesei az ún. átlós egye-nesek;

g = 〈A, B〉, h = 〈C, D〉, j = 〈E, F 〉Az átlós egyenesek metszéspontjai az ún. átlós pontok:

g ∩ h = J, h ∩ j = G és j ∩ g = H


13.13.13. Állítás. A teljes négyoldal az átlós egyenesén lévő két szögpont éskét átlóspont egy harmonikus pontnégyest alkot.

Bizonyítás :

1. A g egyenest az E centrumból vetítsük rá h-ra.

A 7→ C, B 7→ D, J 7→ J, H 7→ G

Előzőek szerint (ABJH)=(CDJG)

2. A h egyenest az A-ból rávetítjük j-re.

(ABJH) =︸︷︷︸E

(CDJG) =︸︷︷︸(A)

(EFHG) =︸︷︷︸C

(ABHJ)

3. Aj egyenest C-ből vetítjük g-re. összegezve nyerjük, hogy (ABJH) =(ABHJ) = ( 1

(ABJH)), így fennáll, hogy (ABJH)2 = 1 ⇒ (ABHJ) =

−1

13.14. A projektív sík kollineációi

13.14.1. Definíció. Az σ projektív sík kollineációján (más szóval projektívtranszformációján) egy olyan κ : σ → σ bijektív leképezést értünk, amely egye-nest egyenesbe képez, azaz egyenestartó.

13.14.2. Megjegyzés. A kollineációk egy csoportot alkotnak. Jelölése:

Coll(σ)

13.14.1. Két centrális vetítés szorzata, mint kollineáció.

C1 pontból σ-t centrálisan vetítem %-ra. µ1 : σ → % bijektív leképezés

1. egyenest egyenesbe képez

2. megőrzi a kettősviszonyt.

C2 pontból centrálisan vetítsük %-t az σ síkra. Lényeg: A µ1 µ2 : σ → σegy kollineáció.

1. µ1 µ2 fixen hagyja a t egyenes pontjait

2. Ráadásul az S = 〈C1, C2〉 ∩ σ pont is fixen marad.

7

7(kollineációt három pont nem határozza meg!)

13.15. MÁSODRENDŰ GÖRBÉK A PROJEKTÍV SÍKON 211

13.15. másodrendű görbék a projektív síkon

A σ projektív síkon rögzítve van egy koordinátarendszer.

13.15.1. Definíció. Legyenek ars(1 ≤ r ≤ s ≤ 3) olyan valós számok, melyekközül legalább egy nem 0.

(MFE) : a11(x1)2 +a22(x2)

2 +a33(x3)2 +2a12x1x2 +2a13x1x3 +2a23x2x3 = 0

Egyenlettel leírt másodrendű görbén a σ sík azon pontjainak M halmazt értjük,melyek homogén koordinátái kielégítik az egyenletet.

13.15.2. Megjegyzés. A hat együtthatóból nyerünk egy A szimmetrikus mát-rixot, ahol asr = ars Az egyenlet mátrixos alakja.

(x1 x2 x3

) a11 a12 a13

a21 a22 a23

a21 a22 a33

x1

x2

x3

13.15.3. Megjegyzés. Használni fogjuk az x =

x1

x2

x3

jelölést. Ennek meg-

felel az x1e1 + x2e2 + e3 meghatározó vektor. (MFE) tömör alakja: xT Ax = 0.

Speciális másodfokú homogén egyenletek:

(1)

x21 + x2

2 − x23 = 0⇒ M egy kör,M ⊂ σ, x2 + yy2 − 1 = 0

(2)

x21 + x2

2 + x23 = 0⇒ M = ∅

(3)

x21 − x2

2 = 0⇒ (x1 − x2)(x1 + x2) = 0 M két egyenes uniója

(4)

x21+x2

2 = 0⇒ M egyetlen pont, melynek homogén koordinátái [0, 0, λ]

(5)

x21 = 0⇒ x1 = 0⇒ M egy egyenes


13.16. Az euklideszi síkon vett másodrendű görbeprojektív lezárása

σ = σ ∪ ισ, ahol ισ egyenlete x3 = 0 PF [x1, x2, x3] egy köz. pont, azaz P ∈ σ,akkor x = x1

x3, y = x2

x3lesznek P D-féle koordinátái. M legyen mr. görbe σ-n,

melynek egyenlete a11x2 +2a12xy +a22y

2 +2b1x+2b2y +d = 0, ahola211 +a2

12 +a2

22 > 0.⇒ a11x21+a22x

22+dx2

3+2a12x1x2+2b1x1x3+2b2x2x3 = 0 egyenlethezjutunk.

13.16.1. Definíció. A fenti egyenlettel leírt σ-beli mr. görbét az euklideszisíkon vett M mr. görbe projektív lezárásának mondjuk.

A =

a11 a12 b1

a12 a22 b2

b1 b2 d

Lesz az M-nek megfelelő 3×3-as szimmetrikus mátrix. (a13 = b1, a23 = b2, a33 =d)

13.16.2. Megjegyzés. Evidens, hogy fennáll M ⊂MsM = M ∪ (M ∩ ισ)

13.16.3. Definíció. Tekintsük az A33 = a11a22 − a233 valós számot. Az M mr.

görbét aszerint mondjuk elliptikusnak, parabolikusnak, illetve hiperbolikusnak,hogy A33 > 0, A33 = 0, A33 < 0 teljesül.

13.16.4. Állítás. Legyen M egy mr. görbe a σ síkon és M annak projektívlezárása.

(1) Ha M elliptikus, akkor M ∩ ισ = ∅.

(2) Ha M parabolikus, akkor M ∩ ισ egyetlen pont.

(3) Ha M hiperbolikus, akkor M ∩ ισ két pont unioja.

Bizonyítás :M egyenlete

a11x21 + 2a12x1x2 + a22x

22 + +2b1x1x

23b2x2x3 + dx2

3 = 0

ισ egyenlete x3 = 0.

⇒ a11x212a12x1x2 + a22(x2)

2 = 0

egyenlet megoldásai adják M és ισ közös pontjainak hom. koordinátáit.

a) Tegyük fel, hogy a11 6= 0 Ekkor x2 = 0 esetén csak a triviális x1 = 0, x2 = 0megoldó számpárt kapjuk. ⇒ nem triviális megoldásnál x2 6= 0.

a11

(x1

x2

)2

︸︷︷︸z2

+2a12x1

x2︸︷︷︸z

+a22 = 0

13.17. NEM LEZÁRÁSBÓL NYERT PROJ. MR. GÖRBÉK 213

a11z2 + 2a12z + a22

egyenlet mo. száma a D értékétől függ.

D = 4a212 − 4a11a22 = −4A33

A33 > 0 ⇒ D < 0 ⇒ nincs triviálistól eltérő megoldás, M ∩ ισ = ∅A33 = 0 ⇒ D = 0 ⇒ egyetlen pont van az M ∩ ισ halmazban.A33 < 0⇒ D > 0⇒ két pont van az M ∩ ισ halmazban.

b) Tegyük föl, hogy a22 6= 0 ⇒ x1 6= 0⇒ z = x2

x1analóg eljárás

c) Tegyük fel, hogy a11 = 0 és a22 = 0. ⇒ 2a12x1x2 = 0 egyszerűbb alakadódik, ahol a12 6= 0 ⇒ A33 = −a2

12 < 0 ⇒ I1[0, 1, 0], I2[1, 0, 0] azM ∩ ισ elemei.

13.16.1. Konkrét példa

M egyenlete x2

a2 − y2

b2− 1 = 0 ⇒ M egy hiperbola.

b2x2 − a2y2 − a2b2 = 0

M projektív lezárás egyenlete

b2x21 − a2x2

2 − a2b2x23 = 0

M∩ισ ⇒ x3 = 0, b2x21−a2x2

2 = 0⇒ M∩ισ elemei⇒ I1[a, b, 0], I2[a,−b, 0].(x

a

y

b

)(x

a

y

b

)= 0

egyenlet írja le az aszimptotákat. bx−ay = 0, bx+ay = 0 v1(a, b, 0), v2(a,−b, 0)az irányvektorok. ⇒ I1I2 a két aszimptota ideális pontjai.

13.16.5. Megjegyzés. Projektív lezárással minden körszerűvé válik. Nem min-den dolog származik projektív lezárásból.

13.17. Nem lezárásból nyert proj. mr. görbék

M legyen olyan mr. görbe, ahol a11 = 0, a12 = 0, a22 = 0 a leíró egyenletben. Eznem származhat euklideszi görbe lezárásából. Ilyenkor viszont leegyszerűsödikaz egyenlet:

2a13x1x3 + 2a23x2x3 + a33x23 = 0

x3(2a13x1 + 2a23x2 + a33x3) = 0

A fenti egyenesm – lévén a szorzat nulla – vagy két egyenest vagy egy egyenest(az ισ-t) írja le.


13.18. Az elfajuló másodrendű görbék jellemzéseM másodrendű görbét írja le az vxT Ax egyenlet.

13.18.1. Lemma. Legyen g olyan egyenes, ahol g ⊂ M. Tekintsük a g kétpontját, P -t és Q-t, melyeknek az x, y számhármasok felelnek meg. Ekkor fenn-áll xT Ax=0.

Bizonyítás :P, Q ∈ M ⇒ xT Ax = 0, yT Ay = 0 g pontjainak meghatározó vektoraielőállnak a λx + µy alakban. ⇒ x + y vektornak megfelelő R pont esetébenR ∈ g ⊂M miatt fennáll

(x + y)T A(x + y) = 0

⇒ xT Ax + 2yT Ax + yT Ay = 0

⇒ yT Ax = 0


yT Ax = (yT Ax)T = xT AT y = xT Ay

13.18.3. Tétel. det A = 0 teljesül a.cs.a., ha az M másodrendű görbe vagyegyetlen pont, vagy tartalmaz egy egyenest.

Bizonyítás :

a) Tegyük fel, hogy det A = 0.⇒ Ax =

000

egyenletnek van nemtriviális

x megoldása. Az x koordinátahármas által meghatározott pont legyenP (P = [x]). ⇒ xT Ax = 0 ⇒ P ∈ M(M 6= ∅). Lehet, hogy M =P. Tegyük fel, hogy van még M-nek egy további Q = [y] pontja. yAy =

0 teljesül. Emellett yT (Ax) = 0 is igaz. A q = 〈P, Q〉 egyenes tetszőlegesR pontjának meghatározó számhármasa előáll a λx + µy alakban.

(λx+µy)T A(λx+µy) = λ2 (xT Ax)︸︷︷︸0

+2λµ yT Ax︸︷︷︸0

+µ2 (yT Ay)︸︷︷︸0

= 0⇒ R ∈M, tehát g ⊂M

b) Tegyük fel, hogy M = P, ahol P = [x]. Ekkor xT Ax = 0 és bár-mely P -től különböző Q = [y] esetében yT Ay 6= 0. g = 〈P, Q〉 egye-nes P -től különböző meghatározó vektorai előállnak a következő alak-ban: λx + y(λ ∈ R) Mivel M = P, ezért (λx + y)T A(λx + y) 6= 0.λ2 xT Ax︸︷︷︸

0

+2λyT Ax + yT Ay 6= 0 ⇒ 2λ(yT Ax) + yT Ay 6= 0(

lambda ∈ R) És ismert, hogy yT Ay = 0. Eszerint bármely y-ra fennáll

yT (Ax) = 0⇒ Ax =

000

⇒ det A = 0

13.19. KÖZÖNSÉGES PROJEKTÍV KÚPSZELETRE VONATKOZÓ KONJUGÁLT PONTOK215

c) Tegyük fel, hogy M tartalmaz egy g egyenest. P, Q legyen eleme g-nek.P = [x], Q = [y] g ⊂M miatt és az előző lemma szerint:

xT Ax = 0, yT Ay = 0syT Ax = 0

Vegyünk egy R /∈M pontot, ahol R = [z].

⇒ zT Az 6= 0⇒ Az 6=

000

Ekkor x, yés zlineárisan függetlenek. Vegyük a zT A(λx + µy) = 0 egyen-letet a λ, µ ismeretlenekre.

λ(zT Ax) + µ(zT Ay) = 0.

Ekkor van olyan λ0, µ0(λ20 + u2

2 > 0) számpár, amely megoldja az egyen-letet. ⇒ legyen s = λ0x + µ0y Ekkor az S = [s] pont rajta van g-n,tehát fennáll:

xT As = 0, yT As = 0︸︷︷︸a lemma szerint

és zT As = 0

Mivel x, y, z függetlenek, ezért As =

000

teljesül. Az s nem azonos a 000

hármassal. ⇒ det A = 0.

13.18.4. Definíció. Az M mr. görbét elfajulónak mondjuk, ha a leíró A mátrixrangra igaz det A = 0.

13.18.5. Következmény. Ha az M mr. görbénél fennáll det A 6= 0 és M 6= ∅,akkor M vagy egy σ-beli ellipszis vagy egy σ-beli parabola, vagy pedig egy σ-belihiperbola projektív lezárása.

13.18.6. Definíció. Egy M mr. görbét közönséges projektív kúpszeletnek mon-dunk, ha az M 6= 0 és a meghatározó A mátrixra fennáll det A 6= 0.

13.19. Közönséges projektív kúpszeletre vonatko-zó konjugált pontok

Az M a továbbiakban egy közönséges projektív kúpszelet. Ennek egyenlete∑3r=1

∑3s=1 arsxrxs

Egyenlet tömör alakja: xT Ax = 0 ⇒ M 6= ∅ és det A 6= ∅Ismert, hogy M vagy egy ellipszis, vagy egy hiperbola, vagy egy parabola pro-jektív lezárása.


13.19.1. Definíció. Azt mondjuk, hogy a P [y1, y2, y3]8 pont konjugált a Q[z1, z2, z3]

ponthoz az M projektív kúpszeletre nézve, ha a pontok homogén koordinátávicalfennáll

3∑r=1

3∑s=1

arsyzxs = 0.

13.19.2. Jelölés. P ∼M Q.

13.19.3. Megjegyzés. Konjugáltság feltételének tömör alakja yT Az = 0, aholyT =

(y1, y2 y3

)és zT =

(z1, z2 z3

)13.19.4. Megjegyzés. Evidens, hogy P ∼ MP a.cs.a., ha P ∈ M (vagyis Prajta van M-en).

13.19.5. Megjegyzés. A konjugáltság szimmetrikus reláció:∑3

r=1

∑3s=1 arsyrzs =∑3

r=1

∑3s=1 arszrys teljesül, vagyis yT Az = zT Ay. Eszerint P ∼M Q⇐⇒ Q ∼M

P , azaz a konjugáltság egy szimmetrikus reláció.

13.19.6. Állítás. Legyen adott egy P [y1, y2, y3] pont a σ síkon. A P -hez kon-jugált pontok (az adott M-re nézve) egy egyenest alkotnak, melynek az

A

y1

y2

y3

=

u1

u2

u3

egyenlettel meghatározott u =

(u1, u2, u3

)számhármas az egyik homogén

koordinátahármasa.

Bizonyítás :Vegyünk egy R[x1, x2, x3] koordinátájú pontot a σ síkon. Az R konjugált P -heza.cs.a., ha

∑r

∑s arsxrys = 0.

3∑r=1

xr(∑

s

= 03ars · ys︸︷︷︸ur

) = 0

R konjugált P -hez a.cs.a, ha koordinátái kielégítik az u1x1 + u2x2 + u3x3 = 0egyenletet. Ezen egyenlet pedig egy P egyenest ír le, ahol

(u1, u2, u3

)egy

homogén koordinátahármasa a p-nek.13.19.7. Megjegyzés.

R ∼ P ⇐⇒ xT Ay︸︷︷︸u

= 0⇐⇒ xT u = 0

0 = (xT u)T = uT x⇐⇒ 0 = u1x1 + u2x2 + u3x3

13.19.8. Definíció. A P ponthoz konjugált pontok által alkotott egyenest P -nek az adott M projektív kúpszeletre vonatkozó polárisának nevezzük.

13.19.9. Jelölés. P polárisának jelölése: p

8Azért a szögletes zárójel, mert csak számszorzótól eltekintve egyértelműek.

13.20. A PROJEKTÍV KÚPSZELET ÉRINTŐEGYENESEI 217

13.19.1. Konjugáltság geometriai jelentése

13.19.10. Tétel. Legyenek P, Q olyan pontok, amelyek nincsenek az M-en ésa 〈P, Q〉 összekötő egyenes az A, B pontokban (két pontban) metszi M-et. Ezesetben P konjugált Q-hoz a.cs.a., ha fennáll (ABPQ = −1) Bizonyítás :

1) Belátjuk, hogy (ABPQ) = −1 esetén P ∼M Q teljesül. g = 〈P, Q〉A meghatározó vektora előáll a λ1y + µ1z, B meghatározó vektora pediga λ2y + µ2z alakban.

λ1µ1 6= 0 & λ2µ2 6= 0

(PQAB) = (ABPQ = −1)

µ1

λ1

:µ2

λ2

= −1⇒ µ1

λ1

= −µ2

λ2

Ily módon ha λ1y + µ1y határozza meg A-t, akkor λ1y − µ1z megha-tározó vektora B-nek. A, B homogén koordinátái kielégítik az xAx =0egyenletet.

(λ1y + µ1z)T A(λ1y + µ1z) = 0

( I.) λ21y

T Ay + 2λ1µ1yT Az + µ2

1zT Az = 0.

B is rajta van M-en.

(λ1y − µ1z)T A(λ1y − µ1z) = 0

( II.) λ21y

T Ay − 2λ1µ1yT Az − µ2

1zT Az = 0.

( I.-II.) alapján adódik 4λ1µ1 · (yT Az) = 0⇒ yT Az = 0⇒ P ∼M Q

2) Igazoljuk, hogy amennyiben igaz P ∼olM Q, akkor (ABPQ) = −1 A gegyenesen egyértelműen van olyan R pont, hogy (ABPR) = −1. Előzőekszerint ekkor P ∼M R a P pont p polárisa nem megy át P -n, tehát p 6= q(p /∈ M miatt). Ily módon g-n egyetlen olyan pont van, amely konjugáltP -hez, nevezetesen a p ∩ g metszéspont P ∼ Q,P ∼ R⇒ Q = R.

13.19.11. Megjegyzés. Ki tudunk szerkeszteni két olyan pontot, Q1-et és Q2-t, melyek konjugáltak P -hez. ⇒ p = 〈Q1, Q2〉.

13.20. A projektív kúpszelet érintőegyenesei13.20.1. Tétel. Tekintsünk egy P ∈M pontot és annak az M-re vonatkozó ppolárisát.

1. Fennáll az M ∩ p = P összefüggés.

2. Ha a p-től különböző g egyenes áthalad P -n, akkorg-nek az M kúpszelettelkét közös pontja van.


Bizonyítás :

1. Indirekt bizonyítás:Tegyük fel, hogy a p polárisnak a P [y1, y2, y3] ponton kívül van még egyQ[z1, z2, z3] opntja az M kúpszeleten. Ismert, hgoy P ∈ M miatt P ∼ Pés P ∈ p. P, Q ∈ M miatt yT Ay = 0, zT Az = 0 Q ∈ p (azaz Q ∼P ) következtében yT Az = 0 teljesül. p = 〈P, Q〉 egyenes tetszőleges Rpontjának meghatározó vektora előáll λy + µz (λ2 + µ2 > 0) alakban.

(λy + µz)T A(λy + µz) =

= λ2 (yT Ay)︸︷︷︸0

+2λµ (yT Az)︸︷︷︸0

+µ2 (zT Az)︸︷︷︸0

= 0

⇒ R is eleme M-nek ⇒ p ⊂M

⇒ M tartalmaz egyenest ⇒ det A = 0, azaz M elfajuló. Ellentmondás

.

2. Vegyünk egy P -re illeszkedő g egyenest, ahol g 6= p. Legyen Q[z1, z2, z3] egymásik pont g-n, azaz g = 〈P, Q〉. A g-re eső λy + µz vektorral meghatá-rozott pont akkor van rajta M-en, ha fennáll

(λy + µz)A(λy + µz) = 0

λ2 (yT Ay)︸︷︷︸=0

+2µ(yT Az) + µ2(zT Az) = 0

az első tag nulla, mivel P [y1, y2, y3] rajta van az M-en.Q /∈ p, Q P nem konjugált pontja miatt B = yT Az 6= 0,µ(2λ ·B + µC) = 0 egyenlet adódik, ahol C = zT Az.Nemtriviális megoldó értékek:

1) µ = 0, λ 6= 0⇒ λy vektor a P -t határozza meg.

2) λ = C, µ = −2B is egy megoldó számpárt ad. Cy − 2Bz egy másikeleme M ∩ g-nek

.

13.20.2. Definíció. Egy e egyenest az M projektív kúpszelet érintőjénekmondunk, ha e-nek az M-mel egyetlen közös pontja van.

13.20.3. Következmény. Az M bármely P pontján át egyetlen érintőegyeneshalad. Ez megegyezik a P -nek az M-re vonatkozó polárisával.

13.21. KÚPSZELETI KETTŐSVISZONY 219

Bizonyítás :Adódik az előző tételből.

13.20.4. Megjegyzés. Ez a poláris szerkesztésének másik módja.

13.20.5. Definíció. Egy M-re nem illeszkedő P pontot az M külső pontjá-nak (ill. belső pontjának) mondunk, amennyiben a P polárisa metszi (ill. nemmetszi) az M-et.

Pólus poláris értelmezése

Vegyünk egy p[u1, u2, u3] egyenest a σ síkon. Egyrételműen van olyan P ponta síkon, amely a p összes pontjához konjugált. Előzőek szerint P konjugált azössze p-beli ponthoz, ha u1

u2

u3

= A

y1

y2

y3

egyenlet teljsül a P egyik (y1, y2, y3) koordinátahármasával. Eszerint fennáll y1

y2

y3

= A−1

u1

u2

u3

13.20.6. Definíció. Az a P pontot, amely a p egyenes összes pontjához kon-jugált a p egyenes M -re vonatkozó pólusának mondjuk.

13.20.7. Megjegyzés. Ellipszis esetében a pólus a centrum.

13.21. Kúpszeleti kettősviszonyIsmert fogalom a köri kettősviszony. (III. félév vége) Az a, b, c, d sugárnégyeskettősviszonya nem függ S megválasztásától:

(ABCD)k = (abcd)

Kérdés: Átvihető-e a fogalom projektív kúpszeletre.

Emlékeztető

A, B, C,D egy köri pontnégyes. S egy további köri pont. a〈S, A〉, b = 〈S, B〉, c =〈S, C〉 és d = 〈S, D〉 AC = 2r sin(1

2ADC])=....ezt nem tudtam leírni.

AC

CB:

AD

DB=

2r sin(a, c)]2r sin(c, b)]

:2r sin(a, d)]2r sin(d, b)]

= |(abcd)|

Látható, hogy (abcd) értéke akkor negatív, ha az A, B pontpár ciklikusanelválasztja egymástól a C, D pontokat.

13.21.1. Következmény. Az (abcd) értéke nem függ az S köri pont megvá-lasztásától. Ezt mondjuk az A, B, C,D köri pontnégyes kettősviszonyától.


13.22. A forgáskúp projektív lezárása

K ⊂ X legyen egy forgáskúz az euklideszi térben. Az K =⋃

g⊂K g alakzatotaz K projektív lezárásanak mondjuk. Az K-t úgy kapjuk, hogy az K összesalkotójához hozzávesszük az alkotóhoz rendelt ideális pontot.

K = K ∪ Ig | g ⊂ K

Ha az σ sík nem megy át qz O csúcspomtont, akkor σ ∩ K egy közönségesprojektív kúpszelet. (σ elmetszi az K lezárt kúp összes alkotóját.)

13.22.1. Állítás. Éegyen adott σ-ban egy M köz. proj. kúpszelet és azon egyA, B, C,D pontnégyes. Vegyük M egy további S pontját és az a = 〈S, A〉, b =〈S, B〉, c = 〈S, C〉, d = 〈S, D〉 egyeneseket. Ekkor (abcd) értéke nem függ Smegválasztásától.

Bizonyítás :Bármely M kúpszelet előáll egy K forgáskúp síkmetszeteként. Legyen K olyankúp, melyet σ éppen az M másodrendű görbében metsz el (O /∈ σ). Ve-gyünk egy % síkot, amely merőleges K tengelyére. %K egy kör. O-ból cent-rálisan vetítsük rá a σ síkot %-ra. Ez a vetítés az A, B, C,D, S pontokat a köriA′, B′, C ′, D′, S ′ pontokba viszi.

Pappos tétele szerint a centrális vetítés megőrzi a kollineáris pontnégyes ésa sugárnégyesek kettősviszonyát.

(abcd) = (a′b′c′d′) = (A′B′C ′D′)k

Az (a′b′c′d′) értéke nem függ a köri % ∩ K-ra eső S pont helyzetétől. Tehátaz (abcd) értéke sem függ S helyzetétől. az M projektív kúpszeleten. Eszerint(abcd) = ll.

13.22.2. Definíció. Az (abcd) számot, amely nem függ S ∈ M megvűéasztá-sától, az A, B, C,D pontok M projektív kúpszeletre vonatkozó kúpszeletek ket-tősviszonyának mondjuk.

13.22.3. Jelölés.

(ABCD)M

13.23. Pascal tétele

13.23.1. Lemma. Egy g egyeneshez legyenek adva az A, B, C egymástól kü-lönböző pontok, továbbá legyen adott egy h ∈ R(h 6= 0, h 6= 1) szám. A g-negyértelműen létezik olyan P pont, amelyre fennáll (ABCP ) = h

Bizonyítás :Triviális. A, B, C,D meghatározó vektorai legyenek x, y, z1 ;

z1 = λ1 + x + µ1y (λ1µ1 6= 0)

13.23. PASCAL TÉTELE 221

P ∈ g pont meghatározó vektora

z2 = λ2x + µ2y

.(ABCD) =

µ1

λ1

:µ2

λ2

= ·

(ABCD) = h⇔ h = · ⇔ = h ·

⇒ λ2

µ2arány meghatározható h-ból és az x, y, z1 vektorokból.

⇒ z2 = hλ1

µ1

x + y

vektor adja megy P -t.

13.23.2. Lemma. A σ síkra eső g1, g2 egyenesek messék egymást M-ben. Le-gyenek A1, B1, C1 és A2, B2, C2 ponthármasok a g1, g2 egyeneseken, melyek egyikeleme nem azonos M-el. Ha fennáll (A1, B1, M, C1) = (A2, B2, M, C2), akkoraz 〈A1, A2〉, 〈B1, B2〉 és 〈C1, C2〉 egyebesej egyazib pontra illeszkednek (azértcentrálisak).

Bizonyítás :Vegyük az S = 〈A1, A2〉∩ 〈B1, B2〉 metszéspontot. S centrumból vetítsük rá g1

egyenest a g2-re. Perspektív leképezés: xi : g1 → g2.

ξ(A1) = A2, ξ(B1) = B2 és ξ(M) = M

C = C1 vetületi pontot. Tekintsük Pappos tétele szerint

(A2B2MC2) = (A1B1MC1) =P A2B2MC ⇒ előző lemma

Legyen adott egy M közönséges projektív kúpszelet, és azon az A, B, C,D,E, Fegymástól különböző pontok. Ezen csúcspontok által meghatározott zárt tö-röttvonalat egy M-be írt hatszögnek mondjuk.

a = 〈A, B〉, b = 〈B, C〉, c = 〈C, D〉, d = 〈D, E〉, E = 〈E, F 〉, f = 〈F, A〉

A hat oldalegyenes közül átellenesek az a és a d, b és e, c és f .

13.23.3. Tétel. Az M kúpszeletbe írt hatszög átellenes oldalegyeneseinek met-széspontjai kollineárisak (vagyis egyazon egyenesre illeszkednek.)

Bizonyítás :P =< A, B > ∩〈E, C〉, Q =< B, C > ∩〈E, F 〉, R =< C, D > ∩〈A, F 〉Belátjuk, hogy Q rajta van a 〈P, R〉 egyenesen. X =< E, D > ∩〈B, C〉 ésY = 〈F, E〉 ∩ 〈C, D〉

(PXDE) = (〈B, A〉, 〈B, C〉, 〈B, D〉, 〈B, E〉)

Pappos szerint ezek egyenlőek.

= (ACDE)M = (〈F, A〉, 〈F, C〉, 〈F, D〉, 〈F, E〉)


Ismétcsak Pappos-tétel; vegyük ezen egyenesek metszéspontjait c-vel.

= (RCDY )

Előző lemma alapján legyen g1 = d és g2 = c. Eszerint 〈P, R〉, 〈X, C〉 = b és〈E, Y 〉 = e egyazon pontra illeszkednek. 〈P, R〉 egyenes átmegy a Q = b ∩ emetszésponton. ⇒ P, Q, R kollineáris.

13.23.4. Megjegyzés. Ez a 〈P, Q, R〉 egyenes az ún. Pascal egyenes.

13.24. Pólus-poláris megfeleltetésM rögzített projektív kúpszelet σ-n. Bármely σ-beli A pontnak az M-re vonat-kozó polárisa legyen a Egy g egyenes M-re vonatkozó pólusa legyen G.

A→ a, g → G

Ily módon egy bijektív leképezés adódik az σ-beli pontok és egyenesek között.Egy A pont illeszkedik g-hez ⇔, ha az a poláris illeszkedik G-hez.

13.24.1. Definíció. Az A, B, C,D, E, F csúcspontokkal meghatározott hats-szöget egy M köré írt hatszögnek mondunk, ha az oldalaegyenesek érintői azM-nek.

13.24.1. Brianchon tétele

13.24.2. Tétel. A kúpszelet köré írt hatszög átellenes csúcspontjait összekötőegyenesek centrálisak, egyazon pontra illeszkednek.

13.24.3. Definíció. Brianchon pont: Ezen átellenes pontok által meghatározottegyenesek metszéspontja.

Bizonyítás :Pascal-féle tételből vezetjük le a bizonyítást.

A→ a, a→ A érintési pont

a = 〈F , A〉

⇒ A, B, C, D, E, F csúcspontokkal vett beírt hatszöget tekintjük

b ∩ e, c ∩ f és d ∩ a metszéspontok egyazon t egyenesre illeszkednek. Ekkor at pont pólusa legyen T . Fentiekből következik, hogy 〈B, E〉, 〈C, F 〉 és 〈D, A〉egyenesek illeszkednek ezen T -hez.

14. fejezet

A geometria axiomatikus felépítése

14.1. Geometriai modellek

14.1.1. Az R számtestre épített euklideszi modell

R3 legyen a tér pontjainak halmaza, A ∈ R3 egy számhármas A = (a1, a2, a3)R3 egy háromdimenziós vektortér az R felett. B legyen egy másik számhármas,B = (b1, b2, b3), melyre igaz A 6= B. Ha 〈A, B〉 = A + t(B − A) | t ∈ Regy részhalmaza az R3 -nak E = 〈A, B〉 | A, B ∈ R3, A 6= B legyen a téregyeneseinek halmaza. (Az egyenesek speciális ponthalmazok.) Vegyünk olyana, b, c, d ∈ R számokat, ahol a2 + b2 + c2 > 0. Ezen számnégyeshez rendeljük akövetkező alakzatot (ponthalmazt):

[a, b, c, d] = (x, y, z) ∈ R3 | ax + by + cz + d = 0

Legyen S = [a, b, c, d] | a2 + b2 + c2 > 0 a tér síkjainak halmaza. E, S ⊂ P(R3)Ha így jelöljük ki az egyeneseket és a síkokat, akkor itt teljesül a 6 db Hilbert-féle illeszkedési axióma (5. oldal).

Távolságfüggvény értelmezése

de : R3 × R3 → R

de(a, b) =√

()2 + ()2 + ()2 =

√√√√ 3∑i=1

(bi − ai)2

Tekintsük az (R3, E, S, de) négyest. Belátható, hogy teljesül a (BVA)axiómais. Az (IA1)- (IA6)mellett. Vegyünk egy 〈A, B〉 egyenest. A ξ : 〈A, B〉 → Rleképezést írja le a ξ(A + t(B −A)) = t · de(A, B) összefüggés. Adódik, hogy ξegy bijekció és tetszőleges P, Q ∈ 〈A, B〉 esetén fennáll

|ξ(P )− ξ(Q)| = de(P, Q).⇒ (R3, ξ, S, de) egy Birkhoff-féle tér

223

224 14. FEJEZET. A GEOMETRIA AXIOMATIKUS FELÉPÍTÉSE

14.1.2. R-ra épített másik analitikus modell

Az előző esethez képest csak a metrikát változtatjuk meg.

dn(A, B) = |b1 − a1|+ | − |+ | − | =3∑

i=1

|bi − ai|

Az euklideszi metrikával alkotott (R3E, S, de) négyes is egy Birkhoff-féleteret alkot. A ξ · 〈A, B〉 → R koordinátázást a ξ(A + t(B − A)) = t · dn(A, B)öf. adja meg.

Egy Birkhoff-féle térben három nem kollineáris ponthoz pontosan egy síkilleszkedik.

σ = 〈A, B, C〉 ABC4 =1 AB ∪BC ∪CA (PPA) axióma teljesülése eseténegy σ-beli e egyenes, mely nem megy át csúcson, az ABC4-nek vagy két oldalátmetszi el vagy egyet sem.

Mutassunk egy olyan Birkhoff-féle teret, amelyen a Pasch-axióma nem tel-jesül!

A sávkihagyási modell

Ezt az (R3, E, S, de) euklideszi modellből konstruáljuk meg. T = (x, y, z) ∈R3 | −1 ≤ z < 1 egy ún. sáv. X = R3\Tx = (x, y, z) ∈ R3 | z < −1∨z ≥ 1legyen a modellbeli tér pontjainak halmaza. Ee∩X | e ∈ E, e∩X 6= ∅ legyenaz egyenesek halmaza.

S = σ ∩ X | σ ∈ S, σ ∩ X 6= ∅ a síkok halmaza. Távolságfüggvény:d : X × X → R. A = (a1, a2, a3) B = (b1, b2, b3)

d(AB)

de(A, B), ha fennáll a3b3 ≥ 1|b3−a3|−a

b3−a3de(A, B), amennyibena3b3 < −1

⇒ (X, E, S, d) egy Birkhoff-féle tér.

Vegyük az [1, 0, 0, 0] ∩ X síkot ⇒ x = 0. Tekintsük ezen síkban az A =(0,−2,−2), B = (0, 2,−2) és C = (0, 0, 2) pontokat. D = (0, 0,−2), E =(0, 2, 2) Látható, hogy az 〈E, D〉 egyenes csak az ABC4 egyik oldalát metsziel. Tehát van olyan Birkhoff-féle tér, amelyben nem teljesül a Pasch-féle axióma.

Ahol ez teljesül, azt nevezzük rendezett Birkhoff-térnek.

14.1.3. Félsík a rendezett Birkhoff-féle térben

e ∈ E és A olyan pont, hogy A ∈ e Tegyük fel, hogy a vizsgált Birkhoff-féletér rendezett. ⇒ Egyértelműen létezik olyan σ sík, amely tartalmazza e-t ésA-t. [e, A〉 = Q ∈ σ | e nem választja el egymástól az A, Q pontokat. Legyen(X, E, S, d) egy rendezett Birkhoff-féle tér.

14.1.1. Állítás. Legyen adott egy σ sík, abban egy e egyenes és olyan A, Bpontok, amelyek nem illeszkednek e-re.

(1) Ha e nem metszi az olAB szakaszt, akkor [e, A〉 = [e,B〉1A Birkhoff-féle térben lehet venni háromszögvonalat, de itt még nincs háromszöglemez!

14.1. GEOMETRIAI MODELLEK 225

(2) Ha e metszi az AB szakaszt, akkor fennáll

[e, A〉 ∩ [e,B〉 = e és [e, A〉 ∪ [e, B〉 = σ

Bizonyítás :

(1) Vegyünk egy P ∈ [e, A〉 pontot. Ha P ∈ e, akkor P ∈ [e,B〉 azonnaladódik. Amennyiben P /∈ e és P ∈ [e, A〉, akkor e nem metszi AP -t. Ekkor az ABP4-ben az e nem metszi az AB és AP oldalakat. ⇒(PRA) e nem metszi el a BP oldalt sem.

P ∈ [e, A〉 ⇒ P ∈ fe, B〉 ⇒ [e, A〉 ⊂ fe, B〉

analóg módon igaz [e,B〉 ⊂ [e, A〉 ⇒ [e, A〉 = [e,B〉

(2) Vegyünk egy olyan P ∈ [e, A〉 pontot, amely nincs e-n. Az e metszi azAB oldalt, de nem metszi az AP oldalt az ABP4-ben⇒ e metszi a BPoldalt, tehát e elválasztja a B, P pontokat ⇒ P /∈ [e,B〉 Ezzel beláttuk,hogy [e, A〉 ∩ [e, B〉 = e. Vegyünk egy Q ∈ σ pontot, ahol Q /∈ [e, A〉teljesül. Ekkor e elválasztja az A, Q pontokat. ⇒ ABPQ4-ben e metsziAB-t és AQ-t. ⇒(PRA) e nem metszi a BQ oldalt ⇒ Q ∈ [e, B〉. Ebbőlkövetkezik, hogy [e, A〉 ∪ [e, B〉 = σ.

Definiálni lehet a szögvonalat és a szögtartományt. AOB] = [O,A〉 ∪ [O,B〉.AOB] = [a, B〉 ∩ [b, A〉

14.1.4. Szögek kongruenciájának fogalma

14.1.2. Definíció. AOB] és PQR] egymással kongruensek, ha fennáll, hogyA0B0 = P0R0.

14.1.3. Definíció. (X, E, S, d) legyen egy rendezett Birkhoff-féle tér. Ezt ab-szolút térnek mondjuk, ha teljesülnek a (KA1), (KA2)axiómák.

(KA1)a szögfelmérés egyértelműségét mondja ki.(KA2)Ha fennáll A1B1 = A2B2, A1C1 = A2C2 és C1A1B1] = C2A2B2, akkorA1B1C1] = A2B2C2]. Vizsgáljuk (KA1)teljesülését az (R3, E, S, dn) analitikusmodellben.

dn(A, B) =3∑

i=1

|bi − ai|

Vegyük a σ = [0, 0, 1, 0] síkot (z = 0). Tekintsük az A = (1, 0, 0), B =(0, 1, 0), R = (−1

2, 1

2, 0) pontokat és az AOB], AOR] szögeket. O = (O, O,O)

dn(O, A) = dn(O, B) = dn(O,R) = 1 dn(A, B) = 2 dn(A, R) = 2 ⇒ AOB] 'AOR] ellentmond (KA1)-nek. (R3, E, S, dn) négyes nem ad abszolút teret.


14.1.5. Cayley-Klein-féle modell

(R3, E, S, dn) négyes egy euklideszi teret ad. ⇒ létezik euklideszi tér. Az eukli-deszi térben vegyük az O centrumú r sugarú nyílt gömböt.

B(O, r) = P ∈ Xe | OP < r

G(O, r) = Q ∈ Xe | OQ = r a határoló gömbfelület.

X = B(O, r)

E = e ∩ X | e ∈ E, e ∩ X 6= ∅

S = σ ∩ X | σ ∈ E, σ ∩ X 6= ∅

〈A, B〉 euklideszi egyenes messe G(O, r)-t az M, N pontokban.

d(A, B) = | ln(MNAB)| ⇒ (X, E, S, d) is egy abszolút tér.

14.2. A Cayley-Klein-féle modell

x = B(O, r) = P ∈ xe | OP < r

E = e ∩ x | e ∈ E, e ∩ x 6= ∅

ξ = σ ∩ x | σ ∈ ξ, σ ∩ x 6= ∅

d(A, B) = | ln(MNAB)|

14.2.1. Megjegyzés. (MNAB) = 1MNAB

ln(MNBA) = ln 1− ln(MNAB) =

− ln(MNAB)⇒ | ln(MNBA)| = | ln(MNAB)| ⇒ d(B, A) = d(A, B)

Könnyű belátni, hogy (x, E, ξ) hármasra teljesülnek az (IA1)- (IA6)axiómák

14.2.1. A (BVA)axióma teljesülése

Vegyünk egy modellbeli g egyenest és azon rögzítünk egy A pontot. σ legyenolyan O-n átmenő sík, amely tartalmazza g-t Tekintsük azt a g → R leképezést,melyet a ξ(P ) = ln(MNAP ) öf. ír le. Def. szerint legyen ξ(A) = 0 P rajta vanaz euklideszi MN szakaszon. Így egyértelműen létezik olyan t ∈ (0, 1) szám,hogy −→OP = (1− t)

−−→OM + t

−−→ON

⇒ (1− t)−−→MP = t

−−→PN ⇒ (MNP ) =

MP

PN=

t

1− t

A rögzített A pontnak is megfelel egy α ∈ (0, 1) szám, mellyel fennáll −→OA =

(1− α)−−→OM + α

−−→ON

⇒ (MNA) =α

1− α

14.2.2. Állítás. A Cayley-Klein-modellben teljesül a (BVA)axióma.

14.2. A CAYLEY-KLEIN-FÉLE MODELL 227

Bizonyítás :

a) Belátjuk, hogy a fenti ξ : g → R leképezés bijektív.

(MNAP ) =MNA

MNP=

α

1− α:

t

1− t=

α

1− α· 1− t

t

ξPt = ln

(α

1− α

)︸︷︷︸

a

+ ln

(t

1− t

)

ξ(Pt) = a + ln

(1

t− 1

)Vegyük az f : (0, 1) ⊂ R → R függvényt, ahol f(t) = 1

t− 1. Evidens,

hogy f függvény szigorúan monoton csökkenő és Rf = (O,∞). Az ln f :(0, 1)→ R függvény bijektív és fennáll Rln f = R, hiszen Rln = R. Ha Pbefutja a g modellbeli egyenest, akkor ξ(P ) egyszeresen befutja a valósR számtestet. ⇒ ξ : g → R egy bijektív leképezés.

b) Belátjuk, hogy tetszőleges P, Q ∈ g esetén d(P, Q) = |ξ(P )− ξ(Q)| teljesül.

(MNPQ) =(MNP )

(MNQ)=

(MNP )

(MNA)· MNA

MNQ= (MNPA) · (MNAQ)

⇒ ln(MNPQ) = ln(MNPA)︸︷︷︸ln(MNAP )

+ ln(MNAQ)︸︷︷︸ξ(Q)

⇒ ln(MNPQ) = ξ(Q)− ξ(P )

| ln(MNPQ)| = |ξ(Q)− ξ(P )|

⇒ d(P, Q) = |ξ(Q)− ξ(P )|

14.2.3. Megjegyzés. Az ln f függvény a (0, 1) intervallumon szigorúan mo-noton csökkenő. Ha Q az MA szakaszon van – euklideszi értelemben –, akkorξ(Q) > 0. Ha P az A és N között van, akkor ξ(P ) < 0

14.2.4. Következmény. Az (xE, ξ, d) négyes egy Birkhoff-féle teret ad.

Könnyű belátni, hogy a modellbeli szakaszok egyben a befoglaló euklideszitérnek is szakaszai.

Ily módon a modellben a (PRA)axióma is teljesül.

14.2.2. A (KA1), (KA2)axiómák teljesüléséről

Vegyünk egy σ modellbeli síkot és abban két síkbeli zászlót. Van olyan ϕ :qsigma → σ bijekció, amely megőrzi a modellbeli távolságot, egyenest egye-nesbe képez, továbbá az első zászlót a másodikba viszi. Tekintsük az σ projektívsíkot és azt a κ : σ → σ kollineációt, amelyre igaz

κ(B1) = B2, , κ(C1) = C2, κ(D1) = D2, κ(E1) = E2


Ilyen létezik, hiszen B1, C1, D1, E1 és B2, C2, D2, E2 általános helyzetű pontné-gyesek ⇒ κ(A1) = A2 A k kúpszeletet öt független adat határozza meg.

(A1, B1, E1, b1, c1) 7→κ (A2, B2, E2, b2, c2)

⇒ κ(k) = k teljesül a határkörre.

14.2.5. Következmény. A Cayley-Klein modellben a (KA1), (KA2)axiómákis teljesülnek. Az (xE, ξ, d) egy olyan abszolút tér, amelyben nem teljesül az(EPA)axióma. [Klein 1871]

Bizonyítás :A modellben tetszőleges sok olyan egyenes van a 〈g, P 〉 = σ síkban, amelyátmegy P -n és nem metszi g-t. Itt az (EPA)axióma tagadása teljesül.

14.3. A síkbeli Cayley-Klein-modell tárgyalása

σ = Y nyílt körlemez. (σ = σ ∩ x) E(σ) legyen a síkbeli egyenesek halmaza.Keressük a σ-beli egybevágósági transzformációkat. Ha veszünk olyan kolline-ációkat a projektív síkon, amelyek a k határkört önmagába képezik, akkor ezekleszűkítése a σ körlemezre egybevágóságok lesznek a modellbeli síkon.

14.3.1. Tengelyes tükrözés a modellbeli síkon.

Az érintők C metszéspontja a g egyenes pólusa (a σ síkon) a k körre nézve.Vegyük az a κσ → σ centrális-tengelyes kollineációt, ahol g a tengely, C acentrum és c(κ) = −1 2 teljesül. (CTPQ) = −1, mivel C konjugált T -hez.P ′ = κ(P ) pontra igaz

(CTPP ′) = c(κ) = −1(CTPQ) = −1

⇒ P ′ = Q

A κ a k határkört önmagába képezi és κ2 = idσ teljesül. ⇒ κ = κ|bσleképezés egy egybevágósági transzformáció a σ síkon- κ2 = id bσ, κ által fixenhagyott pontok halmaza g. ⇒ κ tengelyes tükrözés a modellbeli síkon.

14.3.2. Merőleges egyenesek a modellben

Egy e egyenes merőleges g -re akkor és csak akkor, ha g-re való tükrözés e-tönmagába viszi. A modellbeli derékszög euklideszi értelemben általában nemderékszög.3 Az O-n átmenő egyenesre merőleges egyenesek a modellben és azeuklideszi síkon is ugyanazok.

2c(κ): karakterisztikus kettősviszony3Az az egyetlen euklideszi derékszög, aki átmegy az O-n.

14.4. CAYLEY-KLEIN MODELL 229

14.3.3. Lambert-féle négyszög

14.3.1. Definíció. Olyan négyszöget mondunk Lambert-félének, amelyben há-rom szög 90-os

(ABCD)-ben legyen α = β = δ = 90. Egybevágósággal A-t vigyük O-ba.BCD] valódi része egy modellbeli derékszgnek. γ = BCD < 90 ⇒ α+β +γ + δ < 360

14.4. Cayley-Klein modellsíkbeli tenegelyes tükrözés

σ ∩ x = σ

C a g-nek a határkörre vonatkozó pólusa.κ : σ → σ legyen az a centrális tengelyes kollineáció, ahol g a tengely, C a

centrum és C(κ) = −1. κ a k kört önmagába viszi.

κ(k) = k κ2 = id σ

(CTMN) = −1 ⇒ κ(M) = N, κ(N) = M

κ | bσ leképezés a g egyenesre történő tükrözést adja a Cayley-Klein-modellen.Tetszőleges A ∈ σ pontnak meg tudjuk szerkeszteni a g egyenesre való tükör-képét a modellben. (g csak a húr, g az egész egyenes.)

Példa háromszögre, mely köré nem írható kör

f és g legyenek olyan egyenesek, melyeknek nincs közös pontja. A-nak az f -revonatkozó tükörképe legyen B, és g-re vonatkozó tükörképe legyen C. AB fele-zőmerőlegese f alapegyenes, AC felezőmerőlegese a g. A f ∩ g = ∅, miatt nincsolyan pont a modellbeli síkon, amely az A, B, C csúcsoktól egyenlő távolságravan. Nem minden háromszög köré lehet kört írni.

14.4.1. Háromszögekbe írt körök sugarainak felső határa.

σ nyílt körlemez euklideszi értelemben. Az P centrumú σ-beli körök a modell-ben és euklideszi értelemben azonosak. A távolság a modellben:

d(O,P ) = η · | ln(MNOP )| (η ∈ R, η > 0)

OM = r, OP = b (b < r)

(MNOP ) =MNO

MNP= 1 :

MP

Pn

(MNOP ) =r + b

r − b

Az l kör magasságának értéke: d(O, P ) = η · ln( r+br−b

)Euklideszi geometriában a beírt kör sugara nem lehet nagyobb a háromszög

köré írt kör sugarának felénél.


A modellben akkor lehet az O centrumú l kör köré háromszöget írni, hab < r

2. Ezek szerint teljesül a következő:

d(O,P ) < η · ln(r + 1

2r

r − 12r) = η · ln 3

⇒ Cayley-Klein modellben a háromszögbe írt körök sugarainak supremuma:

sup% | %egy beírt kör sugara = η ln 3

(Bolyai: η változtatásával sok nem izometrikus hiperbólikus geometriát nyer-hetünk)

14.5. Abszolút geometria(X, σ, S, d) legyen egy abszolút tér. Eszerint ezen térben teljesülnek a következőaxiómák:

(IA1)− (IA2), (BVA), (PRA), (KA1), (KA2)

Definíció szerint az ABC] ' PQR], ha A1C1 = P1R1 teljesül.

14.5.1. Definíció. Az ABC4, PQR4 háromszögeket egymással kongruens-nek mondjuk, ha AB = PQ, BC = QR, CA = RP és CAB] ' RPQ],ABC] ' PQR], BCA] ' QPR]

Legyenek adva az ABC4 és PQR4 adott háromszögek.

14.5.2. Állítás. Ha fennáll AB(PQ, AC = PR és CAB] ' RPQ], akkorABC4 ' PQR4.

Bizonyítás :Azt kellene belátni, hogy BC = QR is igaz. Ekkor ugyanis a (KA2)axiómaszerint a további szögek is egyenlőek. Indirekt bizonyítás következik: Tegyükfel, hogy BC 6= QR, mondjuk BC < QR. Ekkor mérjük fel a BC hosszt a QRszakaszra. Így nyerjük az R pontot (BC = QR).

(KA2)⇒ ABC] ' PQR]

A (KA2)-t alkalmazzuk a BAC4 és QPR4 háromszögekre.

⇒ BAC]QPR]⇒ BCC]QPR]

ellentmond (KA2)-nek

BC = QR

14.5.3. Állítás. Ha fennáll AB = PQ, CAB] ' RPQ] és ABC] ' PQR],akkor ABC4 ' PRQ4

14.5. ABSZOLÚT GEOMETRIA 231

Bizonyítás :Ha belátjuk, hogy AC = PR igaz, akkor az előző állítás alapján teljesülABC4 ' PQR4. Indirekten bizonyítunk. Tegyük fel, hogy AC > PR. AzAB oldalra A− bl felmérjük a PR hosszt, így nyerjük a C pontot. ABC4 ésPQR4 esetében a (KA2)szerint fennáll

ABC] ' PQR]ABC] ' PQR]

Ellentmond (KA1)-nek.

⇒ AC = PR

14.5.4. Következmény. Egy ABC4 háromszögben fennáll AC = BC akkorés csak akkor, ha CAB] ' ABC] teljesül.

Bizonyítás :Belátható, hogy akár AC = BC, akár CAB] ' ABC] teljesül, fennállABC4 ' BAC4

1. eset AC = BC alapján az 1. állításból adódik, hogy CAB4 ' CBA4.Ebből pedig következik, hogy CAB] ' CBA]

2. eset A 2. állítást alkalmazva kapjuk, hogy ABC4 ' BAC4 ⇒ AC =BC. (CAB] ' ABC])

14.5.5. Állítás. Kongruens szögek mellékszögei kongruensek egymással.

Bizonyítás :Az A1O1B1] és A2O2C2] legyenek kongruens szögek. Tegyük fel, hogy O1A1 =O1B1 = 1 és O2A2 = O2B2 = 1.

A1O1B1] ' A2O2B2] szerint a A1B1 = A2B2.B1O1C1] az A1O1B1] egyik mellékszöge. (KA2)axióma szerint O1A1B1] '

O2A2B2]. Vegyük az A1B1C14 és A2B2C24 háromszögeket. A1C1 = A2C2 =2. O1A1B1] ' C2A2B2] és A1, B1. = A2B2 Az első állítás szerint a két há-romszög kongruens: A1B1C14 ' A2B2C24 ⇒ B1C1 = B2C2 ⇒ B1O1C1] 'B2O2C2].

14.5.6. Tétel. Az abszolút térben a pontra történő tükrözés egy egybevágóság.

Bizonyítás :A τ : X → X pontra tükrözés centruma legyen O. OP = OP ′, OQ = OQ′.POQ′] két mellékszöge egyenlő a 3. állítás szerint. 1. állítás szerint adódik

POQ4 ' P ′OQ′4⇒ PQ = P ′Q′ ⇒ d(P, Q) = d(P, Q)

14.5.7. Definíció. Egy szöget derékszögnek mondunk, ha kongruens a mellék-szögeivel.


14.5.1. Szögek összehasonlítása

Összehasonlíthatunk szögeket a mellékszögeik alapján. Egyértelműen létezik afélsíkban olyan [QR〉 félegyenes, hogy AOB] ' PQR] Definíció szerint azAOB] nagyobb a PQR] szögnél, ha PQR] tartalmazza a PQR szöget.

14.5.8. Állítás. Egy háromszögben a külső szög nagyobb a nem mellette fekvőbelső szögnél.

Bizonyítás :Belátjuk, hogy a CAB] < ACD]. Tükrözést végzünk az AC szakasz F fele-zőpontjára.

τ(A) = C, τ(C) = A

Eszerint a [C, B〉 félegyenes az ACD] belsejében halad. AFB4 ' CFB′4 ⇒BAC] ' ACB′] Az, hogy ACB′] < ACD] igazolja az állítást.

14.5.9. Állítás. Tetszőleges ABC4 háromszögben fennáll AC > BC akkorés csak akkor, ha ABC] > BAC]

Bizonyítás :Tegyük fel, hogy az AC > BC. Vegyük a CA oldalon azt a D pontot, aholCD = CB. 1. következmény szerint egyenlőek a következő szögek:

CBD] ' BDC]

⇒ ABC] > CDB] külsőszöge ADB4-nek. A második eset indirekt útonjön.

Háromszög-egyenlőtlenség igazolása

14.5.10. Tétel. Tetszőleges háromszögben fennáll:

AB + BC > AC.

Bizonyítás :〈A, B〉-re felmérjük B-ből a BC hosszt, így kapjuk a D pontot. ⇒ CBD4egyenlő szárú. ⇒ ADC4-ben az igaz, hogy a C csúcsnál lévő szög nagyobb aD-nél lévőnél. ACD] > ADC]⇒ 2. tétel szerint AB > AC. AB+BC > AC.

.

Documents

Verhóczki László: Geometria előadás matematikatanároknakphil.elte.hu/~attila/math/geometriajegyzet/geometria_.pdf · Verhóczki László: Geometria előadás matematikatanároknak