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

Átírás

1 Lektorálták: Dr. Kincses János (JATE) Dr. Nagy Péter (KLTE) Tipográfia: L A TEX 2ε (KZ) c Kovács Zoltán 1999, 2002

2 Tartalomjegyzék Előszó Forrásmunkák Fontosabb jelölések vii ix x 1. Az abszolút geometria axiómarendszere 1 1. Az illeszkedési axiómák A vonalzó axióma A félsík axióma A szögmérő axióma A kongruencia axióma Fejezetek az abszolút geometriából Merőleges és párhuzamos egyenesek a síkban Sík és egyenes merőlegessége Egyenlőtlenségek Izometriák Körök és gömbök Négyszögek Párhuzamossági axiómák Fejezetek az euklidészi geometriából Párhuzamos térelemek Izometriák II A párhuzamos szelők tételei Hasonlósági transzformációk A szabadvektorok vektortere Affin leképezések Az irányítás Az inverzió és a körtartó transzformációk Affin terek Sokszögek és poliéderek v

3 4. A Jordan-mérték geometriai megalapozása A körív ívhossza A területfogalom geometriai megalapozása Térfogat A könyv hátulja 138 Tárgymutató 150 További olvasnivaló 157 vi

4 Előszó Ez a jegyzet a szerzőnek a Debreceni Egyetemen (illetve egyik jogelődjén, a Kossuth Lajos Tudományegyetemen) és a Nyíregyházi Főiskolán (Bessenyei György Tanárképző Főiskolán) 1993-óta tartott Geometria előadásai alapján készült. Tematikájában igazodik a tanárszakos hallgatók képesítési követelményeihez. A geometria fejlődésének fő történeti csomópontjait a XX. század egyik kiemelkedő matematikusa, S-S. Chern az alábbi kulcsszavakkal jellemezte a nagyon tanulságos [4] cikkében: 1. Axiomatikus geometria (Euklidész); 2. Koordinátageometria (Descartes, Fermat); 3. Kalkulus (Newton, Leibnitz); 4. Csoportelmélet (F. Klein, Lie); 5. Sokaságok (Riemann); 6. Fibrált nyalábok (E. Cartan, Whitney). A tudományegyetemek tanterve szerint valamennyi lépcsőfok bejárható, esetleg választható tárgyak formájában. A bevezető geometria kurzus (s ez a jegyzet is) ebben a lépcsőben az első szinthez, s részben a másodikhoz tartozik. Hosszú sora van azoknak a vitáknak, hogy a modern matematika megismerésekor szükség van-e a történeti út megismerésére (betartására) vagy sem, illetve a geometria tantervekben szükség van-e erre az első lépcsőre vagy sem. A szerző meggyőződése, hogy a modern geometria tanulmányozása előtt fontos ez az axiomatikus szint, s fokozottan igaz ez a tanárszakos hallgatókra. A munka nem tekinthető az előadás írott verziójának, inkább háttéranyagnak, amely sok tekintetben bővebb az előadásnál. Egyrészt tartalmaz olyan anyagrészeket, amelyek a tárgy elmélyültebb elsajátításához szükségesek, de az időkeret nem mindig engedi meg a tárgyalásukat. Másrészt tartalmazza az előadáson bizonyítás nélkül elhangzó egyszerűbb, vagy középiskolából ismert (s ezért az előadáson mellőzött) állítások bizonyítását is. Az utóbbi körbe tartozó állítások nagy része a fő szövegben bizonyítás nélkül szerepel mintegy feladatként, inspirálandó az olvasót az önálló gondolkodásra, de a könyv hátulján megtaláljuk a megoldást. Szándékom szerint csak vii

5 nagyon kevés olyan tétel maradt, amelyhez egyáltalán nem szerepel bizonyítás. Mindemellett a szövegben található Megjegyzések nagyon gyakran távolról sem triviális, esetleg a jegyzet kereteit meghaladó állításokat is tartalmaznak. A jegyzet nem tartalmazza az euklideszi geometria néhány a hallgató által középiskolában megismert fejezetét. Ezek rendszerező ismétléséhez és bővítéséhez rendelkezésre áll HAJÓS GYÖRGY Bevezetés a geometriába c. kiváló könyve. További gondolatok a haladó olvasóhoz Tanárok nemzedékei tanulták a geometriát HAJÓS GYÖRGY klasszikusnak számító Bevezetés a geometriába c. művéből (mint ahogyan e sorok írója is). Ez a jegyzet sok tekintetben őrzi a Hajós hagyományait, míg más vonatkozásokban alternatívát kínál ehhez a tankönyvhöz képest. A hagyományőrzést jelenti például az abszolút geometria hangsúlyozott volta. HAJÓS könyvében is viszonylag későn, a 12. -ban szerepel a párhuzamossági axióma. Ebben a jegyzetben az anyag hozzávetőleg felét az abszolút geometria keretein belül fejtjük ki. Mi az új a jegyzetben? Az abszolút geometriát tekintve az egyik legfontosabb célom az volt, hogy megadjam a geometriának egy gyors, de hézagmentes axiomatikus felépítését. Az euklideszi geometriában szándékom szerint kiemelten kezeltem a geometriai transzformációk tárgyalását. Célom volt az is, hogy a Jordan-mérték geometriai felépítését gyorssá kb. 4 óra alatt elmondhatóvá tegyem. Ez az anyagrész hagyományosan a geometria kurzusok része, azonban az analízis tárgyból a hallgató a témakörrel behatóan foglalkozik, tehát elegendőnek tartottam egy elemi felépítést. Néhány szó a jegyzetben használt axiómarendszerről. Az oktatásban használt axiómarendszerek általában különböznek az euklideszi geometria Hilbert-féle axiómarendszerétől. Alapvető különbség lehet a a folytonosság és a rendezés tárgyalása. A Hilbert-féle (szintetikus) felépítés a valós számok halmazát egyáltalán nem használja, a folytonossági axióma pedig a Dedekind tulajdonság megfogalmazásával az utolsó abszolút axióma. Ezzel szemben a folytonosságot lehet közvetlenül az illeszkedés után szerepeltetni ill. kimondani, hogy az egyenes a valós számok halmazával koordinátázható. Ezáltal a rendezés nagyon könnyen tárgyalható lesz, egyáltalán a felépítést ez az eljárás gyorssá és elég egyszerűvé teszi. Ebben a jegyzetben ezt az utat követjük. Az ötlet G. D. BIRKHOFF amerikai matematikustól származik (ld. pl. [2, 3, 6]). Ezt a fajta tárgyalást metrikusnak is nevezik, s sokfelé használják oktatási célokra, maga BIRKHOFF is ilyen célokra szánta. A tárgyalásban igyekeztem figyelembe venni, hogy a hallgatók a lineáris algebra alapjaival már tisztában vannak, így a szabadvektorok vektorterének konstrukciója után már szabadon használok lineáris algebrai eszközöket is. Ezúton is köszönetet mondok SZILASI JÓZSEF kollégának (KLTE), akivel sok hasznos diszkussziót folytattunk a geometria metrikus felépítéséről, s aki előadásaival és jegyzetével élen járt ennek a hazai oktatásban való elterjesztésében. Szintén köszönetet mondok a kötet lektorainak segítő megjegyzéseikért. Rajtuk kívül a kéziratot ártnézte, s több hasznos észrevétellel szolgált KOZMA LÁSZLÓ (KLTE). viii

6 Jelen kiadás az 1999-es kiadás javított utánnyomása. Javítottam az időközben felfedezett elírásokat, néhány bizonyítást a gondolatmenetet változatlanul hagyva gördülékenyebbé tettem. Teljesen kicseréltem az inverzió szögtartására vonatkozó tétel bizonyítását. Ebben a kiadásban közlöm a szögmérő axióma bizonyítását a Descartesféle koordinátamodellben amely távolról sem rutin feladat. Az előadáson közben lényegesebb tartalmi bővítésre is sor került: részletesen tárgyalom a térizometriák osztályozását, a gyakorlatokon pedig feldolgozzuk a Poincaré-féle körmodellt. Ezek az új témakörök remélhetőleg a második, bővített kiadásban szerepelnek majd. Végezetül arra biztatom a könyv minden olvasóját, hogy észrevételeit juttassa el hozzám, pl. a kovacsz@nyf.hu címre. A felfedezett sajtóhibákat igyekszem korrigálni a címen. Debrecen-Nyíregyháza, február 26. Kovács Zoltán Forrásmunkák [1] M. Berger. Geometry I and II. Springer, [2] G. D. Birkhoff. A set of postulates for plane geometry based on scale and protactor. Ann. of Math., 33: , [3] R. Brossard. Birkhoff s axioms for space geometry. The American Mathematical Monthly, pages , [4] S-S. Chern. What is geometry. The American Mathematical Monthly, pages , [5] Hajós György. Bevezetés a geometriába. Tankönyvkiadó, [6] S. MacLane. Metric postulates for plane geometry. The American Mathematical Monthly, pages , [7] G. E. Martin. The Foundations of Geometry and the Non-Euclidean Plane. Springer, [8] E. E. Moise. Elementary geometry from an advanced standpoint. Addison-Wesley, [9] G. D. Parker. A metric model of plane Euclidean geometry. The American Mathematical Monthly, pages , ix

7 Fontosabb jelölések AB vagy d(a, B) Az A és B pontok távolsága; AB A és B végpontokkal rendelkező szakasz; AB A-t és B-t tartalmazó egyenes; AB A kezdőpontú és B-t tartalmazó félegyenes; AB Az (A, B) irányított szakasszal reprezentálható szabadvektor; = kongruens, egybevágó; hasonló; szögvonal; háromszög; bizonyítás vége; önálló munkára szánt feladat, megoldás a könyv hátulján ; bizonyítás nélkül kimondott tétel. Továbbá megjegyezzük, hogy az A B jelölést valódi és nemvalódi tartalmazásra egyaránt használjuk, és a tagadás jele. Fontosak még a következő nyelvi megállapodások: Legyenek A és B pontok! Ekkor A és B egybe is eshetnek. Legyen A és B két pont! Ekkor A és B különböznek. x

8 1. fejezet Az abszolút geometria axiómarendszere Abszolút téren egy (E, P, L, d, m) ötöst értünk, ahol E egy halmaz, P, L az E részhalmazainak bizonyos halmaza, d és m pedig leképezések; továbbá teljesülnek bizonyos később részletezendő axiómák. Ezen axiómák: az illeszkedési axiómák; a vonalzó axióma, vagy első folytonossági axióma; a félsík axióma, vagy rendezési axióma; a szögmérő axióma, vagy második folytonossági axióma; az egybevágósági axióma. A E, P, L halmazok elemeinek elnevezései, továbbá d és m a nyelvünkhöz csatolt nem definiált (értelem nélküli) szavak; s jóllehet ezeket a magyar nyelv köznyelvi értelemmel is bíró szavaival illetjük (úgymint pontok, síkok, egyenesek, távolság, szögmérték), nem szabad felruházni őket a fizikai térből vett semmiféle tulajdonsággal. 1. Az illeszkedési axiómák 1.1. Definíció. E elemeit pontoknak, P elemeit síkoknak, L elemeit egyeneseknek nevezzük. Ha egy pont eleme egy egyenesnek vagy egy síknak, akkor azt mondjuk, hogy illeszkedik rá. Ha egy egyenes részhalmaza egy síknak, akkor azt mondjuk, hogy illeszkedik rá. Az egy egyenesre illeszkedő pontokat kollineáris pontoknak, míg az egy síkra illeszkedő pontokat komplanáris pontoknak nevezzük. Tehát az illeszkedik szó az eleme, vagy részhalmaza szavak szinonímája. Megállapodunk abban, hogy az illeszkedés relációt szimmetrikus értelemben is használhatjuk: tehát, ha azt mondjuk, hogy egy sík illeszkedik egy pontra, akkor ez ugyanazt jelenti, hogy a pont illeszkedik a síkra. A számtalan további nyelvi szinoníma felsorolásától eltekintünk. Axióma: Illeszkedési axiómák. I1. Minden egyenesre illeszkedik legalább két pont. 1

9 2 1. FEJEZET: AZ ABSZOLÚT GEOMETRIA AXIÓMARENDSZERE I2. Bármely két pontra illeszkedik egy és csakis egy egyenes. I3. Minden síknak van legalább három nem kollineáris pontja. I4. Bármely három nem kollineáris pontra illeszkedik egy és csakis egy sík. I5. Ha egy egyenes két pontja illeszkedik egy síkra, akkor az egyenes is illeszkedik a síkra. I6. Ha két síknak van közös pontja, akkor van további közös pontja is. I7. Létezik négy nem kollineáris és nem komplanáris pont Definíció. Az I1 I7 tulajdonságokkal rendelkező (E, P, L) hármast Hilbert-féle illeszkedési térnek nevezzük. Hilbert-féle illeszkedési síkról akkor beszélünk, ha az (E, L) párra teljesül I1 és I2 továbbá I3. létezik három nem kollineáris pont. Példa. (Minimális modell.) Amikor modellt adunk egy axiómarendszerre, akkor megadjuk az axiómákban szereplő nem definiált szavaknak egy interpretációját. Az első példában halmazalgebrai jelentést adunk a pont, egyenes, sík szavaknak. Ezután be kell látni, hogy az axiómák a halmazalgebra tételei. E = {A, B, C, D}; P = {{A, B, C}, {A, B, D}, {B, C, D}, {A, C, D}}; L = {{A, B}, {A, C}, {A, D}, {B, C}, {B, D}, {C, D}}. Könnyű látni, hogy valamennyi illeszkedési axióma teljesül. Példa. (Descartes modell.) Megadunk egy másik modellt is, melyet az egész fejezetben nyomon követünk : a Descartes-féle modellt. E = R 3 ; P = R 3 kétdimenziós lineáris sokaságai halmaza; L = R 3 egydimenziós lineáris sokaságai halmaza. Az axiómák teljesülésének ellenőrzése egyszerű analitikus geometriai feladat. Példa. (Projektív illeszkedési sík.) A következő példában Hilbert-féle illeszkedési síkra adunk egy modellt. E = R 3 egydimenziós alterei halmaza; L = R 3 kétdimenziós alterei halmaza. Jelölés. Az A és B A pontokra illeszkedő egyértelmű egyenest AB jelöli Tétel. Két egyenesnek legfeljebb egy közös pontja lehet. Bizonyítás: Indirekt. Ha a két egyenesnek legalább két közös pontja lenne, akkor I2 szerint nem lennének különbözőek. *

10 1 1. AZ ILLESZKEDÉSI AXIÓMÁK Definíció. Ha két egyenesnek pontosan egy közös pontja van akkor azokat metszőknek mondjuk, a közös pont neve pedig metszéspont. Az a, b L egyeneseket párhuzamosaknak mondjuk, ha a = b vagy egysíkúak, de nem metszők. Ha két egyenes nem egysíkú, akkor azokat kitérő egyeneseknek mondjuk. Jelölés. A párhuzamosság-reláció jele. Ezt a szimbólumot a továbbiakban nemcsak az egyenesek párhuzamosságára, hanem síkok, illetve egyenesek és síkok párhuzamosságának jelölésére is alkalmazzuk. Megjegyzés. Az egyenesek párhuzamossága reflexív és szimmetrikus reláció. A tranzitivitás kérdésére még visszatérünk, egyelőre megjegyezzük, hogy a párhuzamosság reláció tranzitivitása független az abszolút tér axiómarendszerétől, azaz abszolút térben sem bizonyítani, sem cáfolni nem lehet Tétel. Ha egy sík nem tartalmaz egy egyenest, akkor legfeljebb egy közös pontjuk lehet. Bizonyítás: Indirekt. Ha az egyenesnek és a síknak legalább két közös pontja volna, akkor I5 szerint az egyenes illeszkedne a síkra Definíció. Ha egy síknak és egy egyenesnek pontosan egy közös pontja van, akkor a sík és az egyenes metszéséről beszélünk, a közös pontot pedig metszéspontnak nevezzük. Egy egyenest és egy síkot párhuzamosnak mondunk, ha az egyenes illeszkedik a síkra, vagy az egyenesnek nincs közös pontja a síkkal Tétel. Ha két síknak van közös pontja, akkor közös részük egyenes. Bizonyítás: Legyen α, β P, α β, P α β. Konstrukció: I6 = Q α β úgy, hogy P Q. I2 =! P Q L. Azt állítjuk, hogy P Q = α β. Először azt látjuk be, hogy P Q α β: P α, Q α P β, Q β I5 = P Q α, I5 = P Q β. Végezetül azt látjuk be, hogy α β-nak a P Q pontjain kívül több közös pontja nincs. Ha R α β de R P Q, akkor P, Q, R három nem kollineáris pont, melyek mindegyike illeszkedik α-ra is és β-ra is. I4 szerint azonban a {P, Q, R} ponthármasra illeszkedő sík egyértelmű, tehát α = β következne, ami ellentmondás Definíció. Ha két sík közös része egyenes, akkor a két síkot metszőnek, a közös egyenest pedig metszésvonalnak nevezzük. Ha az α és β síkok egybeesnek vagy nincs közös pontjuk, akkor α-t és β-t párhuzamosaknak nevezzük. Megjegyzés. A síkok párhuzamossága reflexív és szimmetrikus reláció, amint az a definícióból közvetlenül következik. A tranzitivitásról (bizonyítás nélkül) megjegyezzük, hogy az független az abszolút tér axiómarendszerétől.

11 4 1. FEJEZET: AZ ABSZOLÚT GEOMETRIA AXIÓMARENDSZERE 1.9. Tétel. Egy egyenesre és egy rá nem illeszkedő pontra egy és csakis egy sík illeszkedik. Bizonyítás: Legyen a L, P E, P a. Konstrukció. Legyen a = AB (I1 miatt ez megtehető.) P, A, B nem kollineáris pontok, melyekre I4 szerint illeszkedik egy egyértelmű sík, jelölje ezt α. P α nyilvánvaló a konstrukció miatt. a α, mert A, B α I5 = AB α. Unicitás. Minden P -t és AB -t tartalmazó sík tartalmazza P -t, A-t és B-t is. Az ilyen sík azonban I4 miatt egyértelmű Tétel. Metsző egyenespárhoz egy és csakis egy sík illeszkedik. Bizonyítás: Legyen a, b L, a b, {M} = a b. Konstrukció. I1-ből következik, hogy A a : A M, B b : B M. A B, mert ellenkező esetben A a b, azaz A = M következne. Tehát A, B, M három nem kollineáris pont, melyre I4 szerint illeszkedik egy egyértelmű sík, jelölje ezt α. Belátjuk, hogy a α, b α: M α A α M α B α I5 = MA = a α, I5 = MB = b α. Unicitás. Minden olyan sík, amely a-t és b-t tartalmazza, tartalmazza M-t, A-t, és B-t is. Az ilyen sík azonban I4 miatt egyértelmű Tétel. Két párhuzamos egyenesre egy és csakis egy sík illeszkedik. Bizonyítás: Legyen a, b L, a b, a b. A párhuzamos egyenesek definíció szerint mindig egysíkúak, tehát csak az unicitással kell foglalkoznunk. A, B a : A B (I1), P b (I1). P a a feltétel miatt. A, B, P három nem kollineáris pont. Minden a-t és b-t tartalmazó sík tartalmazza A-t, B-t és P -t, azaz I4-ből következően az ilyen sík egyértelmű Tétel. Egy egyenes akkor és csakis akkor párhuzamos egy síkkal, ha a sík tartalmaz az egyenessel párhuzamos egyenest. Megjegyzés. Hilbert féle illeszkedési térben nem feltétlenül vannak különböző párhuzamos egyenesek, illetve különböző párhuzamos síkok, amint azt a minimális modell mutatja.

12 1 2. A VONALZÓ AXIÓMA 5 2. A vonalzó axióma A vonalzó axióma az (E, P, L, d, m) ötösből a d tulajdonságait fogalmazza meg. Axióma: A vonalzó axióma, vagy első folytonossági axióma RP. 1 RP1. d: E E R, (P, Q) d(p, Q); RP2. l L f : l R bijekció, hogy P, Q l: d(p, Q) = f(p ) f(q). d(p, Q) = f(p ) f(q) P Q * f(p ) f(q) 1.1. ábra. A vonalzó axióma. A távolság nem definiált szó, a vonalzó axióma (szemléletesen szólva) azt rögzíti, hogyan mérünk távolságot: vonalzóval Definíció. d-t távolságfüggvénynek vagy metrikának, az f leképezést pedig koordinátaleképezésnek vagy koordinátázásnak mondjuk. d(p, Q)-t, mely számot P Q-val is jelöljük, a P és Q pontok távolságának nevezzük. Példa. d interpretációja a Descartes-féle modellben. d egy lehetséges interpretációja az ún. (kanonikus) euklidészi metrika. Legyen P = (x 1, y 1, z 1 ), Q = (x 2, y 2, z 2 ) R 3. d(p, Q) = (x 1 x 2 ) 2 + (y 1 y 2 ) 2 + (z 1 z 2 ) 2 = P Q, ahol. jelenti R 3 kanonikus skaláris szorzatából származó normát. Az x = v 1 t + x 0, y = v 2 t + y 0, z = v 3 t + z 0 egyenesen a következőképpen adhatunk meg koordinátaleképezést: f(v 1 t + x 0, v 2 t + y 0, v 3 t + z 0 ) = t v1 2 + v2 2 + v2 3. Ellenőrizzük RP-t! Példa. A Descartes modellben a távolságfüggvényre az euklidészi metrika nem az egyetlen lehetséges interpretáció. Az előző példa jelöléseit megtartva, legyen d(p, Q) = x 1 x 2 + y 1 y 2 + z 1 z 2, ( taxis metrika). Koordinátaleképezést a következőképpen kapunk: f(v 1 t + x 0, v 2 t + y 0, v 3 t + z 0 ) = t ( v 1 + v 2 + v 3 ). Megállapodunk abban, hogy a továbbiakban A Descartes modellben mindig az euklidészi metrikát tekintjük. 1 Ruler Postulate, az axiómák rövidítéseiben megtartottuk az eredeti angol elnevezéseket.

13 6 1. FEJEZET: AZ ABSZOLÚT GEOMETRIA AXIÓMARENDSZERE A szakaszunk tételei (E, P, L, d)-re vonatkoznak, ahol (E, P, L) Hilbert féle illeszkedési tér, és teljesül RP Tétel. (A távolságfüggvény tulajdonságai.) P, Q E: 1. d(p, Q) 0, 2. d(p, Q) = 0 P = Q, 3. d(p, Q) = d(q, P ). Bizonyítás: Legyenek P, Q E pontok, f : P Q R koordinátaleképezés. 1. d(p, Q) RP2 = f(p ) f(q) 0, mert az abszolútérték függvény értékkészlete a nemnegatív számok halmaza. 2. d(p, Q) = 0 RP2 f(p ) f(q) = 0 f(p ) = f(q) P = Q mert f injektív. 3. d(p, Q) RP2 = f(p ) f(q) = f(q) f(p ) = d(q, P ). Megjegyzés. Az axiómarendszer jelenlegi szintjén d-re a háromszög-egyenlőtlenség nem bizonyítható, tehát d-t metrikának nevezzük, de (E, d) még nem metrikus tér. A háromszög-egyenlőtlenséget további axiómákból fogjuk levezetni. Ezek után belátjuk a koordinátaleképezések két fontos tulajdonságát Tétel. (A vonalzó eltolhatósága és átfordíthatósága.) Legyen f : l R az l egyenes koordinátázása, továbbá c R rögzített szám. Ekkor a 1. g : l R, P g(p ) = f(p ) + c, 2. h: l R, P h(p ) = f(p ) leképezések szintén koordinátaleképezései az l egyenesnek. Bizonyítás: g-re. (h-ra hasonlóan történik.) g szürjektív. Ha t R, akkor Q l: f(q) = t c mert f szürjektív. g(q) = f(q) + c = t c + c = t. g injektív. g(p ) = g(q) = f(p ) + c = f(q) + c = f(p ) = f(q) = P = Q, mert f injektív. Teljesül RP2. g(p ) g(q) = f(p )+c f(q) c = f(p ) f(q) = d(p, Q), mert f-re teljesül RP Tétel. (A vonalzó elhelyezés tétele.) Legyen l L, P, Q l, P Q. g : l R koordinátaleképezés, hogy g(p ) = 0 és g(q) > 0.

14 1 2. A VONALZÓ AXIÓMA 7 Bizonyítás: RP2-ből következik, hogy f : l R koordinátaleképezés. P Q miatt f(p ) f(q) hiszen f injektív. Tehát vagy f(p ) < f(q) vagy f(p ) > f(q). Ha f(p ) < f(q), akkor definiáljuk a következő koordinátaleképezést: g : l R, X g(x) = f(x) f(p ). A vonalzó eltolhatósága miatt valóban koordinátaleképezést kaptunk. Az előírt tulajdonságok teljesülnek: g(p ) = f(p ) f(p ) = 0, továbbá g(q) = f(q) f(p ) > 0 mert f(p ) < f(q)-t feltételeztük. Ha f(p ) > f(q), akkor definiáljuk a következő koordinátaleképezést: g : l R, X g(x) = f(p ) f(x). Az X f(x) f(p ) leképezés a vonalzó eltolhatósága, az X ( f(x) f(p ) ) leképezés pedig a vonalzó átfordíthatósága miatt koordinátaleképezés. g(p ) = f(p ) f(p ) = 0, g(q) = f(p ) f(q) > 0. Az RP segítségével definiálható a között van reláció, amely további fontos fogalmak definiálásának kiindulópontja Definíció. Legyen (E, P, L, d) Hilbert féle illeszkedési tér, melyben teljesül a vonalzó axióma. Azt mondjuk, hogy a tér B pontja az A és C pontok között van, jelölésben A B C, ha 1. A, B, C három kollineáris pont, 2. d(a, B) + d(b, C) = d(a, C) Tétel. A között van relációra teljesülnek az alábbi tulajdonságok: 1. A B C = C B A, 2. A B C = (A C B) (C A B), 3. A B C f : AB R koordinátaleképezésre f(b) az f(a) és f(c) között van, azaz f(a) < f(b) < f(c) vagy f(c) < f(b) < f(a). Bizonyítás: 1. A B C = A, B, C három kollineáris pont, továbbá CB + BA = BA + CB = AB + BC A B C = AC = CA. 2. Tegyük fel, hogy A B C és A C B egyszerre teljesülnek: AB + BC = AC AC + CB = AB. A két egyenlőséget összeadva 2CB = 0, azaz CB = 0, tehát C = B teljesülne, ami ellentmondás.

15 8 1. FEJEZET: AZ ABSZOLÚT GEOMETRIA AXIÓMARENDSZERE 3. = irányban. Legyen például f(a) < f(b) < f(c), ahol A, B, C három kollineáris pont. AB + BC RP2 = = f(b) f(a) + f(b) f(c) = f(b) f(a) + f(c) f(b) = = f(c) f(a) = f(c) f(a) RP2 = AC. 3. = irányban. Ha A B C akkor f(a), f(b), f(c) három különböző valós szám, tehát közülük pontosan egy van a másik kettő között. Ha f(a) van f(b) és f(c) között, akkor a = rész szerint B A C, ami ellentmondás A B C-vel. Ha f(c) van f(a) és f(b) között, akkor szintén az előző bizonyításrész miatt B C A, ami ellentmondás. Tehát f(b) van f(a) és f(c) között. Az előző tétel harmadik állításából közvetlenül következik az alábbi 2.7. Következmény. (Cantor Dedekind-tétel.) Minden egyenes és a valós számok halmaza között létezik olyan bijekció, amely a között van relációt megtartja. A között van reláció alább felsorolt tulajdonságai mind visszavezethetők a valós számok megfelelő tulajdonságaira a Cantor Dedekind-tétel segítségével Tétel. 1. Egy egyenes tetszőlegesen kiválasztott három pontja közül pontosan egy van a másik kettő között. 2. Ha P AB akkor az alábbiak közül pontosan egy igaz: P A B, P = A, A P B, P = B, A B P. 3. Legyen A és C két pont. B E, melyre A B C, továbbá D E, melyre A C D Definíció. Legyen (E, P, L, d) Hilbert féle illeszkedési tér, melyben teljesül a vonalzó axióma. Legyenek A és B pontok, A B, továbbá AB = { P E A P B } { A, B }, AB = { P AB (P A B) }. AB-t A és B végpontokkal rendelkező szakasznak, AB -t A kezdőpontú B-t tartalmazó félegyenesnek nevezzük. Ha A O B teljesül, akkor OA -t és OB -t ellentétes félegyeneseknek mondjuk. Az int AB = AB \ { A, B } halmazt nyílt szakasznak vagy az AB belsejének nevezzük. Hasonlóan, int AB = AB \ { A }: nyílt félegyenes vagy az AB belseje.

16 1 2. A VONALZÓ AXIÓMA 9 Legyen A, O, B három pont. Az OA OB halmazt szögvonalnak vagy szögnek nevezzük, melynek O a csúcsa, OA és OB pedig szárai. Jele: AOB. A szögvonalat valódinak nevezzük, ha nem egyenes, vagy félegyenes. Ellenkező esetben nem valódi szögvonalról beszélünk. Ha AOB nem valódi, akkor A O B esetén egyenesszögről, míg OA = OB esetén nullszögről vagy teljesszögről beszélünk. Ha két valódi szög csúcsa közös, száraik pedig ellentétes félegyenesek, akkor csúcsszögekről; ha a szögek egyik szára közös, a másik szárak pedig ellentétes félegyenesek, akkor mellékszögekről beszélünk. Legyen A, B, C három nem kollineáris pont. Az ABC = AB BC CA halmazt háromszögnek nevezzük, melynek A, B, C a csúcsai, AB, BC, CA az oldalai, BAC, ACB, ABC pedig szögei. Az utóbbiakra az A, C, B jelölést is alkalmazzuk. A szakasz és félegyenes definíciója, valamint 2.8. alapján egyszerűen beláthatók az alábbi állítások: Tétel. 1. AB = AB { P AB A B P }, 2. AB = AB BA, 3. AB = AB BA Tétel. (A félegyenes koordinátázás tétele.) Legyen adott a V A félegyenes.!f : V A R koordinátaleképezés, hogy f(v ) = 0 és V A = { P V A f(p ) 0 }. Bizonyítás: Az egzisztencia. A vonalzó elhelyezés tételét használva f : V A R koordinátaleképezés, hogy f(v ) = 0 és f(a) > 0. Belátjuk, hogy ez a koordinátaleképezés megfelelő is. Valóban, P V A -ra: P / V A P V A f(p ) < f(v ) < f(a) f(p ) > f(v ) > f(a). Mivel f(a) > f(v ) ezért csak f(p ) < f(v ) < f(a) teljesülhet, tehát: P / V A f(p ) < f(v ) < f(a) f(p ) < 0. Ebből kontrapozícióval az is következik, hogy P V A f(p ) 0. Az unicitás bizonyítása. Legyen g : V A R másik, a tétel feltételeinek megfe- V A = { P V A g(p ) 0 }. Legyen lelő koordinátaleképezés: g(v ) = 0, Q V A tetszőleges. Ekkor: g(q) = g(q) g(v ) = d(q, V ) = f(q) f(v ) = f(q).

17 10 1. FEJEZET: AZ ABSZOLÚT GEOMETRIA AXIÓMARENDSZERE Tehát g(q) és f(q) legfeljebb előjelben különböznek. Ha Q V A akkor g(q) 0 f(q) 0, azaz g(q) = f(q). Ha Q / V A akkor g(q) < 0 f(q) < 0, azaz g(q) = f(q) Definíció. Az AB és CD szakaszokat kongruenseknek (egybevágóaknak) nevezzük, ha d(a, B) = d(c, D). Jele: AB = CD Tétel. A szakaszok kongruenciája ekvivalenciareláció a szakaszok halmazán Tétel. (A szakaszfelmérés tétele.) Legyen adva AB és V P.!Q V P : AB = V Q. Bizonyítás: Az egzisztencia. A félegyenes koordinátázás tétele szerint:!f : V P R koordinátaleképezés, hogy f(v ) = 0 V P = { X V P f(x) 0 }. Mivel f szürjektív, AB R-hez Q V P : f(q) = AB. Q V P is teljesül, mert AB > 0, tehát Q koordinátája pozitív. Q valóban megfelelő pont mert: V Q = f(q) f(v ) = f(q) = AB = AB. Unicitás. Ha R V P egy pont a tételben előírt tulajdonságokkal, akkor ennek f(r) koordinátájára f(r) = f(r) = f(v ) f(r) RP = V R = AB. Tehát R és Q koordinátái az f koordinátaleképezésnél megegyeznek. Mivel f injektív: f(r) = f(q) = R = Q Definíció. Ha F AB és AF = F B, akkor F -t az AB felezőpontjának nevezzük Tétel. Ha F az AB felezőpontja, akkor A F B. Minden szakasznak egyértelműen létezik felezőpontja Tétel. Ha a P, Q pontok egy AB szakasz A végpontjától is egyenlő távolságra vannak és a B végpontjától is egyenlő távolságra vannak, továbbá P, Q AB, akkor P = Q Definíció. A K E ponthalmazt konvex halmaznak nevezzük, ha tetszőleges két pontjával együtt a két pont összekötő szakaszát is tartalmazza: A, B K(A B) : AB K.

18 1 3. A FÉLSÍK AXIÓMA Tétel. Konvex halmazok tetszőleges családjának metszete is konvex. Bizonyítás: Legyen (K i ) i Γ konvex halmazok tetszőleges családja, továbbá K = i Γ K i. Ha K = vagy K egyelemű akkor K a konvexitás definíciója szerint konvex. Ha K-nak van legalább két pontja: A, B K = i Γ : A, B K i = i Γ : AB K i = AB i Γ K i Tétel. Legyenek A, B E pontok, A B. A következő ponthalmazok mindegyike konvex: int AB, AB, int AB, AB, AB, továbbá minden sík. Bizonyítás: AB konvex. Ha P, Q AB és P Q, akkor P Q P Q = AB. Minden sík konvex. α P, P, Q α (P Q): P Q P Q α (I5). AB konvex. Legyen f : AB R olyan koordinátaleképezés, melyre AB = { X AB f(x) 0 }. (Ld. a félegyenes koordinátázás tételét.) Legyen P, Q AB, P Q és teljesüljön P R Q. P R Q f(r) az f(p ) és f(q) között van. Mivel f(p ), f(q) 0 ezért f(r) 0 R AB. Hasonlóan int AB esetében, de ott int AB = { X AB f(x) > 0 }. AB = AB BA ; hasonlóan int AB = int AB int BA, tehát AB és int AB konvex halmazok metszete Tétel. (Az egyenes felbontás tétele.) Egy egyenesre illeszkedő pont az egyenes tőle különböző pontjait 2 diszjunkt, nyílt félegyenesre osztja. Az egyenes 2 pontja, P és Q akkor és csakis akkor tartoznak különböző nyílt félegyenesbe, ha P V Q teljesül. 3. A félsík axióma Axióma: A félsík axióma, vagy rendezési axióma PSP. 2 α P síkhoz és l α egyeneshez léteznek olyan nemüres, konvex, diszjunkt H 1 és H 2 halmazok, hogy PSP1. α \ l = H 1 H 2, PSP2. ha A H 1 B H 2, akkor AB l. * 2 Plane Separation Postulate.

19 12 1. FEJEZET: AZ ABSZOLÚT GEOMETRIA AXIÓMARENDSZERE 3.1. Definíció. A PSP axiómákban szereplő H 1 és H 2 halmazokat l határegyenesű nyílt félsíkoknak, vagy l oldalainak, míg l H 1 -t és l H 2 -t félsíkoknak nevezzük. AB ill. AB meghatározta (nyílt) félsík alatt az AB által meghatározott (nyílt) félsíkokat értjük. Példa. A Descartes modellben teljesül a félsík axióma. Jelölje R 3 kanonikus skaláris szorzatát.,., pedig a keresztszorzást. Legyen α kétdimenziós lineáris sokaság R 3 - ban, l egy egyenes (egydimenziós lineáris sokaság) α-ban; A, B l, (A B); α egy normálvektora Z R 3. Legyen (B A) = (B A) n, azaz (B A) az l normálvektora az α síkban. Ekkor H 1 = { X α X A, (B A) > 0 }, H 2 = { X α X A, (B A) < 0 }. Az axióma teljesülésének ellenőrzése ismét rutin analitikus geometriai feladat. A továbbiakban olyan (E, P, L, d) négyesről lesz szó, amelyben (E, P, L) Hilbert féle illeszkedési tér, és teljesül RP és PSP. Az ilyen négyest folytonosan rendezett illeszkedési térnek nevezzük Tétel. Legyen α P, l α. Legyen továbbá A, B α két pont, melyek nem illeszkednek l-re. Ha AB l akkor A és B az l különböző oldalaiban vannak. Bizonyítás: Indirekt. Teljesüljön, hogy AB l, ugyanakkor A és B illeszkedjenek l ugyanazon oldalára, melyet jelöljön K. A, B K = AB K, mert K konvex az axióma szerint. PSP1-ből következik, hogy K l = = AB l =, ami ellentmondás. PSP2 és az előbbi tétel a következőképpen foglalható össze: 3.3. Következmény. Legyen α P, l α. Ha P α \ l, Q α \ l és P Q, akkor P Q l ekvivalens azzal, hogy P és Q az l különböző oldalán vannak. Illetve: 3.4. Következmény. (l oldalainak konstruktív előállítása.) Legyen α P, l α, A α \ l. Ekkor α A-t tartalmazó oldala: illetve α A-t nem tartalmazó oldala: H 1 = { P α \ l AP l = } {A}; H 2 = { Q α \ l AQ l }. Rögzített síkban egy egyenes által meghatározott félsíkok sorrendtől eltekintve egyértelműen meghatározottak.

20 1 3. A FÉLSÍK AXIÓMA Tétel. Legyen α P, l α egyenes, K α nemüres konvex halmaz. Ha K l =, akkor K az l egyik oldalán van. Bizonyítás: l oldalait jelölje H 1 és H 2. A bizonyítás indirekt. Feltesszük, hogy K-nak van H 1 -be és H 2 -be eső pontja is: A H 1 K, B H 2 K. PSP2-t alkalmazva: AB l. Azonban K konvex, tehát AB K, ami azt jelenti, hogy AB l K ami ellentmondás a feltétellel. Az előbbi tételt az alábbi két szituációban fogjuk alkalmazni: 3.6. Tétel. (Határlemmák) (Rögzített síkban.) Ha egy szakasz egyik végpontja egy egyenesre illeszkedik, akkor az egyenes tartalmazza a szakaszt, vagy a szakasz az egyenes által meghatározott egyik félsíkban van. Ha egy félegyenes kezdőpontja egy egyenesre illeszkedik, akkor az egyenes tartalmazza a félegyenest, vagy a félegyenes az egyenes által meghatározott egyik félsíkban van Következmény. A félsík konvex halmaz Tétel. Tekintsünk olyan l egyenest az ABC síkjában, mely nem tartalmazza az ABC egyetlen csúcsát sem. l nem metszheti a háromszög mindhárom oldalát. (1.2. ábra.) Bizonyítás: Indirekt. Tegyük fel, hogy l nem tartalmaz csúcsot, mégis metszi mindhárom oldalt. Ekkor egyrészt A és B l ellentétes oldalán vannak, másrészt B és C l ellentétes oldalán vannak, azaz A és C l ugyanazon oldalán vannak, holott AC metszi l-t. C C A B A B (a) 3.8. tétel. (b) Pasch-tétel ábra Tétel. (Pasch-tétel.) Ha egy egyenes egy háromszög síkjában nem tartalmazza a háromszög egyetlen csúcsát sem, de metsz egy oldalt, akkor az egyenes még egy oldalt metsz. (1.2. ábra.) 3 3 Moritz Pasch ( ) német matematikus. A geometria axiomatikus felépítésében hozzá fűződik többek közt a rendezés problémakörének tisztázása.

21 14 1. FEJEZET: AZ ABSZOLÚT GEOMETRIA AXIÓMARENDSZERE Bizonyítás: Messe l az AC oldalt. B l tehát B az l által meghatározott valamelyik nyílt félsíkban van. A és C közül az egyik ezzel ellentétes félsíkban van, pl. A. Ebből PSP2 szerint az következik, hogy AB l. ábra) Definíció. (Folytonosan rendezett illeszkedési térben.) Legyen AOB valódi szögvonal. Az OA határegyenesű B-t tartalmazó félsík és az OB határegyenesű A-t tartalmazó félsík metszetét az AOB szögvonalhoz tartozó konvex szögtartománynak nevezzük. Az AOB valódi szögvonal belsejét analóg módon nyílt félsíkok metszeteként definiáljuk, és ezt int AOB -vel jelöljük. Egyenesszög esetén egy, a szögvonalat tartalmazó síknak a szögvonal határolta egyik félsíkját tekintjük konvex szögtartománynak. Legyen AOB valódi szög, az {A, O, B} pontokat tartalmazó egyértelmű sík α. Az AOB szög belsejének α-ra vonatkozó komplementerét az AOB valódi szöghöz tartozó konkáv szögtartománynak nevezzük. Megjegyzés. Mivel mind a konvex szögtartomány, mind a valódi szögvonal belseje konvex halmazok metszeteként van értelmezve, ezért maguk is konvex halmazok Tétel. (Keresztszakasz tétel.) Legyen AOB valódi szögvonal. Ekkor: OP int AB P int AOB. A P A P O B C Q O B (a) (b) 1.3. ábra. A keresztszakasz tétel. Bizonyítás: Rögzítsük az AOB síkot, okoskodásunk végig erre a síkra vonatkozik. Először tegyük fel, hogy P int AOB. Legyen C OB : C O B, továbbá Q a következő tulajdonsággal: Q O P. A bizonyítás lényege az, hogy a Pasch tételt alkalmazzuk az ABC -re és az QP -re. (1.3-b. ábra.) Elegendő annyit belátni, hogy P Q AC =, mert ebből Pasch tétel szerint P Q int AB is következik. Ezután azt is belátjuk, hogy OQ nem metszheti AB-t.

22 1 3. A FÉLSÍK AXIÓMA 15 Tudjuk, hogy AC = AC CA, továbbá P Q = OP OQ ; ezen egyenlőségek jobb oldalán elhelyezkedő félegyenesek kölcsönös helyzetét vizsgáljuk. Először azt látjuk be, hogy OP AC =. Ez szemléletesen szólva azért van így, mert AO különböző félsíkokba szeparálja őket. (1.4-a. ábra.) Pontosabban: A P A P C Q O B C Q O B (a) Az AO egyenes szeparál. (b) A CB egyenes szeparál ábra. A keresztszakasz tétel. P int AOB = P benne van az OA határegyenesű B-t tartalmazó félsíkban. A határlemma miatt miatt OP is ebben a félsíkban van. C az OA által határolt B-t nem tartalmazó félsíkban van, mivel C O B, s a határlemma újbóli alkalmazásával ez azt jelenti, hogy AC ugyanebben a félsíkban van. Tehát AC és OP az OA által meghatározott különböző félsíkokban vannak, nem metszhetik egymást. Másodjára azt látjuk be, hogy OQ CA =, mert CB különböző félsíkokba szeparálja őket (1.4-b. ábra.) P int AOB = P az OB által meghatározott, A-t tartalmazó félsíkban van. P O Q miatt Q az OB által meghatározott P -t nem tartalmazó félsíkban van. Tehát Q és A az OB különböző oldalán vannak. Az egyenes-félegyenes lemmát alkalmazva következik, hogy OQ az OB által meghatározott A-t nem tartalmazó félsíkban van, továbbá, hogy CA az OB által meghatározott A-t tartalmazó félsíkban van. Tehát OQ és CA az OB által meghatározott különböző félsíkokban vannak, nem metszhetik egymást. Végezetül annak bizonyítása maradt hátra, hogy OQ nem metszheti AB-t. Az előzőekhez hasonlóan az egyenes-szakasz illetve az egyenes félegyenes lemmát alkalmazva látható, hogy akár OA, akár CB szeparálja OQ -t és AB-t. Rátérünk a megfordítás bizonyítására. Először azt látjuk be, hogy P -t tartalmazza az OB által meghatározott, A-t tartalmazó félsík. Messe OP int AB-t az R pontban. (P = R is lehetséges.) A és R a OB ugyanazon oldalán vannak a határlemma miatt. P és R az OP félegyenesre illeszkednek, amely teljes egészében az OB által meghatározott egyik félsíkban van (határlemma). Tehát P az OB azon oldalán van, mint A.

23 16 1. FEJEZET: AZ ABSZOLÚT GEOMETRIA AXIÓMARENDSZERE Analóg módon, mivel P, R, B az OA egyazon oldalán helyezkednek el, vagyis P az OA azon oldalán helyezkedik el, amely tartalmazza B-t. Az előző megfontolással együtt ez azt jelenti, hogy P int AOB. A PSP bár a tér egy síkját rögzítve fogalmaztuk meg alapvetően síkbeli jellegű tulajdonságot posztulál. A PSP térbeli analógiája a térfelbontás tétele, mellyel a féltér fogalmát lehet bevezetni Tétel. (A térfelbontás tétele.) Legyen α P rögzített sík. Sorrendtől eltekintve egyértelműen léteznek olyan nemüres, diszjunkt, konvex K 1 és K 2 halmazok, hogy 1. E \ α = K 1 K 2, 2. (P K 1 Q K 2 ) = P Q α. Bizonyítás (Vázlat): K 1 és K 2 konstrukciója 3.3.-hez analóg módon adható meg, s ezekről a halmazokról már beláthatók a tételben megfogalmazott tulajdonságok. (A részletek kidolgozása elég összetett.) Definíció. K 1 -t és K 2 -t α határsíkú nyílt féltereknek, míg α-val képezett uniójukat féltereknek nevezzük. Belátható, hogy minden féltér is konvex halmaz. 4. A szögmérő axióma A szögmérő axióma az (E, P, L, d, m) ötösből az m-et axiomatizálja. Axióma: A szögmérő axióma, vagy második folytonossági axióma PP. 4 m a tér szögvonalai halmazát a [0, π] intervallumra képezi le a következő tulajdonságokkal: PP1. (A szögmérés additivitása.) Ha OA OB és P az AOB -höz tartozó konvex szögtartomány pontja, akkor m(aob ) = m(aop ) + m(p OB ). PP2. (Szögszerkesztési posztulátum v. ö. Elemek I ) Megadva egy α félsíkot, s ennek határán egy OA félegyenest, teljesül, hogy t [0, π]! OB α : m(aob ) = t. * 4 Protractor Postulate. 5 Az Elemek az alexandriai EUKLIDÉSZ (i.e. 300 körül) műve, mely az első sikeres kísérlet a geometria axiomatikus felépítésére. Több magyar kiadásban is olvasható, pl. Gondolat, 1983, ford. Mayer Gyula.

24 1 4. A SZÖGMÉRŐ AXIÓMA 17 Megjegyzés. π az analízisből ismert valós szám. PP-ben s a teljes további anyagban is π-t kicserélhetjük 180-ra. (Az utóbbi esetben fokmértékről, míg az előbbiben radiánmértékről beszélünk.) A továbbiakban olyan (E, P, L, d, m) ötösről lesz szó, amelyre teljesül, hogy (E, P, L, d) folytonosan rendezett illeszkedési tér és m-re teljesül PP Tétel. A nullszögek mértéke 0, az egyenesszögek mértéke π. Minden valódi szög mértéke 0-tól nagyobb, de π-től kisebb Definíció. Az m leképezést szögmérő függvénynek vagy szögmértéknek nevezzük. m(δ) helyett gyakran csak δ-t írunk. Legyen AOB valódi szögvonal. Az ehhez tartozó konvex szögtartomány mértéke egyezzen meg m(aob )-el, az AOB -höz tartozó konkáv szögtartomány mértéke pedig 2π m(aob )-el. Az egyenesszöghöz tartozó konvex szögtartomány mértéke legyen π. Két szöget kiegészítő szögnek illetve pótszögnek nevezünk, ha mértékeik összege π illetve π 2. Két nem feltétlenül különböző szöget kongruensnek nevezünk, ha mértékeik egyenlők. Két szög egyikét a másiknál nagyobbnak ill. kisebbnek nevezzük, ha mértékeik között ugyanez a kapcsolat áll fenn. A π 2 mértékű szöget derékszögnek nevezzük. A derékszögnél kisebb valódi szögeket hegyesszögeknek, míg a derékszögnél nagyobb valódi szögeket tompaszögeknek nevezzük. Egy háromszöget aszerint nevezünk hegyesszögű, derékszögű, tompaszögű háromszögnek, hogy a legnagyobb szöge hegyesszög, derékszög, vagy tompaszög. Ha az ABC háromszögben C derékszög, akkor az AB oldalt átfogónak, míg a másik két oldalt befogónak mondjuk Tétel. A szögek kongruenciája ekvivalenciareláció a szögek halmazán Tétel. (Elemek I. 13., 15.) A mellékszögek kiegészítő szögek. A csúcsszögek kongruensek. Bizonyítás: Legyenek AOC és COB mellékszögek. Tehát A O B (ld ábra). m(aoc ) + m(cob ) PP1 = m(aob ) = π, mert az egyenesszög mértéke π. A csúcsszögek kongruensek. AOD és BOC legyenek csúcsszögek (ld ábra). m(aod ) + m(aob ) = π m(aob ) + m(boc ) = π. Az előbbi két egyenlőségből: m(aod ) = m(boc ).

25 18 1. FEJEZET: AZ ABSZOLÚT GEOMETRIA AXIÓMARENDSZERE C B A O B A O C D (a) A mellékszögek kiegészítő szögek. (b) A csúcsszögek kongruensek ábra Tétel. Ha a mellékszögek kongruensek, akkor mindegyikük derékszög. Teljesüljön A O C és B O D, továbbá legyen AOB derékszög. Ekkor az AOD, DOC, BOC szögek is derékszögek. (Az utóbbi állítást nevezzük a négy derékszög tételének.) 4.6. Definíció. Két metsző egyenes négy valódi szög uniója. Ezek páronként egymás mellékszögei, vagy csúcsszögei. Ha e négy szög egyike derékszög, akkor mindegyik szög derékszög és a két egyenest merőlegesnek mondjuk. Egyébként a négy szög közül a kisebbek mértékét a két egyenes szögének nevezzük. Megállapodunk abban hogy a párhuzamos egyenesek szögén nullszöget értünk. Szakaszok, félegyenesek (egymással és egyenesekkel bezárt) szögét a rájuk illeszkedő egyenesek szögével értelmezzük. Jelölés. Ha az e és f egyenesek egymásra merőlegesek, akkor ezt e f jelöli Definíció. Az OP félegyenest az AOB valódi szögvonal szögfelezőjének nevezzük, ha P int AOB és m(aop ) = m(p OB ) Tétel. Minden valódi szögnek egyértelműen létezik szögfelezője. Példa. A szögmérőföggvényt a Descartes modellben a következő módon interpretáljuk. Legyenek P, Q, O R 3 páronként különböző pontok. Ekkor cos ( m(p OQ ) ) = P O, Q O P O Q O, azaz a szögmérés az R 3 euklidészi vektortér kanonikus skaláris szorzatából származó szokásos szögmérés Tétel. A szögmérés előbbi interpretációjára teljesül a szögmérő axióma.

26 1 5. A KONGRUENCIA AXIÓMA A kongruencia axióma 5.1. Definíció. Az ABC és a DEF háromszögek közötti megfeleltetésen egy f : {A, B, C} {D, E, F } bijekciót értünk. Ha az f megfeleltetésnél f(a) = D, f(b) = E, f(c) = F, akkor az ABC DEF jelölést is használjuk. Ilyenkor A-t és D-t; B-t és E-t; C-t és F -t megfelelő csúcsoknak mondjuk. Analóg módon értelmezünk megfelelő oldalakat és megfelelő szögeket. Ha két nem feltétlenül különböző háromszög között létezik olyan megfeleltetés, amelynél az egymásnak megfelelő oldalak és szögek kongruensek, akkor a két háromszöget kongruensnek vagy egybevágónak nevezzük. Jelölés. A háromszögek kongruenciája jelölésére is a = szimbólumot használjuk. Megállapodunk abban, hogy a ABC = DEF jelölés általában kifejezi a megfeleltetést is, tehát ekkor ABC DEF is fennáll. A definíció egyszerű következménye az alábbi állítás: 5.2. Tétel. A kongruencia reláció ekvivalenciareláció a háromszögek halmazán. Axióma: A kongruencia axióma, vagy egybevágósági axióma SAS (v. ö. Elemek I. 4.) 6 Ha két nem feltétlenül különböző háromszög között létezik olyan megfeleltetés, amelynél az első háromszög két oldala és az általuk közrefogott szög kongruens a másik háromszög megfelelő két oldalával és az azok által közrefogott szöggel, akkor a két háromszög kongruens az illető megfeleltetésnél: AB = DE, AC = DF, A = D = ABC = DEF. * C F A B D E 1.6. ábra. A SAS axióma. 6 Side-Angle-Side, azaz oldal-szög-oldal.

27 20 1. FEJEZET: AZ ABSZOLÚT GEOMETRIA AXIÓMARENDSZERE Példa. A Descartes modellben teljesül az egybevágósági axióma, ez R 3 -ban, (mint euklidészi vektortérben) a koszinusztételből azonnal következik. Az abszolút tér definíciója teljessé vált: 5.3. Definíció. Az abszolút tér olyan (E, P, L, d, m) négyes, ahol (E, P, L) Hilbert féle illeszkedési tér, d a távolságfüggvény, m a szögmérték, továbbá teljesül RP, PSP, PP, SAS Definíció. Az abszolút tér egy háromszögét egyenlő szárúnak nevezzük, ha van két kongruens oldala. Egyenlő oldalú vagy szabályos háromszögről akkor beszélünk, ha bármely két oldala kongruens Tétel. (Pons Asinorum, Elemek I. 5.) Egyenlő szárú háromszögben a kongruens oldalakkal szemközti szögek kongruensek. 7 Bizonyítás: Az ABC -ben legyen AC = BC. Tekintsük az ABC BAC megfeleltetést. Ennél a megfeleltetésnél: AC = BC BC = AC ACB = BCA (a feltétel miatt), (a feltétel miatt), (mivel ACB = BCA ); tehát teljesülnek a SAS feltételei, azaz ABC = BAC. Tehát: CAB = ABC, mert ezek megfelelő szögek. 8 A bizonyításban azt kell pontosan megértenünk, hogy az ABC = BAC állítást nem a triviális ABC ABC megfeleltetésből kaptuk. Így a bizonyításban kihasználjuk az axiómában szereplő nem feltétlenül különböző kitételt Definíció. Egy háromszög valamely szöge melletti külső szögön az illető szög egyik mellékszögét értjük Tétel. (A külső szög egyenlőtlenség, Elemek I. 16.) Abszolút térben egy háromszög tetszőleges külső szöge nagyobb mint bármelyik nem mellette fekvő belső szög. Bizonyítás: Legyen adott az ABC. A továbbiakban ennek síkját rögzítjük, s okoskodásunk erre a síkra vonatkozik. Legyen D AC : A C D, a kiválasztott külső szög pedig BCD. Azt fogjuk belátni, hogy m(bcd ) > m(abc ). Az összes többi állítás a jelölések kézenfekvő módosításával megkapható. Legyen E a CB felezőpontja. Ekkor!F AE : A E F AE = EF (szakaszfelmérés, ld ábra). Belátjuk, hogy AEB = F EC. Valóban, az AEB F EC 7 A tétel nevének jelentése: szamarak hídja (latinból.) A szájhagyomány szerint Elemek különböző kiadásaiban a tétel bizonyítása mellett egy olyan ábra szerepelt, mely egy hídra hasonlított. Nem megbízható források szerint a szamár a bizonyítást értetlenül szemlélő diákokra utal. 8 Ez a bizonyítás PAPPOSZ (320 k.) nevéhez fűződik és nem azonos az előző lábjegyzetben szereplővel.

28 1 5. A KONGRUENCIA AXIÓMA 21 D C F E A B 1.7. ábra. A külső szög egyenlőtlenség. megfeleltetésnél AE = EF EB = EC AEB = CEF (F felvétele), (E felvétele), (csúcsszögek); SAS = AEB = F EC. Az előbbi kongruenciából az is következik, hogy ABC = BCF, mivel ezek megfelelő szögek. A bizonyítás következő lépésében belátjuk, hogy F int DCB ( rendezési rész ). A C D = A és D CB különböző oldalán vannak vannak, A E F = A és F CB különböző oldalán vannak, azaz F és D CB azonos oldalán vannak, ami azt jelenti, hogy F benne van a CB határegyenesű D-t tartalmazó nyílt félsíkban. C E B = E és B CD azonos oldalán vannak, A E F = E és F CD azonos oldalán vannak, azaz B és F CD azonos oldalán vannak, ami azt jelenti, hogy F benne van a CD határegyenesű B-t tartalmazó nyílt félsíkban. Végezetül annak bizonyítása maradt hátra, hogy m(bcd ) > m(abc ). m(bcd ) PP1 = = m(bcf ) + m(f CD ) = m(abc ) + m(f CD ). PP1-t a rendezési részben bebizonyítottak miatt lehetett alkalmazni. F CD valódi szög, tehát mértéke pozitív, azaz m(bcd ) = m(abc ) + m(f CD ) > m(abc ).

29 22 1. FEJEZET: AZ ABSZOLÚT GEOMETRIA AXIÓMARENDSZERE 5.8. Tétel. (Elemek I. 17.) Derékszögű háromszögben pontosan egy derékszög és 2 hegyesszög van. Tompaszögű háromszögben pontosan egy tompaszög és két hegyesszög van. Megjegyzés. Térjünk vissza az 5.7. bizonyítására! DCF = CAB az abszolút tér axiómarendszerétől független állítás, abszolút térben sem bizonyítani, sem cáfolni nem lehet. Más szóval az axiómarendszernek van olyan modellje, amiben teljesül (euklideszi geometria) és van olyan modellje, amelyben nem (hiperbolikus geometria). Vessük össze ezt a megjegyzést a külső szögre vonatkozó tétel középiskolában tanult alakjával! 5.9. Tétel. (Kongruenciatételek, Elemek I. 8., I. 26) Ha az abszolút tér ABC és DEF háromszögeire teljesül az alábbi feltételek valamelyike ASA A = D AB = DE B = E SAA AB = DE B = E C = F SSS AB = DE BC = EF AC = DF akkor ABC = DEF az ABC DEF megfeleltetésnél. Bizonyítás: ASA: SAS miatt elegendő azt bizonyítani, hogy CB = F E. Ennek bizo- C C F A B D E 1.8. ábra. Az ASA kongruenciatétel. nyítása indirekt, tegyük fel, hogy CB = F E, pl. BC > F E. Ekkor!C int CB : BC = F E, a szakaszfelmérés tétele miatt. Az ABC DEF megfeleltetésnél teljesülnek a SAS feltételei, azaz ABC = DEF (ld ábra). Ekkor C AB = F DE is teljesül, mert ezek megfelelő szögek. C int CB = AC int CB, és a keresztszakasz tétel miatt C int CAB. Alkalmazható tehát PP1: C AB < CAB, azaz a feltétel miatt fennálló CAB = F DE -ből: ( ) C AB < F DE. ( )

30 1 5. A KONGRUENCIA AXIÓMA 23 C C F A B D E 1.9. ábra. Az SAA kongruenciatétel. ( ) és ( ) ellentmondásban vannak. SAA: SAS miatt elegendő belátni, hogy CB = F E. Ennek bizonyítása indirekt. Legyen pl. CB > F E.!C int CB : C B = F E, a szakaszfelmérés tétele miatt (ld ábra). ABC = DEF, mert az ABC DEF megfeleltetésnél teljesülnek SAS feltételei, tehát AC B = DF E = ACB. Ez azonban ellentmondás, mert az ACC -ben ACB belső szög, AC B pedig nem mellette fekvő külső szög, tehát ACB < AC B. SSS:!C az AB C-vel ellentétes oldalán, hogy ABC = DEF, továbbá BC = EF, a szakaszfelmérés tétele és PP2 miatt. Ekkor ABC = DEF SAS miatt. Elegendő tehát azt belátni, hogy ACB = AC B, ehhez pedig (SAS miatt) azt, hogy ACB = AC B. Legyen AB CC = {H}, azaz C H C (PSP). A, H és B lehetséges elrendezését vizsgáljuk. H = A H = B (1.10. ábra). Pl. H = A. Pons Asinorum a CBC -re: CB = C F A B D E C ábra. Az SSS kongruenciatétel bizonyítása: A = H. C B = ACB = AC B. A H B (1.11. ábra). Pons Asinorum a CAC és CBC -re:

31 24 1. FEJEZET: AZ ABSZOLÚT GEOMETRIA AXIÓMARENDSZERE C F A H B D E C ábra. Az SSS kongruenciatétel bizonyítása: A H B. AC = AC = ACH = AC H, CB = C B = BCH = HC B. H int ACB és H int AC B a keresztszakasz tétel miatt, tehát alkalmazható PP1 az ACB és AC B szögekre: m(acb ) = m(ach ) + m(hcb ) m(ac B ) = m(ac H ) + m(hc B ) } = ACB = AC B. A B H H A B (1.12. ábra). pl. A B H. A CBC -re és a ACC -re: C F A B H D E C ábra. Az SSS kongruenciatétel bizonyítása: A B H. CB = BC = BCH = BC H,

32 1 5. A KONGRUENCIA AXIÓMA 25 AC = AC = ACH = AC H. A keresztszakasz tétel miatt B int ACH és B int AC H, tehát ismét alkalmazható a szögmérés additivitása. } m(acc ) = m(acb ) + m(bch ) m(ac C ) = m(ac B ) + m(bc = ACB H ) = AC B. Megjegyzés. ASA és SAA az abszolút térben különböző állítások. (Az az állítás, hogy a háromszögek szögmértékeinek összege konstans, független az abszolút tér axiómarendszerétől.) Két további lehetséges kongruenciaállítás van, az AAA és az SSA. AAA-ra a későbbiekben visszatérünk, ez az abszolút geometria axiómarendszerétől független állítás, mely euklideszi térben hamis, hiperbolikus térben pedig igaz. SSA egy további feltétellel együtt teljesül csak, erre az állításra is visszatérünk az egyenlőtlenségek fejezetben Tétel. (Pons Asinorum megfordítása, Elemek I. 6.) Ha egy háromszögnek van két kongruens szöge, akkor a kongruens szögekkel szemközti oldalak kongruensek. Bizonyítás: Az ABC -ben legyen B = C. A BCA CBA megfeleltetésnél teljesülnek ASA feltételei, tehát BCA = CBA. Ebből következik, hogy AB = AC, hiszen ezek megfelelő oldalak.