A parkettázás problémája

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "A parkettázás problémája"

Átírás

1 A parkettázás problémája Szakdolgozat Készítette: Kis László (Matematika BSC, Tanári szakirány) Témavezető: Szeghy Dávid (geometria tanszék) Eötvös Lóránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Budapest, 016

2 Tartalomjegyzék Tartalomjegyzék... Bevezető Az egybevágósági transzformációk kompozíciója A parkettázás alapozása A parketták osztályozása Utószó Irodalomjegyzék... 44

3 Bevezető A matematika az élet minden területén jelen van. Ebben a szakdolgozatban bemutatom, hogy a parkettázás, csempézés és tapétázás világában is jelen van a matematika. Megfigyelhető, hogy ha egy parkettával találkozunk, akkor abban az alakzatok mennyire szabályosan vannak elhelyezkedve. Ugyanígy fel lehet fedezni a szabályosságot a csempék és tapéták alakzatai között is. A szakdolgozatomban ezeknek az alakzatoknak, mintáknak a szabályosságával foglalkozunk és kiderítjük hogyan tudjuk pontosan 17 csoportba (osztályba) besorolni ezeket. Ha eléggé meglepő az előbbi állítás, úgy a szakdolgozatom áttanulmányozása után kiderül, hogy mennyire is bonyolult ennek a bebizonyítása. A szakdolgozatban először az egybevágósági szimmetriákkal foglalkozok, hogy miként lehet több egybevágósági szimmetria egymás utáni végrehajtását egy egybevágósággal helyettesíteni. Két egybevágóság kompozíciójának eredményét a fejezet végén egy táblázatba foglaltam össze. A következő fejezetben leírom a parkettázás fogalmát és pár fontos szabályt a parkettákkal kapcsolatban. Ezeket a szabályokat természetesen a kimondásuk után be is bizonyítom. A parketták szabályainak bemutatása után már a szabályok ismeretében egyszerűbben lehet belátni a parketták csoportosítását. Fontos még megjegyezni, hogy a szakdolgozaton belül végig az euklideszi geometriában fogunk dolgozni.

4 1. Az egybevágósági transzformációk kompozíciója Mielőtt belekezdünk az egybevágósági transzformációk tanulmányozásába tekintsük át a szakdolgozatban alkalmazott általános jelöléseket Jelölések: A pontokat nagy betűkkel. Az egyeneseket kisbetűvel. A vektorokat v alakban. Ha egy reprezentánsával van megadva, akkor AB alakban. Az A, B ponton átmenő egyenest: AB jelöli. Az euklideszi síkot E -tel jelöljük. 1.1 Definíció: A E euklideszi sík egy Φ: E E leképezését egybevágósági transzformációnak nevezzük, ha távolságtartó, azaz: d(φ(x), Φ(y)) = d(x, y), x, y E esetén, ahol d az euklideszi sík távolságfüggvénye. Az egybevágósági transzformációkat (röviden egybevágóság), izometriának vagy távolságtartó transzformációnak is nevezzük. 1. Állítás: Az egybevágósági transzformációk az euklideszi síkon csoportot alkotnak a kompozíció műveletre nézve. Jelölés: T(E ) Bizonyítás: Az alábbi tulajdonságok könnyen ellenőrizhetők a definíció alapján Zárt a kompozíció műveletre és ez a művelet asszociatív. Van neutrális eleme. T(E ) csoport minden elemének van inverze. A következő pár állításról bővebben Verhóczki László jegyzetében [V] a 7. fejezetben olvashatunk. Ezeket nem bizonyítjuk, mert bizonyításuk megtalálható ott, számunkra ezek a szükséges alap eszközök, melyeket később használni fogunk. 1. Állítás: Az egybevágósági transzformációk a következők lehetnek: Az identikus leképezés. Jelölés: I Egy v vektorral való eltolás. Jelölés: e v vagy e AB Egy P pont körüli α irányított szöggel való forgatás. Jelölés: f P,α Egy g egyenesre való tükrözés. Jelölés: t g Csúsztatva tükrözés: egy g egyenesre való tükrözés és a g egyenessel párhuzamos v vektorral való eltolás kompozíciója. Jelölés: t g,v 4

5 Ezeket az egybevágóságokat irányításuk szerint lehet csoportosítani. Vannak az irányítástartó és az irányításváltó egybevágóságok. 1.4 Állítás: Az irányítástartó egybevágóságok az eltolások és a forgatások, míg az irányításváltó egybevágóságok a tengelyes tükrözések és a csúsztatva tükrözések. 1.5 Állítás: Két irányításváltó vagy két irányítástartó egybevágóság kompozíciója irányítástartó egybevágóság, míg egy irányítástartó és egy irányításváltó egybevágóság kompozíciója irányításváltó egybevágóság. 1.6 Állítás: Egy egybevágóságot, amelyikről tudjuk milyen irányítású, egyértelműen meghatároz két pont és a képe. 1.7 Állítás: Egy egybevágóságot egyértelműen meghatároz három pont és a képe. 1.8 Állítás: Az eltolásnak és a csúsztatva tükrözésnek nincs fix pontja. 1.9 Állítás: A forgatásnak egy fix pontja van (ami körül forgatunk) és a tengelyes tükrözésnek a tengely egyenesének a pontjai lesznek a fix pontok Állítás: Két eltolás egymásutánja (kompozíciója): e v e v1 = e v1 +v Bizonyítás: Legyen P egy tetszőleges pont. Ha Q: = e v1 (P) és R: = e v (Q), akkor egyrészt PQ = v 1 és QR = v másrészt a vektorok összegzése miatt PR = PQ + QR = v 1 + v, azaz e v (e v1 (P)) = e v1 +v (P). Mivel ez minden P pontra igaz, így a két egybevágóság megegyezik Állítás: Két azonos O középpontú forgatás kompozíciója: f O,β f O,α = f O,α+β Bizonyítás: Mivel két irányítástartó egybevágóság kompozíciója 1.5 miatt irányítás tartó, így ez 1.4 miatt vagy egy eltolás, vagy egy forgatás. Valódi eltolás nem lehet, mert annak nincs fix pontja itt pedig O fix. Vegyünk egy tetszőleges P O pontot. Ekkor ha P : = f O,α (P) akkor a POP = α irányított szög, ha P : = f O,β (P ) akkor a P OP = β irányított szög, de akkor az irányított szögek összegzése miatt POP = POP + P OP = α + β. Azaz egy tetszöleges pontra f O,β f O,α (P) = f O,α+β (P) így az állítás következik. 1.1 Lemma: Legyenek adva e, f egyenesek. A két tükrözés kompozíciója, t e t f : 5

6 Ha e f t f t e = e, ahol EF e és E e, F f EF Ha e f t f t e = f O,α, ahol O: = e f és α: = EOF irányított szög, ahol Bizonyítás: E e, F f és E, F O Nézzük meg, mi történik egy tetszőleges P pont választásánál és hogy hova kerül a képe. Az 1 ábrán lehet követni az e f esetet és az. ábrán az e f esetet. Amennyiben e f, akkor legyen g e, P g és E: = g e, F: = g f Ekkor P : = t e (P) = e (P) = e PP Majd P : = t f (P ) = e (P) = e P P Tehát 1.10-et felhasználva adódik: t f t e (P) = e e P F +FP PE +EP (P), ahol PE = EP PE +EP (P ), ahol P F = FP P F +FP (P) = e PE +EP +P F +FP (P) = e (P) = e (EP +P F ) EF (P) 1. ábra. ábra Amennyiben e f O: = e f és E e, F f és E, F O. Legyen P : = t e (P) és P : = t f (P ) Az irányított szögek összegzését felhasználva: POP = POE + EOP és P OP = P OF + FOP, ahol POE = EOP és P OF = FOP Ekkor a következőt tudjuk felírni a tetszőlegesen választott P pontra: P = t e (P) = f O,POP (P) = f O,POE +EOP (P) P = t f (P ) = f O,P OP (P ) = f O,P OF +FOP (P ) 6

7 Az 1.11-et és az irányított szögek összegzését felhasználva a következőt kapjuk: t f t e (P) = f O,P OF +FOP f O,POE +EOP (P) = f O,POE +EOP +P OF +FOP (P) = f O, (EOP +P OF ) (P) = f O, EOF (P) Most pedig nézzük sorra az egybevágóságoknak a kompozícióját, hogy mit is adhatnak. A bizonyításokhoz fel fogjuk használni, hogy a forgatásokat és az eltolásokat tengelyes tükrözéssel tudjuk helyettesíteni. A bizonyításoknál, ha jól helyezzük el a tengelyes tükrözéseket, akkor gyorsan leolvashatóak az eredmények. 1.1 Állítás: Két forgatás kompozíciója: f B,β f A,α ha α + β = kπ, k Z, akkor eltolás különben forgatás α + β szöggel Bizonyítás: Helyettesítsük f B,β és f A,α forgatásokat tengelyes tükrözéssel az 1.1 alapján. f A,α = t g t g1 és f B,β = t g t g, ahol g = AB egyenes és g 1 : = f A, (α ) (g ) és g : = f B,β (g ) Ekkor f B,β f A,α = t g t g t g t g1 = t g t g1 Újra felhasználva az 1.1-t a következő adódik: ha α + β = kπ (lásd. ábra), akkor g 1 g, így f B,β f A,α = e v, ahol v f π α A,( )(AB ) és v = sin (π α ) AB = sin ( α ) AB. ábra különben g g 1 és 1.1 miatt C: = g g 1 lesz a forgatás középpontja. f B,(β ) f A,(α ) (g 1 ) = f B,(β ) (g ) = g Tehát g egyenest a g 1 egyenes (α ) + (β ) szöggel való forgatásával kapjuk meg, ami megegyezik a két egyenes által bezárt irányított szöggel. Így 1.1-t felhasználva t g t g1 = f C, ( α+β ) = f C,α+β 7

8 1.14 Állítás: Legyen adva e v eltolás és f A,α forgatás. Ekkor f A,α e v = f C,α Bizonyítás: Felhasználva az 1.1-t legyen f A,α = t g t g és e v = t g t g1, ahol A g és g v g : = f A,(α ) (g ) g 1 : = e (1 ) (v) (g ) C: = g 1 g Mivel g 1 g, ezért adódik, hogy g 1 és g által bezárt szög α/ 1.1-t újra felhasználva a következőt kapjuk: 4. ábra f A,α e v1 = t g t g t g t g1 = t g t g1 = f C,α Megjegyzés: e v f A,α = f D,α forgatás az 1.14-ben látott módszerekkel hasonlóan igazolható Állítás: Legyen adva e v eltolás és t g tengelyes tükrözés. Ekkor ha v g e v t g = t g1, ahol g g 1 és g 1 : = e1 (v)(g) különben legyen v: = v p + v m, ahol v p g és v m g ekkor: e v t g = t g1,v p,ahol g g 1 és g 1 : = e1 (v m) (g) Bizonyítás: Ha v g, akkor 1.1-t felhasználva e v = t g1 t g, ahol g 1 : = e (1 ) v (g) e v t g = t g1 t g t g = t g1 Különben vegyük a v: = v p + v m felbontást, ahol v p g és v m g. Ekkor g 1 : = e (1 ) vm (g) 8

9 Így az előző részt felhasználva e vm = t g1 t g ezt kapjuk: e v t g = e vp e vm t g = e vp t g1 t g t g = e vp t g1 = t g1,v p Megjegyzés: Az t g e v kompozícióra az 1.15-ben látott módszerek alapján egyszerűen igazolható, hogy ha v g t g e v = t g1, ahol g 1 = e (1 ) v (g) különben legyen v: = v p + v m, ahol v p g és v m g. Ekkor g 1 = e (1 ) vm (g) és t g e v = t g1,v p 1.16 Állítás: Legyen adva e v1 eltolás és t g,v csúsztatva tükrözés. Ekkor e v1 t g,v = t g1,ha (v 1 + v ) g és g 1 e (1 ) (v1 (g), különben +v ) e v1 t g,v = t g1,v p és g 1 e (1 ) (vm (g), ahol vegyük a következő felbontást: ) (v 1 + v ) = (v p + v m ), ahol v p g és v m g Bizonyítás: e v1 t g,v átalakításokkal az 1.15 állításra vezethető vissza. Megjegyzés: t g,v e v1 kompozíciót az 1.16-hoz hasonlóan vissza lehet vezetni az 1.15 állításra Állítás: Legyen adva f A,α forgatás és t g tengelyes tükrözés. Ha A g f A,α t g = t g, ahol g = f A,α (g) Ha A g, akkor f A,α t g egy csúsztatva tükrözést ad. Bizonyítás: Ha A g, akkor legyen g : = f A,α (g). Ekkor 1.1 miatt tudjuk, hogy f A,α = t g t g. Ezt behelyettesítve adódik: f A,α t g = t g t g t g = t g Ha A g, akkor megint az 1.1-t felhasználva: f A,α : = t g t g1 ahol g 1 g és g : = f A,α (g 1 ) f A,α t g = t g t g1 t g 9

10 Mivel g 1 g, ezért e v1 t g1 t g Ezt behelyettesítve a következőt kapjuk: f A,α t g = t g t g1 t g = t g e v1 Mivel g g 1, ezért v 1 nem merőleges g egyenesre, ezért f A,α t g = t g e v miatt csak csúsztatva tükrözés lehet. Megjegyzés: Ha A g, akkor t g f A,α = t g, ahol g = f A, (α ) (g) és ha A g, akkor f A,α t g egy csúsztatva tükrözés esete hasonlóan az 1.17-nél látott bizonyításánál látott módszerekkel vissza lehet vezetni Állítás: Forgatás és csúsztatva tükrözés kompozíciója f A,α t g,v ha A távolsága g-től 1 v vagy A g és α = kπ alakú, ahol k Z, akkor tan α tengelyes tükrözés, különben csúsztatva tükrözés. Bizonyítás: 1.5 és 1.4 miatt tudjuk, hogy csak tengelyes tükrözés, illetve csúsztatva tükrözés lehet 1.14 állítást felhasználva tudjuk, hogy f A,α t g,v = f A,α e v t g f A,α e v = f C,α Az 1.17-ból tudjuk, hogy f A,α e v t g = f C,α t g akkor lesz tengelyes tükrözés, ha C g, különben csúsztatva tükrözés lesz. Tehát meg kell keresni, hogy hol van a C pont. Ehhez érdemes az 1.14-ben használt ábrát használni, amit a könnyebbség kedvéért ide újra beteszünk. 4. ábra A csúsztatva tükrözés definíciójából (lásd 1.) tudjuk, hogy v g. Ha C g, akkor A távolsága g-től 1 v számmal lesz egyenlő. Ha α = kπ alakú, ahol k Z tan α akkor ebben az esetben C g csak akkor lehet, ha A g is teljesül, mert AC v, ami az ábrából könnyen leolvasható. Ezzel beláttuk, hogy milyen feltételek mellett lesz a f A,α t g,v 10

11 kompozíció tengelyes tükrözés és amennyiben nem teljesül a feltételek valamelyike, akkor 1.5 és 1.4 miatt tudjuk, hogy csúsztatva tükrözés lesz. Megjegyzés: t g,v f A,α esetét az 1.18-hoz hasonlóan lehet bizonyítani 1.19 Állítás: Tengelyes tükrözés és csúsztatva tükrözés kompozíciója: t g1 t g,v 1 = e v ha g 1 g, különben forgatás Bizonyítás: Az 1.10-t és az 1.1-t felhasználva, ha g 1 g : t g1 t g,v 1 = t g1 t g e v1 = e v e v1 = e v különben 1.1-t és az 1.14-t felhasználva: t g1 t g,v 1 = t g1 t g e v1 = f A,α e v1 = f B,α 1.0 Állítás: Két csúsztatva tükrözés kompozíciója: Ha g 1 g, akkor eltolás, különben forgatás az eredménye. Bizonyítás: Ha g 1 g, akkor az 1.10-t és az 1.1-t felhasználva: t g1,v 1 t g,v = e v1 t g1 t g e v = e v1 e v e v = e v4 Ha g 1 g, akkor 1.1-t és az 1.14-t felhasználva: t g1,v 1 t g,v = e v1 t g1 t g e v = e v1 f A,α e v = f C,α A következő oldalon összefoglaltuk röviden az eddigi eredményeket az egybevágóságok kompozíciójáról. A kompozíciót úgy hajtom végre, hogy először az első sorban szereplő egybevágóságot, majd az első oszlopban szereplő egybevágóságot hajtom végre. 11

12 eltolás: v 1 vektorral forgatás A pont körül α irányított szöggel tengelyes tükrözés g-re csúsztatva tükrözés t g,v1 eltolás: v vektorral eltolás v 1 + v vektorral forgatás α irányított szöggel Ha v g akkor tengelyes tükrözés különben csúsztatva tükrözés Ha (v 1 + v ) g, akkor tengelyes tükrözés különben csúsztatva tükrözés forgatás B pont körül β irányított szöggel forgatás β irányított szöggel ha α + β = kπ, k Z akkor eltolás, különben forgatás α + β szöggel Ha B g, akkor tengelyes tükrözés különben csúsztatva tükrözés tengelyes tükrözés, ha B távolsága g-től 1 v 1 vagy B g és tan β β = kπ alakú különben csúsztatva tükrözés. tengelyes tükrözés h-ra Ha v 1 h akkor tengelyes tükrözés különben csúsztatva tükrözés Ha A h, akkor tengelyes tükrözés különben csúsztatva tükrözés Ha g h, akkor eltolás, különben forgatás Ha g h, akkor eltolás különben forgatás Ha (v 1 + v ) h, tengelyes tükrözés, ha A távolsága csúsztatva tükrözés t h,v akkor tengelyes tükrözés különben csúsztatva tükrözés h-tól 1 v vagy A h és α = kπ tan α alakú különben csúsztatva tükrözés. Ha g h, akkor eltolás, különben forgatás Ha g h, akkor eltolás különben forgatás 1

13 . A parkettázás alapozása Az előző fejezet alapozása után, már készen van az alap eszköztárunk, mellyel elkezdhetjük vizsgálni, hogy a parkettázások szimmetria csoportjainak milyen alaptulajdonságai vannak. Ebben a fejezetben az eszköztárunkkal azt fogjuk vizsgálni, hogy milyen következményekkel jár a szimmetriacsoport elemeire, ha tartalmaz valamilyen egybevágóságot. A fejezet feldolgozásában a Szenthe [SZ] jegyzet ide vonatkozó tematikáját követjük, de néhány helyen kiegészítjük azt, illetve más bizonyítást használunk, mint amit ott meg lehet találni..1 Definíció: Legyen adva az euklideszi sík egy H E egy részhalmaza. Ekkor egy φ: E E egybevágóságot a H halmaz szimmetriájának nevezünk, ha φ(h) = H. Állítás: A H halmaz szimmetriái egy csoportot alkotnak, amit a halmaz szimmetriacsoportjának nevezünk. Jelölje ezt a csoportot S(H). A H halmaz szimmetriacsoportja részcsoportja az egybevágóságoknak. S(H) T(E ) Bizonyítás: Mivel S(H) T(E ), miatt következik, hogy valódi részhalmaz. Ahhoz, hogy belássuk, hogy S(H) részcsoport, az kell, hogy S(H) zárt legyen a kompozícióra és az inverzképzésre. Legyenek adva φ, ψ S(H) egybevágóságok. Ekkor Tehát zárt a kompozícióra. φ ψ(h) = φ(ψ(h)) = φ(h) = H Mivel φ egybevágóság, ezért van inverze φ 1, így Így beláttuk, hogy S(H) tényleg részcsoport. H = φ 1 φ(h) = φ 1 (H). Definíció: Azt mondjuk, hogy egy P E pont egy H halmaznak szimmetriapontja, ha a P pontra való tükrözés eleme a H halmaz szimmetriacsoportjának, azaz t P S(H).4 Definíció: Azt mondjuk, hogy egy g E egyenesről egy H halmaznak szimmetriatengelye, ha a g egyenesre való tükrözés eleme a H halmaz szimmetriacsoportjának, azaz t g S(H) 1

14 .5 Definíció: Az euklideszi sík egy W E részhalmazának S(W) szimmetriacsoportjában az eltolások egy T(W) < S(W) részcsoportot alkotnak. Ha T(W) eltolás csoportot két lineárisan független eleme generál T(W) =< T, T >, ahol T, T T(W) akkor S(W) szimmetriacsoportot tapétacsoportnak és W halmazt tapétának nevezzük..6 Definíció: Legyen adott egy W tapéta, T(W) =< T, T > és legyen x E a sík egy tetszőleges pontja. Akkor az x által meghatározott eltolási rácson a T(x) = {T(x) T T(W)} = {(T ) j (T ) i (x) i, j Z} halmazt értjük. Ez pontosan akkor W része, ha x W teljesül..7 Definíció: Az T(W) =< T, T > eltolás csoport és x E által meghatározott eltolási rácsnak a következő feltételt teljesítő pontjai a megadott sorrendben egy paralelogrammát határoznak meg, amit az eltolási rács egy egység cellájának nevezünk. x i,j = (T ) j (T ) i (x) x i,j+1 = (T ) j+1 (T ) i (x) x i+1,j+1 = (T ) j+1 (T ) i+1 (x) x i+1,j = (T ) j (T ) i+1 (x).8 Definíció: Az eltolási rácsot rombikusnak mondjuk, ha T, T, hogy T(W) =< T, T > és az eltolás csoport által meghatározott egység cella rombusz. Ekkor a W tapétát is rombikusnak nevezzük..9 Definíció: Az eltolási rácsot derékszögűnek mondjuk, ha T, T, hogy T(W) =< T, T > és az eltolás csoport által meghatározott egység cella téglalap. Ekkor a W tapétát is derékszögűnek nevezzük. Megjegyzés: Ha egy W tapéta rombikus, attól még lehet olyan T, T eltolásokat találni, amik generálják az eltolás csoportot és az egységcellája nem rombusz. Ugyanez igaz a derékszögű tapétákra is, hogy lehet találni olyan eltolásokat, amik generálják az eltolás csoportot, de az egységcella nem téglalap lesz. Továbbá létezik olyan W tapéta is, amely derékszögű és rombikus is. A következő oldalon az 5. és 6. ábrán az egységcellák csúcsait a T(W) =< v, u > alapján lett beszámozva.7 alapján. Az 5. ábrán egy rombikus tapétát látunk, ahol x 0,0, x 1,0, x 1,1, x 0,1 pontok egy rombuszt alkotnak. Ettől még az 5. ábrán találunk más jó lineárisan független 14

15 vektorokat, amik generálják T(W) csoportot. Például: < v, u 1 >, < v, u >, < v, u 4 > A 6. ábrán látható tapétán hasonló módon lehet találni jó eltolásokat, mint az 5. ábrán. A 6. ábrán található tapéta derékszögű és rombikus is, mert v, u által meghatározott egység cella négyzet lesz. 5. ábra 6. ábra.10 Állítás: Egy W tapéta S(W) szimmetriacsoportjában az eltolások hosszának mindig van egy μ pozitív minimuma. Bizonyítás: Legyen adva T(W) =< v 1, v > és T(A) eltolási rács, ahol A E tetszőleges pont. Ekkor A e v1 (A) és A e v (A). Ekkor legyen H halmaz a T(A) eltolási rács és az A középpontú r sugarú zárt körlemez pontjainak metszete, ahol v 1 r v 1. Jelölje az r sugarú zárt körlemez pontjait: B(A, r). Így H T(A) B(A, r) Mivel v 1 és v függetlenek, ezért v felbontható v 1 vektorra merőleges és párhuzamos komponensre. Tehát v = v p + v m, ahol v p a párhuzamos, v m 0 a merőleges komponens. T(A) eltolási rácsnak a pontjai az AA -vel 7. ábra párhuzamos egyeneseken lesznek. Jelölje ezeket az egyeneseket g i, ahol tudjuk, hogy A i g i és A i = (e vm ) i (A), ahol i Z. Mivel r egy véges szám, ezért az előbb meghatározott g i egyenesekből véges számú fog beleesni a B(A, r) körlemezbe. Továbbá r választása miatt a g i H halmazban maximum 5 15

16 pont szerepel. Ha veszem az összes g i H halmazt, akkor megkapom a T(A) B(A, r) halmazt, ami véges elemszámú lesz. Továbbá r-et úgy választottuk, hogy e v1 (A) benne legyen a H halmazban, tehát biztos lesz benne egy eltolás. Mivel H véges elemszámú, ezért A-ból csak véges számú vektor mutat H elemeibe, tehát kell lenni köztük egy minimális hosszúnak..11 Állítás: Ha egy W tapéta S(W) szimmetriacsoportja tartalmaz egy g egyenesre való t g tükrözést, akkor a következő két eset lehetséges: A W rombikus és a g egyenes párhuzamos egy rombusz egységcellájának egyik átlójával. A W derékszögű és a g egyenes párhuzamos egy téglalap egységcellájának egyik oldalával. Bizonyítás: Mind két esetben a következővel kezdjük: Legyen adva a g egyenes, ahol t g S(W) és egy A g pont és a hozzá tartozó T(A) eltolási rács. Ekkor két eset lehetséges. Legyen C az T(A) eltolási rácsban az egyik A-hoz legközelebbi A-tól különböző pont. Az első eset. ha g AC és nem is merőleges AC egyenesre. Tudjuk, hogy e AC T(W). Legyen C = t g (C). Mivel g AC és nem is merőleges AC egyenesre, ezért AC és AC lineárisan független vektorok lesznek. t g e AC t g 1 S(W) Mivel t g1,v = e AC t g 1 az 1.15 miatt csúsztatva tükrözés, ahol a tengely g 1 g párhuzamos. Az 1.19-t felhasználva kapjuk, hogy t g t g1,v egy eltolás lesz. Továbbá A képe: t g e AC t g 1 (A) = t g (C) = C Amiből adódik, hogy t g e AC t g 1 = e T(W) AC Az AC = AC és C C miatt T(W) eltolási csoportot az AC, AC generálják, amivel megkaptuk a T(A) rombikus rácsot. Ha ezeken kívül lenne még pont a rombikus rácsban, akkor AC minimalitása miatt ellentmondásra jutnánk. 16

17 A második eset, mikor g párhuzamos AC-val, vagy merőleges rá. Legyen h AC, f az AC szakaszfelező merőleges egyenese és f = t h (f) Keressük meg a D T(A) AC (A) pontot, ami A-tól minimális távolságra van. A D pont biztos az f és f által meghatározott sávban van, mert ha nem ott lenne, akkor D = e AC (D) vagy D = e CA (D) közül az egyik közelebb lenne az A ponthoz. A D pont helyzetére csak lehetőség lehet a sávban. D f vagy D f vagy D h, mert különben ellentmondásra jutnánk AC minimalitása miatt a következő gondolatmenettel: Legyen D = t g (D). A korábbiakhoz hasonlóan: Ekkor g helyzete szerint két eset lehetséges. t g e AD t g 1 = e T(W) 1. eset ha g AC, akkor e AD e eltolás hossza rövidebb lenne, mint AC, ami AD ellentmondás.. eset ha g AC, akkor e AD e ellentmondás. AD D A eltolás hossza rövidebb lenne, mint AC, ami megint Amennyiben D f vagy D f, akkor AD = AD miatt AD és AD egy rombikus eltolási rácsot generál. Amennyiben D h, akkor AD AC így ez a két vektor egy derékszögű eltolási rácsot generál. A rombikus és a derékszögű eltolási rácsnál is a teljes eltolási rácsot megkapjuk, mert ha lenne még valahol egy pont az eltolási rácsban, akkor az AC vagy AD minimalitásának mondana ellen..1 Lemma: Ha egy W tapéta S(W) szimmetriacsoportja tartalmaz egy csúsztatva tükrözést, ami egy eltolási rácsot önmagára képez, akkor tartalmaz tengelyes tükrözést is. Bizonyítás: Legyen adva egy T(A) eltolási rács. Ekkor ha P = t g,v (A) T(A), akkor e PA T(W). A következő egybevágóság A pontot fixen hagyja: 17

18 e PA t g,v(a) = e PA (P) = A Az 1.4 és 1.5 miatt tudjuk, hogy ez egy irányításváltó egybevágóság, míg 1.9-t felhasználva kiderül, hogy a korábbi egybevágóság egy tengelyes tükrözés..1 Állítás: Ha egy W tapéta S(W) szimmetriacsoportja tartalmaz egy t g,v csúsztatva tükrözést, akkor e v T(W) Bizonyítás: A következő átalakításból egyszerűen látszódik: t g,v t g,v = e v t g t g e v = e v e v = e v.14 Állítás: Ha egy W tapéta S(W) szimmetriacsoportja tartalmaz egy t g,v csúsztatva tükrözést, akkor W rombikus vagy derékszögű tapéta. Ha W rombikus, akkor a g egyenes párhuzamos egy rombusz egységcellájának egyik átlójával. Ha W derékszögű, akkor a g egyenes párhuzamos egy téglalap egységcellájának egyik oldalával. Bizonyítás: 1. miatt t g,v = e v t g Innentől kezdve a bizonyításban ugyanúgy járunk el, mint.11 bizonyításánál. Valójában csak egy helyen akadunk el, ha a bizonyítást szó szerint követjük: Ehelyett a következőt tudjuk felírni: t g e AC t g 1 S(W) t g,v e AC (t g,v) 1 = e v t g e AC t g 1 e 1 v S(W).11 bizonyításánál láttuk, hogy t g e AC t g 1 = e, amit ha behelyettesítünk, akkor 1.10-t AC felhasználva a következőt kapjuk: e v t g e AC t g 1 e 1 v = e v e e v 1 = e T(W) Innen kezdve hasonlóan.11 bizonyításánál látottakkal lehet folytatni. Ahol még el lehet akadni, az a következő: AC t g e AD t g 1 = e T(W) AD AC 18

19 De ezt is t g,v e AD (t g,v) 1 egybevágósággal a korábbihoz hasonló módon meg lehet oldani a problémát. Ezzel a.14 állítás bizonyítását vissza tudtuk vezetni.11 bizonyítására..15 Állítás: Ha egy g H egyenes a H E halmaznak szimmetriatengelye és φ a H halmaz egy szimmetriája, akkor g φ(g) is szimmetriatengelye a H halmaznak. Bizonyítás: Vegyük a következő egybevágóságot: φ t g φ 1 Erről az egybevágóságról tudjuk 1.5 miatt, hogy irányításváltó, mert φ 1 és φ azonos irányítású és t g tengelyes tükrözés irányításváltó egybevágóság. Tudjuk továbbá, hogy a P g az egybevágóság fix pontja, ahol P φ(p) φ t P φ 1 (P ) = φ t P (P) = φ(p) = P Tehát φ t g φ 1 a g egyenesnek a pontjait pontonként fixen hagyja, tehát ez az egybevágóság a t g tengelyes tükrözéssel lesz egyenlő, ami azt jelenti, hogy g a H halmaz szimmetriatengelye lesz..16 Definíció: Legyen G a sík egybevágóságainak egy csoportja. Akkor mondjuk, hogy a sík egy P pontja a G csoportnak n-centruma, ha a csoport elemei közül a P pont körüli elforgatások, egy C n ciklikus csoportot alkotnak, ahol n > 1. Ha H E a sík egy halmaza és a G: = S(H) csoportnak P egy n-centruma, akkor azt mondjuk, hogy a P pont a H halmaz n-centruma..17 Lemma: Ha P egy n-centruma egy G csoportnak és Q = ψ(p) teljesül valamely ψ G transzformációval, akkor a Q is n-centruma a G csoportnak. Bizonyítás: Legyen φ G a P pont körüli forgatások alkotta ciklikus csoport generáló eleme. Ekkor ψ φ ψ 1 (Q) = ψ φ(p) = ψ(p) = Q irányítástartó egybevágóságnak Q fixpontja lesz. 1.4, 1.5 és 1.9 állításokat felhasználva ψ φ ψ 1 egybevágóság pont a Q pont körüli forgatást ad. (ψ φ ψ 1 ) n = ψ φ n ψ 1 = I 19

20 és (ψ φ ψ 1 ) k = ψ φ k ψ 1 I, ha 0 < k < n Ha mégis igaz lenne az előző egyenlőség, akkor a következő átalakításokkal ellentmondásra jutnánk. Jobbról beszorozva ψ-vel Balról beszorozva ψ 1 -gyel ψ φ k ψ 1 = I ψ φ k = ψ φ k = I Tehát a Q pont körüli forgatások egy m-centrumot alkotnak, ahol n m teljesül. Ha n < m teljesülne, akkor P = ψ 1 (Q) egyenlőségre elismételve az előzőeket ellentmondásra jutnánk, így n = m egyenlőségnek kell teljesülnie, ami azt jelenti, hogy Q is egy n-centrum lesz. Következmény: Ha egy P H pont a H E halmaznak szimmetriapontja, akkor.16 alapján P pont a H halmaz egy -centruma. Ha φ a H halmaz egy szimmetriája, akkor.17 alapján P φ(p) is szimmetriapontja a H halmaznak..18 Állítás: Ha egy W tapéta S(W) szimmetriacsoportjában létezik f P,α S(W) forgatás és egy Q P pont körüli f Q,α S(W) forgatás, ahol 0 < α < π, akkor μ d(p, Q) érvényes, ahol μ a csoportban levő eltolások hosszának minimuma. Bizonyítás: 1.1 miatt tudjuk, hogy f P,α f Q,β akkor eltolás, ha α + β = kπ, ahol k Z Mivel f P,α S(W) és f Q,α S(W), így f Q, α S(W) Figyeljük meg a következő kompozíciót: f P,α f Q, α 8. ábra Ez biztosan egy eltolás lesz, mivel megfelel az 1.1-ban írtaknak. 0

21 Legyen g PQ egyenes. Az 1.1-t bizonyításában látottakat felhasználva: t g t g1 : = f P,α, ahol g 1 = f P, (α ) (g) t g t g : = f Q, α, ahol g = f Q, (α ) (g) Ekkor f Q,α f P,α = t g t g t g t g1 = t g t g1 1.1 felhasználásával g 1 g miatt t g t g1 egy eltolás lesz. Ezzel a kompozícióval.10-ben említett μ számra kapunk egy felső becslést a háromszög egyenlőtlenséget felhasználva: μ d(g 1, g ) d(p, Q).19 Tétel: A krisztallográfiai korlát. Ha egy W tapéta S(W) szimmetriacsoportjának létezik egy n-centruma, akkor n =,, 4, 6 lehetséges csak. Bizonyítás: Legyen adva A pont a W tapétának n-centruma és e v T(W) < S(W), ahol v minimális hosszúságú, azaz v = μ. A bizonyításhoz a.18 állítást és a.17 lemmát fogjuk felhasználni. Ehhez segítségül készítsük el a következő ábrát: Tekintsük az A k e k (v) (A) pontokat, ahol k Z és ezeket elforgatjuk. A k f Ak+1, α(a k ), akkor ezek egy v-vel párhuzamos egyenesen lesznek és egymástól μ távol. Ha most egy pontot ellentétes irányba 9. ábra forgatok el A f A,α (A 1 ), akkor ez valakitől μ/-nél kisebb távolságra lesz, hacsak nem épp felező pont lesz, vagy valakivel a A k pontok közül egybeesik, lásd 9. ábra. Egyszerű számolásokkal belátható, hogy amikor egybeesik a két pont, akkor ezek csak 60, 90 fok többszöröseinél történhetnek meg, azaz a szimmetriacsoportban,, 4, 6 centrum lehet csak. Amikor meg épp felezőpont, akkor egyszerű számolás alapján látható, hogy az α szögre a következő egyenlőségek valamelyike igaz: α = cos 1 ( 1 4 ) vagy α = cos 1 ( 4 ) amire belátható, hogy nem lesz n-centrumhoz tartozó forgatási szög. 1

22 .0 Állítás: Ha egy W tapéta S(W) szimmetriacsoportjának létezik 4-centruma, akkor nem létezhet sem -centruma, sem 6-centruma. Bizonyítás: Ha van 4-centruma, akkor létezik f π A, S(W) forgatás. Ha van -centruma, akkor létezik f B, π S(W) forgatás. Ha van 6-centruma, akkor létezik f π C, S(W) forgatás. Az 1.1-t felhasználva: f π A, f π B, = f 7π D, 6 f π A, f π B, = f 5π E, 6 De ezek az.19 miatt ellentmondást adnak, tehát valóban nem lehet a 4-centrum mellett -centrum vagy 6-centrum..1 Tétel: Legyen W E tapéta és C E a S(W) szimmetriacsoportnak egy 6-centruma. Ha M E pont a C ponthoz egyik legközelebbi szimmetriacentum S(W) szimmetriacsoportban, akkor M egy -centrum. A C pont egy olyan szabályos hatszögnek a középpontja, melynek egyik pontja M, oldalfelezőpontjai S(W) szimmetriacsoportnak a -centrumai és a hatszög csúcsai S(W) -centrumai. Bizonyítás: Legyen S(W) csoportban a C-hez egyik legközelebb elhelyezkedő szimmetriacentrum M. Ilyen biztos van.18 miatt. Ekkor.19 miatt M csak,, 4 vagy 6 centrum lehet. Az.0 miatt M nem lehet 4-centrum. Tegyük fel, hogy M -centrum. A következő egybevágóság által definiált E pont (1.1-at használva) f M, π f π C, = f E,π egy C-hez közelebbi n-centrumot hozna létre, ami ellentmondás, így M nem lehet -centrum. Ha M 6-centrum, akkor az előbbi egybevágóság ugyanúgy létrehozná a C-hez közelebb eső E pontot, ami egy n-centrum lenne. Tehát M csak centrum lehet. Az 1.1-t felhasználva: f C, π f M,π = f D, π

23 Az előbbi egybevágóság által definiált D pont az S(W) szimmetriacsoportnak egy -centruma lesz. Az állításban szereplő szabályos hatszög csúcsait pedig a következőből kapjuk: (f π C, ) i (D) = D i, ahol i = 1,,, 4, 5, 6 Itt D i.17 lemma alapján -centrum lesz. A -centrumokat hasonlókép kapjuk a következőből: (f π C, ) i (M) = M i, ahol i = 1,,, 4, 5, 6. Tétel: Ha egy W E tapéta S(W) szimmetriacsoportjának nincs 6-centruma, de van -centruma, akkor csak -centruma van. Ha C E a S(W) szimmetriacsoportnak egy -centruma és M E pont a C ponthoz egyik legközelebb levő n-centrum, akkor a C pont egy olyan szabályos hatszögnek a középpontja, melynek egyik pontja M és a hatszög csúcsai S(W) -centrumai. Bizonyítás: Az.0 tétel miatt -centrum és 4-centrum nem lehet egyszerre megtalálható egy tapéta szimmetriacsoportjában. Legyen C az S(W) egy -centruma. Ha lenne egy D pont, ami S(W) -centruma, akkor f C, π f D,π = f E, π által definiált E pont egy 6-centrum lenne, de ezt a tétel feltételei kizárták. Ebből adódik, hogy csak -centrum lehetséges. Legyen a C-hez egyik legközelebb eső -centrum M. Ekkor f C, π f M, π = f N, 4π i A hatszög csúcsait (f π C, ) által meghatározott N pont ugyancsak egy -centrum lesz. i (M) és (f π C, ) (N) pontok adják, ahol i = 1,,. Tétel: Legyen W E tapéta és C E a S(W) szimmetriacsoportnak egy 4-centruma. Ekkor ha M E a szimmetriacsoport C ponthoz egyik legközelebbi n-centruma egy -centrum lesz és C egy olyan négyzet középpontja, melynek egyik pontja M és ahol az oldalfelezőpontok a szimmetriacsoport -centrumai és a csúcsai a szimmetriacsoport 4-centrumai.

24 Bizonyítás: Legyen a szimmetriacsoportban a C-hez az egyik legközelebbi n-centrum M. Ha M 4-centrum, akkor f π C, f π M, = f E,π által meghatározott E pont egy közelebbi n-centrum lenne. Így adódik.0 miatt, hogy M -centrum lesz. Az f π C, f M,π =f π D, által meghatározott D pont a szimmetriacsoport egy 4-centruma. Az (f π C, ) i (D) és (f π C, ) i (M) adják meg a tételben szereplő négyzetet, ahol i = 1,,, 4 A.1,. és. tételeknél látott alakzatokat ha a csúcsok körül elforgatjuk, akkor tudjuk, hogy az elforgatottak is hasonló alakzatok és így egybevágó alakzatokkal hézagmentesen ki tudjuk tölteni a síkot. Más centrum nem lesz, mert ha lenne, akkor azt forgatásokkal (ahogyan az eredeti alakzatokat elvittük) vissza lehetne vinni az eredeti alakzatba és ott kapnánk egy új centrumot. Ekkor komponálással könnyen adódna, hogy az eredeti ponthoz közelebbi pontot tudnánk kapni. 4

25 . A parketták osztályozása Az előző két fejezet eszköztárával felszerelkezve már nekiállhatunk a parketták osztályozásának. Először is azt kell tisztáznunk, hogy mit tekintünk két külön osztálynak, tehát két parkettázás mi alapján kerül bele egyik vagy másik osztályba..1 Definíció: Két parketta azonos osztályú, ha szimmetriacsoportjaik megegyeznek. A krisztallográfiai korlát egy hatalmas segítség abban, hogy elinduljunk az osztályozásban. Tehát először érdemes végigmenni, hogy milyen n-centrumok vannak benne és utána megvizsgálni, hogy a többi egybevágóságot ez miként befolyásolja. Elméletben szépen hangzik, hogy van 17 osztálya a parkettázásoknak, de ahhoz, hogy nem csak elméletben léteznek, ezért néhányra fogok mutatni egy-egy példát és megmutatom, hogy más osztály nem létezik. A következő oldalon egy táblázatban összefoglalom, hogy milyen tulajdonságokkal rendelkeznek ezek az osztályok. A táblázatban az n-centrumokra vonatkozó információt mindig az adott oszlop első sorában tudjuk leolvasni. A táblázat egyes celláinak bal felső részében az adott osztály jelölését fogjuk látni. 5

26 A tapétacsoportok osztályozása Nincsen n-centrum Csak -centrum van 4-centrumok vannak Csak -centrum van 6-centrumok vannak w 1 0 w 0 w 4 0 w 0 w 6 0 Nincsen irányítást váltó egybevágóság Nincsen irányítást váltó egybevágóság Nincsen szimmetriatengely Nincsen szimmetriatengely Nincsen szimmetria-tengely w 1 1 Vannak olyan csúsztatott tükrözések, melyek tengelye nem szimmetria tengely w 1 Vannak olyan -centrumok, melyek nincsenek szimmetriatengelyeken w 4 1 Minden szimmetriatengelyen van 4- centrum w 1 Minden -centrum szimmetria-tengelyen van w 6 1 Létezik szimmetriatengely w 1 Minden csúsztatott tükrözés tengelye szimmetria-tengely w Minden -centrum szimmetriatengelyen van w 4 Nem létezik olyan szimmetria-tengely, melyen 4-centrum van w Van olyan -centrum, amin nem megy át szimmetriatengely w 1 w Nincsen szimmetriatengely, de vannak csúsztatott tükrözések Az összes szimmetriatengely párhuzamos w 4 Nincsen szimmetria-tengely, de van csúsztatott tükrözés 6

27 Az első oszloppal kezdjük, amikor S(W) szimmetriacsoportban nincsen n-centrum.. Állítás: Létezik olyan tapéta, amiben a két független eltolás generálja az S(W) csoportot. Bizonyítás: A tapéta (.5) definíciója szerint van két lineárisan független eltolás, ami generálja az eltolás csoportot S(W)-ben. Ha nincs más egybevágóság, akkor csak eltolások vannak, azaz T(W) = S(W) A következő példa bizonyítja, hogy tényleg létezik ilyen tapéta, ahol T(W) =< u, v >: 10. ábra A következő részben megnézzük, hogy mi is történik akkor, ha w 1 típusú tapétához hozzáadunk egy tengelyes tükrözést. Ekkor tudjuk a.11 és.14 miatt, hogy ha a W tapéta tartalmaz egy tengelyes tükrözést vagy egy csúsztatva tükrözést, akkor a következő két eset lehetséges: W tapétának létezik rombikus eltolási rácsa és a tengely párhuzamos a rombusz egyik átlójával W tapétának létezik derékszögű eltolási rácsa és a tengely párhuzamos az eltolási rács egyik oldalával. Mindkét esetben, mivel a tapéta nem tartalmaz n-centrumot, ezért a szimmetriatengelyek és a csúsztatva tükrözések tengelyei párhuzamosak lesznek egymással.. Állítás: Legyen W tapéta rombikus és nem derékszögű. Ha S(W) szimmetriacsoportja nem tartalmaz n-centrumot, de tartalmaz egy tengelyes tükrözést t g vagy egy csúsztatva tükrözést t g,v, akkor a tapéta w 1 1 típusú. Bizonyítás: A W tapéta rombikus eltolási rácsa legyen: T(W) =< e v1, e v >. Tekintsük először azt az esetet, amikor egy t g tengelyes tükrözés van benne a szimmetriacsoportban. 7

28 Legyen A g és g (v 1 + v ) ekkor tekintsük a következő egybevágóságot (az áttekintésben a 11. ábra a segítségünkre tud lenni): 11. ábra e v1 t g = t g1, 1 csúsztatva tükrözést kapjuk az 1.16 alapján, ahol g (v 1+v ) 1 = e1 (g), A (v 1) kapott egyenes az ábrán az AB felezőpontján megy át és párhuzamos AC egyenessel. Az ábrán szaggatott vonallal van jelölve a csúsztatva tükrözés tengelye. Legyen a következő egybevágóság: e v1 t g1, 1 = t lesz, ahol g (v 1+v ) g, (v 1 +v ) = e1 (g 1) = e (v v1 (g) az 1.16 alapján. 1) Mivel e (v1 +v ) T(W), ezért a következő átalakítással megkapjuk t g tengelyes tükrözést: t g, (v 1 +v ) e (v 1 +v ) = t g Rekurzióval könnyen lehet látni, hogy generálni tudunk olyan tengelyes tükrözéseket t gi, melyek g i (e v1 ) i (g), ahol, i Z alakúak lesznek. A csúsztatva tükrözések hasonló módon tudunk generálni, ahol a csúsztatva tükrözés t gi+1,( 1 +k) (v alakú és k, i Z. A csúsztatva tükrözés tengelyeit a következő 1+v ) egyenlőség adja meg: g i+1 (e v1 ) i (g 1 ). Ezeken kívül nem lehet más tengelyes tükrözés vagy csúsztatva tükrözés a csoportban, mert ha lenne, akkor az ábrából könnyen leolvasható, hogy egy olyan eltolást tudnánk kapni, ami nincs benne a csoportban. 8

29 Tekintsük meg a másik esetet, amikor a szimmetriacsoport egy t g,v csúsztatva tükrözést tartalmaz és g (v 1 + v ) Mivel g párhuzamos a rombusz egyik átlójával, ezért v vektort.1 miatt 1 k (v 1 + v ) alakban tudjuk felírni, ahol k Z és e (v1 T(W). Amennyiben k páros, akkor +v ) e1 k (v 1+v ) T(W) miatt v T(W), hogy v + v = 0 t g,v = t g e v e v = t g Ezzel visszavezettük a korábbi esetre. Ha k páratlan szám, akkor v T(W), hogy v + v = 1 (v 1 + v ). Ekkor a következő csúsztatva tükrözést tudjuk megkapni: t g,v = t g e v e v = t g, 1 (v 1+v ) A kapott csúsztatva tükrözés után az e v1 eltolást elvégezve egy tengelyes tükrözést fogunk kapni és ezzel az előző esetre tudjuk visszavezetni ezt az esetet. A g (v v 1 ) esetben v vektor helyet kell a v v vektort venni, mint a rombuszt generáló másik vektort és akkor (v 1 + v ) g adódik, amit az előbb néztünk..4 Állítás: Legyen W tapéta derékszögű és nem rombikus. Ha S(W) szimmetriacsoportja nem tartalmaz n-centrumot, T(W) =< e v1, e v >, ahol v 1 v és tartalmaz egy csúsztatva tükrözést t g,v, akkor két eset lehetséges. 1. eset: ha v = k v 1 vagy v = k v, ahol k Z, akkor a tapéta w 1 típusú.. eset: ha v = (k + 1 ) v 1 vagy v = (k + 1 ) v, ahol k Z, akkor a tapéta w 1 típusú. Bizonyítás: A.14-ből kiderül, hogy g v 1 vagy g v és.1-ból adódik, hogy csak az állításban szereplő eltolások lehetségesek. Legyen g v 1 hiszen a bázis vektorok megcserélésével ez elérhető. Nézzük meg az első esetet. Legyen v = k v 1, ezért e v T(W). 9

30 Tudjuk, hogy v vektor, amire e v e v = I Ekkor t g,v e v = t g e v e v = t g Ezzel megkaptuk, hogy a csúsztatva tükrözés tengelye egyben egy tengelyes tükrözés tengelye is. További tengelyes tükrözést a szimmetriacsoportban csak a t g e k v egybevágósággal lehet kapni, ahol k Z. Ha ezen kívül még lenne tengelyes tükrözés a szimmetriacsoportban, akkor kapnánk egy v vektorral párhuzamos, de annál kisebb eltolást, ami ellentmondás. Hasonlóan vezetne ellentmondásra az is, ha egy csúsztatva tükrözést vennénk bele a szimmetriacsoportba. Ezzel megkaptuk w 1 esetet. Most pedig nézzük meg a második esetet..14 miatt feltehetjük, hogy g v 1 Legyen v = (k + 1 ) v 1, ahol k Z. Tudjuk a csúsztatva tükrözés definíciójából, hogy v g. Válasszuk v = k v 1 vektort. Ekkor e v e v = e 1 (v 1) A t g,v csúsztatva tükrözéssel állítsunk elő egy egyszerűbben kezelhető csúsztatva tükrözést: t g,v e v = t g e v e v = t g e 1 (v 1) = t g, 1 (v 1) Ekkor t g, 1 (v 1) csúsztatva tükrözés és e l v 1 kompozícióját véve egy újabb csúsztatva tükrözést kapok, aminek a tengelye ugyanaz marad. Ha l v vektorral veszem a kompozíciót akkor az 1.16 alapján egy újabb csúsztatva tükrözést kapok, amire a következő igaz: e l v t g,v = t gi,v, ahol g i = e 1 l (v ) (g) eltolással kapjuk, mert (l v ) g Más csúsztatva tükrözés vagy tengelyes tükrözés bevétele a csoportba olyan eltolást eredményezne a csoportban, amit e v1, e v nem generál, ami ellentmondás. Mivel v 1 és v elnevezése felcserélhető, ezért nem kell külön a g v esetet bebizonyítani. Így megkaptuk a w 1 típusú tapétát. 0

31 .5 Állítás: Ha S(W) szimmetriacsoportja nem tartalmaz n-centrumot, de tartalmaz egy csúsztatva tükrözést t g,v, akkor a következő három eset lehetséges: g párhuzamos az egyik rombikus egységcella átlójával, akkor w 1 1 típusú vagy g párhuzamos az egyik derékszögű egységcella oldalával és v = k v 1 vagy v = k v, ahol k Z, akkor a tapéta w 1 típusú vagy g párhuzamos az egyik derékszögű egységcella oldalával és v = (k + 1 ) v 1 vagy v = (k + 1 ) v, ahol k Z, akkor a tapéta w 1 típusú. Bizonyítás: Mindegyik esetet vissza lehet vezetni. vagy.4 állításokra. Most hogy kész vagyunk azon tapéták osztályozásával, amiben nincs n-centrum, menjünk tovább. A következő részben azokkal a tapétákkal fogunk foglalkozni, ahol van -centrum, de nincs 4-centrum..6 Állítás: Legyen adva egy W tapéta w i típusú tapéta, ahol i = 0, 1,,, 4 és T(W) =< e v1, e v >. Ha P pont a W tapétának egy -centruma, akkor az összes centrum helye a következő alakban írható fel: e 1 (i e )v 1 1 (j )v (P), ahol i, j Z Bizonyítás: Az 1.14 alapján tudjuk, hogy e v f P,π = f P,π, ahol e v T(W) egy π nagyságú forgatás lesz. Az 1.14 bizonyításában használt módszerrel az új forgatás középpontját a következő hozzárendeléssel tudjuk megadni: P : = e ( 1 ) v(p) Az S(W) szimmetriacsoportban az eltolásokat e v = (e v1 ) i (e v ) j = e (i v1 )+(j v ) egyenlőséggel kapjuk meg, ezért megkapjuk az összes -centrum helyét. Ha még ezeken kívül lenne még valahol egy P -centrum, akkor 1.1 bizonyításában látott módszer alapján f P,π f P,π = e P P eltolást kapjuk, ami T(W) csoportban benne van. Tehát P helyét már korábban megkaptuk. 1

32 .7 Állítás: Létezik olyan W tapéta, melynek S(W) szimmetriacsoportjában csak eltolások és -centrumok vannak benne. Bizonyítás: A következő példával bizonyítjuk az állítást: 1. ábra.8 Állítás: Legyen adva W rombikus, de nem derékszögű tapéta, melynek S(W) 1 szimmetriacsoportja tartalmaz t g tengelyes tükrözést és -centrumot. Akkor W w osztályba tartozik. Bizonyítás: Válasszunk olyan v 1, v vektorokat, melyre T(W) =< e v1, e v > és az egységcellája rombusz. Ekkor tudjuk az.11 miatt, hogy t g tengelyes tükrözés g tengelye párhuzamos az egyik átlóval, azaz g (v 1 + v ) vagy g (v 1 v ). A bizonyítást g (v 1 + v ) fogjuk belátni, a g (v 1 v ) eset bizonyítása v helyett v választása esetén adódik. Legyen P pont a W tapéta egy -centruma. Ekkor a.6 miatt tudjuk, hogy az összes -centrum a következő alakra hozható: e 1 (i e )v 1 1 (j )v (P), ahol i, j Z Legyen P egy P-től különböző -centrum. Ekkor PP vektor a következő alakban írható fel: PP = (p i 1 ) v 1 + (p j 1 ) v, ahol p i, p j Z A g szimmetriatengely és a -centrumok helyzetére.17 miatt, két lehetőség van. 1 eset: g egyenes tartalmaz -centrumot. eset: g egyenes kettő -centrum szakaszfelező merőlegese.

33 Valójában a két eset ugyanaz. Ezt a. esetből fogjuk belátni. g (v 1 + v ), miatt (p i 1 ) v 1 + (p j 1 ) v vektornak merőlegesnek kell g-re lennie. Ez pedig akkor lehetséges, ha (p i 1 ) v 1 + (p j 1 ) v = λ (v 1 v ), ahol λ R Ebből adódik, hogy p i = p j egyenlőségnek kell teljesülnie. Továbbá tudjuk, hogy a PP szakasz felezőpontja P rajta van a g egyenesen, tehát P = e (pi 1 4 )v 1 (p j 1 4 )v (P) Mivel g (v 1 + v ) és P g, ezért tudjuk, Q e 4 i(v 1+v ) (P ) pont rajta van a g egyenesen. Ekkor a következő eltolás egy -centrumot határoz meg, ami rajta van g egyenesen: e e ( 4 i)(v 1+v ) (i 1 4 )v 1 (i 1 = e 4 (P) )v i v1 +(i 1 (P) )v Eddig sikerült levezetni, hogy ha van egy t g tengelyes tükrözés és P pont a W tapétának -centruma, hogy P g. Legyen P g a W tapétának egy -centruma és t g S(W). Ekkor az 1.17 miatt t g f P,π = t g1, ahol P g 1 és g 1 g. Mivel itt megvan a rombusz mind a átlójával párhuzamos tengelyes tükrözés, ezért. bizonyításában látott módszer alapján látjuk mit generál t g és t g1 tengelyes tükrözések az eltolásokkal együtt. Ha ezen kívül lenne még tengelyes tükrözés, akkor az egy olyan e v eltolást tudna generálni, ami nincs benne T(W) csoportban. Tehát t g, t g1 S(W), ahol g g 1 és P = g g 1 a W tapétának -centruma. Ekkor e 1 ( )v (P) egy olyan -centrum lesz, amin nem megy át szimmetriatengely. 1 A derékszögű tapéták vizsgálatánál, amik tartalmaznak csúsztatva tükrözést és -centrumot, de 4-centrumot nem, ott érdemes a csúsztatva tükrözés elhelyezkedésére figyelmet fordítani. Ehhez egy lemmát fogunk kimondani:.9 Lemma: Legyen adva W derékszögű, de nem rombikus tapéta, T(W) =< e v1, e v >, ahol v 1 v. Tegyük fel, hogy S(W) szimmetriacsoport tartalmaz egy t g,v csúsztatva tükrözést. Ekkor a következő négy esetre lehet visszavezetni.

34 1. g v 1, t g S(W), P, hogy P g és P a W tapétának egy -centruma.. g v 1, t 1 g, (v S(W), P, hogy P g és P a W tapétának egy -centruma. 1). g v 1, t g S(W), P, hogy P a W tapétának egy -centruma és P g, ahol P = e1 (P) 4 (v ) 4. g v 1, t 1 S(W), P, hogy P a W tapétának egy -centruma és g, (v 1) P g, ahol P = e1 (P) 4 (v ) Bizonyítás:.14 miatt tudjuk, hogy g v 1, az.1 miatt tudjuk, hogy v 1 k v 1 lehet..6 miatt tudjuk, hogy hogyan helyezkednek el a -centrumok. Mivel W derékszögű tapéta, ezért.17 miatt tudjuk, hogy g egyenesen vagy van -centrum, vagy kettő -centrum oldalfelező merőlegese. Mivel v 1 és v szerepe felcserélhető, ezért így már egyszerűen látszik, hogy valóban ez a 4 eset lehetséges..10 Tétel: Ha a W tapétára a.9 lemma 1. esete igaz, akkor w tapétáról van szó. Bizonyítás: A g-vel párhuzamos szimmetriatengelyeket a k v, k Z eltolásokkal való kompozíció adja meg, tehát az 1.15 alapján könnyen látható, hogy a g-vel párhuzamos szimmetriatengelyekre a következő képlet lesz igaz: i g i = (e1 (v ) ) (g), ahol i Z Itt g i szimmetriatengely lesz. Mivel P, hogy P g és P a W tapétának egy -centruma, ezért.6 alapján látjuk, hogy az összes -centrum az alábbi képlettel megkapható: e 1 (i e )v 1 1 (j )v (P), ahol i, j Z Tudjuk továbbá, hogy g i v 1 és g i v, amiből adódik, hogy minden -centrum szimmetria tengelyen lesz. Megjegyzés: Az előző bizonyítás gondolatmenetét folytatva felmerül a kérdés, hogy van-e még szimmetria tengely azokon kívül, amit már megtaláltunk. Láttuk, hogy P g pont az S(W) egy -centruma. Ekkor a következő kompozícióval egy g-re merőleges szimmetriatengelyt kapunk az 1.17-t felhasználva: 4

35 t h = t g f P,π, ahol g h és P = g h Innen a h-val párhuzamos szimmetriatengelyeket az 1.15 miatt a következő képlettel kapjuk meg: j h j = (e1 (v ) ) (h), ahol j Z, mert g v Ha ezeken kívül lenne még szimmetriatengely, akkor az egy olyan eltolást eredményezne, ami nincs benne S(W) szimmetriacsoportban. Megkaptuk az összes -centrumot is, mert, ha lenne ezen kívül, akkor kapnánk olyan eltolást, mely nincs benne az eltolási csoportunkban..11 Tétel: Ha a W tapétára az.9 lemma. vagy. esete igaz, akkor w tapétáról van szó. Bizonyítás: Vegyük először a. esetben a következő kompozíciót: t g,v f P,π Ez a kompozíció az 1.18 állítás miatt egy t h tengelyes tükrözést fog eredményezni. Ha pontosan kiszámoljuk hogy h hol helyezkedik el, akkor megkapjuk a -as esetre visszavezethető tengelyes tükrözést. Így a következő adódik: t g,v f P,π = t h t g,v = t h (f P,π ) 1 = t h f P,π Tehát a.9 lemma -as és a -es esete ugyanazt a szimmetriacsoportot fogják létrehozni. Vegyük a. esetet és nézzük meg, hogy milyen típusú tapétáról van szó. i Tudjuk, hogy ha t h S(W), akkor 1.15-t felhasználva h i = (e1 ) (h), i Z esetén (v ) szimmetria tengely lesz. Ezen kívül h-val párhuzamos szimmetria tengely nem létezik, mert különben olyan eltolást kapnánk, ami nincs benne az eltolási csoportban..6 miatt tudjuk, hogy az összes -centrumot a következő képlettel megkapjuk: P jk = e 1 (j e )v 1 1 (k )v (P), ahol a kezdeti feltétel miatt P g Ebből adódik, hogy h i egyenesek egyike sem tartalmaz -centrumot. Ha a w tapéta feltétele nem teljesülne, akkor g szimmetriatengely, amely g h i valamelyik h i egyenesre, de akkor t g t hi kompozíció 1.1 miatt egy új -centrumot adna, ami ellentmondás. 5

36 Ezzel beláttuk, hogy ha a. vagy. eset áll fenn, akkor egy w típusú tapétáról van szó. 4.1 Tétel: Ha a W tapétára az.9 lemma 4. esete igaz, akkor w tapétáról van szó. Bizonyítás: Az 1.16 alapján ki tudjuk számolni, hogy t g,v kompozíciója e i v eltolással (i Z) a következő csúsztatva tükrözéseket tudja adni: e i v t g,v = t gi,v, ahol g i = e 1 i (v ) (g) Továbbá 1.1-t felhasználva f P,π t h1 t h, ahol h 1 g, h g és P h 1 h. Ezt a következő képletbe behelyettesítve: t g,v f P,π = e v t g t h1 t h = e v e v t h, ahol tudjuk, hogy v h és v h és v = 1 (v 4 ) = 1 (v ) Innen 1.10 és 1.15 felhasználásával adódik, hogy az egybevágóság egy csúsztatva tükrözés lesz, aminek h tengelyére a következők igazak: h e1 (v)(h ) és h g. A v helyére behelyettesítve a.9 lemmában szereplő feltételt, adódik hogy: h e 1 4 (v 1) (h ) Az 1.16 alapján ki tudjuk számolni, hogy t h, 1 (v ) kompozíciója e i v 1 eltolással (i Z) a következő csúsztatva tükrözéseket tudja adni: e i v1 t h, 1 (v ) = t h i, 1 (v ), ahol h i = e 1 i (v 1) (h ) A csúsztatva tükrözések egyike se tartalmaz -centrumot. Tegyük fel, hogy létezik t d tengelyes tükrözés. Ekkor két lehetőség van. Az első eset, hogy két -centrum felezőmerőlegese d, ahol a felezőpont nem -centrum. De ekkor a szimmetria tengely egybeesik egy csúsztatva tükrözés tengelyével, így ha venném a kompozíciójukat, akkor ellentmondásra jutnék. A második eset, hogy tartalmaz P d -centrumot. Ekkor d g vagy d g teljesül, ahol d : = f π P, (d) egyenlőség teljesül a következő miatt: t d = t d f P,π Amennyiben d g, akkor d-re létezik olyan i, hogy g i és g i+1 között legyen, ahol 6

37 g i = e 1 i (v ) (g) A következő kompozícióval ellentmondásra jutunk: t gi, 1 t (v d = e 1) λ (v )+ 1 = e e (v 1 1) λ (v ) (v, ahol λ nem feltétlen egész 1) mert v 1 és v lineárisan függetlenek így e1 (v ) S(W), tehát e j (v 1 ) e1 (v S(W), így ) ellentmondásra jutottunk. Tehát a 4. esetnél nem létezhet tengelyes tükrözés, de van csúsztatva tükrözés és -centrum, ami a w 4 tapéta definíciója..1 Tétel: Legyen adva W tapéta, aminek P pont a 4-centruma. Ekkor az. állításban meghatározott négyzet egy A csúcsából kiinduló szomszédos csúcsokba indított két vektor v 1 és v jó lesz az eltolási csoport két generáló vektorának. Tehát W rombikus és derékszögű tapéta lesz. Bizonyítás: Tudjuk az.17 állítás alapján, hogy ha φ S(W), akkor φ(p) is 4-centrum lesz. Ez alapján csak egy módon lehetne bővíteni az eltolási csoportot, mégpedig ha az A csúcsból induló P-be mutató v 1+v eltolást is belevennénk az eltolási csoportba. De az f C, π = e ( v 1 +v ) f P, π által meghatározott C pont is a W tapéta 4-centruma lesz és C e1 (v (P), de ez 1) ellentmondásba lenne az. állítással, mert a C pontnak az állítás szerint -centrumnak kell lennie. Tehát v 1+v vektorral való eltolás nincs benne W tapéta szimmetriacsoportjában. A tételben említett v 1 és v vektorral való eltolást a következő kompozícióból tudjuk megkapni, ahol M jelölje a P ponthoz egyik legközelebbi -centrumot és M f π P, (M) f M,π f P,π = e v1 f M,π f P,π = e v Ezzel megkaptuk a tételben említett két vektort. Mivel v 1 v ezért derékszögű a W tapéta és mivel v 1 = v ezért W tapéta rombikus. 7

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Geometria III.

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Geometria III. Geometria III. DEFINÍCIÓ: (Vektor) Az egyenlő hosszúságú és egyirányú irányított szakaszoknak a halmazát vektornak nevezzük. Jele: v. DEFINÍCIÓ: (Geometriai transzformáció) Geometriai transzformációnak

Részletesebben

Egybevágósági transzformációk. A geometriai transzformációk olyan függvények, amelyek ponthoz pontot rendelnek hozzá.

Egybevágósági transzformációk. A geometriai transzformációk olyan függvények, amelyek ponthoz pontot rendelnek hozzá. Egybevágósági transzformációk A geometriai transzformációk olyan függvények, amelyek ponthoz pontot rendelnek hozzá. Egybevágósági transzformációk azok a geometriai transzformációk, amelyeknél bármely

Részletesebben

2. ELŐADÁS. Transzformációk Egyszerű alakzatok

2. ELŐADÁS. Transzformációk Egyszerű alakzatok 2. ELŐADÁS Transzformációk Egyszerű alakzatok Eltolás A tér bármely P és P pontpárjához pontosan egy olyan eltolás létezik, amely P-t P -be viszi. Bármely eltolás tetszőleges egyenest vele párhuzamos egyenesbe

Részletesebben

Geometria 1 összefoglalás o konvex szögek

Geometria 1 összefoglalás o konvex szögek Geometria 1 összefoglalás Alapfogalmak: a pont, az egyenes és a sík Axiómák: 1. Bármely 2 pontra illeszkedik egy és csak egy egyenes. 2. Három nem egy egyenesre eső pontra illeszkedik egy és csak egy sík.

Részletesebben

16. tétel Egybevágósági transzformációk. Konvex sokszögek tulajdonságai, szimmetrikus sokszögek

16. tétel Egybevágósági transzformációk. Konvex sokszögek tulajdonságai, szimmetrikus sokszögek 16. tétel Egybevágósági transzformációk. Konvex sokszögek tulajdonságai, szimmetrikus sokszögek EGYBEVÁGÓSÁGI TRANSZFORMÁCIÓK Geometriai transzformáció Def:Olyan speciális függvény, melynek értelmezési

Részletesebben

10. Koordinátageometria

10. Koordinátageometria I. Nulladik ZH-ban láttuk: 0. Koordinátageometria. Melyek azok a P x; y pontok, amelyek koordinátái kielégítik az Ábrázolja a megoldáshalmazt a koordináta-síkon! x y x 0 egyenlőtlenséget? ELTE 00. szeptember

Részletesebben

17. előadás: Vektorok a térben

17. előadás: Vektorok a térben 17. előadás: Vektorok a térben Szabó Szilárd A vektor fogalma A mai előadásban n 1 tetszőleges egész szám lehet, de az egyszerűség kedvéért a képletek az n = 2 esetben szerepelnek. Vektorok: rendezett

Részletesebben

Vektorok és koordinátageometria

Vektorok és koordinátageometria Vektorok és koordinátageometria Vektorral kapcsolatos alapfogalmak http://zanza.tv/matematika/geometria/vektorok-bevezetese Definíció: Ha egy szakasz két végpontját megkülönböztetjük egymástól oly módon,

Részletesebben

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások Megoldások 1. Tekintsük az alábbi szabályos hatszögben a következő vektorokat: a = AB és b = AF. Add meg az FO, DC, AO, AC, BE, FB, CE, DF vektorok koordinátáit az (a ; b ) koordinátarendszerben! Alkalmazzuk

Részletesebben

Geometria. a. Alapfogalmak: pont, egyenes, vonal, sík, tér (Az alapfogalamakat nem definiáljuk)

Geometria. a. Alapfogalmak: pont, egyenes, vonal, sík, tér (Az alapfogalamakat nem definiáljuk) 1. Térelemek Geometria a. Alapfogalmak: pont, egyenes, vonal, sík, tér (Az alapfogalamakat nem definiáljuk) b. Def: félegyenes, szakasz, félsík, féltér. c. Kölcsönös helyzetük: i. pont és (egyenes vagy

Részletesebben

Síkgeometria 12. évfolyam. Szögek, szögpárok és fajtáik

Síkgeometria 12. évfolyam. Szögek, szögpárok és fajtáik Szögek, szögpárok és fajtáik Szögfajták: Jelölés: Mindkét esetben: α + β = 180 Pótszögek: Olyan szögek, amelyeknek összege 90. Oldalak szerint csoportosítva A háromszögek Általános háromszög: Minden oldala

Részletesebben

Megoldások. Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma)

Megoldások. Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások 1. Határozd meg az a és b vektor skaláris szorzatát, ha a = 5, b = 4 és a közbezárt szög φ = 55! Alkalmazzuk a megfelelő képletet: a b = a b cos φ = 5 4 cos 55 11,47. 2. Határozd meg a következő

Részletesebben

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások Megoldások 1. Határozd meg a szakasz hosszát, ha a végpontok koordinátái: A ( 1; ) és B (5; )! A szakasz hosszához számítsuk ki a két pont távolságát: d AB = AB = (5 ( 1)) + ( ) = 6 + 1 = 7 6,08.. Határozd

Részletesebben

A 2013/2014. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny MATEMATIKA II. KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM)

A 2013/2014. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny MATEMATIKA II. KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM) A 2013/2014. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA II. KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM) Javítási értékelési útmutató 1. Melyek azok a pozitív p és q prímek, amelyekre a számok mindegyike

Részletesebben

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Vektorok II.

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Vektorok II. Vektorok II. DEFINÍCIÓ: (Vektorok hajlásszöge) Két vektor hajlásszögének azt a φ (0 φ 180 ) szöget nevezzük, amelyet a vektorok egy közös pontból felmért reprezentánsai által meghatározott félegyenesek

Részletesebben

Vektorgeometria (1) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit

Vektorgeometria (1) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit Vektorgeometria (1) First Prev Next Last Go Back Full Screen Close Quit 1. A térbeli irányított szakaszokat vektoroknak hívjuk. Két vektort egyenlőnek tekintünk, ha párhuzamos eltolással fedésbe hozhatók.

Részletesebben

Egybevágósági transzformációk

Egybevágósági transzformációk Egybevágósági transzformációk Párhuzamos eltolás Geometriai transzformációk Egybevágósági transzformációk (9. osztály) Helybenhagyás Tengelyes tükrözés Középpontos tükrözés Pont körüli forgatás Párhuzamos

Részletesebben

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi második fordulójának feladatmegoldásai. x 2 sin x cos (2x) < 1 x.

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi második fordulójának feladatmegoldásai. x 2 sin x cos (2x) < 1 x. Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2005-2006. tanévi második fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára 1. Oldja meg a következő egyenlőtlenséget, ha x > 0: x 2 sin

Részletesebben

Geometriai transzformációk

Geometriai transzformációk Geometriai transzformációk 11 elemi geometriafeladat 10. és DG Matektábor 2016. október 6. Röviden a transzformációkról Tengelyes tükrözés 10. és ( DG Matektábor) Geometriai transzformációk 2016. október

Részletesebben

Nagy András. Feladatok a koordináta-geometria, egyenesek témaköréhez 11. osztály 2010.

Nagy András. Feladatok a koordináta-geometria, egyenesek témaköréhez 11. osztály 2010. Nagy András Feladatok a koordináta-geometria, egyenesek témaköréhez 11. osztály 010. Feladatok a koordináta-geometria, egyenesek témaköréhez 11. osztály 1) Döntsd el, hogy a P pont illeszkedik-e az e egyenesre

Részletesebben

Feladatok Házi feladat. Keszeg Attila

Feladatok Házi feladat. Keszeg Attila 2016.01.29. 1 2 3 4 Adott egy O pont és egy λ 0 valós szám. a tér minden egyes P pontjához rendeljünk hozzá egy P pontot, a következő módon: 1 ha P = O, akkor P = P 2 ha P O, akkor P az OP egyenes azon

Részletesebben

1. A komplex számok ábrázolása

1. A komplex számok ábrázolása 1. komplex számok ábrázolása Vektorok és helyvektorok. Ismétlés sík vektorai irányított szakaszok, de két vektor egyenlő, ha párhuzamosak, egyenlő hosszúak és irányúak. Így minden vektor kezdőpontja az

Részletesebben

Lehet hogy igaz, de nem biztos. Biztosan igaz. Lehetetlen. A paralelogrammának van szimmetria-középpontja. b) A trapéznak két szimmetriatengelye van.

Lehet hogy igaz, de nem biztos. Biztosan igaz. Lehetetlen. A paralelogrammának van szimmetria-középpontja. b) A trapéznak két szimmetriatengelye van. Geometria, sokszögek, szögek, -, 2004_01/5 Lili rajzolt néhány síkidomot: egy háromszöget, egy deltoidot, egy paralelogrammát és egy trapézt. A következő állítások ezekre vonatkoznak. Tegyél * jelet a

Részletesebben

Geometriai alapfogalmak

Geometriai alapfogalmak Geometriai alapfogalmak Alapfogalmak (nem definiáljuk): pont, egyenes, sík, tér. Félegyenes: egy egyenest egy pontja két félegyenesre bontja. Ez a pont a félegyenes végpontja. A félegyenes végtelen hosszú.

Részletesebben

9. Írjuk fel annak a síknak az egyenletét, amely átmegy az M 0(1, 2, 3) ponton és. egyenessel;

9. Írjuk fel annak a síknak az egyenletét, amely átmegy az M 0(1, 2, 3) ponton és. egyenessel; Síkok és egyenesek FELADATLAP Írjuk fel annak az egyenesnek az egyenletét, amely átmegy az M 0(,, ) ponton és a) az M(,, 0) ponton; b) párhuzamos a d(,, 5) vektorral; c) merőleges a x y + z 0 = 0 síkra;

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Koordináta-geometria

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Koordináta-geometria MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Koordináta-geometria A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett

Részletesebben

1. Az ábrán látható táblázat minden kis négyzete 1 cm oldalhosszúságú. A kis négyzetek határvonalait akarjuk lefedni. Meg lehet-e ezt tenni

1. Az ábrán látható táblázat minden kis négyzete 1 cm oldalhosszúságú. A kis négyzetek határvonalait akarjuk lefedni. Meg lehet-e ezt tenni 1. Az ábrán látható táblázat minden kis négyzete 1 cm oldalhosszúságú. A kis négyzetek határvonalait akarjuk lefedni. Meg lehet-e ezt tenni a) 5 db 8 cm hosszú, b) 8 db 5 cm hosszú cérnával? Megoldás:

Részletesebben

Programozási nyelvek 2. előadás

Programozási nyelvek 2. előadás Programozási nyelvek 2. előadás Logo forgatás tétel Forgatás tétel Ha az ismétlendő rész T fok fordulatot végez és a kezdőhelyére visszatér, akkor az ismétlések által rajzolt ábrák egymás T fokkal elforgatottjai

Részletesebben

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Megoldások Megoldások 1. Írd fel a K (0; 2) középpontú 7 sugarú kör egyenletét! A keresett kör egyenletét felírhatjuk a képletbe való behelyettesítéssel: x 2 + (y + 2) 2 = 49. 2. Írd fel annak a körnek az egyenletét,

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I. KOVÁCS BÉLA, MATEmATIkA I. 3 III. MEGFELELTETÉSEk, RELÁCIÓk 1. BEVEZETÉS Emlékeztetünk arra, hogy az rendezett párok halmazát az és halmazok Descartes-féle szorzatának nevezzük. Más szóval az és halmazok

Részletesebben

Síkgeometria. Ponthalmazok

Síkgeometria.  Ponthalmazok Síkgeometria http://zanza.tv/matematika/geometria Ponthalmazok Alapfogalmak: pont egyenes sík (nincs kiterjedése; általában nagy betűvel jelöljük) (végtelen hosszú; általában kis betűvel jelöljük) (végtelen

Részletesebben

5. házi feladat. AB, CD kitér élpárra történ tükrözések: Az ered transzformáció: mivel az origó xpont, így nincs szükség homogénkoordinátás

5. házi feladat. AB, CD kitér élpárra történ tükrözések: Az ered transzformáció: mivel az origó xpont, így nincs szükség homogénkoordinátás 5. házi feladat 1.feladat A csúcsok: A = (0, 1, 1) T, B = (0, 1, 1) T, C = (1, 0, 0) T, D = ( 1, 0, 0) T AB, CD kitér élpárra történ tükrözések: 1 0 0 T AB = 0 1 0, elotlási rész:(i T AB )A = (0, 0, )

Részletesebben

Egyenes mert nincs se kezdő se végpontja

Egyenes mert nincs se kezdő se végpontja Szakasz mert van két végpontja Egyenes mert nincs se kezdő se végpontja Tört vonal Szög mert van két szára és csúcsa Félegyenes mert van egy kezdőpontja 5 1 1 Két egyenes egymásra merőleges ha egymással

Részletesebben

Összeállította: dr. Leitold Adrien egyetemi docens

Összeállította: dr. Leitold Adrien egyetemi docens Az R 3 tér geometriája Összeállította: dr. Leitold Adrien egyetemi docens 2008.09.08. 1 Vektorok Vektor: irányított szakasz Jel.: a, a, a, AB, Jellemzői: irány, hosszúság, (abszolút érték) jel.: a Speciális

Részletesebben

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Geometria I.

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Geometria I. Geometria I. Alapfogalmak: Az olyan fogalmakat, amelyeket nem tudunk egyszerűbb fogalmakra visszavezetni, alapfogalmaknak nevezzük, s ezeket nem definiáljuk. Pl.: pont, egyenes, sík, tér, illeszkedés.

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT. Koordináta-geometria

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT. Koordináta-geometria MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT 1) Adott két pont: A 4; 1 felezőpontjának koordinátáit! AB felezőpontja legyen F. Koordináta-geometria és B 3 1; Írja fel az AB szakasz 1 3 4

Részletesebben

5. előadás. Skaláris szorzás

5. előadás. Skaláris szorzás 5. előadás Skaláris szorzás Bevezetés Két vektor hajlásszöge: a vektorokkal párhuzamos és egyirányú, egy pontból induló félegyenesek konvex szöge. φ Bevezetés Definíció: Két vektor skaláris szorzata abszolút

Részletesebben

1. Részcsoportok (1) C + R + Q + Z +. (2) C R Q. (3) Q nem részcsoportja C + -nak, mert más a művelet!

1. Részcsoportok (1) C + R + Q + Z +. (2) C R Q. (3) Q nem részcsoportja C + -nak, mert más a művelet! 1. Részcsoportok A részcsoport fogalma. 2.2.15. Definíció Legyen G csoport. A H G részhalmaz részcsoport, ha maga is csoport G műveleteire nézve. Jele: H G. Az altér fogalmához hasonlít. Példák (1) C +

Részletesebben

24. szakkör (Csoportelméleti alapfogalmak 3.)

24. szakkör (Csoportelméleti alapfogalmak 3.) 24. szakkör (Csoportelméleti alapfogalmak 3.) D) PERMUTÁCIÓK RENDJE Fontos kérdés a csoportelméletben, hogy egy adott elem hanyadik hatványa lesz az egység. DEFINÍCIÓ: A legkisebb olyan pozitív k számot,

Részletesebben

EGYBEVÁGÓSÁGI TRANSZFORMÁCIÓK TENGELYES TÜKRÖZÉS

EGYBEVÁGÓSÁGI TRANSZFORMÁCIÓK TENGELYES TÜKRÖZÉS GEOMETRIA 1. Az A, B, C egy egyenes pontjai (ebben a sorrendben), AB szakasz 5 cm, BC szakasz 17 cm. F 1 az AB szakasz, F 2 a BC szakasz felezőpontja. Mekkora az F 1 F 2 szakasz? 2. Az AB és CD szakaszok

Részletesebben

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2011/2012 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) 2. forduló - megoldások. 1 pont Ekkor

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2011/2012 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) 2. forduló - megoldások. 1 pont Ekkor Okta tási Hivatal Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 0/0 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA). forduló - megoldások. Az valós számra teljesül a 3 sin sin cos sin egyenlőség. Milyen értékeket

Részletesebben

Matematika (mesterképzés)

Matematika (mesterképzés) Matematika (mesterképzés) Környezet- és Településmérnököknek Debreceni Egyetem Műszaki Kar, Műszaki Alaptárgyi Tanszék Vinczéné Varga A. Környezet- és Településmérnököknek 2016/2017/I 1 / 29 Lineáris tér,

Részletesebben

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Vektorok I.

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Vektorok I. Vektorok I. DEFINÍCIÓ: (Vektor) Az egyenlő hosszúságú és egyirányú irányított (kezdő és végponttal rendelkező) szakaszoknak a halmazát vektornak nevezzük. Jele: v ; v; AB (ahol A a vektor kezdőpontja,

Részletesebben

Összeállította: dr. Leitold Adrien egyetemi docens

Összeállította: dr. Leitold Adrien egyetemi docens Skaláris szorzat az R n vektortérben Összeállította: dr. Leitold Adrien egyetemi docens 2008.09.08. 1 Vektorok skaláris szorzata Két R n -beli vektor skaláris szorzata: Legyen a = (a 1,a 2,,a n ) és b

Részletesebben

10. Tétel Háromszög. Elnevezések: Háromszög Kerülete: a + b + c Területe: (a * m a )/2; (b * m b )/2; (c * m c )/2

10. Tétel Háromszög. Elnevezések: Háromszög Kerülete: a + b + c Területe: (a * m a )/2; (b * m b )/2; (c * m c )/2 10. Tétel Háromszög Tulajdonságok: - Háromszögnek nevezzük a sokszöget, ha 3 oldala, 3 csúcsa és 3 szöge van - A háromszög belső szögeinek összege 180 o - A háromszög külső szögeinek összege 360 o - A

Részletesebben

Az 1. forduló feladatainak megoldása

Az 1. forduló feladatainak megoldása Az 1. forduló feladatainak megoldása 1. Bizonyítsa be, hogy a kocka éléből, lapátlójából és testátlójából háromszög szerkeszthető, és ennek a háromszögnek van két egymásra merőleges súlyvonala! Megoldás:

Részletesebben

8. előadás. Kúpszeletek

8. előadás. Kúpszeletek 8. előadás Kúpszeletek Kör A k kört egyértelműen meghatározza C(a,b) középpontja és r sugara. A P pont pontosan akkor van k-n, ha CP=r. Vektoregyenlet: p-c = r. Koordinátás egyenlet: (X-a)2 + (Y-b)2 =

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Koordináta-geometria

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Koordináta-geometria MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Koordináta-geometria A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett

Részletesebben

JEGYZET Geometria 2., tanárszak

JEGYZET Geometria 2., tanárszak JEGYZET Geometria 2., tanárszak Hálás köszönet a segítségért Marosi Pollának, Kiss Györgynek, Lakos Gyulának, Tóth Árpádnak, Wintsche Gergőnek. Felhasznált fogalmak Felhasználjuk a valós vektortér és mátrix

Részletesebben

Diszkrét matematika 2.C szakirány

Diszkrét matematika 2.C szakirány Diszkrét matematika 2.C szakirány 207. tavasz. Diszkrét matematika 2.C szakirány 9. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék 207.

Részletesebben

Az egyenlőtlenség mindkét oldalát szorozzuk meg 4 16-al:

Az egyenlőtlenség mindkét oldalát szorozzuk meg 4 16-al: Bevezető matematika kémikusoknak., 04. ősz. feladatlap. Ábrázoljuk számegyenesen a következő egyenlőtlenségek megoldáshalmazát! (a) x 5 < 3 5 x < 3 x 5 < (d) 5 x

Részletesebben

9. Trigonometria. I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Tegye nagyság szerint növekvő sorrendbe az alábbi értékeket! Megoldás:

9. Trigonometria. I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Tegye nagyság szerint növekvő sorrendbe az alábbi értékeket! Megoldás: 9. Trigonometria I. Nulladik ZH-ban láttuk: 1. Tegye nagyság szerint növekvő sorrendbe az alábbi értékeket! x = cos 150 ; y = sin 5 ; z = tg ( 60 ) (A) z < x < y (B) x < y < z (C) y < x < z (D) z < y

Részletesebben

Matematika A1a Analízis

Matematika A1a Analízis B U D A P E S T I M Ű S Z A K I M A T E M A T I K A É S G A Z D A S Á G T U D O M Á N Y I I N T É Z E T E G Y E T E M Matematika A1a Analízis BMETE90AX00 Vektorok StKis, EIC 2019-02-12 Wettl Ferenc ALGEBRA

Részletesebben

Nagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy

Nagy Gábor  compalg.inf.elte.hu/ nagy Diszkrét matematika 3. estis képzés 2018. ősz 1. Diszkrét matematika 3. estis képzés 10. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2010/2011-es tanév 1. forduló haladók III. kategória

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2010/2011-es tanév 1. forduló haladók III. kategória Bolyai János Matematikai Társulat Oktatásért Közalapítvány támogatásával Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2010/2011-es tanév 1. forduló haladók III. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. Határozzuk

Részletesebben

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi első fordulójának feladatmegoldásai

Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny tanévi első fordulójának feladatmegoldásai Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 008-009. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára. Határozzuk meg az alábbi egyenletrendszer valós megoldásait. ( x

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2015/2016-os tanév 1. forduló Haladók III. kategória

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2015/2016-os tanév 1. forduló Haladók III. kategória Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2015/2016-os tanév 1. forduló Haladók III. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. Az a és b befogójú derékszögű háromszögnek

Részletesebben

3. tétel Térelemek távolsága és szöge. Nevezetes ponthalmazok a síkon és a térben.

3. tétel Térelemek távolsága és szöge. Nevezetes ponthalmazok a síkon és a térben. 3. tétel Térelemek távolsága és szöge. Nevezetes ponthalmazok a síkon és a térben. TÁVOLSÁG Általános definíció: két alakzat távolsága a két alakzat pontjai között húzható legrövidebb szakasz hosszaa távolság

Részletesebben

Vektorterek. =a gyakorlatokon megoldásra ajánlott

Vektorterek. =a gyakorlatokon megoldásra ajánlott Vektorterek =a gyakorlatokon megoldásra ajánlott 40. Alteret alkotnak-e a valós R 5 vektortérben a megadott részhalmazok? Ha igen, akkor hány dimenziósak? (a) L = { (x 1, x 2, x 3, x 4, x 5 ) x 1 = x 5,

Részletesebben

Az R halmazt a valós számok halmazának nevezzük, ha teljesíti az alábbi 3 axiómacsoport axiómáit.

Az R halmazt a valós számok halmazának nevezzük, ha teljesíti az alábbi 3 axiómacsoport axiómáit. 2. A VALÓS SZÁMOK 2.1 A valós számok aximómarendszere Az R halmazt a valós számok halmazának nevezzük, ha teljesíti az alábbi 3 axiómacsoport axiómáit. 1.Testaxiómák R-ben két művelet van értelmezve, az

Részletesebben

Oktatási Hivatal. 1 pont. A feltételek alapján felírhatók az. összevonás után az. 1 pont

Oktatási Hivatal. 1 pont. A feltételek alapján felírhatók az. összevonás után az. 1 pont Oktatási Hivatal Öt pozitív egész szám egy számtani sorozat első öt eleme A sorozatnak a különbsége prímszám Tudjuk hogy az első négy szám köbének összege megegyezik az ezen öt tag közül vett páros sorszámú

Részletesebben

Bevezetés a síkgeometriába

Bevezetés a síkgeometriába a síkgeometriába 2016.01.29. a síkgeometriába 1 Fogalom, alapfogalom Álĺıtás,axióma Térelemek kölcsönös helyzete 2 A szögek A szögek mérése Szögfajták Szögpárok 3 4 a síkgeometriába Fogalom, alapfogalom

Részletesebben

1. Középpontos tükrözés, középpontos szimmetria 146/1. a) 0; 3; 8; A;B;C; D; E;H; I; M; O; T; U; V; W; X; Y;Z. b) 0; H; I; N; O; S; X; Z

1. Középpontos tükrözés, középpontos szimmetria 146/1. a) 0; 3; 8; A;B;C; D; E;H; I; M; O; T; U; V; W; X; Y;Z. b) 0; H; I; N; O; S; X; Z 146/1 147/2 1. Középpontos tükrözés, középpontos szimmetria a) 0; 3; 8; A;B;C; D; E;H; I; M; O; T; U; V; W; X; Y;Z b) 0; H; I; N; O; S; X; Z c) 0; O; H; I; X; Z a) kőr dáma b) pikk jumbo; kőr dáma.; káró

Részletesebben

Koordináta-geometria feladatok (középszint)

Koordináta-geometria feladatok (középszint) Koordináta-geometria feladatok (középszint) 1. (KSZÉV Minta (1) 2004.05/I/4) Adott az A(2; 5) és B(1; 3) pont. Adja meg az AB szakasz felezőpontjának koordinátáit! 2. (KSZÉV Minta (2) 2004.05/I/7) Egy

Részletesebben

EÖTVÖS LORÁND SZAKKÖZÉP- ÉS SZAKISKOLA TANÍTÁST SEGÍTŐ OKTATÁSI ANYAGOK MÉRÉS TANTÁRGY

EÖTVÖS LORÁND SZAKKÖZÉP- ÉS SZAKISKOLA TANÍTÁST SEGÍTŐ OKTATÁSI ANYAGOK MÉRÉS TANTÁRGY EÖTVÖS LORÁND SZAKKÖZÉP- ÉS SZAKISKOLA TANÍTÁST SEGÍTŐ OKTATÁSI ANYAGOK MÉRÉS TANTÁRGY SÍKIDOMOK Síkidom 1 síkidom az a térelem, amelynek valamennyi pontja ugyan abban a síkban helyezkedik el. A síkidomokat

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I. KOVÁCS BÉLA MATEmATIkA I 6 VI KOmPLEX SZÁmOk 1 A komplex SZÁmOk HALmAZA A komplex számok olyan halmazt alkotnak amelyekben elvégezhető az összeadás és a szorzás azaz két komplex szám összege és szorzata

Részletesebben

Racionális számok: Azok a számok, amelyek felírhatók két egész szám hányadosaként ( p q

Racionális számok: Azok a számok, amelyek felírhatók két egész szám hányadosaként ( p q Szóbeli tételek matematikából 1. tétel 1/a Számhalmazok definíciója, jele (természetes számok, egész számok, racionális számok, valós számok) Természetes számok: A pozitív egész számok és a 0. Jele: N

Részletesebben

1. Generátorrendszer. Házi feladat (fizikából tudjuk) Ha v és w nem párhuzamos síkvektorok, akkor generátorrendszert alkotnak a sík vektorainak

1. Generátorrendszer. Házi feladat (fizikából tudjuk) Ha v és w nem párhuzamos síkvektorok, akkor generátorrendszert alkotnak a sík vektorainak 1. Generátorrendszer Generátorrendszer. Tétel (Freud, 4.3.4. Tétel) Legyen V vektortér a T test fölött és v 1,v 2,...,v m V. Ekkor a λ 1 v 1 + λ 2 v 2 +... + λ m v m alakú vektorok, ahol λ 1,λ 2,...,λ

Részletesebben

Koordinátageometria Megoldások

Koordinátageometria Megoldások 005-0XX Középszint Koordinátageometria Megoldások 1) Adott két pont: A 4; 1 felezőpontjának koordinátáit! AB felezőpontja legyen F. és B 3 1; Írja fel az AB szakasz 1 3 + 4 + 1 3 F ; = F ;1 ) Egy kör sugarának

Részletesebben

Diszkrét matematika 2. estis képzés

Diszkrét matematika 2. estis képzés Diszkrét matematika 2. estis képzés 2018. tavasz 1. Diszkrét matematika 2. estis képzés 7. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék

Részletesebben

Permutációk véges halmazon (el adásvázlat, február 12.)

Permutációk véges halmazon (el adásvázlat, február 12.) Permutációk véges halmazon el adásvázlat 2008 február 12 Maróti Miklós Ennek az el adásnak a megértéséhez a következ fogalmakat kell tudni: ismétlés nélküli variáció leképezés indulási és érkezési halmaz

Részletesebben

Szélsőérték problémák elemi megoldása II. rész Geometriai szélsőértékek Tuzson Zoltán, Székelyudvarhely

Szélsőérték problémák elemi megoldása II. rész Geometriai szélsőértékek Tuzson Zoltán, Székelyudvarhely Szélsőérték problémák elemi megoldása II. rész Geometriai szélsőértékek Tuzson Zoltán, Székelyudvarhely Ebben a részben geometriai problémák szélsőértékeinek a megállapításával foglalkozunk, a síkgeometriai

Részletesebben

A hiperbolikus síkgeometria Poincaré-féle körmodellje

A hiperbolikus síkgeometria Poincaré-féle körmodellje A hiperbolikus síkgeometria Poincaré-féle körmodellje Ha egy aiómarendszerre modellt adunk, az azt jelenti, hogy egy matematikai rendszerben interpretáljuk az aiómarendszer alapfogalmait és az aiómák a

Részletesebben

Lin.Alg.Zh.1 feladatok

Lin.Alg.Zh.1 feladatok Lin.Alg.Zh. feladatok 0.. d vektorok Adott három vektor ā (0 b ( c (0 az R Euklideszi vektortérben egy ortonormált bázisban.. Mennyi az ā b skalárszorzat? ā b 0 + + 8. Mennyi az n ā b vektoriális szorzat?

Részletesebben

Kalkulus S af ar Orsolya F uggv enyek S af ar Orsolya Kalkulus

Kalkulus S af ar Orsolya F uggv enyek S af ar Orsolya Kalkulus Függvények Mi a függvény? A függvény egy hozzárendelési szabály. Egy valós függvény a valós számokhoz, esetleg egy részükhöz rendel hozzá pontosan egy valós számot valamilyen szabály (nem feltétlen képlet)

Részletesebben

I. Vektorok. Adott A (2; 5) és B ( - 3; 4) pontok. (ld. ábra) A két pont által meghatározott vektor:

I. Vektorok. Adott A (2; 5) és B ( - 3; 4) pontok. (ld. ábra) A két pont által meghatározott vektor: I. Vektorok 1. Vektorok összege Általánosan: Az ábra alapján Adott: a(4; 1) és b(; 3) a + b (4 + ; 1 + 3) = (6; ) a(a 1 ; a ) és b(b 1 ; b ) a + b(a 1 + b 1 ; a + b ). Vektorok különbsége Általánosan:

Részletesebben

Koordináta-geometria feladatok (emelt szint)

Koordináta-geometria feladatok (emelt szint) Koordináta-geometria feladatok (emelt szint) 1. (ESZÉV Minta (2) 2004.05/7) Egy ABC háromszögben CAB = 30, az ACB = 45. A háromszög két csúcsának koordinátái: A(2; 2) és C(4; 2). Határozza meg a harmadik

Részletesebben

λ 1 u 1 + λ 2 v 1 + λ 3 w 1 = 0 λ 1 u 2 + λ 2 v 2 + λ 3 w 2 = 0 λ 1 u 3 + λ 2 v 3 + λ 3 w 3 = 0

λ 1 u 1 + λ 2 v 1 + λ 3 w 1 = 0 λ 1 u 2 + λ 2 v 2 + λ 3 w 2 = 0 λ 1 u 3 + λ 2 v 3 + λ 3 w 3 = 0 Vektorok a térben Egy (v 1,v 2,v 3 ) valós számokból álló hármast vektornak nevezzünk a térben (R 3 -ban). Használni fogjuk a v = (v 1,v 2,v 3 ) jelölést. A v 1,v 2,v 3 -at a v vektor komponenseinek nevezzük.

Részletesebben

LINEÁRIS ALGEBRA. matematika alapszak. Euklideszi terek. SZTE Bolyai Intézet, őszi félév. Euklideszi terek LINEÁRIS ALGEBRA 1 / 40

LINEÁRIS ALGEBRA. matematika alapszak. Euklideszi terek. SZTE Bolyai Intézet, őszi félév. Euklideszi terek LINEÁRIS ALGEBRA 1 / 40 LINEÁRIS ALGEBRA matematika alapszak SZTE Bolyai Intézet, 2016-17. őszi félév Euklideszi terek Euklideszi terek LINEÁRIS ALGEBRA 1 / 40 Euklideszi tér Emlékeztető: A standard belső szorzás és standard

Részletesebben

Fonyó Lajos: A végtelen leszállás módszerének alkalmazása. A végtelen leszállás módszerének alkalmazása a matematika különböző területein

Fonyó Lajos: A végtelen leszállás módszerének alkalmazása. A végtelen leszállás módszerének alkalmazása a matematika különböző területein A végtelen leszállás módszerének alkalmazása a matematika különböző területein A végtelen leszállás (infinite descent) egy indirekt bizonyítási módszer, ami azon alapul, hogy a természetes számok minden

Részletesebben

Diszkrét matematika 2.C szakirány

Diszkrét matematika 2.C szakirány Diszkrét matematika 2.C szakirány 2017. ősz 1. Diszkrét matematika 2.C szakirány 2. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék 2017.

Részletesebben

Gyakorló feladatok javítóvizsgára szakközépiskola matematika 9. évfolyam

Gyakorló feladatok javítóvizsgára szakközépiskola matematika 9. évfolyam Gyakorló feladatok javítóvizsgára szakközépiskola matematika 9. évfolyam Halmazok:. Adott két halmaz: A = kétjegyű pozitív, 4-gyel osztható számok B = 0-nél nagyobb, de 0-nál nem nagyobb pozitív egész

Részletesebben

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2014/2015-ös tanév első (iskolai) forduló Haladók II. kategória

Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2014/2015-ös tanév első (iskolai) forduló Haladók II. kategória Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 01/01-ös tanév első iskolai) forduló Haladók II. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. Adott az alábbi két egyenletrendszer:

Részletesebben

Fejezetek az euklideszi geometriából

Fejezetek az euklideszi geometriából Fejezetek az euklideszi geometriából Ebben a fejezetben euklideszi térben dolgozunk: vagyis mindvégig feltételezzük, hogy érvényes az abszolút geometria axiómarendszere és az euklideszi párhuzamossági

Részletesebben

A kör. A kör egyenlete

A kör. A kör egyenlete A kör egyenlete A kör A kör egyenlete 8 a) x + y 6 b) x + y c) 6x + 6y d) x + y 9 8 a) x + y 6 + 9 b) x + y c) x + y a + b 8 a) (x - ) + (y - ) 9, rendezve x + y - 8x - y + b) x + y - 6x - 6y + c) x +

Részletesebben

2004_02/10 Egy derékszögű trapéz alapjainak hossza a, illetve 2a. A rövidebb szára szintén a, a hosszabb b hosszúságú.

2004_02/10 Egy derékszögű trapéz alapjainak hossza a, illetve 2a. A rövidebb szára szintén a, a hosszabb b hosszúságú. Geometria háromszögek, négyszögek 2004_01/10 Az ABC háromszög C csúcsánál derékszög van. A derékszöget a CT és CD szakaszok három egyenlő részre osztják. A CT szakasz a háromszög egyik magassága is egyben.

Részletesebben

Kisérettségi feladatsorok matematikából

Kisérettségi feladatsorok matematikából Kisérettségi feladatsorok matematikából. feladatsor I. rész. Döntse el, hogy a következő állítások közül melyik igaz és melyik hamis! a) Ha két egész szám összege páratlan, akkor a szorzatuk páros. b)

Részletesebben

1. Mellékosztály, Lagrange tétele

1. Mellékosztály, Lagrange tétele 1. Mellékosztály, Lagrange tétele 1.1. Definíció. Legyen (G, ) csoport, H G részcsoport és g G tetszőleges elem. Ekkor a {gh h H} halmazt a H részcsoport g elem szerinti baloldali mellékosztályának nevezzük

Részletesebben

1. megold s: A keresett háromjegyű szám egyik számjegye a 3-as, a két ismeretlen számjegyet jelölje a és b. A feltétel szerint

1. megold s: A keresett háromjegyű szám egyik számjegye a 3-as, a két ismeretlen számjegyet jelölje a és b. A feltétel szerint A 004{005. tan vi matematika OKTV I. kateg ria els (iskolai) fordul ja feladatainak megold sai 1. feladat Melyek azok a 10-es számrendszerbeli háromjegyű pozitív egész számok, amelyeknek számjegyei közül

Részletesebben

Diszkrét matematika 2.C szakirány

Diszkrét matematika 2.C szakirány Diszkrét matematika 2.C szakirány 2015. ősz 1. Diszkrét matematika 2.C szakirány 3. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék 2015.

Részletesebben

Háromszögek, négyszögek, sokszögek 9. évfolyam

Háromszögek, négyszögek, sokszögek 9. évfolyam Háromszögek, négyszögek, sokszögek 9. évfolyam I. Pontok, egyenesek, síkok és ezek kölcsönös helyzetet 1) a pont, az egyenes, a sík és az illeszkedés alapfogalmak 2) két egyenes metsző, ha van közös pontjuk

Részletesebben

Diszkrét matematika 2. estis képzés

Diszkrét matematika 2. estis képzés Diszkrét matematika 2. estis képzés 2018. tavasz 1. Diszkrét matematika 2. estis képzés 10. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék

Részletesebben

MBNK12: Permutációk (el adásvázlat, április 11.) Maróti Miklós

MBNK12: Permutációk (el adásvázlat, április 11.) Maróti Miklós MBNK12: Permutációk el adásvázlat 2016 április 11 Maróti Miklós 1 Deníció Az A halmaz permutációin a π : A A bijektív leképezéseket értjünk Tetsz leges n pozitív egészre az {1 n} halmaz összes permutációinak

Részletesebben

Diszkrét matematika 2.C szakirány

Diszkrét matematika 2.C szakirány Diszkrét matematika 2.C szakirány 2015. tavasz 1. Diszkrét matematika 2.C szakirány 1. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu Komputeralgebra Tanszék 2015. tavasz Gráfelmélet Diszkrét

Részletesebben

A 2015/2016. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny döntő forduló MATEMATIKA III. KATEGÓRIA (a speciális tanterv szerint haladó gimnazisták)

A 2015/2016. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny döntő forduló MATEMATIKA III. KATEGÓRIA (a speciális tanterv szerint haladó gimnazisták) A 205/206. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny döntő forduló MATEMATIKA III. KATEGÓRIA a speciális tanterv szerint haladó gimnazisták Javítási-értékelési útmutató. feladat Az {,2,...,n} halmaz

Részletesebben

Minden jó válasz 4 pontot ér, hibás válasz 0 pont, ha üresen hagyja a válaszmezőt, 1 pont.

Minden jó válasz 4 pontot ér, hibás válasz 0 pont, ha üresen hagyja a válaszmezőt, 1 pont. 1. 1. Név: NEPTUN kód: Tanult középiskolai matematika szintje: közép, emelt szint. Munkaidő: 50 perc. A dolgozat megírásához íróeszközön kívül semmilyen segédeszköz nem használható. A feladatlap üresen

Részletesebben

3. Feloldható csoportok

3. Feloldható csoportok 3. Feloldható csoportok 3.1. Kommutátor-részcsoport Egy csoport két eleme, a és b felcserélhető, ha ab = ba, vagy átrendezve az egyenlőséget, a 1 b 1 ab = 1. Ezt az [a,b] = a 1 b 1 ab elemet az a és b

Részletesebben

Diszkrét matematika I., 12. előadás Dr. Takách Géza NyME FMK Informatikai Intézet takach november 30.

Diszkrét matematika I., 12. előadás Dr. Takách Géza NyME FMK Informatikai Intézet   takach november 30. 1 Diszkrét matematika I, 12 előadás Dr Takách Géza NyME FMK Informatikai Intézet takach@infnymehu http://infnymehu/ takach 2005 november 30 Vektorok Definíció Egy tetszőleges n pozitív egész számra n-komponensű

Részletesebben

Diszkrét matematika 2.C szakirány

Diszkrét matematika 2.C szakirány Diszkrét matematika 2.C szakirány 2016. ősz 1. Diszkrét matematika 2.C szakirány 10. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Komputeralgebra Tanszék 2016.

Részletesebben

VIK A2 Matematika - BOSCH, Hatvan, 3. Gyakorlati anyag. Mátrix rangja

VIK A2 Matematika - BOSCH, Hatvan, 3. Gyakorlati anyag. Mátrix rangja VIK A2 Matematika - BOSCH, Hatvan, 3. Gyakorlati anyag 2019. március 21. Mátrix rangja 1. Számítsuk ki az alábbi mátrixok rangját! (d) 1 1 2 2 4 5 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 1 0 1 1 2 1 0 1 1 1 1 2 3 1 3

Részletesebben