Geometria 1 normál szint

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. Index 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. p.1/2

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. p.2/2

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?. p.3/3

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

Konvex halmazok metszete Már láttuk, hogy konvex halmazok metszete konvex. Ha sok konvex halmaz közül néhány metszi egymást, akkor mondhatunk-e valamit az összes halmaz metszetéről?

Helly tétele egyenesen Tétel: 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 félegyenesek és a szakaszok. A teljes egyenessel nem kell foglalkoznunk. A félegyeneseket és a szakaszokat megadhatjuk (a i,b i ) alakban, ahol a i <b i valós számok, vagy egyikük ±.

Helly tétele egyenesen Mivel véges sok halmazunk van, ezért ki tudjuk választani a legnagyobb kezdőpontot, 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.

Helly tétele egyenesen Végtelen sok halmaz esetén nem igaz a tétel: Tekintsük a nyílt (0, 1/n) intervallumokat, ahol n befutja a pozitív egészek halmazát. Ezeknek csak a 0 lehetne a közös pontja, de a nyíltság miatt az sem az. Bizonyos további feltételek teljesülése (pl. kompaktság) esetén a tétel végtelen sok konvex halmazból álló rendszerre is igaz.

Helly tétele síkon A síkon megadható véges sok konvex halmaz úgy, hogy közülük bármely kettőnek van közös pontja, de nincs olyan pont, amelyik mindegyikben benne van:

Helly tétele síkon Tétel: Ha a síkban véges sok konvex halmaz közül bármelyik háromnak van közös pontja, akkor van olyan pont, amely a halmazok mindegyikében benne van.

Helly tétele síkon 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 P i K j K l K m ahol {i,j,l,m} = {1,2,3,4}.

Helly tétele síkon 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.

Helly tétele síkon Ha a konvex burok háromszög, akkor feltehető, hogy P 4 belső pont. P 3 P 4 P 1 P 2 Ekkor P 1,P 2, P K, ezért a teljes háromszög is K - 3 4 4 beli, tehát P 4 mind a négy halmazban benne van.

Helly tétele síkon 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 metszés-pontja benne van a K 2 K 4 és a K 1 K 3 halmazokban is, tehát a négy halmaz közös pontja. P 4 P 3 M P 2 P 1

Helly tétele síkon Tegyük fel, hogy n 4 darab halmaz esetén igaz a tétel. Legyenek K 1, K 2,,K n, K n+1 olyan kon-vex 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.

Helly tétele 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.

Helly tétele térben A térben megadható véges sok konvex halmaz úgy, hogy közülük bármely háromnak van közös pontja, de nincs olyan pont, amelyik mindegyikben benne van, ilyenek pl. egy tetraéder lapsíkjai. C A D B

Helly tétele térben Tétel: Ha a térben véges sok konvex halmaz közül bármelyik négynek van közös pontja, akkor van olyan pont, amely a halmazok mindegyikében benne van. A síkbeli esethez hasonló bizonyítás adható, de nagyon bonyolult. Vektorok segítségével n dimenzióban bebizonyítható a tétel (a bizonyítás megtalálható pl. Szabó L.: Konvex geometria).

Helly tételének alkalmazásai Tétel: 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.

Helly tételének alkalmazásai Tétel: 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.