Geometria 1 normál szint Naszódi Márton nmarci@math.elte.hu www.math.elte.hu/ nmarci ELTE TTK Geometriai Tsz. Budapest Geometria 1 p.1/4
Vizsga 1 Írásban, 90 perc. 2 Személyazonosságot igazoló okmány nélkül nem lehet vizsgázni. 3 4 feladat. Ebből kettő egy-egy tétel bizonyítással együtt. Továbbá két olyan feladat, amely az anyag megértését ellenőrzi. Egy ilyen feladat lehet egy definíció vagy tétel pontos kimondása, vagy egy definíció vagy tétel alkalmazása egy egyszerű esetben. Lehet továbbá egy néhány rész-kérdésből álló igaz/hamis sor. 4 Pontozás: pont a maximum. 2 (10 + 30) + 2 10 = 100 Geometria 1 normál szint 2 / 4
Értékelés Az elégséges szükséges feltétele, hogy minden részfeladatra legalább 7 pontot szerezzen a vizsgázó. 0 39: 1 40 59: 2 60 74: 3 75 89: 4 90 - : 5 Geometria 1 normál szint 3 / 4
Szabályos testek Definíció: Szabályos poliédernek nevezzük az olyan konvex poliédereket, melyeknek élei, élszögei és lapszögei egyenlők. Az élek és élszögek egyenlőségéből következően a lapok egybevágó szabályos sokszögek. Az élszögek és a lapszögek egyenlőségéből következően a test szögletei egybevágóak.
Szabályos testek A szabályos testeket ezért hasonlóság erejéig meghatározza két paraméter: n: a határoló lapok oldalszáma m: az egy csúcsban találkozó lapok száma.
Szabályos testek Tétel: Ötféle szabályos test van. Ezek adatai:
Már az ókori görögök is ismerték őket: Szabályos testek
Szabályos testek Bizonyítás: Mivel minden él két laphoz tartozik, ezért: 2e = nl. Mivel minden élnek két vége van, ezért: 2e = mc. Ezeket beírva Euler tételébe és rendezve: c + l = e + 2, azaz 2e/m + 2e/n = e + 2, 1/m + 1/n = 1/2 + 1/e.
Szabályos testek Tehát 1/m + 1/n > 1/2, azaz (n-2)(m-2) < 4. Mivel n is és m is legalább 3, ezért a bal oldal értéke csak 1,2 vagy 3 lehet. Ezekből adódik az öt lehetőség: 1 = (3-2)(3-2), 2 = (4-2)(3-2) = (3-2)(4-2), 3 = (5-2)(3-2) = (3-2)(5-2).
Szabályos testek Ezzel beláttuk, hogy kombinatorikus struktúráját tekintve öt szabályos test létezhet. Meg kell még mutatnunk, hogy ezek mindegyike létezik is. Kockát egyszerűen tudunk készíteni a derékszögű koordinátarendszerben. Ebből kiindulva állítjuk elő a másik négy szabályos testet.
Szabályos tetraéder: Szabályos testek
Szabályos testek Szabályos oktaéder: A szabályos oktaéder a kocka duálisa.
Szabályos testek Szabályos dodekaéder: 12 lap, 30 él, 20 csúcs.
Szabályos testek A kocka minden lapjára egy-egy háztetőt építünk. Koordinátákkal: ahol τ = ( 5 + 1)/2. ( ±1, ±1, ±1) ( 0, ±τ -1, ±τ) (±τ, 0, ±τ -1 ) ( ±τ -1, ±τ, 0)
Szabályos testek Szabályos ikozaéder: a szabályos dodekaéder duálisa. A dodekaéder lapközéppontjai ikozaédert alkotnak. 20 lap, 30 él, 12 csúcs.
Féligszabályos testek
Euler tételének következményei Tétel: Nincs 7 élű konvex test. Bizonyítás: Tegyük fel, hogy van ilyen. Mivel minden lapnak legalább 3 oldaléle van, ezért 3l 2e = 14, tehát l 4. Mivel minden csúcsban legalább 3 él találkozik, ezért 3c 2e = 14, tehát c 4. Ezért 9 = e + 2 = c + l 8, ellentmondás.
Helly tétele Láttuk, hogy konvex halmazok metszete konvex. Ha sok konvex halmaz közül néhány metszi egymást, akkor mondhatunk-e valamit az összes halmaz metszetéről? Geometria 1 normál szint 1 / 16
Helly tétele egyenesen Helly tétele egyenesen Ha az egyenesen véges sok konvex halmaz közül bármelyik kettőnek van közös pontja, akkor van olyan pont, amely a halmazok mindegyikében benne van. Geometria 1 normál szint 2 / 16
Helly tétele egyenesen Helly tétele egyenesen Ha az egyenesen véges sok konvex halmaz közül bármelyik kettőnek van közös pontja, akkor van olyan pont, amely a halmazok mindegyikében benne van. Bizonyítás: Az egyenesen csak háromféle konvex halmaz van: a teljes egyenes, a félegye- nesek és a szakaszok. A teljes egyenessel nem kell foglalkoznunk. A félegyeneseket és a szaka- szokat megadhatjuk (a i, b i ) alakban, ahol a i < b i va- lós számok, vagy egyikük ±. Geometria 1 normál szint 2 / 16
Helly tétele egyenesen Helly tétele egyenesen Ha az egyenesen véges sok konvex halmaz közül bármelyik kettőnek van közös pontja, akkor van olyan pont, amely a halmazok mindegyikében benne van. Bizonyítás: Az egyenesen csak háromféle konvex halmaz van: a teljes egyenes, a félegye- nesek és a szakaszok. A teljes egyenessel nem kell foglalkoznunk. A félegyeneseket és a szaka- szokat megadhatjuk (a i, b i ) alakban, ahol a i < b i va- lós számok, vagy egyikük ±. Mivel véges sok halmazunk van, ezért ki tudjuk választani a legnagyobb kezdő- pontot, a M et, és a legkisebb végpontot, b m et. Ekkor a M b m, mert ellenkező esetben az M-edik és az m-edik konvex halmaznak nem lenne közös pontja. Ez viszont azt jelenti, hogy minden olyan k érték, melyre a M k b m teljesül, benne van az összes konvex halmazban. Geometria 1 normál szint 2 / 16
Helly tétel következményei Végtelen sok halmaz esetén nem igaz a tétel: Geometria 1 normál szint 3 / 16
Helly tétel következményei Végtelen sok halmaz esetén nem igaz a tétel: Tekintsük a nyílt (0, 1/n) intervallu- mokat, ahol n befutja a pozitív egészek halmazát. Geometria 1 normál szint 3 / 16
Helly tétel következményei Végtelen sok halmaz esetén nem igaz a tétel: Tekintsük a nyílt (0, 1/n) intervallu- mokat, ahol n befutja a pozitív egészek halmazát. Bizonyos további feltételek teljesülése (pl. kompaktság) esetén a tétel végtelen sok konvex halmazból álló rendszerre is igaz. Geometria 1 normál szint 3 / 16
Helly tétele a síkon A síkon megadható véges sok konvex halmaz úgy, hogy közülük bármely kettőnek van közös pontja, de nincs olyan pont, amelyik mindegyikben benne van. Geometria 1 normál szint 4 / 16
Helly tétele a síkon A síkon megadható véges sok konvex halmaz úgy, hogy közülük bármely kettőnek van közös pontja, de nincs olyan pont, amelyik mindegyikben benne van. Geometria 1 normál szint 4 / 16
Helly tétele a síkon Helly tétele a síkon Ha a síkban véges sok konvex halmaz közül bármelyik háromnak van közös pontja, akkor van olyan pont, amely a halmazok mindegyikében benne van. Geometria 1 normál szint 5 / 16
Helly tétele a síkon Helly tétele a síkon Ha a síkban véges sok konvex halmaz közül bármelyik háromnak van közös pontja, akkor van olyan pont, amely a halmazok mindegyikében benne van. Bizonyítás: A halmazok száma szerinti teljes indukcióval bizonyítunk. Ha legfeljebb három halmazunk van, akkor triviális. Először megmutatjuk, hogy négy halmaz esetén igaz a tétel. Legyenek K 1, K 2, K 3, K 4 olyan konvex halmazok, melyek közül bármely háromnak van közös pontja. Legyen ahol i, j, l, m = 1, 2, 3, 4. P i K j K l K m, Nézzük a P i pontokat. Ha van köztük három kollineáris, akkor közülük a középső mind a négy halmazban benne van. Ha nincs három kollineáris, akkor a négy pont konvex burka vagy háromszög, vagy konvex négyszög. Geometria 1 normál szint 5 / 16
Helly tétele a síkon Bizonyítás Ha a konvex burok háromszög, akkor feltehető, hogy P 4 belső pont. Geometria 1 normál szint 6 / 16
Helly tétele a síkon Bizonyítás Ha a konvex burok háromszög, akkor feltehető, hogy P 4 belső pont. Ekkor P 1, P 2, P 3 K 4, ezért a teljes háromszög is K 4 - beli, tehát P 4 mind a négy halmazban benne van. Geometria 1 normál szint 6 / 16
Helly tétele a síkon Bizonyítás Ha a konvex burok a P 1 P 2 P 3 P 4 négyszög, akkor a P 1 P 3 és P 2 P 4 átlók M metszéspontja benne van a K 2 K 4 és a K 1 K 3 halmazokban is, tehát a négy halmaz közös pontja. Geometria 1 normál szint 7 / 16
Helly tétele a síkon Bizonyítás Tegyük fel, hogy n 4 darab halmaz esetén igaz a tétel. Legyenek K 1, K 2,..., K n, K n+1 olyan konvex halmazok, melyek közül bármely háromnak van közös pontja. Legyen K = K n K n+1. Ekkor K 1, K 2,..., K n 1, K olyan konvex halmazok, melyek közül bármely háromnak van közös pontja, mert a 4 halmazra vonatkozó tétel szerint K i K j K. Ezért van olyan pont, amely benne van a K 1 K 2... K = K 1 K 2... K n K n+1 halmazban. Geometria 1 normál szint 8 / 16
Helly tétele a síkon Végtelen sok halmaz esetén nem igaz a tétel: Tekintsük a derékszögű koordinátarendszerben az origó csúcsú, a tengelyekkel párhuzamos oldalú, 1/n oldalhosszú nyílt négyzeteket. Ha n befutja a pozitív egészek halmazát, akkor ezek közül bármely háromnak van közös pontja, de nincs olyan pont, amely minden négyzetben benne van. Geometria 1 normál szint 9 / 16
Helly tétele a síkon Végtelen sok halmaz esetén nem igaz a tétel: Tekintsük a derékszögű koordinátarendszerben az origó csúcsú, a tengelyekkel párhuzamos oldalú, 1/n oldalhosszú nyílt négyzeteket. Ha n befutja a pozitív egészek halmazát, akkor ezek közül bármely háromnak van közös pontja, de nincs olyan pont, amely minden négyzetben benne van. Bizonyos további feltételek teljesülése (pl. kompaktság) esetén a tétel végtelen sok konvex halmazból álló rendszerre is igaz. Geometria 1 normál szint 9 / 16
Helly tétel következményei Állítás Ha négy félsík lefedi a síkot, akkor kiválasztható közülük három, melyek szintén lefedik a síkot. Geometria 1 normál szint 10 / 16
Helly tétel következményei Állítás Ha négy félsík lefedi a síkot, akkor kiválasztható közülük három, melyek szintén lefedik a síkot. Bizonyítás: Nézzük a félsíkok komplementereit. Geometria 1 normál szint 10 / 16
Helly tétel következményei Állítás Ha négy félsík lefedi a síkot, akkor kiválasztható közülük három, melyek szintén lefedik a síkot. Bizonyítás: Nézzük a félsíkok komplementereit. Ha semelyik három félsík nem fedné le a síkot, akkor ezek közül bármelyik három metszené egymást. Ekkor viszont Helly tétele miatt (a félsíkok, és így komplementereik is, konvex halmazok) lenne közös pontja mind a négynek is, azaz a négy félsík együtt sem fedné le a síkot. Geometria 1 normál szint 10 / 16
Helly tétel következményei Állítás Ha a síkon véges sok pont közül bármely három lefedhető egységsugarú körrel, akkor van olyan egységsugarú kör, amely az összes pontot tartalmazza. Geometria 1 normál szint 11 / 16
Helly tétel következményei Állítás Ha a síkon véges sok pont közül bármely három lefedhető egységsugarú körrel, akkor van olyan egységsugarú kör, amely az összes pontot tartalmazza. Bizonyítás: Tekintsük a pontok körül rajzolt egységsugarú köröket. Geometria 1 normál szint 11 / 16
Helly tétel következményei Állítás Ha a síkon véges sok pont közül bármely három lefedhető egységsugarú körrel, akkor van olyan egységsugarú kör, amely az összes pontot tartalmazza. Bizonyítás: Tekintsük a pontok körül rajzolt egységsugarú köröket. A feltétel szerint ezek közül bármely háromnak van közös pontja. Ezért Helly tétele szerint (a körök konvexek) van olyan pont, amely mindegyik körben benne van. Az e pont körül rajzolt egységkör az adott pontok mindegyikét tartalmazza. Geometria 1 normál szint 11 / 16
Kitérő: R n geometriája Pontok: R n = {u = (u 1, u 2,..., u n ) : u 1, u 2,..., u n R}. Skaláris szorzás: u v = u 1 v 1 + u 2 v 2 +... + u n v n. Mi a(z) Távolság? Szög? Gömb? Golyó? Merőlegesség? Sík (hipersík)? Egyenes? Szakasz? Konvex halmaz? Geometria 1 normál szint 12 / 16
Kitérő: R n geometriája Pontok: R n = {u = (u 1, u 2,..., u n ) : u 1, u 2,..., u n R}. Skaláris szorzás: u v = u 1 v 1 + u 2 v 2 +... + u n v n. Mi a(z) Távolság? Szög? u = u u. d(u, v) = u v. cos φ = u v u v. Gömb? Golyó? Merőlegesség? Sík (hipersík)? Egyenes? Szakasz? Konvex halmaz? Geometria 1 normál szint 12 / 16
Kitérő: R n geometriája Pontok: R n = {u = (u 1, u 2,..., u n ) : u 1, u 2,..., u n R}. Skaláris szorzás: u v = u 1 v 1 + u 2 v 2 +... + u n v n. Mi a(z) Távolság? Szög? u = u u. d(u, v) = u v. cos φ = u v u v. Gömb? Golyó? S n 1 (c, ρ) = {u : u c = ρ}. B n [c, ρ] = {u : u c ρ}. Merőlegesség? Sík (hipersík)? Egyenes? Szakasz? Konvex halmaz? Geometria 1 normál szint 12 / 16
Kitérő: R n geometriája Pontok: R n = {u = (u 1, u 2,..., u n ) : u 1, u 2,..., u n R}. Skaláris szorzás: u v = u 1 v 1 + u 2 v 2 +... + u n v n. Mi a(z) Távolság? Szög? u = u u. d(u, v) = u v. cos φ = u v u v. Gömb? Golyó? S n 1 (c, ρ) = {u : u c = ρ}. B n [c, ρ] = {u : u c ρ}. Merőlegesség? u v pontosan akkor, ha u v = 0. Sík (hipersík)? Egyenes? Szakasz? Konvex halmaz? Geometria 1 normál szint 12 / 16
Kitérő: R n geometriája Pontok: R n = {u = (u 1, u 2,..., u n ) : u 1, u 2,..., u n R}. Skaláris szorzás: u v = u 1 v 1 + u 2 v 2 +... + u n v n. Mi a(z) Távolság? Szög? u = u u. d(u, v) = u v. cos φ = u v u v. Gömb? Golyó? S n 1 (c, ρ) = {u : u c = ρ}. B n [c, ρ] = {u : u c ρ}. Merőlegesség? u v pontosan akkor, ha u v = 0. Sík (hipersík)? H = {u : u n = c}. Egyenes? Szakasz? Konvex halmaz? Geometria 1 normál szint 12 / 16
Kitérő: R n geometriája Pontok: R n = {u = (u 1, u 2,..., u n ) : u 1, u 2,..., u n R}. Skaláris szorzás: u v = u 1 v 1 + u 2 v 2 +... + u n v n. Mi a(z) Távolság? Szög? u = u u. d(u, v) = u v. cos φ = u v u v. Gömb? Golyó? S n 1 (c, ρ) = {u : u c = ρ}. B n [c, ρ] = {u : u c ρ}. Merőlegesség? u v pontosan akkor, ha u v = 0. Sík (hipersík)? H = {u : u n = c}. Egyenes? Szakasz? uv = {w : w = λu + (1 λ)v, λ R}, Konvex halmaz? Geometria 1 normál szint 12 / 16
Kitérő: R n geometriája Pontok: R n = {u = (u 1, u 2,..., u n ) : u 1, u 2,..., u n R}. Skaláris szorzás: u v = u 1 v 1 + u 2 v 2 +... + u n v n. Mi a(z) Távolság? Szög? u = u u. d(u, v) = u v. cos φ = u v u v. Gömb? Golyó? S n 1 (c, ρ) = {u : u c = ρ}. B n [c, ρ] = {u : u c ρ}. Merőlegesség? u v pontosan akkor, ha u v = 0. Sík (hipersík)? H = {u : u n = c}. Egyenes? Szakasz? uv = {w : w = λu + (1 λ)v, λ R}, [u, v = {w : w = λu + (1 λ)v, 0 λ 1}. Konvex halmaz? Geometria 1 normál szint 12 / 16
Kitérő: R n geometriája Pontok: R n = {u = (u 1, u 2,..., u n ) : u 1, u 2,..., u n R}. Skaláris szorzás: u v = u 1 v 1 + u 2 v 2 +... + u n v n. Mi a(z) Távolság? Szög? u = u u. d(u, v) = u v. cos φ = u v u v. Gömb? Golyó? S n 1 (c, ρ) = {u : u c = ρ}. B n [c, ρ] = {u : u c ρ}. Merőlegesség? u v pontosan akkor, ha u v = 0. Sík (hipersík)? H = {u : u n = c}. Egyenes? Szakasz? uv = {w : w = λu + (1 λ)v, λ R}, [u, v = {w : w = λu + (1 λ)v, 0 λ 1}. Konvex halmaz? Bármely két pontja által meghatározott szakaszt tartalmazó halmaz. Geometria 1 normál szint 12 / 16
Helly tétel következményei Helly tétele n dimenzióban Adott véges sok konvex halmaz R n -ben, melyek közül bármely n + 1 metszete nem üres. Ekkor az összes metszete sem üres. Nem bizonyítjuk. Geometria 1 normál szint 13 / 16
Helly tétel következményei Helly tétele n dimenzióban Adott véges sok konvex halmaz R n -ben, melyek közül bármely n + 1 metszete nem üres. Ekkor az összes metszete sem üres. Nem bizonyítjuk. Kirchberger tétele Adott véges sok pont R n -ben két színnel színezve. Tegyük fel, hogy bármely n + 2 ponthoz van olyan zárt féltér, amely tartalmazza a kékeket és diszjunkt a zöldektől. Ekkor van olyan zárt féltér, amely tartalmazza a kékeket és diszjunkt a zöldektől. Geometria 1 normál szint 13 / 16
Helly tétel következményei Kirchberger tétele Adott véges sok pont R n -ben két színnel színezve. Tegyük fel, hogy bármely n + 2 ponthoz van olyan zárt féltér, amely tartalmazza a kékeket és diszjunkt a zöldektől. Ekkor van olyan zárt féltér, amely tartalmazza a kékeket és diszjunkt a zöldektől. Geometria 1 normál szint 14 / 16
Helly tétel következményei Kirchberger tétele Adott véges sok pont R n -ben két színnel színezve. Tegyük fel, hogy bármely n + 2 ponthoz van olyan zárt féltér, amely tartalmazza a kékeket és diszjunkt a zöldektől. Ekkor van olyan zárt féltér, amely tartalmazza a kékeket és diszjunkt a zöldektől. Bizonyítás: Azonosítsuk az R n -beli zárt féltereket R n+1 -beli pontokkal: {u : u n c} (n, c) R n+1 Legyen k egy kék pont. Mely zárt féltereket szereti? (n, c) jó, ha Geometria 1 normál szint 14 / 16
Helly tétel következményei Kirchberger tétele Adott véges sok pont R n -ben két színnel színezve. Tegyük fel, hogy bármely n + 2 ponthoz van olyan zárt féltér, amely tartalmazza a kékeket és diszjunkt a zöldektől. Ekkor van olyan zárt féltér, amely tartalmazza a kékeket és diszjunkt a zöldektől. Bizonyítás: Azonosítsuk az R n -beli zárt féltereket R n+1 -beli pontokkal: {u : u n c} (n, c) R n+1 Legyen k egy kék pont. Mely zárt féltereket szereti? (n, c) jó, ha n k c, azaz (n, c) (k, 1) 0. Geometria 1 normál szint 14 / 16
Helly tétel következményei Kirchberger tétele Adott véges sok pont R n -ben két színnel színezve. Tegyük fel, hogy bármely n + 2 ponthoz van olyan zárt féltér, amely tartalmazza a kékeket és diszjunkt a zöldektől. Ekkor van olyan zárt féltér, amely tartalmazza a kékeket és diszjunkt a zöldektől. Bizonyítás: Azonosítsuk az R n -beli zárt féltereket R n+1 -beli pontokkal: {u : u n c} (n, c) R n+1 Legyen k egy kék pont. Mely zárt féltereket szereti? (n, c) jó, ha n k c, azaz (n, c) (k, 1) 0. Ez egy zárt féltér R n+1 -ben! Legyen z egy zöld pont. Mely zárt féltereket szereti? (n, c) jó, ha n z > c, azaz (n, c) (z, 1) > 0. Geometria 1 normál szint 14 / 16
Helly tétel következményei Kirchberger tétele Adott véges sok pont R n -ben két színnel színezve. Tegyük fel, hogy bármely n + 2 ponthoz van olyan zárt féltér, amely tartalmazza a kékeket és diszjunkt a zöldektől. Ekkor van olyan zárt féltér, amely tartalmazza a kékeket és diszjunkt a zöldektől. Bizonyítás: Azonosítsuk az R n -beli zárt féltereket R n+1 -beli pontokkal: {u : u n c} (n, c) R n+1 Legyen k egy kék pont. Mely zárt féltereket szereti? (n, c) jó, ha n k c, azaz (n, c) (k, 1) 0. Ez egy zárt féltér R n+1 -ben! Legyen z egy zöld pont. Mely zárt féltereket szereti? (n, c) jó, ha n z > c, azaz (n, c) (z, 1) > 0. Ez egy nyílt féltér R n+1 -ben! Geometria 1 normál szint 14 / 16
Helly tétel következményei Kirchberger tétele Adott véges sok pont R n -ben két színnel színezve. Tegyük fel, hogy bármely n + 2 ponthoz van olyan zárt féltér, amely tartalmazza a kékeket és diszjunkt a zöldektől. Ekkor van olyan zárt féltér, amely tartalmazza a kékeket és diszjunkt a zöldektől. Bizonyítás: Azonosítsuk az R n -beli zárt féltereket R n+1 -beli pontokkal: {u : u n c} (n, c) R n+1 Legyen k egy kék pont. Mely zárt féltereket szereti? (n, c) jó, ha n k c, azaz (n, c) (k, 1) 0. Ez egy zárt féltér R n+1 -ben! Legyen z egy zöld pont. Mely zárt féltereket szereti? (n, c) jó, ha n z > c, azaz (n, c) (z, 1) > 0. Ez egy nyílt féltér R n+1 -ben! Alkalmazzuk Helly tételét a szeretett félterekre. Geometria 1 normál szint 14 / 16
Elméletibb feladatok 1 Adjunk példát négy zárt féltér metszetére, amely nem egy konvex poliéder. 2 Adjunk példát hat pont konvex burkára, amely nem egy konvex poliéder. 3 Mondjuk ki Helly tételét a térben. 4 Hány csúcsa van az ikozaédernek? És éle? 5 Egy konvex poliéder és egy sík metszete lehet üres halmaz, pont, szakasz vagy konvex sokszög. 6 Egy kocka síkmetszete lehet hatszög? Geometria 1 normál szint 15 / 16
Gyakorlatibb feladatok 1 Adj olyan vektort, amely merőleges az (1, 2, 4) és az (5, 0, 2) vektorokra. 2 Add meg az (1, 7, 1) pontnak a fenti két vektor síkjára vett merőleges vetületét. 3 Add meg az ABC sík egy normálvektorát, ahol A = (1, 1, 2), B = (2, 3, 2) és C = (6, 1, 4). 4 Az egység térfogatú ABCD tetraéder A csúcsát eltolom a 3 BC vektorral. Mennyi lesz az így kapott tetraéder térfogata? 5 Írjuk fel annak az ellipszisnek egy paraméteres egyenletét, melynek fókuszai (1, 2) és (1, 2), nagytengelyének hossza pedig 10. Geometria 1 normál szint 16 / 16