Geometria II. Vázlat Kovács Zoltán előadásaihoz október 21.

Átírás

1 Geometria II Vázlat Kovács Zoltán előadásaihoz október 21.

2 2

3 Tartalomjegyzék 1. Geometria R n -ben R n euklideszi struktúrája Az osztóviszony és a párhuzamos szelők tétele Affin leképezések Affin leképezések alaptulajdonságai Az ortogonális csoport Izometriák Speciális affin transzformációk: affin nyújtások Affin transzformációk és másodrendű alakzatok A konvex geometria alapjai Konvexitás, konvex burok Helly tétele Támaszsíkok, extremális pontok Konvex politópok A projektív síkgeometria alapjai Az affin illeszkedési sík A projektív illeszkedési sík Záródási tulajdonságok A kettősviszony Projektív transzformációk

4 4 TARTALOMJEGYZÉK Ez a jegyzet távolról sem tekinthető véglegesnek. Több bizonyítás leírásával még adós vagyok, csakúgy, mint a szemléltető ábrákkal, s az anyag is bővülni fog a továbbiakban. Minden észrevételét (sajtóhiba, nem világos gondolatmenet) kérem küldje el az olvasó a kovacsz@nyf.hu címre. (Ezúton is hálásan köszönöm Remete László értékes észrevételeit.) A jel azt mutatja, hogy a tétel bizonyítása az olvasónak nem okozhat nehézséget, azt önállóan végezze el.

5 1. fejezet Geometria R n -ben 5

6 6 1. FEJEZET. GEOMETRIA R N -BEN 1.1. R n euklideszi struktúrája A fejezet célja az analitikus geometria kereteinek felépítése. Ehhez szükségünk van az axiomatikus geometriából ismert alapfogalmak (pont, egyenes, sík, távolságmérték, szögmérték) interpretációjára. R n elemeit általában latin kis- és nagybetűkkel jelöljük, tehát x R n, vagy P R n, míg ezek komponenseit indexelve, tehát pl. x = (x 1,..., x n ). Definíció. Az x = (x 1,..., x n ) R n és y = (y 1,..., y n ) R n, rendezett szám-n-esek összege míg ha α R, akkor α és x szorzata x + y = (x 1 + y 1,..., x n + y n ); α x = (α x 1,..., α x n ). Az összeadás tehát egy R n R n R n binér művelet. A skalárral való szorzás egy R R n R n leképezés. (Ennek jelét gyakran el is hagyjuk.) ( 1) x nyilván az x additív inverze, ezért jogos helyette x-et írni. 1. Tétel. R n a fenti összeadás műveletre Abel csoport, továbbá (R n, +) vektortér R fölött, azaz x R n, y R n, α R és β R: 1. α(x + y) = αx + αy 2. (α + β)x = αx + βx 3. (αβ)x = α(βx) 4. 1 x = x. Definíció. R n nulla dimenziós lineáris sokaságait pontoknak, egy dimenziós lineáris sokaságait egyeneseknek, két dimenziós lineáris sokaságait síkoknak, míg az n 1 dimenziós lineáris sokaságokat hipersíkoknak nevezzük. R n elemeit tehát pontnak és vektornak is lehet nevezni, szövegkörnyezettől függően. Ha pontra gondolunk, akkor használunk nagybetűket, míg ha vektorra, akkor kisbetűket. (0,..., 0) R n neve lehet origó (ekkor pontra gondolunk és az O jelölést használjuk), vagy zérusvektor (ekkor vektorra gondolunk és 0-val jelöljük) n = 1 esetén a hipersík nem más, mint pont, n = 2 esetén egyenes, míg n = 3 esetén a hipersík és a sík fogalma egybeesik.

7 1.1. R N EUKLIDESZI STRUKTÚRÁJA 7 Definíció. Az x, y R n vektorok (kanonikus) skaláris szorzatán (vagy (kanonikus) belső szorzatán) az számot értjük. x, y = x 1 y x n y n = n x i y i R i=1 A skaláris szorzás tehát egy leképezés. R n R n R 2. Tétel. R n euklideszi vektortér a fenti skaláris szorzattal, azaz x, y, z R n, α R: 1. x, y + z = x, y + x, z 2. x, αy = α x, y 3. x, y = y, x 4. x, x 0; x, x = 0 x = 0. Következmény. 1.* x + y, z = x, z + y, z 2.* αx, y = α x, y 4.* Ha x R n -re x, y = 0, akkor y = 0. Definíció. x R n -re x = x, x, az x vektor hossza vagy normája. Tehát a norma egy : R n R leképezés, amelyet normafüggvénynek is nevezünk. Komponensekkel kiírva, x = x x 2 n. 3. Tétel (Cauchy Bunyakovsky Schwarz egyenlőtlenség). x, y R n : x, y 2 x 2 y 2. Egyenlőség akkor és csakis akkor teljesül, ha x, y arányosak, azaz α R: x = αy vagy y = αx. Bizonyítás. y = 0-ra az állítás triviálisan teljesül, a továbbiakban feltesszük, hogy y 0. Legyen λ R tetszőleges, s tetszőlegesen rögzített x-re és y 0-ra tekintsük az alábbi kifejezést: f(λ) = x λy, x λy = x, x 2λ x, y + λ 2 y, y.

8 8 1. FEJEZET. GEOMETRIA R N -BEN λ R : f(λ) 0, mert vektor önmagával való skaláris szorzata mindig nemnegatív, tehát a másodfokú polinom diszkriminánsa nem pozitív: x, y 2 x, x y, y 0. Egyenlőség akkor és csakis akkor állhat fenn, ha x λy = 0, amiből x és y lineáris függősége következik. Megfordítva, ha x és y lineárisan függők, akkor vagy x = λy vagy y = λx valamely alkalmas skalárra. Bármelyiket behelyettesítve az egyenlőtlenség egyik ill. másik oldalába, egyenlő kifejezéseket kapunk. 4. Tétel. x, y R n, α R: 1. x 0, 2. x = 0 x = 0, 3. αx = α x, 4. x + y x + y, továbbá egyenlőség akkor és csakis akkor teljesül, ha x, y arányosak, nemnegatív faktorral. A 4. tulajdonságot Minkowski egyenlőtlenségnek nevezzük. Bizonyítás. Az alábbi levezetésben a harmadik sornál a Cauchy-Schwarz egyenlőtlenséget alkalmazva x + y 2 = x + y, x + y = = x, x + 2 x, y + y, y x, x + 2 x, y + y, y x, x + 2 x y + y, y = = x x y + y 2 = ( x + y ) 2, ami a Minkowski egyenlőtlenséget jelenti. Egyenlőség akkor és csakis akkor teljesül, ha x, y = x, y = x y. y = 0-ra mindkét egyenlőség teljesül. Legyen tehát y 0. Az első egyenlőség akkor és csakis akkor teljesül, ha x, y 0. A második egyenlőség a Cauchy- Schwarz egyenlőtlenség miatt akkor és csakis akkor teljesül, ha x, y arányosak, azaz x = ty. ty, y = t y, y 0 t 0.

9 1.1. R N EUKLIDESZI STRUKTÚRÁJA 9 Definíció. Ha P, Q R n, akkor d(p, Q) = P Q a P és Q pontok távolsága. A távolság tehát egy d: R n R n R leképezés, amelyet távolságfüggvénynek is nevezünk. Komponensekkel kiírva: 5. Tétel. P, Q, R R n : 1. d(p, Q) 0, d(p, Q) = (P 1 Q 1 ) (P n Q n ) d(p, Q) = 0 P = Q, 3. d(p, Q) = d(q, P ), 4. d(p, Q) + d(q, R) d(p, R), azaz (R n, d) egy metrikus tér. A 4. tulajdonságot háromszög-egyenlőtlenségnek nevezzük. Bizonyítás. 4. A Minkowski egyenlőtlenséget alkalmazva: d(p, Q) + d(q, R) = P Q + Q R (P Q) + (Q R) = P R = = d(p, R). Definíció. Az x, y R n nem zéró vektorok φ [0, π] szögét a összefüggéssel értelmezzük. cos φ = x, y x y (1.1) A CBS egyenlőtlenség garantálja, hogy (1.1) jobb oldalán 1 és 1 közötti szám van. Definíció. Ha az u, v vektorokra u, v = 0, akkor u-t és v-t egymásra merőleges vagy ortogonális vektoroknak mondjuk. Ha u, v egymásra merőleges egységvektorok, akkor (u, v) egy ortonormált (rendezett) pár, vagy másként, R 2 egy ortonormált bázisa. Általánosan, az (e 1,..., e n ) vektorrendszer R n ortonormált bázisa, ha { 1 ha i = j e i, e j = 0 ha i j.

10 10 1. FEJEZET. GEOMETRIA R N -BEN Ha u = (u 1, u 2 ), akkor legyen u = ( u 2, u 1 ). Ekkor u és u egymásra merőleges vektorok, amelyeknek a hosszuk megegyezik, továbbá u = u. Könnyű látni, hogy ha u, v ortogonális (nem zéró) vektorok, akkor u és v arányosak. Ha (e 1,..., e n ) ortonormált bázis R n -ben, akkor egy tetszőleges vektor koordinátáit könnyű kiszámítani, az alábbi tétel szerint: 6. Tétel (Vektor Fourier-előállítása). Ha (e 1,..., e n ) ortonormált bázis, akkor x R n : n x = x, e i e i. i=1 7. Tétel (Pitagorasz tétele). Legyenek P, Q, R különböző pontok. P Q és Q R akkor és csakis akkor merőlegesek egymásra, ha P Q 2 + Q R 2 = P R 2. Bizonyítás. (P Q) + (Q R) = P R, tehát P R 2 = (P Q) + (Q R), (P Q) + (Q R) = ami az állítást jelenti. = P Q 2 + Q R P Q, Q R,

11 1.1. R N EUKLIDESZI STRUKTÚRÁJA 11 Kulcsszavak Jegyzetek

12 12 1. FEJEZET. GEOMETRIA R N -BEN 1.2. Az osztóviszony és a párhuzamos szelők tétele Az előző fejezetben láttuk, hogy R n elemeit geometriai szempontból megkülönböztettük, vektorokról és pontokról beszéltünk. A következőekben a lineáris algebra néhány fontos koncepcióját átfogalmazzuk vektorokról pontokra. Először a pontok általános helyzetét akarjuk megfogalmazni. Két pontot tehát általános helyzetűnek gondolunk, ha különbözőek. Három pontot általános helyzetűnek gondolunk, ha nem egy egyenesre illeszkednek. Négy pont esetén a pontok nem egy síkúak. Ezt átfogalmazva: két pont általános helyzetű, ha a legszűkebb lineáris sokaság, amely tartalmazza azokat, egy dimenziós. Három pont általános helyzetű, ha legszűkebb lineáris sokaság, amely tartalmazza a pontokat, két dimenziós, stb. A pontos megfogalmazáshoz gondoljunk először az egyenesre, mint egy dimenziós lineáris sokaságra. A P, Q pontokat (P Q) tartalmazó (rájuk illeszkedő) egy dimenziós lineáris sokaság {P + t(q P ) t R}. Átalakítva P + t(q P ) = tq + (1 t)p, azaz az egyenes pontjait mint a P, Q pontok lineáris kombinációját állítottuk elő, de a lineáris kombináció speciális, mert az együtthatók összege 1. Továbbá, ha R = tq + (1 t)p, akkor 0 = ( 1)R + tq + (1 t)p. Itt a zérusvektort az R, P, Q pontokból lineárisan kombináltuk nem triviálisan (azaz nem csupa 0 együtthatóval) úgy, hogy az együtthatók összege 0. A bevezető után rátérünk a fogalmak pontos meghatározására. Definíció. Legyenek P i R n (i = 0... k) pontok! A (P 0, P 1,..., P k ) pontrendszer egy affin kombinációján a k i=0 α ip i R n pontot értjük, ahol k i=0 α i = 1, (α i R, i = 0,... k). A (P 0, P 1,..., P k ) pontrendszert affin független pontrendszernek nevezzük, ha abból, hogy k k α i P i = 0 és α i = 0 i=0 következik, hogy α 0 = = α k = 0. Ha egy pontrendszer nem affin független, akkor affin függő. A definíció alapján azt is mondhatjuk, hogy két különböző pont összes affin kombinációinak halmaza az egyenes. (Az olvasó gondolja végig azt is, hogy három nem egy egyenesre illeszkedő pont összes affin kombinációinak halmaza a három pontot tartalmazó sík.) i=0

13 1.2. AZ OSZTÓVISZONY ÉS A PÁRHUZAMOS SZELŐK TÉTELE Tétel. A (P 0, P 1,..., P k ), (P i R n, i = 0,..., k) pontrendszer akkor és csakis akkor affin független, ha lineárisan független vektorrendszer. (P 1 P 0,..., P k P 0 ) Bizonyítás. Legyen először (P 0, P 1,..., P k ) affin független pontrendszer. k α i (P i P 0 ) = 0 = i=1 ( k k ) α i P i α i P 0 = 0. i=1 i=1 A második egyenlőség bal oldalán a (P 0, P 1,..., P k ) pontrendszer olyan lineáris kombinációja szerepel, ahol az együtthatók összege 0, így valamennyi együttható 0, tehát (P 1 P 0,..., P k P 0 ) lineárisan független. Megfordítva, legyen (P 1 P 0,..., P k P 0 ) lineárisan független vektorrendszer, továbbá legyen k α i P i = 0, és i=0 k α i = 0. i=0 Ekkor α 0 = k i=1 α i és ( k k ) α i P i = 0 = α i P 0 + i=0 i=1 k α i P i = i=1 k α i (P i P 0 ) = 0. i=1 Innen a feltétel miatt következik, hogy α 1 = = α k = 0 és így α 0 = 0, vagyis (P 0, P 1,..., P k ) affin független pontrendszer. Következmény. Mivel P i P 0 + L(P 1 P 0,..., P k P 0 ), ezért az előző tétel azt jelenti, hogy (P 0, P 1,..., P k ) akkor és csakis akkor affin független pontrendszer, ha a legszűkebb olyan lineáris sokaság, mely valamennyi pontot tartalmazza k dimenziós. Így például a (P 0, P 1 ) pontrendszer akkor és csakis akkor affin független, ha P 0 P 1 ; három pont akkor és csakis akkor affin független, ha nem kollineárisak. Definíció. Egy A R n nem üres ponthalmaz affin lezártján az A-ból választható pontrendszerek összes affin kombinációi halmazát értjük. Könnyű látni, hogy egy (nem üres) ponthalmaz affin lezártja lineáris sokaság, így egy halmaz affin dimenziója értelmezhető úgy, mint az affin lezártjának dimenziója.

14 14 1. FEJEZET. GEOMETRIA R N -BEN Definíció. Legyen P, Q, R három különböző kollineáris pont, R = tq + (1 t)p. Az R pontnak a (P, Q) alappontokra vonatkozó osztóviszonyán a számot értjük. (P QR) = t 1 t R (1.2) Az osztóviszony értéke csak a választott pontoktól függ. Ha R = sq + (1 s)p, akkor 0 = (t s)q + (s t)p. Ez utóbbi lineáris kombinációban az együtthatók összege nulla, azonban (P, Q), affin független pontrendszer, így s = t. Következmény (Az osztóviszony kiszámítása). d(p, R) d(r, Q), P R Q (P QR) = d(p, R), (P R Q) d(r, Q) Bizonyítás. Ha R = tq + (1 t)p, akkor tr + (1 t)r = tq + (1 t)p = (1 t)(r P ) = t(q R), mindkét oldal normáját véve 1 t d(p, R) = t d(r, Q) = t 1 t = d(p, R) d(r, Q). Ha P R Q, akkor t (0, 1), így t és (1 t) pozitívak; míg ha (P R Q), akkor t és (1 t) ellentétes előjelűek, ami adja az előjelekre vonatkozó állítást is. Megjegyzés. Az osztóviszonyt szokás az itt definiált érték ellentettjével is definiálni. Példa. A szakasz felezőpontjának osztóviszonya a végpontokra, mint alappontokra nézve (ezek sorrendjétől függetlenül) Tétel. Az osztóviszony értéke 0 és 1 kivételével bármely szám lehet. Adott osztópontokhoz és osztóviszonyhoz egyértelműen létezik osztópont.

15 1.2. AZ OSZTÓVISZONY ÉS A PÁRHUZAMOS SZELŐK TÉTELE 15 Bizonyítás. Jelöljön λ tetszőleges valós számot. Oldjuk meg a t 1 t = λ egyenletet t-re az R \ {0, 1} alaphalmazon! ekvivalens az alábbival: t(1 + λ) = λ. Az alaphalmazon az egyenlet Ha λ = 0, akkor a megoldás t = 0 lenne, ami nem eleme az alaphalmaznak. Ha λ = 1, akkor az egyenletnek nincs megoldása. Ellenkező esetben t = λ 1 + λ, (1.3) az egyenlet egyértelmű megoldása, amely szám az alaphalmazban nyilván benne van, azaz értéke nem lehet 0 vagy 1. Adott osztóviszony értékhez (1.3) alapján kiszámítjuk t-t és (1.2) alapján megkonstruáljuk az osztópontot. (P QR) = (P QR )-ből (1.3) alapján R = R azonnal következik. Az osztóviszony egy egyenesen elhelyezkedő szakaszok hosszának előjeles aránya. Szakaszok arányáról szóló fontos elemi geometriai tétel a párhuzamos szelők tétele, amelynek síkbeli alakját szokásos az alábbi formában megfogalmazni: 10. Tétel (A párhuzamos szelők tétele síkban középiskolás alak). Ha egy szög szárait párhuzamosokkal metsszük, akkor az egyik száron keletkező szakaszok aránya megegyezik a másik száron keletkező megfelelő szakaszok arányával. Az osztóviszony fogalmával a tételt átfogalmazhatjuk. Ehhez vezessük be a párhuzamos vetítés fogalmát! Legyen e és f két egyenes a síkban, v R egy vektor, mely nem párhuzamos sem e-vel sem f-el. Értelmezzük a π v : e f leképezést a következőképpen: X e képe az f egyenes azon π v (X) = X pontja, amelyre (X X) v. 11. Tétel (A párhuzamos szelők tétele síkban újraolvasva). A párhuzamos vetítés osztóviszonytartó. Most megfogalmazzuk és bizonyítjuk a tétel tetszőleges dimenzióban megfogalmazott általános alakját. Ehhez mindenek előtt vegyük észre, hogy az osztóviszonytartás a lineáris leképezések általános tulajdonsága. A fejezetben eddig definiált fogalmak (affin kombináció, affin függetlenség, osztóviszony)

16 16 1. FEJEZET. GEOMETRIA R N -BEN 1.1. ábra. A párhuzamos szelők tétele tetszőleges valós vektortérben definiálhatók. Például, ha egy vektortér különböző vektoraira z = ty + (1 t)x, akkor (xyz) = t, és az osztóviszony 1 t értéke egyértelműen meghatározott. ugyanis ty + (1 t)x = sy + (1 s)x-ből következik, hogy (t s)y + (s t)x = 0. Lemma. Legyenek V és W azonos test fölötti vektorterek, φ: V W, x φ(x) = x lineáris leképezés. Ha x, y, z V -re teljesül, hogy z = ty + (1 t)x, akkor az is teljesül, hogy z = ty + (1 t)x. Speciálisan, ha x, y, z különbözőek és x, y, z is különbözőek, akkor (xyz) = (x y z ). A lemma a lineáris leképezés definíciójából azonnal következik. 12. Tétel (A párhuzamos szelők tétele). Legyen H 0 R n egy n 1 dimenziós altér, H, H, H a H 0 -al párhuzamos különböző hipersíkok. Tekintsünk egy e egyenest, mely nem párhuzamos H 0 al. Legyen e H = P, e H = P, e H = P. Ekkor (P P P ) nem függ az e egyenes választásától, csak a H, H, H hipersíkoktól. (1.1. ábra.) Bizonyítás. Jelölje φ az R n R n /H 0, X φ(x) = X + H 0 kanonikus projekciót, mely lineáris leképezés. φ(p ) = H, φ(p ) = H, φ(p ) = H, így (P P P ) = (HH H ) a lemma alapján.

17 1.2. AZ OSZTÓVISZONY ÉS A PÁRHUZAMOS SZELŐK TÉTELE 17 Az általános tétel alapján a párhuzamos szelők tételét természetesen térben is megfogalmazhatjuk: 13. Tétel. Ha két egyenest párhuzamus síkokkal metszünk, akkor az egyik egyenes szeletei úgy aránylanak egymáshoz, mint a másik egyenes megfelelő szeletei. Speciálisan, párhuzamos síkok párhuzamos egyenesekből egybevágó szakaszokat metszenek ki.

18 18 1. FEJEZET. GEOMETRIA R N -BEN Kulcsszavak Jegyzetek

19 2. fejezet Affin leképezések 19

20 20 2. FEJEZET. AFFIN LEKÉPEZÉSEK 2.1. Affin leképezések alaptulajdonságai Definíció. Egy F : R n R n, X F (X) = X bijektív leképezést kollineációnak nevezünk, ha teljesül rá a következő tulajdonság: P, Q, R akkor és csakis akkor három különböző kollineáris pont, ha P, Q, R is. Definíció. Legyen A GL(n), b R n. Az F : R n R n, x Ax + b (2.1) leképezést affin transzformációnak nevezzük. Az A mátrix az F affin transzformáció lineáris része, míg a b vektor az eltolási része. Az affin transzformáció megadására az (A, b) R n (n+1) mátrixot is használhatjuk. Az A mátrixszal való balszorzásra, mint lineáris transzformációra bevezetve az L A : R n R n, x L A (x) = Ax, a b vektorral való eltolásra pedig a τ b : R n R n, x τ b (x) = x + b jelöléseket, a (2.1) egyenletet átírhatjuk a következő formára: F = τ b L A. 14. Tétel (Az affin leképezések főtétele). R n egy leképezése akkor és csakis akkor affin leképezés, ha kollineáció. Bizonyítás. Minden affin transzformáció kollineáció. Mivel A(A 1 (x b)) + b = x, ezért az affin transzformáció szürjektív. Másrészt Ax + b = Ay + b = A 1 Ax = A 1 Ay = x = y, tehát az affin transzformáció injektív. Legyen R a P Q egyenes egy P -től és Q-tól különböző pontja. Ekkor!t R \ {0, 1} : R = tq + (1 t)p = AR = taq + (1 t)ap. a bal oldalhoz b-t, a jobb oldalhoz tb + (1 t)b-t hozzáadva: R = t(aq + b) + (1 t)(ap + b) = tq + (1 t)p (t 0, 1),

21 2.1. AFFIN LEKÉPEZÉSEK ALAPTULAJDONSÁGAI 21 ami azt jelenti, hogy R a P Q egyenes P -től és Q -től különböző pontja. Megfordítva, legyen R a P Q egyenes P -től és Q -től különböző pontja. Ekkor!t R \ {0, 1}: R = tq + (1 t)p = AR + b = t(aq + b) + (1 t)(ap + b) = AR = A(tQ) + A((1 t)p ) = R = tq + (1 t)p, Azaz P, Q, R kollineárisak és különbözőek. Minden kollineáció affin transzformáció. Nem tárgyaljuk. Az l = P + L(v) egyenes affin képe az l = P + L(Av) egyenes, ami az alábbi relációból rögtön látszik: F (P + tv) = A(P + tv) + b = AP + b + tav = F (P ) + t(av). A továbbiakban fontos kiindulópont az alábbi reláció, amelyet már levezettünk. Legyen F a sík affin transzformációja, ekkor a P, Q pontokra t R : F ((tq + (1 t)p ) = tf (P ) + (1 t)f (Q). (2.2) 15. Tétel. Minden affin transzformáció osztóviszonytartó. Bizonyítás. (2.2)-ból azonnal látszik. 16. Tétel. R n affin transzformációi csoportot alkotnak a kompozíció műveletre nézve. Ezt a csoportot A(n)-vel jelöljük és affin csoportnak mondjuk. Bizonyítás. Legyenek F és F affin transzformációk a síkon: F (x) = Ax + b, F (x) = A x + b. Ekkor (F F )(x) = A (Ax + b) + b = (A A) x + A }{{}} b {{ + b }, (2.3) GL(n) R n azaz két affin transzformáció szorzata is affin transzformáció. Az asszociativitás a kompozíció szorzás általános tulajdonsága. Egységelem: a transzformáció lineáris része I 2, az eltolás része a zérusvektor. Az F (x) = Ax + b affin transzformáció inverze az az affin transzformáció, melynek lineáris része A 1, eltolási része A 1 b, amint azt (2.3)-ba visszahelyettesítve azonnal látjuk.

22 22 2. FEJEZET. AFFIN LEKÉPEZÉSEK Azt is mondhatjuk, hogy és a szorzás definíciója A(n) = {(A, b) R n (n+1) A GL(n), b R n }, (A, b ) (A, b) = (A A, A b + b ). Az affin transzformációk nem mátrix szorzásként hatnak az eltolási rész jelenléte miatt. Azonban, ha a R n affin transzformációinak (n + 1) (n + 1)- típusú mátrixokat feleltetünk meg, az affin transzformációk kompozícióját mátrix szorzással számíthatjuk. 17. Tétel. (A lineáris reprezentáció elve.) Legyen µ: A(n) GL(n + 1), a 11 a 12 a 1n b 1 a 21 a 22 a 2n b 2 ( ) (A, b) µ(a, b) = jel. A b =, a n1 a n2 a nn b n ahol A = (a ij ) GL(n), b = (b 1,..., b n ) R 2. µ művelettartó és injektív leképezés (azaz injektív homomorfizmus) A(n) és GL(n + 1) között. Bizonyítás. A kifejtési tételt az utolsó sorra alkalmazva látható, hogy A b 0 1 = A 0. µ nyilvánvalóan injektív, azaz különböző affin transzformációknak különböző mátrixok felelnek meg µ által. Könnyen ellenőrizhető, hogy µ művelettartó, azaz egy homomorfizmus: ( ) A µ((a, b ) (A, b)) = µ(a A, A b + b ) = A A b + b így ( A µ(a b, b) µ(a, b) = 0 1 ) ( A b ) ( A = A A b + b 0 1 µ((a, b ) (A, b)) = µ(a, b) µ(a, b). Következmény. Az előző tétel alapján A(n) és µ(a(n)) izomorf csoportok, a továbbiakban nem teszünk köztük különbséget: {( ) } A b A(n) = A GL(n), b R n 0 1 ),

23 2.1. AFFIN LEKÉPEZÉSEK ALAPTULAJDONSÁGAI 23 Következmény. Azt is láthatjuk, hogy ha X = AX + b, akkor ( ) ( ) ( ) X A b X = Tétel (A fixpontok szerkezete). Ha egy affin transzformációjának van fixpontja, akkor a fixpontok halmaza lineáris sokaság. Úgy is fogalmazhatunk, hogy az affin transzformáció fixpontjai halmaza üres halmaz vagy lineáris sokaság. Bizonyítás. Az F = (A, b) affin transzformáció X R n fixpontjára F (X) = X, azaz AX + b = X (A I)X = b teljesül. Azaz a fixpontok megoldásai az A I alapmátrixú (általában inhomogén) lineáris egyenletrendszernek. A lineáris egyenletrendszerek elméletéből tudjuk, ha van megoldás, akkor a megoldások halmaza lineáris sokaság. A tételből az is következik, hogy ha van fixpontoknak olyan halmaza, hogy a fixpontokat tartalmazó legszűkebb lineáris sokaság R n, akkor az affin transzformáció csak identitás lehet. 19. Tétel (Az affin transzformációk fixponttétele). Ha R n affin transzformációjának van n + 1 affin független fixpontja, akkor a transzformáció identitás. Például, ha a sík egy affin transzformációjának van három nem kollineáris fixpontja, akkor a transzformáció identitás. Bizonyítás. A fixpontok halmaza lineáris sokaság, amely ráadásul tartalmazza az n+1 affin független fixpontot. De n+1 affin független pontot tartalmazó legszűkebb lineáris sokaság R n, így minden pont fixpont és a transzformáció identitás. 20. Tétel (Az affin transzformációk alaptétele). n + 1 affin független pont és képe R n affin transzformációját egyértelműen meghatározza. Bizonyítás. A bizonyítást n = 2-re, tehát a síkban végezzük el, a bizonyítás általános leírását az olvasóra bízzuk. A tétel síkban megfogalmazva: Legyen (P, Q, R) és (P, Q, R ) két nem kollineáris rendezett ponthármas (röviden háromszög) a síkon. Egyértelműen létezik olyan F : R 2 R 2 affin transzformáció, melyre F (P ) = P, F (Q) = Q, F (R) = R. Létezés. A tételt először egy speciális esetben látjuk be, nevezetesen legyen P = O = (0, 0), Q = E 1 = (1, 0), R = E 2 = (0, 1), a másik nem

24 24 2. FEJEZET. AFFIN LEKÉPEZÉSEK kollineáris ponthármast jelöljük most (X, Y, Z)-vel. Az affin transzformációt az A lineáris részével és b eltoló vektorával keressük. Jelölje A oszlopait A 1 és A 2! Ekkor b és A = (A 1, A 2 ) könnyen megadható: AE 1 + b = Y AO + b = X = b = X, = A 1 = Y b = Y X AE 2 + b = Z = A 2 = Z b = Z X. Mivel XY Z nem kollineáris ponthármas, az Y X és Z X vektorok nem egy irányúak (lineárisan függetlenek), azaz det A 0. Ezek után jelölje F 1 azt az affin transzformációt, mely (O, E 1, E 2 )-t (P, Q, R)-be viszi; F 2 pedig azt az affin transzformációt, mely (O, E 1, E 2 )-t (P, Q, R )-be viszi. A keresett transzformáció F 2 F1 1. Egyértelműség. Ha G egy másik affin transzformáció a feltételekkel, akkor a G 1 F affin transzformációnak P QR három nem kollineáris fixpontja, azaz G 1 F = id = F = G.

25 2.1. AFFIN LEKÉPEZÉSEK ALAPTULAJDONSÁGAI 25 Kulcsszavak Jegyzetek

26 26 2. FEJEZET. AFFIN LEKÉPEZÉSEK 2.2. Az ortogonális csoport Definíció. Az M GL(n) mátrixot ortogonális mátrixnak nevezzük, ha M 1 = M t. 21. Tétel. Az ortogonális mátrixok csoportot alkotnak a mátrixszorzás műveletére nézve. Ezt a csoportot O(n)-nel jelöljük és R n (az n-dimenziós euklideszi tér) ortogonális csoportjának nevezzük. Példa. A w R n, (w 0) vektorhoz tartozó Householder-mátrix alatt a H w = I 2 1 w 2 w wt mátrixot értjük. H w O(n), azt is könnyen ellenőrizhetjük, hogy det H w = 1. Geometriailag a Householder-mátrixszal való balszorzás a X, w = 0 hipersíkra vonatkozó tükrözést jelenti. (Részletesen ld. gyakorlat.) 22. Tétel. Ortogonális mátrix determinánsa ±1. Bizonyítás. Legyen M O(n) ortogonális mátrix. Alkalmazzuk a szorzástételt, s azt a tényt, hogy négyzetes mátrix és transzponáltja determinánsa megegyeznek: 1 = det(m M 1 ) = det M det M 1 = (det M) Tétel. A +1 determinánsú n n típusú ortogonális mátrixok csoportot alkotnak. Ezt a csoportot SO(n)-nel jelöljük és R n (az n-dimenziós tér) speciális ortogonális csoportjának nevezzük. 24. Tétel. O(2) minden A eleméhez van olyan α R, hogy ( ) cos α sin α A =, sin α ± cos α ahol a felső előjelek a +1 determinánsú, míg az alsó előjelek a 1 determinánsú ortogonális mátrixra vonatkoznak. Bizonyítás. Foglalkozzunk a +1 determinánsú esettel, a 1 determinánsú eset analóg. Legyen ( ) a b A =. c d

27 2.2. AZ ORTOGONÁLIS CSOPORT 27 Mivel A ortogonális, ezért inverze megegyezik a transzponáltjával: ( ) 1 ( ) a b a c =. ( ) c d b d Másrészt az inverz mátrixot a kofaktorok módszerével meghatározva: ( ) 1 ( ) a b d b =. ( ) c d c a ( )-ot és ( )-ot összehasonlítva: a = d, c = b, tehát a mátrix alakja: ( ) a b A =, b a ahol a 2 + b 2 =1 (a mátrix determinánsa 1), tehát létezik olyan α [0, 2π), hogy a = cos α, b = sin α, ami a bizonyítandó állítást jelenti. A következő tétellel az ortogonális mátrixok jellemzését adjuk meg. 25. Tétel. Legyen A R n n. A következő állítások ekvivalensek: 1. A O(n); 2. A megtartja a skaláris szorzatot, azaz 3. A megtartja a vektorok hosszát: 4. A megtartja a távolságot: x, y R n : Ax, Ay = x, y ; x R n : Ax = x ; x, y R n : d(ax, Ay) = d(x, y); 5. tetszőleges ortonormált bázis képe ortonormált bázis. Bizonyítás. 1 2 Először teljesüljön, hogy A t A = I n. Ekkor Ax, Ay = x, A t Ay = x, y. Megfordítva, ha A megtartja a skaláris szorzatot, azaz Ax, Ay = x, y

28 28 2. FEJEZET. AFFIN LEKÉPEZÉSEK akkor A t Ax, y = x, y A t Ax, y = I n x, y amiből következik, hogy x, y : (A t A I n )x, y = 0, vagyis A t A = I n = 3 nyilvánvaló, a norma definíciója miatt: Ax = Ax, Ax = x, x = x. Megfordítva, könnyen ellenőrizhető, hogy: x, y = 1 2 ( x + y 2 x 2 y 2), azaz a skaláris szorzat a normából kifejezhető. 3 4 Következik onnan, hogy a norma és távolság egymásból kölcsönösen kifejezhetők: d(x, y) = x y, x = d(x, 0). 2 = 5 A skaláris szorzat tartásból következik, hogy ortonormált vektorrendszer képe ortonormált vektorrendszer, hisz a hossz és a merőlegesség megmarad. 5 = 2 Legyen x = x 1 e x n e n, y = y 1 e y n e n, ahol (e 1,..., e n ) ortonormált bázis. Ekkor Ax = x 1 Ae x n Ae n és Ay = y 1 Ae y n Ae n is teljesül. Mivel (Ae 1,..., Ae n ) is ortonormált bázis: x, y = x 1 y x n y n Ax, Ay = x 1 y x n y n, azaz A megtartja a skaláris szorzatot.

29 2.3. IZOMETRIÁK Izometriák Definíció. Egy F : R n R n bijektív leképezést egybevágósági transzformációnak vagy izometriának nevezünk, ha távolságtartó, azaz P, Q R n : d(f (P ), F (Q)) = d(p, Q). 26. Tétel. R n összes izometriái csoportot alkotnak a transzformáció szorzás műveletre nézve. Ezt a csoportot E(n)-vel jelöljük és a kétdimenziós euklideszi tér euklideszi csoportjának nevezzük. Az előző fejezet szerint minden ortogonális transzformáció (azaz ortogonális mátrixszal történő balszorzás) izometria, ezek a lineáris izometriák. Másik egyszerű példa izometriára az eltolás, vagy transzláció, amely, a triviális esetet leszámítva, már nem lineáris izometria.. Definíció. Legyen v R n. A τ v : R n R n, X τ v (X) = X + v leképezést v vektorú eltolásnak (transzlációnak) nevezzük. 27. Tétel. R n összes transzlációi kommutatív csoportot alkotnak a kompozíció szorzás műveletre nézve. 28. Tétel. Minden transzláció izometria. 29. Tétel (A síkizometriák főtétele). Egy F : R n R n bijektív leképezés akkor es csakis akkor izometria, ha A O(n) ortogonális mátrix és b R n vektor, hogy F (x) = Ax + b. Bizonyítás. Mivel minden ortogonális transzformáció és eltolás izometria, ezek kompozíciója is az. Legyen most F : R n R n egybevágóság. b-t és A-t a következőképpen konstruáljuk meg. Legyen b = F (0), ϕ: R 2 R n, ϕ(x) = F (x) b. ϕ-ről belátjuk, hogy lineáris leképezés, így megegyezik egy A mátrixszal való bal oldali szorzással. Először belátjuk, hogy az előbbiekben megkonstruált ϕ megtartja a skaláris szorzatot. Emlékeztetünk arra, hogy ξ, η R n : ξ, η = ξ 2 + η 2 ξ η 2. 2

30 30 2. FEJEZET. AFFIN LEKÉPEZÉSEK Tehát ϕ(x), ϕ(y) = = ϕ(x) 2 + ϕ(y) 2 ϕ(x) ϕ(y) 2 2 = F (x) F (0) 2 + F (y) F (0) 2 F (x) F (0) F (y) + F (0) 2 2 = x y 0 2 x y 2 2 = = x 2 + y 2 x y 2 2 = x, y, felhasználva, hogy F izometria. Végezetül belátjuk, hogy ϕ lineáris. Az előző bizonyításrészből közvetlenül következik, hogy ha E = (e 1,..., e n ) ortonormált bázis, akkor E = ( ϕ(e 1 ),..., ϕ(e n ) ) is ortonormált bázis. Vegyük ϕ(x) koordinátaelőállítását E -re vonatkozóan: ϕ(x) = n ϕ(x), ϕ(e i ) ϕ(e i ) = i=1 n x, e i ϕ(e i ). ϕ(x)-nek ez a kifejezése x-ben lineáris, tehát van olyan A R n n mátrix, hogy ϕ(x) = Ax. Mivel ϕ skaláris szorzat tartó, ezért i=1 Ax, Ay = ϕ(x), ϕ(y) = x, y, azaz a 25. Tétel szerint A ortogonális mátrix. A főtétel közvetlen következménye az alábbi tétel: Következmény. Minden izometria ortogonális transzformáció és eltolás szorzata. A sík izometriái geometriailag eltolások vagy elforgatások vagy csúsztatva tükrözések. Definíció. Egy izometriát mozgásnak vagy irányítástartó izometriának nevezünk, ha lineáris része speciális ortogonális transzformáció. 30. Tétel. R n mozgásai csoportot alkotnak a transzformáció szorzás műveletre nézve. Ezt a csoportot E + (n)-vel jelöljük. A sík mozgásai geometriailag elforgatások vagy eltolások. =

31 2.4. SPECIÁLIS AFFIN TRANSZFORMÁCIÓK: AFFIN NYÚJTÁSOK Speciális affin transzformációk: affin nyújtások Definíció. Egy affin transzformációt affin nyújtásnak, röviden nyújtásnak nevezünk, ha igaz rá, hogy minden egyenes párhuzamos a képével. (A definícióban megengedjük, hogy egy egyenes képe esetleg önmaga.) Példa. Az eltolás nyilvánvalóan affin nyújtás. A következő példa szintén ismerős lesz az elemi geometriai tanulmányokból. Definíció. Legyen rögzítve a C R n pont és λ 0 skalár. A h (C,λ) : R n R n, X h (C,λ) (X) = C + λ(x C) leképezést C centrumú, λ arányú középpontos nyújtásnak nevezzük. Szokás a középpontos nyújtás arányának az itt definiált előjeles arány abszolút értékét, azaz λ -t nevezni. A középpontos nyújtás definícióját átalakítva: h (C,λ) (X) = C + λ(x C) = λix + (1 λ)c. Innen láthatjuk, hogy a transzformáció affin transzformáció, melynek lineáris része λi, azaz valóban minden egyenes párhuzamos lesz a képével. 31. Tétel. Minden affin nyújtás lineáris része λi, ahol λ 0 valós szám. Bizonyítás. Egy nyújtás lineáris része olyan A GL(n) mátrix, hogy minden v R n -re v és Av arányosak, azaz A-nak minden (nem zéró) vektor sajátvektora. Ez a mátrix csak λi. Az olyan diagonális mátrixot, amelyben a diagonális elemei ugyanazok a skalárok (azaz a mátrix λi alakú), skalár mátrixnak is nevezik. Így tételünket úgy is fogalmazhatjuk, hogy egy nyújtás lineáris része mindig skalármátrix. 32. Tétel. Egy identitástól különböző nyújtásnak legfeljebb egy fixpontja lehet. A fixpontmentes nyújtás mindig eltolás, az egy fixponttal rendelkező nyújtás pedig mindig középpontos nyújtás. Bizonyítás. Legyen F (X) = λx + b az affin leképezés, a fixpontra λx + b = X (λ 1)X = b. (2.4) λ = 1 esetén a transzformáció eltolás, ha ráadásul b 0, akkor valódi eltolás. Ekkor a (2.4) egyenletnek nincs megoldása. λ 1 esetén X = b/(1 λ) az egyértelmű fixpont. Jelöljük a fixpontot C-vel! Innen b = (λ 1)C és F (X) = λix + (λ 1)C adódik, ami középpontos nyújtás.

32 32 2. FEJEZET. AFFIN LEKÉPEZÉSEK Egy λ arányú középpontos nyújtásra d(x, Y ) = X Y = λx + b λy b = λ X Y. Azt is mondhatjuk, hogy a középpontos nyújtás hasonlósági transzformáció. Definíció. Egy F : R n R n, X F (X) = X bijektív leképezést hasonlósági transzformációnak vagy hasonlóságnak nevezünk, ha van olyan k > 0, hogy X R n és Y R n : d(x, Y ) = kd(x, Y ). k a hasonlóság aránya. k = 1 esetén az egybevágóság definícióját kapjuk. A háromszög egyenlőtlenségből rögtön adódik, hogy három kollineáris pont képe három kollineáris pont és megfordítva, azaz minden hasonlóság affin transzformáció. Legyenek ugyanis P, Q, R különböző kollineáris pontok úgy, hogy P Q R teljesül, azaz d(p, Q) + d(q, R) = d(p, R). Ha P, Q, R nem lennének kollineárisak, akkor: d(p, Q ) + d(q, R ) > d(p, R ) = d(p, Q) + d(q, R) > d(p, R) ellentmondás következik. Az is könnyen látható, hogy R n hasonlóságai csoportot alkotnak a kompozíció műveletre. Ez a csoport a hasonlósági csoport, melyet H(n) jelöl. 33. Tétel. Minden hasonlóság egybevágóság és középpontos nyújtás szorzata. Bizonyítás. Legyen F egy k arányú hasonlóság, C egy tetszőleges pont. Ekkor h (C,1/k) F = G egybevágóság. Tehát F = h (C,1/k) G. Innen rögtön következik a hasonlóság lineáris részének meghatározása. 34. Tétel. R n egy hasonlósági transzformációjának lineáris része λa, ahol λ 0 és A O(n). Azaz H(n) = {( ) } λa b λ 0, A O(n) 0 1 Következmény. A sík egy hasonlóságának lineáris része ( ) a ±b GL(2), ahol a 2 + b 2 > 0. b a

33 2.4. SPECIÁLIS AFFIN TRANSZFORMÁCIÓK: AFFIN NYÚJTÁSOK 33 Bizonyítás. A hasonlóság legyen a λ arányú középpontos nyújtás és egy olyan egybevágóság szorzata, melynek lineáris része ( ) cos α ± sin α. sin α cos α A szorzat lineáris része ( ) λ cos α ±λ sin α. (2.5) λ sin α λ cos α Legyen λ cos α = a, λ sin α = b, ekkor a kívánt mátrix alakot kapjuk. Továbbá a 2 + b 2 = λ 2 > 0 is teljesül. Megfordítva, belátjuk, hogy egy ( ) a ±b, (a 2 + b 2 > 0) b a alakú mátrix hasonlóság mátrixa. Ehhez a λ és α számokat kell megtalálni. Mivel ( ) a a2 + b, b 2 a2 + b 2 egységvektor, így van olyan α R, hogy cos α = a b, és sin α = a2 + b2 a2 + b 2. Legyen λ = a 2 + b 2. Így ( ) ( ) a ±b λ cos α ±λ sin α =. b a λ sin α λ cos α 35. Tétel (Hasonlóságok fixponttétele). Ha egy hasonlóság nem izometria, akkor egyértelműen létezik fixpontja. Bizonyítás. X akkor és csakis akkor fixpontja a (λa, b) hasonlóságnak, ha Azt állítjuk, hogy a (2.6) egyenletből képzett (λa I)X = b. (2.6) (λa I)X = 0, (2.7) homogén lineáris egyenletrendszernek csak a zéró vektor megoldása, így a (2.6) egyenletrendszernek egyértelmű megoldása van. Ha (λa I)X = 0, akkor λ AX = X. Az ortogonális transzformáció normatartó, így ( λ 1) X = 0. λ 1, mert a transzformáció nem izometria, így X = 0, azaz (2.7)-nek csak triviális megoldása van.

34 34 2. FEJEZET. AFFIN LEKÉPEZÉSEK Kulcsszavak Jegyzetek

35 2.5. AFFIN TRANSZFORMÁCIÓK ÉS MÁSODRENDŰ ALAKZATOK Affin transzformációk és másodrendű alakzatok A kúpszelet geometriai fogalmának megfelelő algebrai fogalom a másodrendű görbe 1. R 2 egy másodrendű görbéjén a γ = {(x, y) R 2 a 11 x 2 + 2a 12 xy + a 22 y 2 + 2b 1 x + 2b 2 y + c = 0} halmazt értjük, ahol az a 11, a 12, a 22 együtthatók egyszerre nem nullák. Jól ismert másodrendű görbék: 1. x 2 + y 2 = 1 (kör) 2. x 2 + y 2 = 1 (képzetes kör) 3. x 2 y 2 = 1 (hiperbola) 4. y = x 2 (parabola) 5. x 2 + y 2 = 0 (pontkör, vagy képzetes metsző egyenespár) 6. x 2 y 2 = 0 (metsző egyenespár) 7. x 2 = 1 (párhuzamos egyenespár) 8. x 2 = 1 (képzetes párhuzamos egyenespár) 9. x 2 = 0 (kettős egyenes). A másodrendű görbe a 11 x 2 + 2a 12 xy + a 22 y 2 + 2b 1 x + 2b 2 y + c = 0 (2.8) egyenletét többféle alternatív formába átírhatjuk. Legyen Q = (a ij ) R 2 2, q = (b 1, b 2 ), továbbá p = (x, y), ekkor a (2.8) egyenlet: vagy alakban is felírható. Qp, p + 2 b, p + c = 0, ( ) ( ) Q q p (p t, 1) q t = 0 c 1 1 Kúpszelet alatt a (végtelen) forgáskúp vagy forgáshenger síkmetszeteit értjük, az elfajuló eseteket is beleértve.

36 36 2. FEJEZET. AFFIN LEKÉPEZÉSEK Definíció. Legyen Q R n n, Q = Q t, Q 0, q R n, c R. Másodrendű alakzatnak nevezzük a { ( ) ( ) } Q q x Γ = x R n (x t, 1) q t = 0 c 1 ponthalmazt. ( ) ( ) Q q x (x t, 1) q t = 0 c 1 a Γ másodrendű alakzat egyenlete. Ha n = 2, akkor másodrendű görbéről, míg ha n = 3, akkor másodrendű felületről beszélünk. ( ) Q q Q a másodrendű alakzat egy magmátrixa, míg q t egy mátrixa. c Másodrendű alakzat mátrixa és magmátrixa nem egyértelmű, hiszen a λi (λ 0) skalár mátrixal beszorva az alakzat egy mátrixát, az alakzat egyenlete, és így az alakzat, mint ponthalmaz ugyanaz marad. 36. Tétel. Másodrendű alakzat affin képe másodrendű alakzat. Bizonyítás. A szóban forgó affin transzformáció inverze legyen (A, b) A(n). Az inverz transzformáció elve alapján a másodrendű alakzat affin képének egyenlete [( ) ( )] t ( ) ( ) ( ) A b x Q q A b x q t = c ( ) ( ) ( ) ( ) A = (x t t 0 Q q A b x, 1) b t 1 q t = 0. c }{{} C A C-vel jelöl részt alakítva (az n. sor n. elemét csak eljelölve): ( ) ( ) ( ) A C = t Q A t q A b A b t Q + q t c = t QA A t Qb + A t q 0 1 b t QA + q t A c. Mivel A t QA szimmetrikus, nem zéró mátrix, továbbá (A t Qb + A t q) t = b t QA + q t A, ezért C valóban egy másodrendű alakzat mátrixa. Definíció. Két másodrendű alakzat affin ekvivalens, ha egyik a másikba affin transzformációval átvihető.

37 2.5. AFFIN TRANSZFORMÁCIÓK ÉS MÁSODRENDŰ ALAKZATOK37 Az affin ekvivalens másodrendű alakzatok magmátrixai között speciális kapcsolat áll fönn: az egyik mátrix (az előbbi bizonyításban) Q, a másik A t QA. Definíció. Legyenek M és N valós elemű n n típusú mátrixok. Azt mondjuk, hogy M kongruens N-nel R fölött (jelölésben M = N), ha van olyan invertálható S GL(n) mátrix, hogy N = S t MS. Egyszerűen látható, hogy a mátrixok kongruenciája ekvivalenciareláció, valamint kongruens mátrixok rangja egyenlő. Megjegyezzük, hogy M = N akkor és csakis akkor teljesül, ha N az M-ből elemi sorátalakítások és a sorátalakításnak megfelelő elemi oszlopátalakítások véges sorozatával származik. Az előző tétel bizonyításából tehát kiolvasható az alábbi állítás: 37. Tétel. Affin ekvivalens másodrendű alakzatok előállíthatók kongruens magmátrixokkal. A továbbiakban azt vizsgáljuk, hogy a található-e olyan (A, b) A(n) affin transzformáció, hogy a másodrendű alakzat ( A t QA ) A t Qb + A t q b t QA + q t A c mátrixa egyszerű. Az egyszerűség egyrészt vonatkozik az A t QA magmátrixra, az A t Qb + A t q vektorra, s végül a c konstansra. A magmátrix egyszerűsítéséhez szükség van a szimetrikus mátrixok ún. normál forma tételére. 38. Tétel (Valós elemű szimmetrikus mátrixok normál forma tétele). Minden Q valós elemű szimmetrikus négyzetes mátrix kongruens egy diagonális mátrixhoz melynek alakja diag(d 1,..., d n ), ahol d 1 =... = d r = 1, d r+1 =... = d r+s = 1, d r+s+1 =... = d n = 0 valamely, Q által egyértelműen meghatározott r-re és s-re. A tétel által egyértelműen meghatározott diagonális mátrixot a Q mátrix normálformájának nevezzük. Mivel kongruens mátrixok rangja egyenlő, ezért világos, hogy rang Q = r + s. A r s értéket a Q mátrix szignatúrájának nevezzük. Az is belátható, hogy kongruens mátrixok szignatúrája is megegyezik. Alkalmas A GL(n) mátrix választásával tehát alakú. A t QA = diag ±1, ±1,... ± 1, 0,... 0

38 38 2. FEJEZET. AFFIN LEKÉPEZÉSEK A továbbiakban azt vizsgáljuk, hogy alkalmas b választásával A t Qb + A t q lehet-e 0. Ehhez meg kell oldani az A t Qb = A t q Qb = q (2.9) lineáris egyenletrendszert b-re. A megoldhatóság feltétele, hogy rang(q) = rang(q, q). (Ha Q reguláris mátrix, akkor biztosan ez az eset áll fönn.) Ha ez a feltétel teljesül, akkor az (A, b) affin transzformáció a ( ) Q q q t c mátrixú másodrendű alakzatot a ±1 ± c mátrixú másodrendű alakzatba viszi (c R). Ha c = 0, akkor ennek az alakzatnak az implicit egyenlete ±x 2 1 ± ± x 2 k = 0 (rang Q = k) 1 Ha c 0, akkor az arányú középpontos hasonlósággal az alakzat a c ±x 2 1 ± ± x 2 k = ±1 implicit egyenletű másodrendű alakzatba megy át. Itt nem tárgyaljuk azt az esetet, amikor (2.9) nem oldható meg. Nem elfajuló magmátrixra viszont az egyenletrendszer mindig megoldható, és megkapjuk a nem elfajuló magmátrixú másodrendű felületek hat affin osztályát (2.1. táblázat). A másodrendű felületek 17 affin osztálya (egy kivétellel) egyszerűen származtatható elforgatással, affinitással és henger-képzéssel az alábbi, egyszerűen ellenőrizhető tételek szerint (ld. még a 2.2. táblázatot). 39. Tétel (Forgatás). Ha az xy sík F (x, y 2 ) = 0 implicit egyenletű alakzatát megforgatjuk az x tengely körül, akkor az így kapott forgásfelület implicit egyenlete F (x, y 2 + z 2 ) = 0. (Az x, y, z koordináták szerepe értelem szerűen cserélhető.) 40. Tétel (Affinitás). Az F (x, y, z) = 0 implicit egyenletű felület affin képe a diag(a, b, c) lineáris affinitásnál F (x/a, y/b, z/c) = 0.

39 2.5. AFFIN TRANSZFORMÁCIÓK ÉS MÁSODRENDŰ ALAKZATOK Tétel (Hengerfelület képzés). Az F (x, y) = 0 implicit egyenletű, xy síkban elhelyezkedő vezérgörbe és a z alkotó irány által meghatározott hengerfelület imlicit egyenlete F (x, y) = 0. Következmény. A másodrendű görbék egyenleteinek kanonikus alakjai egyben a másodrendű hengerek kanonikus alakjai is, ez 9 affin osztályt ad. Az egyetlen, itt nem tárgyalt másodrendű felület az x 2 a 2 y2 b 2 = 2z kanonikus egyenletű hiperbolikus paraboloid.

40 40 2. FEJEZET. AFFIN LEKÉPEZÉSEK Q normálformája c egyenlet név diag(1, 1, 1) 0 x 2 + y 2 + z 2 = 0 pont (képzetes kúp) diag(1, 1, 1) 1 x 2 + y 2 + z 2 = 1 (képzetes gömb) diag(1, 1, 1) 1 x 2 + y 2 + z 2 = 1 gömb diag(1, 1, 1) 0 x 2 + y 2 z 2 = 0 kúp diag(1, 1, 1) 1 x 2 y 2 + z 2 = 1 kétköpenyű hiperboloid diag(1, 1, 1) 1 x 2 + y 2 z 2 = 1 egyköpenyű hiperboloid diag(1, 1, 1) 0 x 2 + y 2 + z 2 = 0 kúp diag(1, 1, 1) 1 x 2 + y 2 + z 2 = 1 egyköpenyű hiperboloid diag(1, 1, 1) 1 x 2 y 2 z 2 = 1 kétköpenyű hiperboloid diag( 1, 1, 1) 0 x 2 + y 2 + z 2 = 0 pont (képzetes kúp) diag( 1, 1, 1) 1 x 2 + y 2 + z 2 = 1 gömb diag( 1, 1, 1) 1 x 2 + y 2 + z 2 = 1 (képzetes gömb) 2.1. táblázat. A nem elfajuló magmátrixú másodrendű felületek. A kettős vonal alatti másodrendű felületek már ismétlődések a felsorolásban: esetleges átbetűzés után megkapjuk az első hat egyenlet valamelyikét.

41 2.5. AFFIN TRANSZFORMÁCIÓK ÉS MÁSODRENDŰ ALAKZATOK41 görbe teng. forgásfelület affinitás egyenlet név x 2 + y2 a 2 x 2 y2 a 2 x 2 z2 a 2 x 2 + y2 a 2 x 2 + y2 a 2 x 2 y2 a 2 x 2 x = 1 x 2 + y2 + z2 b 2 a 2 b 2 b 2 = 1 x x 2 c 2 = 1 z x 2 b 2 = 0 x x 2 b 2 = 1 x x 2 b 2 = 0 x x 2 y2 z2 a 2 b 2 + y2 z2 a 2 a 2 + y2 + z2 a 2 b 2 + y2 + z2 a 2 b 2 y2 z2 a 2 b 2 a 2 = 2z z x 2 a 2 + y2 x = 1 (1, 1, c/b) 2 + y2 + z2 = 1 ellipszoid b 2 a 2 b 2 c 2 b 2 = 1 (1, 1, c/b) x 2 c 2 = 1 (1, b/a, 1) x 2 b 2 = 0 (1, 1, c/b) x 2 b 2 = 1 (1, 1, c/b) x 2 b 2 = 0 (1, 1, c/b) x 2 y2 z2 a 2 b 2 c 2 = 1 kétköpenyű hiperboloid + y2 z2 a 2 b 2 c 2 = 1 egyköpenyű hiperboloid + y2 + z2 a 2 b 2 c 2 = 0 pont c 2 = 1 + y2 + z2 a 2 b 2 y2 z2 = 0 másodrendű kúp a 2 b 2 c 2 x = 2z (1, a/b, 1) 2 + y2 = 2z elliptikus paraboloid a 2 a 2 b táblázat. Másodrendű felületek kanonikus alakjai forgatással és affinitással

42 42 2. FEJEZET. AFFIN LEKÉPEZÉSEK

43 3. fejezet A konvex geometria alapjai 43

44 44 3. FEJEZET. A KONVEX GEOMETRIA ALAPJAI 3.1. Konvexitás, konvex burok Definíció. A H R n halmazt konvex halmaznak nevezzük, ha x H, y H, t [0, 1] : tx + (1 t)y H. A definíció azt jelenti, hogy a konvex halmaz tetszőleges két pontjával együtt azok összekötő szakaszát is tartalmazza. A definícióból azonnal következik az alábbi tétel. 42. Tétel. Konvex halmaz affin képe konvex halmaz. Bizonyítás. A bizonyítás szó szerint megegyezik az affin leképezés osztóviszonytartásának bizonyításával (14. oldal). Azaz, legyen F = (A, b): R n R n affin leképezés, azaz F (x) = Ax + b, ahol A GL(n), b R n. Ekkor t R (speciálisan t [0, 1]): F (tx + (1 t)y) = A(tx + (1 t)y) + b = = tax + (1 t)ay + tb + (1 t)b = = t(ax + b) + (1 t)(ay + b) = = tf (x) + (1 t)f (y). Példa. 1. Az üres halmaz konvex halmaz. 2. Minden altér, következésképpen (a 42. tétel szerint) minden lineáris sokaság, speciálisan minden pont, egyenes és minden hipersík konvex halmaz. 3. Legyen w R n, w 0, P R n. A {X R n X P, w > 0} nyílt féltér, vagy {X R n X P, w 0} zárt féltér konvex halmazok. (A zárt féltereket gyakran a határoló hipersík oldalainak is nevezzük.) 43. Tétel. Konvex halmazok tetszőleges családjának metszete konvex. Definíció. Az x 1,..., x k R n pontok konvex (lineáris) kombinációján a k k λ i x i R n vektort értjük, ahol λ i = 1 és i : λ i 0. A konvex i=1 i=1 kombinációt sokszor az alábbiak szerint rövidítjük: k c λi x i. Példa. Az x, y R n pontok összes konvex lineáris kombinációinak halmaza az [x, y] szakasz. (Lásd a szakasz definícióját!) i=1

45 3.1. KONVEXITÁS, KONVEX BUROK 45 Az x, y, z R 2 páronként különböző pontok összes konvex lineáris kombinációi halmaza az xyz (esetleg elfajuló) háromszöglemez. (Az xy határegyenesű z-t tartalmazó félsík, az xz határegyenesű y-t tartalmazó félsík és az yz határegyenesű, x-t tartalmazó félsík metszete.) 44. Tétel. H R n akkor és csakis akkor konvex, ha H-beli pontok tetszőleges konvex kombinációja H-beli. Bizonyítás. Ha tetszőleges konvex kombináció H-beli, akkor speciálisan két ponté is, ami definíció szerint azt jelenti, hogy H konvex. Megfordítva, legyen H konvex. A bizonyítás a H-ból választott pontok száma szerinti teljes indukció. k = 1 triviális. Tegyük fel, hogy az állítás k-ra igaz, belátjuk k + 1-re. Legyen λ k+1 1 x = k+1 c λi x i = i=1 = (1 λ k+1 ) k λ i x i + λ k+1 x k = i=1 k i=1 c λ i (1 λ k+1 ) x i + λ k+1 x k+1. k c λ i λ k+1 = 1-nél x = x k+1, és az állítás igaz. (1 λ i=1 k+1 ) x i H az indukciós feltevés szerint, tehát a konvexitás definíciója szerint x H. Definíció. A H R n halmaz konvex burka az a conv H-val jelölt konvex halmaz, mely tartalmazza H-t és melyet minden H-t tartalmazó konvex halmaz tartalmaz. A definícióból rögtön következik a következő állítás. 45. Tétel. conv H a H-t tartalmazó konvex halmazok metszete. 46. Tétel. conv H a H-beli pontok összes konvex kombinációinak halmaza. Bizonyítás. Jelölje C a H-beli pontok összes konvex lineáris kombinációi halmazát. H conv H miatt conv H-nak tartalmaznia kell a H-ból vett pontok minden konvex kombinációját, így C conv H. A megfordításhoz elegendő belátni, hogy C a H-t tartalmazó konvex halmaz. H C triviális, mert x H : x = 1 x, ami konvex lineáris kombináció.

46 46 3. FEJEZET. A KONVEX GEOMETRIA ALAPJAI Ekkor: Csak annak bizonyítása maradt hátra, hogy C konvex. Legyen x, y C: x = k c αi u i, y = i=1 λx + (1 λ)y = λ = m i=k+1 c αi u i. k c αi u i + (1 λ) i=1 k λα i u i + i=1 hiszen λα i 0 és (1 λ)α i 0 és k λα i + i=1 m (1 λ)α i = λ i=k+1 m i=k+1 c αi u i = m (1 λ)α i u i C, i=k+1 k α i + (1 λ) i=1 m i=k+1 Példa. Lássuk be a következő egyszerű állításokat: Korlátos halmaz konvex burka is korlátos. Ha A B, akkor conv A conv B. α i = λ + (1 λ) = Tétel (Carathéodory). Legyen H R n. Ekkor conv H a H-beli affin független pontrendszerek konvex kombinációi halmaza. Bizonyítás. Azt látjuk be, hogy minden konvex kombinációt redukálni tudunk affin független pontok konvex kombinációjára. Legyen m c x = λi x i, (3.1) i=1 s legyen (x 1,..., x m ) affin függő pontrendszer H-ban. Ekkor léteznek olyan µ 1,..., µ m skalárok, hogy m i=1 µ i = 0 nem triviálisan és m µ i x i = 0. (3.2) i=1 Legyen t R tetszőleges skalár, s (3.2) t-szeresét adjuk hozzá (3.1)-hez. Tehát minden t skalárra: m x = (λ i tµ i )x i, (3.3) i=1

47 3.1. KONVEXITÁS, KONVEX BUROK 47 továbbá m (λ i tµ i ) = 1 i=1 is nyilván teljesül. Ha t = min { λ i /µ i µ i > 0 }, akkor az x pont (3.3) kombinációjában minden együttható nemnegatív (ez nem pozitív µ i -re nyilvánvaló, pozitív µ i -re pedig a t konstrukciója miatt van így), tehát a lineáris kombináció konvex lesz, másrészt legalább egy együttható zérus, azaz a konvex kombinációban szereplő pontok számát csökkenteni tudtuk. (S csökkenteni tudjuk mindaddig, amíg affin független pontrendszert nem kapunk.) Következmény. Ha H síkbeli ponthalmaz, akkor conv H olyan (esetleg elfajuló) háromszöglemezek uniója, melyek csúcsai H-ból valók. 48. Tétel. Kompakt halmaz konvex burka kompakt. Bizonyítás. Legyen A R n kompakt. conv A korlátossága nyilvánvaló: A benne van egy origó középpontú S gömbben, tehát conv A S. Legyen N = n + 1. Tekintsük az alábbi leképezést: ϕ: R N R } n {{ R n } R n, N N ((α 1,..., α N ), x 1,..., x N ) α i x i x i R n, α i R (i = 1... N). Legyen K R N : K = { (α 1,..., α N ) i=1 N α i = 1, α i 0, (i = 1... N) }. i=1 K kompakt halmaz (hipersík és véges sok zárt féltér metszete, tehát zárt; korlátossága nyilvánvaló, mert egyetlen komponense sem lehet 1-nél nagyobb.) Carathéodory tétele szerint: ϕ(k } A {{ A } ) = conv A. kompakt halmaz ϕ folytonos, tehát kompakt halmaz képe kompakt.

48 48 3. FEJEZET. A KONVEX GEOMETRIA ALAPJAI Kulcsszavak Jegyzetek

49 3.2. HELLY TÉTELE Helly tétele 49. Tétel (Helly, 1923). Legyen H az R n -beli konvex halmazok olyan családja, hogy teljesülnek a következők: (i) H n + 2, (ii) H tetszőleges n + 1 elemének metszete nem üres, (iii) H < vagy H minden eleme kompakt. Ekkor van olyan pont, mely H minden halmazában benne van. A bizonyítást csak a H < esetre végezzük el. Bizonyítás. (Radon.) A konvex halmazok száma szerinti teljes indukció. jel. H = n + 2 = N. Legyen H = { H 1,..., H N }; továbbá x i H 1 H 2... Ĥi... H N, (i = 1..., N, a kalap az elem hiányát jelenti). (x 1,..., x N ) affin függő pontrendszer, hisz dim X = N 2. Ebből következően létezik olyan nem triviális λ 1,..., λ n R együtthatórendszer, hogy N N λ i x i = 0, λ i = 0. i=1 Különválasztjuk a nemnegatív és negatív együtthatókat. Az általánosság megszorítása nélkül: λ 1,..., λ r 0, λ r+1,..., λ N < 0. Tehát: Legyen r λ i x i = i=1 y def. = λ 1x λ r x r λ λ r = i=1 N i=r+1 r i=1 λ i x i, c λ i λ λ r x i. Mivel x 1,..., x r H r+1... H N ezért y H r+1... H N. Ugyanakkor: y = λ r+1x r+1 λ N x N λ r+1 λ N = N i=r+1 c λ i λ r λ N x i. Mivel x r+1,..., x N H 1... H r ezért y H 1... H r. Tegyük fel, hogy az állítás H k-ra igaz, (k n + 2). Legyen H = {H 1,..., H k, H k+1 }. Tekintsük a H 1,..., H k 1, H k H k+1

50 50 3. FEJEZET. A KONVEX GEOMETRIA ALAPJAI halmazrendszert, amely konvex halmazokból áll. Belátjuk, hogy erre a halmazrendszerre a tétel feltételei teljesülnek, azaz tetszőleges n + 1 elem metszete nem üres. Ha ez az n+1 konvex halmaz { H 1,..., H k 1 } közül kerül ki, akkor ez triviális. Ha a { H i1,..., H in, H k H k+1 } halmazrendszerről van szó, akkor a következőképpen járunk el: H i1..., H in, H k, H k+1 -re a tétel feltételei teljesülnek, s itt n + 2 halmazról van szó: x H i1... H in H k H k+1, azaz H i1... H in (H k H k+1 ). Példa. Végtelen sok nem kompakt konvex halmazra az állítás nem feltétlenül teljesül, amint azt az alábbi (1 dimenziós) ellenpéldák mutatják. Legyen H = { [n, [ n N }, illetve H = {( 0, n) 1 } n N, Példa. Ha a V 1,..., V l félterek lefedik az R n teret, azaz V 1... V l = R n, akkor van közöttük n + 1 féltér, amely szintén lefedi a teret. Bizonyítás. Legyen V i = R n \ V i. Ekkor V i V i =. Ha x l i=1v i, akkor x V 1... x V l, azaz x / V 1... V l, ami ellentmondás. Tehát l i=1v i =. Helly tételéből adódóan: V i0,..., V in : n j=0v ij =. Ekkor R n = n j=0v ij. 50. Tétel. Adott a síkon véges sok pont úgy, hogy közülük bármely három lefedhető egy R sugarú körlemezzel. Ebben az esetben az összes pont lefedhető egy R sugarú körlemezzel. Bizonyítás. Válasszunk ki három pontot a ponthalmazból, jelölje ezeket A, B, C. A feltétel szerint ezek lefedhetők egy R sugarú körlemezzel, azaz van olyan O pont, mely távolsága mindhárom ponttól kisebb, mint R. Az A, B, C pontok köré írt R sugarú körlemezek mindegyike tartalmazza tehát az O pontot, és így a Helly tétel feltételei teljesülnek. 51. Tétel (Jung). Egy d átmérőjű véges ponthalmaz lefedhető egy d/ 3 sugarú körlemezzel. Bizonyítás. A pontrendszer bármely x, y pontjaira tehát x y d. Az előző tételt alkalmazva, elegendő azt megmutatni, hogy a pontok közül bármely három lefedhető egy d/ 3 sugarú körlemezzel. Legyen a három pont

51 3.2. HELLY TÉTELE 51 A, B, C. Ha az ABC derékszögű, tompaszögű vagy elfajuló, akkor ez nyilván teljesül. Ha a háromszög hegyesszögű, akkor van π/3-nál nem kisebb szöge. Legyen ez pl. az AB oldallal szemközti γ szög. Ekkor továbbá AB d, tehát: 1 > sin γ 3 2, R = AB 2 sin γ d = d 3, ahol R a körülírt kör sugara. A körülírt kör, s ezért a háromszög is, lefedhető d/ 3 sugarú körlemezzel.

52 52 3. FEJEZET. A KONVEX GEOMETRIA ALAPJAI Kulcsszavak Jegyzetek

53 3.3. TÁMASZSÍKOK, EXTREMÁLIS PONTOK Támaszsíkok, extremális pontok A továbbiakban többször hivatkozni fogunk a normafüggvény folytonosságára. Lemma. Legyen f : R n R, x f(x) = x. Ekkor f folytonos leképezés. Bizonyítás. A Minkowski-egyenlőtlenség alapján f(x) f(y) = x y x y, így a folytonosság definíciója teljesül: ha x y < δ = ɛ, akkor f(x) f(y) < ɛ. 52. Tétel (Hahn Banach). Legyen K nem üres, kompakt, konvex halmaz, u / K. Ekkor van olyan H R n hipersík, mely u-t és K-t szigorúan szeparálja, azaz u és K a H által meghatározott különböző nyílt féltérben vannak. Bizonyítás. Az általánosság megszorítása nélkül feltételezhetjük, hogy u = 0. A normafüggvény a K kompakt halmazon felveszi minimumát, azaz van olyan p K (p 0), hogy x K : x p. Tekintsük az x 1 2 p, p = 0 hipersíkot (3.1. ábra) Az origóra p, p < 0, így bizonyítandó, hogy x K-ra x 1 2 p, p > 0. x 12 p, p = x p, p p, p > x p, p. Elegendő annyit belátni, hogy x K-ra p x, p 0. t (0, 1]-re: Ebből következik, hogy p 2 (1 t)p + tx 2 = t(x p) + p 2 = = t(x p) + p, t(x p) + p = = x p 2 t 2 + 2t x p, p + p 2. t (0, 1] : 2 p x, p x p 2 t, ami csak úgy lehetséges, ha p x, p 0, amit bizonyítani kellett. Definíció. Az A R n (nem feltétlenül konvex) halmaz x A-beli támaszsíkján olyan H X hipersíkot értünk, mely szeparálja {x}-t és A-t, azaz x H és A a H egyik oldalán van.)

54 54 3. FEJEZET. A KONVEX GEOMETRIA ALAPJAI 3.1. ábra. 53. Tétel. Egy nemüres kompakt halmaznak minden hipersíkkal párhuzamosan van támaszsíkja. Bizonyítás. Jelölje A a nemüres kompakt halmazt, V az adott hipersík irányterét (dim V = n 1). Legyen p: R n R n /V, R n -nek R n /V -ra való vetítése. p(a) kompakt az R n /V egyenesen. Jelölje α és β a p(a) halmaz két szélső pontját, p 1 (α) és p 1 (β) a keresett két támaszsík. (Ld ábra.) Definíció. Az K R n (nem üres) konvex halmaznak p K extremális pontja, ha x K, y K: p (x, y) = {ty + (1 t)x t (0, 1)} = p = x = y. A K konvex halmaz extremális pontjai halmazát Ext K jelöli. Megjegyzés. Azt is mondhatjuk, hogy egy konvex halmaz extremális pontja nem belső pontja egyetlen halmazbeli szakasznak sem, másképpen, a konvex halmaz extremális pontjai pontosan azok a pontok, melyeket a halmazból elhagyva ismét konvex halmazt kapunk. Példa. Egy szakasz extremális pontjai a végpontjai.

55 3.3. TÁMASZSÍKOK, EXTREMÁLIS PONTOK ábra. A támaszsík létezése.

56 56 3. FEJEZET. A KONVEX GEOMETRIA ALAPJAI 54. Tétel. Nem üres kompakt konvex halmaznak van extremális pontja. Bizonyítás. Jelöljön K R n nem üres kompakt konvek halmaz. Az f : R n R, x f(x) = x leképezés folytonos, így felveszi maximumát, azaz p K, hogy x K: x p. Azt állítjuk, hogy p a K halmaz extremális pontja. Ha p = 0, akkor K egyetlen pontból, az origóból áll, így az origó extremális pontja. A továbbiakban feltesszük, hogy p 0. Legyen x, y K és p = ty + (1 t)x valamely t (0, 1)-re. p = ty + (1 t)x t y + (1 t) x t p + (1 t) p p, így az alkalmazott két egyenlőtlenségben egyenlőség teljesül, amiből következik, hogy x = y = p, továbbá x és y arányosak, nem negatív faktorral (röviden azonos irányúak). Másrészt p, p = ty + (1 t)x, p = t y, p + (1 t) x, p t y p + (1 t) x p = = t p 2 + (1 t) p 2 = p 2, tehát az alkalmazott Cauchy-Schwarz egyenlőtlenségben egyenlőség teljesül: x = αp és y = βp valamely α, β számokra, felhasználva, hogy p 0. Mivel x, y, p normája megegyezik, ezért α = β = 1. α és β azonos előjelűek, mert x és y azonos irányúak. α = β = 1-ből p = 0 következik, ami ellentmondás. α = β = 1 az állítást adja. Lemma. Legyen K konvex halmaz, H pedig a K támaszsíkja K valamely pontjában. Ekkor Ext(K H) = (Ext K) H. Bizonyítás. Ha p Ext K, akkor K-ban nincsenek olyan x, y pontok, hogy az [x, y] szakasznak p belső pontja. Ekkor azonban a szűkebb K H halmazban sem lehetnek ilyen pontok, azaz Ext(K H) (Ext K) H. Legyen p Ext(K H), továbbá indirekt módon, x, y K legyenek olyan pontok, hogy p az [x, y] szakasz belső pontja. Mivel p H és K-beli pontokat H szigorúan nem szeparálhat, ezért x, y H, ami ellentmondás. 55. Tétel. Legyen K R n nemüres kompakt konvex halmaz. Ekkor K minden támaszsíkja tartalmaz extremális pontot. Bizonyítás. A támaszsík és K metszete nem üres, kompakt és konvex halmaz, így az 54. tétel szerint tartalmaz extremális pontot, amely az előző lemma szerint K-nak is extremális pontja.

57 3.3. TÁMASZSÍKOK, EXTREMÁLIS PONTOK ábra. 56. Tétel (Krein Milman, 1940). Legyen K R n nem üres, kompakt és konvex halmaz. Ekkor K = conv Ext K. Bizonyítás. A bizonyítást csak véges sok extremális pontra végezzük el. A conv Ext K K reláció nyilvánvaló, hiszen Ext K K = conv Ext K K. Belátjuk, hogy az előbbi tartalmazás nem lehet valódi. Legyen x K \ conv Ext K, H pedig olyan hipersík, mely x-t és conv Ext K-t szigorúan szeparálja (3.3. ábra). (Mivel feltételeztük, hogy véges sok extremális pontja van K-nak, az extremális pontok halmaza kompakt halmaz, s ennek konvex burka is kompakt halmaz, így a Hahn Banach tétel alkalmazható.) Legyen H az a H-val párhuzamos támaszsíkja K-nak, mely H ugyanazon oldalán van, mint x. H tehát tartalmaz extremális pontot, másrészt az extremális pontoktól H szigorúan szeparálja, ami nyilván ellentmondás.

58 58 3. FEJEZET. A KONVEX GEOMETRIA ALAPJAI Kulcsszavak Jegyzetek

59 3.4. KONVEX POLITÓPOK Konvex politópok Definíció. Véges sok pont konvex burkát konvex politópnak nevezzük. A konvex politóp k-dimenziós, ha affin dimenziója k. Két dimenziós konvex poliéderre a konvex poligon, (konvex sokszöglemez), míg a három dimenziós politópra a konvex poliéder elnevezést is használjuk. 57. Tétel. Egy konvex politópnak véges sok extremális pontja van, melyeket a konvex poliéder csúcsainak nevezünk. Bizonyítás. Legyen M = { x 1,..., x m }, továbbá conv M = P. Így M P. Belátjuk, hogy P -nek az extremális pontjai M-ben vannak. Legyen ugyanis x P \ M, x Ext P. Ekkor M P \ {x} = P = conv M P \ {x}, (hiszen P \ {x} konvex halmaz), ami nyilvánvaló ellentmondás. Következmény. Minden konvex politóp a csúcsai konvex burka. Bizonyítás. Minden konvex politóp kompakt halmaz (hiszen kompakt halmaz konvex burka is kompakt), így alkalmazható a Krein Milman tétel. 58. Tétel. Véges sok zárt féltér metszete konvex politóp, ha a metszet nem üres és kompakt. Bizonyítás. Legyenek K i R n (i = 1... k) zárt félterek, H i jelölje K i határát, P = k i=1k i R n, nem üres kompakt halmaz. Azt állítjuk, hogy P -nek véges sok extremális pontja van. Ezt n szerinti teljes indukcióval látjuk be. Ha n = 1, akkor P pont, vagy szakasz, s az állítás teljesül. Tegyük fel, hogy az állítás igaz, ha n = 1,..., m 1. Ekkor: x Ext P = x H i, valamely i-re, ahol H i R m hipersík. Tehát x (Ext P ) H i = Ext(P H i ). Az indukciós feltevés szerint azonban Ext(P H i ) <, amiből következik az állítás. 59. Tétel. Minden konvex politóp véges sok zárt féltér metszete R n -ben. Bizonyítás. Konvex politóp és támaszsíkjának metszetét vizsgáljuk. Az 56. oldalon szereplő Lemma szerint a metszetek maguk is konvex politópok. Ha a metszet egyetlen pont, akkor ez a pont a konvex politóp extremális pontja (minden támaszsík tartalmaz extremális pontot) így a konvex politóp csúcsa.

60 60 3. FEJEZET. A KONVEX GEOMETRIA ALAPJAI Definíció. Az n-dimenziós konvex politóp és támaszsíkjának metszetét a konvex politóp egy k dimenziós lapjának nevezzük, ha a metszet affin dimenziója k. Az 1 dimenziós lapok a poliéder élei, míg az n 1 dimenziós lapot gyakran lapnak, vagy oldallapnak említjük. (A 0 dimenziós lapok a politóp csúcsai.) Három dimenziós konvex poliéderek A továbbiakban kizárólag három dimenziós konvex poliéderekről lesz szó. 60. Tétel (Euler poliédertétele.). Egy konvex poliéder élei számát jelölje e, lapjai számát l, csúcsai számát c. Ekkor teljesül, hogy l + c = e + 2. Bizonyítás. A poliéder bármely lapsíkja a teret két nyílt féltérre szeparálja, ezek egyikében nincs poliéderpont és ezt a továbbiakban negatív féltérnek nevezzük, míg a másik félteret pozitívnak. Jelöljük ki a poliéder egyik lapját, s rögzítsünk egy pontot ezen lap által meghatározott negatív, de a többi lap által meghatározott pozitív féltérben. Centrális vetítéssel képezzük le a poliédert a kiválasztott lapsíkra. A csúcsok 3.4. ábra. Euler poliédertétele. és az élek vetületei egy véges összefüggő Γ gráfot alkotnak. Ha ezen gráf csúcsai számát C, élei számát E jelöli, akkor megállapíthatjuk, hogy c = C, e = E. A lapok vetületei a kiválasztott lapot leszámítva közös belső pont nélküli sokszöglemezek. Ha ezek számát L jelöli, akkor l 1 = L. A gráfon az alábbi műveleteket végezzük. Ha van a gráfban kör, akkor töröljünk ebből egy élt. Ez olyan él, mely két sokszöglemezt szeparál, vagy valamely sokszöglemeznek olyan oldala, mely csak ehhez a sokszöglemezhez tartozik. Ez a művelet a sokszöglemezek számát 1-el csökkenti, hasonlóan az élek számát, tehát a gráfra az L + C E összeg nem változik.

61 3.4. KONVEX POLITÓPOK 61 Ha az előbbi műveletet a gráfon már nem lehet elvégezni, akkor a gráf kört nem tartalmaz, azaz van olyan csúcs, melynek fokszáma 1. Ekkor töröljük ezt a csúcsot és a hozzá tartozó élet. A gráfra az L + C E összeg ezzel a művelettel sem változott meg. Ha a második műveletet sem lehet a gráfon már elvégezni, akkor az csak csúcsokat tartalmaz. Mivel az eredeti gráf összefüggő volt és mindkét művelet eredménye összefüggő gráf, ezért a fenti műveletek után is öszefüggő gráfot kapunk, azaz egyetlen pontot. Az L + C E összeg a gráfra a műveletek végrehajtása után nem változott, az egy pontból álló gráfra ez az összeg 1. Tehát l 1 + c e = 1, ami éppen az állításunk. Definíció. Egy konvex poliéder egy csúcsához tartozó defektusán a teljesszögnek és a csúcshoz tartozó élszögek összegének különbségét értjük. 61. Tétel (Descartes). Egy konvex poliéder csúcsaihoz tartozó defektusok összege 4π. Bizonyítás. Jelölje δ V a V csúcshoz tartozó defektust; c a csúcsok számát. δ V = ( 2π ) (élszögek V -nél) = V V = 2π c (az összes élszög). Az élszögek összegét a következőképpen számoljuk össze: összeadjuk az összes háromszöglemez, négyszöglemez, ötszöglemez,... szögösszegét. A poliéder határát alkotó konvex n-szögek száma legyen f n. δ V = 2π c (n 2)π f n = n V = 2π c π n f n + 2π n n = 2π(c e + l) = 4π. (Az utolsó relációnál Euler poliédertételét alkalmazva.) f n = 62. Tétel (Cauchy-féle merevségi tétel.). Legyenek adva a P és P konvex poliéderek, továbbá jelölje Γ(P ) és Γ(P ) P és P lapjai halmazát. Ha van olyan ϕ: Γ(P ) Γ(P ) leképezés, megtartja a lapok szomszédosságát, továbbá az egymásnak megfelelő lapok kongruensek, akkor a két poliéder kongruens. Bizonyítás.

62 62 3. FEJEZET. A KONVEX GEOMETRIA ALAPJAI Definíció. A szabályos poliéder olyan konvex poliéder, melynek lapjai egybevágó szabályos sokszögek, továbbá minden lapszöge egybevágó. Definíció. Egy szabályos poliéder szimbóluma (p, q), ha lapjai szabályos p- szögek, az egy csúcsba befutó élek száma pedig q. 63. Tétel. A szabályos poliéderek szimbólumai a következő számpárok lehetnek: (3, 3), (3, 4), (4, 3), (3, 5), (5, 3). Bizonyítás. Először belátjuk, hogy legfeljebb az előbbi szimbólumok fordulhatnak elő. Mivel a szabályos poliéder minden csúcsdefektusa pozitív és minden csúcsban legalább három lap találkozik, ezért a lapok csak szabályos háromszögek, négyzetek vagy szabályos ötszögek lehetnek. Tehát p lehetséges értékei 3, 4, 5. p = 3 esetén 3 π < 2π, 4 π < 2π, 5 π π < 2π, de k 2π, ha k p = 4 esetén 3 π π < 2π, de k 2π, ha k 4. Hasonlóan 3 3π < 2π, de k 3π 2π, ha k 4. 5 Minden típusra példát konstruálunk. (Vázlat.) (4, 3) (kocka). A (±1, ±1, ±1) pontok konvex burka. (8 pont az előjelek egymástól függetlenül 1 vagy 1). (3, 3) (szabályos tetraéder). A ( 1, 1, 1), (1, 1, 1), ( 1, 1, 1), (1, 1, 1) pontok konvex burka. (3, 4) (oktaéder). A kocka lapközéppontjainak konvex burka. (3, 5) (ikozaéder). Tekintsünk egy olyan szabályos ötszög alapú gúlát, melynek oldallapjai szabályos háromszögek. Tükrözzük a gúla oldallapjait mindegyik oldalél felezőmerőleges síkjára. Az így kapott tükörképek uniója a gúla oldallapjaival együtt 15 szabályos háromszögből áll. A tükrözött háromszögek egymáshoz nem csatlakozó oldalai az eredeti szabályos ötszöggel egybevágó szabályos ötszöget alkotnak. Ezzel az ötszöggel, mint alaplappal és szabályos háromszögekkel mint oldallapokkal szintén egy gúlát konstruálunk az ötszög azon oldalára, mely nem tartalmazza a kiindulási gúlát. A származtatáshoz használt síkra vonatkozó tükrözés miatt a lapszögek kongruensek lesznek. Az élek és élszögek kongruenciája abból következik, hogy a konstruált testet egybevágó szabályos háromszögek alkotják. (5, 3) (dodekaéder). Az ikozaéder lapközéppontjainak konvex burka.

63 3.4. KONVEX POLITÓPOK 63 Kulcsszavak Jegyzetek

64 64 3. FEJEZET. A KONVEX GEOMETRIA ALAPJAI

65 4. fejezet A projektív síkgeometria alapjai 65

66 66 4. FEJEZET. A PROJEKTÍV SÍKGEOMETRIA ALAPJAI 4.1. Az affin illeszkedési sík Az elemi geometriai tanulmányokból tudjuk, hogy az euklideszi síkon az egyenesek és a pontok illeszkedésére valamint az egyenesek párhuzamosságára teljesül néhány nagyon egyszerű tulajdonság. Ezeket a tulajdonságokat felhasználva jutunk el az affin sík absztrakt fogalmához. Definíció. Legyen E és L két halmaz, a pontok és egyenesek halmaza, i E L pedig egy relácó, az illeszkedési reláció. Az (E, L, i) hármas egy affin illeszkedési sík, ha A1 bármely két különböző ponthoz egyértelműen létezik olyan egyenes, melyre mindkét pont illeszkedik A2 ha adott egy egyenes és egy rá nem illeszkedő pont, akkor egyértelműen létezik olyan egyenes, melyre az adott pont illeszkedik, és nincs közös pontja az adott egyenessel A3 minden egyenesre illeszkedik legalább két pont, van legalább két egyenes. Az A2 tulajdonságot affin párhuzamossági axiómának (APP) nevezzük. Ha P Q pontok, akkor a rájuk illeszkedő egyenest P Q jelöli. Ha az l, m egyeneseknek egy affin síkon nincs közös pontja vagy egybeesnek, akkor azokat párhuzamosoknak mondjuk, és azt írjuk, hogy l m. A Descartes-sík Az (A1)-(A3) tulajdonságok teljesülnek a Descertes-féle koordinátasíkon. Ismételjük át a Descartes-féle koordinatasíkról tanultakat! A pont (x, y) R 2, azaz rendezett számpár. Az egyenes egydimenziós lineáris sokaság R 2 -ben. Egy egyenes egyenlete ax + by + c = 0, (a, b) (0, 0). Az egyenletből az (a, b, c) rendezett számhármas a lényeges: ha ezt ismerjük, akkor fel tudjuk írni az egyenletet, ha az egyenlet adva van, akkor ezt le tudjuk olvasni. Ugyanakkor a rendezett számhármasok és az egydimenziós lineáris sokaságok közötti hozzárendelés nem kölcsönösen egyértelmű, mert az egyenes egyenletét egy nemzéró skalárral végigszorozva, ugyanannak az egyenesnek az egyenletét kapjuk. Mondhatjuk az tehát, hogy az egyenest [a, b, c]-vel interpretáljuk, ahol [a, b, c] = {λ(a, b, c) λ 0, (a, b) (0, 0)}.

67 4.1. AZ AFFIN ILLESZKEDÉSI SÍK 67 Az illeszkedés interpretációja ezek után: egy (x, y) pont illeszkedik egy [a, b, c] egyenesre, ha ax + by + c = 0 teljesül. Vegyük észre, hogy a vektorok jellel jelölt arányossága az R 3 \{0} = R 3 halmazon ekvivalenciareláció. Az ekvivalenciaosztályok halmaza R 3 /. Ha v R 3, akkor [v] = {λv λ 0} R 3 /. Az affin sík Descartes-féle modellje tehát: alapfogalom interpretáció pont (x, y) R 2 egyenes [a, b, c] R 3 /, (a, b) (0, 0) illeszkedés ax + by + c = 0. Az előbbi konstrukció elmondható úgy is, ha a valós számok halmazát tetszőleges testre, vagy akár ferdetesre cseréljük. Z 2 -fölötti affin sík Az előző példa speciális eseteként tárgyaljuk az F = Z 2 esetet. A modulo 2 maradékosztály gyűrű test, ezt a testet jelöljük Z 2 -vel. (Természetesen most a szorzás kommutatív lesz, tehát testről, nem valódi ferdetestről van szó.) Ez a test két elemű, (az elemek 0 és 1), az összeadás és szorzás definíciója: = = = = = = = = 1. A koordinátákból összesen négy pont és hat egyenes készíthető, ezek a következők. A pontok: Az egyenesek: (0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1). [1, 1, 1], [1, 1, 0], [1, 0, 1], [1, 0, 0], [0, 1, 1], [0, 1, 0]. Megjegyezzük, hogy a testben egyetlen zérustól különböző skalár van, az egységelem, így az [a, b, c] (a, b, c {0, 1}) halmaz most egyetlen számhármast tartalmaz.

68 68 4. FEJEZET. A PROJEKTÍV SÍKGEOMETRIA ALAPJAI 4.1. ábra. Az affin sík 4 pont 6 egyenes modellje Az illeszkedési reláció (melyet a 4.1. ábra szemléltet) az alábbi táblázat szerint teljesül. (Ahol a pont illeszkedik az egyenesre, ott az illeszkedés egyenlete a táblázatban szerepel.) (0, 0) (0, 1) (1, 0) (1, 1) [1, 1, 1] = = 0 [1, 1, 0] = = 0 [1, 0, 1] = = 0 [1, 0, 0] = = 0 [0, 1, 1] = = 0 [0, 1, 0] = = 0 APP teljesülése az összes lehetséges eset számbavételével könnyen ellenőrizhető. A Descartes-sík (újraolvasva): homogén koordináták az euklidészi síkon A Descartes modellben a pontok rendezett számpárok, míg az egyenesek egymással arányos rendezett (nem zéró) számhármasok ekvivalenciaosztályai. Ez a különbözőség megszüntethető, mert a rendezett számpároknak is könnyen megfeleltethető rendezett számhármas, pontosabban tekintsük a R 2 R 3 /, (x, y) [x, y, 1] (4.1)

69 4.1. AZ AFFIN ILLESZKEDÉSI SÍK 69 leképezést. Nyilvánvalóan injektív leképezésről van szó, továbbá Ha (x, y) képe [x 1, x 2, x 3 ], akkor x = x 1, y = x 2 x 3 x 3 is fennáll. Az illeszkedés vizsgálatához vegyük észre, hogy ax + by + c = 0 a x 1 x 3 + b x 2 x 3 + c = 0 ax 1 + bx 2 + cx 3 = 0. Az utóbbi relációban az (a, b, c) és (x 1, x 2, x 3 ) vektorok skaláris szorzatára ismerhetünk. A Descartes modell alábbi átfogalmazását kapjuk: alapfogalom interpretáció pont [x 1, x 2, x 3 ] R 3 /, x 3 0 egyenes [a, b, c] R 3 /, (a, b) (0, 0) illeszkedés ax 1 + bx 2 + cx 3 = 0. A fenti ún. homogén koordináta-modell új módszereket ad az illeszkedési és metszési feladatok megoldására. 1. Feladat (Két pontra illeszkedő egyenes). Legyenek P = [p] (p = (p 1, p 2, p 3 ) R 3, p 3 0) és Q = [q] (q = (q 1, q 2, q 3 ) R 3, q 3 0) különböző pontok. Határozzuk meg azt az egyenest, amely P -re és Q-ra is illeszkedik. Olyan u R 3 vektort keresünk, mely p-re és q-ra egyaránt merőleges, azaz u p q = (p 2 q 3 p 3 q 2, p 3 q 1 p 1 q 3, p 1 q 2 p 2 q 1 ). A keresett egyenes tehát [p q], vagy más alakban [ ] p 2 p 3 q 2 q 3, p 1 p 3 q 1 q 3, p 1 p 2 q 1 q 2 Ellenőriznünk kell még az (a, b) (0, 0) feltételt. Tegyük fel indirekt, hogy egyrészt (p 2, p 3 ) (q 2, q 3 ), másrészt (p 1, p 3 ) (q 1, q 3 ). Mivel q 3 0, ezért van olyan α skalár, hogy p 3 = α q 3, tehát az előbbi két arányosság csak úgy teljesülhet, ha p 2 = α q 2, p 1 = α q 1, amiből (p 1, p 2 ) és (q 1, q 2 ) arányossága is következik, vagyis (p 1, p 2, p 3 ) = α (q 1, q 2, q 3 ). Ez ellentmondás, mert P és Q különböző pontok. Az egyenes egyértelműsége is világos: olyan nem zéró vektort keresünk, amely p-re és q-ra is merőleges: az ilyen vektorok p q-val arányosak.

70 70 4. FEJEZET. A PROJEKTÍV SÍKGEOMETRIA ALAPJAI 2. Feladat (Két egyenes kölcsönös helyzete). Határozzuk meg az [a 1, b 1, c 1 ], és [a 2, b 2, c 2 ] egyenesek kölcsönös helyzetét! Ha az egyenesek metszők, akkor olyan p vektort keresünk, mely az u = (a 1, b 1, c 1 ) és v = (a 2, b 2, c 2 ) vektorok mindegyikére merőleges. Ilyen vektor p = u v. A megoldás tehát [b 1 c 2 b 2 c 1, c 1 a 2 a 1 c 2, a 1 b 2 a 2 b 1 ]. Ha a 1 b 2 a 2 b 1 = 0 akkor (a 1, b 1 ) és (a 2, b 2 ) arányosak, tehát a két egyenes párhuzamos. Ha a 1 b 2 a 2 b 1 0, akkor az egyenesek metszők, és a metszéspont ( b1 c 2 b 2 c 1, c ) 1a 2 a 1 c 2. a 1 b 2 a 2 b 1 a 1 b 2 a 2 b 1 3. Feladat (Párhuzamosság). Határozzuk meg a P = [p] pontra illeszkedő, l = [u] egyenessel párhuzamos egyenest! (p, u R 3, p 3 0, (u 1, u 2 ) (0, 0).) Először vizsgáljuk meg két egyenes párhuzamosságának feltételét! Ha [u] egy egyenes, akkor u e 3 = (u 2, u 1, 0), azaz az első két koordináta az egyenes normálvektora. Így [u] és [v] akkor és csakis akkor párhuzamosak, ha u e 3 v e 3. Tekintsük a [v], v = p (u e 3 ) egyenest! Mivel v p = 0, így [p] illeszkedik [v]-re. Másrészt v e 3 = p, e 3 (u e 3 ) (u e 3 ), e 3 = p, e 3 (u e 3 ), azaz [u] és [v] párhuzamosak. Innen látszik az is, hogy [v] valóban egyenes, azaz (v 1, v 2 ) (0, 0).

71 4.1. AZ AFFIN ILLESZKEDÉSI SÍK 71 Kulcsszavak Jegyzetek

72 72 4. FEJEZET. A PROJEKTÍV SÍKGEOMETRIA ALAPJAI 4.2. A projektív illeszkedési sík Projektív illeszkedési sík Descartes-féle affin síkon használt homogén koordinátázás új illeszkedési és párhuzamossági tulajdonságokhoz vezet el bennünket. Definíció. Legyen E és L két halmaz, a pontok és egyenesek halmaza, i E L pedig egy relácó, az illeszkedési reláció. Az (E, L, i) hármas egy projektív illeszkedési sík, ha P1=A1 bármely két különböző ponthoz egyértelműen létezik olyan egyenes, melyre mindkét pont illeszkedik P2 bármely két különböző egyeneshez egyértelműen létezik olyan pont, mely mindkét egyenesre illeszkedik P3 minden egyenesre illeszkedik legalább három pont, minden pont legalább három egyenesre illeszkedik. Következmény (Dualitási elv). Ha (E, L, i) projektív illeszkedési sík, akkor (L, E, i ) szintén projektív illeszkedési sík, ahol (l, P ) i akkor és csakis akkor teljesül, ha (P, l) i. Modellek projektív illeszkedési síkra Affin illeszkedési sík projektív lezártja. Induljunk ki egy (E, L, i) affin síkból. Az egyenesek párhuzamossága egy affin síkon ekvivalenciareláció. Legyen l L, l = {e L e l}, az l egyenes által reprezentált irány. Az affin sík pontjaink halmazát kiegészítjük az affin sík írányaival, mint végtelen távoli pontokkal: Ē = E { l l L}. A végtelen távoli pontok halmazát végtelen távoli egyenesnek nevezzük és l -vel jelöljük. L = L {l }. Az affin sík pontjait közönséges pontoknak, míg az affin sík egyeneseit közönséges egyeneseknek is nevezzük. Az illeszkedési relációt úgy értelmezzük, hogy a közönséges pontok és közönséges egyenesek között öröklődik az affin síkról, minden végtelen távoli pont illeszkedik minden reprezentánsára továbbá még a végtelen távoli egyenesre, melyre csak végtelen távoli pontok illeszkednek. Az így definiált (Ē, L, ī) hármas projektív illeszkedési sík, melyet az (E, L, i) affin sík projektív lezártjának nevezünk. Fano-modell, (hét pont hét egyenes modell). Speciálisan tekintsük a Z 2 -fölötti affin sík projektív lezártját. A 4 pont 6 egyenes modellt először

73 4.2. A PROJEKTÍV ILLESZKEDÉSI SÍK ábra. Az affin sík 4 pont 6 egyenes modellje, új szemléltetés egy új szemléltetésben adjuk meg, ezt tartalmazza a 4.2. ábra, v.ö ábra. A modellben a párhuzamos egyeneseket és az általuk reprezentált irányokat (azaz a végtelen távoli pontokat) az alábbi táblázat tartalmazza. egyenes egyenes végtelen távoli pont [1, 0, 0] (DA) [1, 0, 1] (CB) [0, 1, 0] (L) [0, 1, 1] (CD) [0, 1, 0] (AB) [1, 0, 0] (M) [1, 1, 0] (AC) [1, 1, 1] (BD) [1, 1, 0] (N) A projektív lezárt három végtelen távoli pontot tartalmaz (L, M, N), ezek alkotják a végtelen távoli egyenest. Így összesen a projektív lezártban hét pont és hét egyenes van ábra. A projektív sík 7 pont 7 egyenes modellje.

74 74 4. FEJEZET. A PROJEKTÍV SÍKGEOMETRIA ALAPJAI Ferdetest feletti, iletve valós projektív sík. Legyen F egy ferdetest, F = F \ {0}. E = F 3 /, L = F 3 /, ahol u v, ha van olyan zérustól különböző t F, hogy u = tv (u, v F 3 ). Legyen [x] = {tx t F \ {0} }, az x F 3 vektort a [x] pont (egyenes) reprezentánsának vagy homogén koordinátáinak mondjuk. Az i illeszkedés definíciója: ([p], [u]) i, ha p, u = 0. A skaláris szorzat homogenitása alapján könnyen látható, hogy az illeszkedés definíciója független a pontot/egyenest reprezentáló vektor választásától. Ha x, u = 0, akkor αx, βu = αβ x, u = 0. Az egy egyenesre illeszkedő pontok halmazát pontsor nak, míg az egy pontra illeszkedő egyenesek halmazát sugársor nak nevezzük. Az egy egyenesre illeszkedő pontokat kollineárisaknak is nevezzük. Az axiómák teljesülését lényegében már korábban bizonyítottuk: a [p], [q] pontok összekötő egyenese [p q], az [u], [v] egyenesek metszéspontja [u v]. A {[p], [q], [r]} ponthármas akkor és csakis akkor kollineáris, ha p, q, r = 0. A valós projektív síkot a továbbiakban RP 2 jelöli.

75 4.2. A PROJEKTÍV ILLESZKEDÉSI SÍK 75 Kulcsszavak Jegyzetek

76 76 4. FEJEZET. A PROJEKTÍV SÍKGEOMETRIA ALAPJAI 4.3. Záródási tulajdonságok a projektív illeszkedési síkon Definíció. Négy pontot a projektív síkon általános helyzetűnek nevezünk, ha nincs közöttük három kollineáris. Definíció. Desargues-tételnek nevezzük az alábbi állítást. Legyen P, A, B, C, A, B, C hét különböző pont egy projektív illeszkedési síkon úgy, hogy 1. (P, A, B, C) és (P, A, B, C ) általános helyzetűek 2. (P, A, A ), (P, B, B ) és (P, C, C ) egy-egy egyenesre illeszkednek. Ha az AB, A B egyenesek metszéspontját U, a BC, B C egyenesek metszéspontját V, a CA és C A egyenesek metszéspontját W jelöli, akkor U, V, W egy egyenesre illeszkednek. (Ld ábra.) 4.4. ábra. Desargues tétele. 64. Tétel. A valós projektív síkon teljesül a Desargues-tétel.

77 4.3. ZÁRÓDÁSI TULAJDONSÁGOK Bizonyítás. Legyen a továbbiakban A = [a], B = [b], stb. A feltételek szerint valamely α, α, β, β, γ, γ skalárokra: αa + α a = p, βb + β b = p, γc + γ c = p. A megfelelő relációkat kivonva: Rendezve: αa βb + α a β b = 0 βb γc + β b γ c = 0 γc αa + γ c α a = 0. αa βb = β b α a = u βb γc = γ c β b = v γc αa = α a γ c = w. Ahonnan u + v + w = 0 adódik, tehát u, v, w lineárisan függőek, U, V, W egy egyenesre illeszkednek. Megjegyzés. A Desargues-tételben szereplő feltételt röviden úgy is említhetjük, hogy a két háromszög egy pontra nézve perspektív, akkor a két háromszög egyenesre nézve is perspektív. Azaz a Desargues-tétel állítása: ha két háromszög pontra nézve perspektív, akkor egyenesre nézve is perspektív. Gyakran a Desargues-tételt úgy mondják ki, hogy az állítás duálisával (lényegében az állítás megfordításával) együtt fogalmazzák meg: két háromszög pontra nézve akkor és csakis akkor perspektív, ha egyenesre nézve perspektív. Megjegyzés. A Desargues-tétel független a projektív illeszkedési sík axiómarendszerétől, azaz lehet olyan modellt is adni, amelyben a Desargues-tétel nem teljesül. Affin illeszkedési síkon a tételnek kivételes esetei adódnak a párhuzamosságot figyelembe véve. Definíció. affin Desargues-tételnek nevezzük az alábbi állítást. Legyen A, B, C, A, B, C hat különböző pont egy affin illeszkedési síkon úgy, hogy az AB és A B, BC és B C, CA és C A egyenespárok párhuzamosak. Ekkor AA, BB, CC vagy egy pontban metszők, vagy párhuzamosak. 65. Tétel. Descartes-síkon teljesül az affin Desargues-tétel.

78 78 4. FEJEZET. A PROJEKTÍV SÍKGEOMETRIA ALAPJAI 4.5. ábra. A Pappusz-tulajdonság Definíció. Pappusz-tételnek nevezzük az alábbi állítást. Ha e és f a projektív sík két egyenese, A 1, B 1, C 1 az e, A 2, B 2, C 2 pedig az f egymástól valamint e és f metszéspontjától különböző pontjai, akkor a U = A 1 B 2 V = A 1 C 2 C 1 A 2, W = B 1 C 2 C 1 B 2 (Ld. 4.5 ábra.) B 1 A 2, pontok egy egyenesen vannak. 66. Tétel. A Pappusz-tétel a projektív illeszkedési sík axiómarendszerétől független állítás. Egy ferdetest feletti projektív síkon akkor és csakis akkor teljesül a Pappusz-tétel, ha a ferdetest test. 67. Tétel (Hessenberg, 1905). Ha egy projektív illeszkedési síkon teljesül a Pappusz-tétel, akkor teljesül a Desargues-tétel is.

79 4.3. ZÁRÓDÁSI TULAJDONSÁGOK Kulcsszavak Jegyzetek

80 80 4. FEJEZET. A PROJEKTÍV SÍKGEOMETRIA ALAPJAI 4.4. A kettősviszony Ettől a fejezettől kezdve valós test fölötti projektív síkot rögzítünk. 68. Tétel. Legyenek P = [p], A = [a], B = [b] (a, b, p R 3 ) különböző, közönséges, kollineáris pontok a projektív síkon, továbbá p = αa + βb (α, β R). Ekkor (ABP ) = βb 3 αa 3. Bizonyítás. Definíció szerint P A = (ABP )(B P ), azaz (ABP ) = p 1 a 1 b 1 p 1. Az első komponenseket homogén koordinátákkal kifejezve: (ABP ) = p 1 a 1 αa 1 + βb 1 a 1 p 3 a 3 αa b 1 p = 3 + βb 3 a 3 1 b 1 αa = 1 + βb 1 b 3 p 3 b 3 αa 3 + βb 3 = β(b 1a 3 b 3 a 1 ) α(b 1 a 3 a 1 b 3 ) b3 a 3 = β α b3 a 3. Definíció. Legyenek A = [a], B = [b], P = [p], Q = [q] egy pontsor vagy sugársor különböző elemei, továbbá p = αa + βb, q = µa + σb. Az (AB; P Q) = β α µ σ értéket a (P, Q) osztópontok (A, B) alappontokra vonatkozó kettősviszonyának nevezzük. A definíció független a pontok/egyenesek reprezentánsainak választásától. 69. Tétel. (AB; P Q) = 1 (BA; P Q) = 1 (AB; QP ) = (P Q; AB) (4.2)

81 4.4. A KETTŐSVISZONY ábra. Pappusz-tétel 70. Tétel (A kettősviszony visszavezetése osztóviszonyra). 1. Ha A = [a], B = [b], P = [p], Q = [q] közönséges pontok, akkor (AB; P Q) = (ABP ) (ABQ) 2. Ha A = [a], B = [b], P = [p] közönséges pontok és Q = [q] végtelen távoli, akkor (AB; P Q) = (ABP ). Bizonyítás. A 68. tételből rögtön következik. 71. Tétel (Pappusz). Ha U = [u], V = [v], W = [w], Z = [z] egy sugársor egyenesei és egy egyenes ezeket rendre az A = [a], B = [b], C = [c], D = [d] pontokban metszi, akkor (UV ; W Z) = (AB; CD). (Ld ábra!)