A geometria alapjai [PDF]

Zitiervorschau

EÖTVÖS LORÁJND TUPOMÁNVEGYETEM -

TERMI SZETT UDOMÁNYI K A R

Haj ős György előadásai alapján írta:,

Strohmajer János

A G E O M E TR IA ALAPJAI

KÉZIRAT

.TANKÖNYVKIADÓ, BUDAPEST

ÖTVÖS

l.OEÍID T U D 0 M A H Y E G Y E T E M ' Természettudományi Kar

Hajós György, elóadásai alapjén irta; Strohmajar János

A

G E 0 M E T B I A

A L A P J A I

Kézirat 2. változatlan utánnyomás

l A I I Ö I Í T K I A D ó, B U D A P E S T 1965

•

I

A kiadásért felelős: az Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Karának dékánja Megjelent a Tankönyvkiadó Vállalat műszaki gondozásában Műszaki vezető: Gonda Pál Műszaki szerkesztő t Tímár Józsefné Megrendelve: 1965« Október» Megjelent: i9 6 0 , d ecem ber. Példányszám : 265 Készült: Rotaprint lemezről (kicsinyítéssel), a MSz 5601-59 6 és MSz 5602*55 szabványok szerint, 18,9 (A/S) ív terjedelemben, 288 ábrával

i

6 5 - 2848 -

FELSŐOKTATÁSI JEGYZETELLÁT« VÁLLALAT, BUDAPEST

Bevezetés

A geometria tárgyalása lehet szemléletes és lehet axiomatikus. Természetesen tiszta szemléletes és tiszta.axiomatikus tárgyalás nincs. Bármennyire is logikai utón akarjuk felépíteni a tárgya­ lást, bizonyos mértékben a szemléletre kell a kiinduláskor támasz­ kodnunk. Ártárgyalás lehetőleg kevés, egyszerű tartalmú és szem­ léletre támaszkodó kijelentésből indul el. Ezeket a nem bizonyí­ tott kijelentéseket axiómáknak nevezzük. Áz axiómák együttese az axiómarendszer. Az axiómák megválasztása után azokra támaszkodva már logikai utón épitjük fel a geometriát. Az axiómák szabad megválasztását illetően bizonyos követel­ mények, elvek alakultak ki. Ezék nyers fogalmazásban a következők: 1. Az áxiómák igazságot fejezzenek ki. 2. Lehetőleg kevés axiómát mondjunk ki. 3. Az axiómák lehetőleg egyszerűek legyenek. 4. Az axiómarendszer önálló, önmagában érthető legyen. 5 . Áz axiómák egymástól függetlenek legyenek, azaz ne követ­ kezzék egyik a többiből. 6 . Legyen az axiómarendszer teljes, azaz bármely állítás vagy annak tagadása az axiómákból levezethető legyen. 7. Ellentmondásmentes legyen az axiómarendszer". Az 1. követelményen azt éf^jük, hogy axiómáink lehetőleg jól tükrözzék, jól megközelítsék a valóságot. A 2. követelmény lényegében semmitmondó, hiszen pl. ha egy axióma szövegezésében ’’egy és csak egy” szerepel, akkor az szét­ választható két axiómára, mégpedig úgy, hogy az egyikben az ”egy", a másikban pedig a "csak egy” állitás szerepel. De egy axiómát - 5-

nőm csak szét lehet "boncolni, hanem több axiómát össze is ol­ vaszthatunk egy axiómába. A 3. követelményben az "egyszerű" szigorúan nem fogható meg, hiszen nem tudjuk szabatosan mégmondani azt, hogy mit értsünk azon, hogy egy kijelentés egyszerűbb a másiknál. Éppen azért nem helyes azt mondani, hogy az axiómák azok a legegyszerűbb tételek, amelyek nem vezethetők le még egyszerűbbekből. A 4. követelmény más szavakkal azt tartalmazza, hogy az axiómák azok számára is érthetők legyenek, akik korábban még nem foglalkoztak a tárggyal, tehát az axiómákban ne szerepeljenek más tudományágakban használatos fogalmak, ezekre vonatkozó állí­ tások. Természetesen ez nem jelentheti azt, hogy nem támaszkod­ hatunk semmire. Egy fejezetre"mindig támaszkodnunk kell, és ez a halmazelmélet. Végeredményben relativ axiómarendszerrel állunk szemben, mert más tudományágakból fogalmakat veszünk át (halmazelméletből a tartalmazás, közös rész stb; esetleg valós számok és rájuk vonatkozó tételek). ' Az 5. követelményt kielégíthetjük. Jelentése azonban elmosó­ dóvá válik, ha olyan szigorúan értelmezzük, hogy az egyes axiómák egyes részállitásai se következzenek a többiből. , .Egy axiómarendszert kategorikusnak mosdunk, ha pusztán az axiómákra támaszkodva a fejezet minden felvetett problémája el­ dönthető.. Gödéi 1931-ben bebizonyította, hogy egy adott axiómarendszer esetében mindig felvethető olyan kérdés, amelyről nem lehet eldönteni annak igaz vagy hamis voltát. Hangsúlyozzuk, hogy itt nem arról van szó, hogy a felvetett kérdés egyáltalán meg­ oldhatatlan, hanem csak abban az adott axiómarendszerben nem oldható meg. > ■ ' Egy axiómarendszer monomorfizmusa azt jelenti, hogy ha az axiómarendszer két rendszerben, modellben teljesül, akkor azok izomorfak. A matematikai logikából ismert, hogy ha tulmegyünk a megszámlálható halmazon, akkor ilyen monomorf axiómarendszer nincs. Az axiómarendszer teljességének kétféle precizebb megfogal­ mazása a monomorfizmus és a kategoricitás. Mindkét fogalmazásban csak negativ eredmények vannak. Mi az axiómarendszerünk teljessé­ gével kapcsolatban a következő álláspontra helyezkedünk: az axiómarendszer legyen, annyira teljes, hogy a szokott tárgyaláshoz (a mai ^ismeretanyaghoz) elegendő légyen.

-4 -

A ?. követelmény részletesebben azt jelenti, hogy ne legyen olyan állítás, amely maga és az ellenkezője is levezethető az axiómákból. Bebizonyították, hogy a geometria axiómarendszere nem vezet ellentmondáshoz, ha a valós számok axiómarendszere nem ve­ zet ellentmondáshoz. A valós számok axiómarendszere ellentmondás­ mentes, ha a halmazelmélet szokásos axiómarendszere ellentmondás­ mentes. A halmazelmélet axiómarendszerének ellentmondásmentessége azonban még nincs bizonyítva. Tehát csak relatív ellentmondásmen­ tességről lehet V beszélni. ^ Itt mi természetesen csak vázlatosan érintettük az axiómarendszerekkel szemben támasztott követelmények teljesíthetőségét. A matematikai logika feladata ezelc részletes tárgyalása. A geometria első axiómatikus tárgyalása^, illetve tárgyalási kísérlete Euklidestől ered (i.e. 325 körül). Elemek cimü munkájá­ ban a korábbi ismeretekre is támaszkodva a geometria első rend­ szerességre törekvő tárgyalását adta. Bolyai és Lobacsevszki.1 (1823-32 között) voltak az elsők, akik az euklideszi axiómarend­ szer egyik axiómájának tagadására építettek fel az euklideszitől különböző geometriát. Hilberi 1899-ben a "Grandiadén dér Geometria" cimü könyvében mai, f szigora, értelemben vett axiómarendszert ad meg. Ez az axiómarendszer a geometria legáltalánosabban elfogadott axiómarendszere. Mi is ezt tekintjük a tárgyalás, alapjául. A geometria axiomatikus megalapozása szükséges, mert pótol­ nunk kell azt a hiányt, ami eddig megvolt, a geometria tárgyalásibah az algebra és az analízis szabatos tárgyalásával szemben. Ilyen jellegű tárgyalásnak a tudománytörténet szempontjából is hagy jelentősége van. Ugyanis a geometriában indult meg először az axiomatizálási törekvés, majd Bolyai és Lobacsevszkij vizsgá­ latai adtak lendületet az ilyen jellegű kutatásnak. Ez a törekvés szükségképpen először a geometriában jelentkezett, majd átterjedt az egész matematikára. Az axiomatikus tárgyalás vezetett el ahhpz a felismeréshez, jhogy nemcsak az euklideszi ge'ometria létezik, hanem geometriák létezéséről lehet beszélni. Ez a felismerés és ‘ az első nem-euklideszi geometria megalkotása Bolyai és Lobacjsevsz- ■ kij munkásságának elévülhetetlen érdeme. Mint már föntebb említettük, a tárgyalás alapjául a Hilbertféle axiómarendszert tekintjük, de nem tapadunk mereven a Hilbertféle axiómákhoz. Az axiómákat a következőképpen csoportosítjuk:

- 5-

I. Illeszkedési axiómák II. Rendezési axiómák III. Egybevágóságiaxiómák IV. Folytonossági axióma V. Párhuzamossági axióma

Hilbert a párhuzamossági axiómát a folytonossági axiómaelé helyezte. Mi azért választottuk ezt a sorrendet, mert a párhuza­ mossági axiómához kapcsolódva vezetjük be a nem-euklideszi geo­ metriákat. Az anyag befejező részében a Bolvai-Lobacsevszki.i-féle geometriát tárgyaljuk, mégpedig Bolyai Appendix cimii munkája alapján.

!

- 6-

l.§. Illeszkedési axiómák 1.1

Az axiómák kimondásakor szerepeltetünk olyan fogalmakat, amelyeket korábban még nem definiáltunk. Ezeket a fogalmakat a szemléletből meritjük, és az axiómák adják me^ azokat a karakte­ risztikus tulajdonságaikat, amelyekre a továbbiakban épitünk. Tiyan axiomatikusán definiált fogalmak; a pont, egyenes, sik (rövidén a térelemek), a tér és az illeszkedés fogalma. Minden geometriai, alakzat egy ponthalmaz. Ha valamelyik térelem tartal­ mazza a másikat, akkor azt is mondhatjuk, hogy illeszkednek. Illeszkedés szó helyett használni fogjuk még a "rajta van”, "ben­ ne van", "áthalad" kifejezéseket. 1.2 Illeszkedési axiómák

.

I-p Minden egyenesnek van legalább két pontja.

lg. Bármely két pont egyértelműen meghatároz egy olyan egye­ nest, amely ezeket a pontokat tartalmazza. J y Bármely sik tartalmaz legalább bárom ólyan pontot, ame­ lyek nincsenek egy egyenesen (nem kollineárisak). 1^. Bármely három pont, amely nem kóllineáris, egyértelműen meghatároz egy sikot,-amely tartalmazza azokat. 1^. Ha egy egyenes két pontja illeszkedik egy síkhoz, akkor az egyenes minden pontja illeszkedik ehhez a síkhoz. lg. Ha két síknak van egy közös pontja, akkor van a két sík­ nak egy további közös pontja is.

Iy. Van a térnek négy olyan pontba, amelyek nincsenek egy egyenesen, és nincsenek egy sikon sem (nem kollineárisak és nem komplanáriöak). ■

, Most néhány olyan egyszerű tételt emlitünk, amelyek az il­ leszkedési axiómák következményei. T ét e 1 Két egyenesnek legfeljebb egy közös pontja lehet.

Bizonyítás Ha az egyeneseknek két közös pontja lenne, akkor I2 alapján nem lennének különbözők. Ha a két egyenesnek van közös pontja, akkor ezt a közös pon' tót metszéspontnak, a két egyenest metszőknek nevezzük. T-'é t e l Ha egy sik nem tartalmaz egy egyenest, akkor az egyenesnek és a síknak legfeljebb egy közös pontja lehet. Bizonyítás Ha az egyenesnek és síknak két közös pontja volna, akkor a 1^ alapján az egyenes minden pontja illeszkedne a sikhpz, holott

az egyenest a sik nem tartalmazza. Tétel , • Ha két síknak van egy közös pontja, akkor közös részük egye­ nes (egyenesben metszik egymást). Bizonyítás A lg értelmében a két síknak van még egy további közös font­ ja. Ezekre a pontokra illeszkedő egyenest (lg miatt van ilyen) a 1^ alapján mindkét sik tartalmazza. A két síknak ezen egyenesen kívül további közös pontja nem lehet, mert ha volna, akkor a 1^ alapján a két sik nem volna különböző. -

Ha a két siknak van közös pontja, akkor a közös részüket al-/ kotó egyenest a két sík metszésvonalának. a két síkot metszőknek nevezzük. Tétel Egy egyenes és egy az egyenesre nem illeszkedő pont egyér­ telműen meghatároz egy sikot (ponton és egyenesen átfektetett sik) Bizonyítás

x

Vegyünk fel az egyenesen két pontot; e pontok létezését 1^ biztosítja. Jelöljük e pontokat A és 8 -vei, az egyenesre nem illeszkedő pontot pedig C -vei. á 1^ alapján az A , B , C nem kollineáris ponthármas egyértelműen meghatároz egy S sikot. Ez az S sik tartalmazza tehát a C pontot, de tartalmazza az egye­ nest is I,- miatt . 5 Tétel Há két egyetlenek van metszéspontja, akkor egy és csak egy olyan sik van, amely illeszkedik mindkét egyeneshez (metsző egye­ neseken átfektetett sik). Bizonyítás Jelöljük a két egyenes metszéspontját C -vei, az egyik egye­ nest a -val és annak egy C -tői különböző pontját A -val, a másik egyenest b -vei és annak egy C -tői különböző pontját B -vei. Az A és B pontok létezését biztositja. Mivel A , 8 , C pontok nem kolliaeárisak, és 1 ^ alapján egyértelműen meghatároznak egy olyan sikot, amely illeszkedik mindkét egyeneshez. :' h á Az illeszkedési axiómákból nem lehet levezetni azt, hogy az egyenesnek van legalább három pontja. Ugyanis legyen a "tér” egy tetraéder négy csúcsa (1 . ábra). Bbben a "tér­ ben” legyenek a "pontok" a tetraéder csúcsai ( A , B , C , D ),"egyenesek" a tetraéder két-két csúcsa ( A B , A C ,A D , B C , B D , C D ), "sikok" pedig a tetraéder három-három csúcsa (A B C ,A C l1, £?CZ?)„Ebben a mesterséges geometriában, modell- ^ - 9-

ben teljesülnek az illeszkedési axiómák (könnyen ellenőrizhetők), tehát mindaz, ami az illeszkedési axiómákból következik, teljesül ebben á modellben is. Ebből következik, hogy az illeszkedési axiómák alapján bizonyíthatatlan az, hogy van az egyenesnek leg­ alább három pontja, mert ez a modellben nem teljesül. Végül az 1^ fogalmazásával kapcsolatban a következőket je­ gyezzük megi, Ez az axióma biztosítja a térelemek (pont, egyenes, sik) és a legalább három dimenziós tér létezését. Az axióma szö­ vegezésében szükséges kimondani azt is, hogy van a térnek négy olyan pontja, amelyek nincsenek egy egyenesen. Ugyanis tekintsük azt a modellt, amelyben a "tér" egy egyenesre illeszkedő négy pontból áll. Ebben a modellben "pontok" a megadott pontok, "egye­ nes" a pontokat tartalmazó,egyenes és "sik” nincs is. Könnyen ' > ellenőrizhető, hogy ebben a modellben axiómáink a I7 első részé­ nek kivételével teljesülnek. Mint érdekességet megemlitjük, hogy Bolyai János és Lobacsevszkij alkalmaztak először modellt.

- 10 S

\

II. r é s z 2.§. Rendezési axiómák 2 .1

Axiomatikusán definiált fogalom az egyenes pontjai körében az elválasztás fogalma. Ha egy egyenes A , B , C pontjait tekint­ jük, megállapíthatjuk, hogy a B pont elváo .o o lasztja a z A és C pontokat (2. ábra). Ezt a ^ ^ ^ tényt úgy is kifejezhetjük, hogy a B pont az 2 . ábra A és C pontok között van, vagy a B pontot az A , C pontok közre fogják. Ha B kiválasztja az A és C pontokat, akkor ezt úgy jelöljük, hogy (A B C ) v a g y ( C B A ). Az elválasztás fo­ galmát mint egy relációt kell felfogni az egyenes egy ( B ) pontja és másik két ( A és B ) pontja között. Egy egyenes két pontja legyen A és C . Tekintsük az egyenes mindazon B pontjait, amelyekre ( A B C ) . Ezen B pontok összessége az A és C pontokkal együtt az A C egyenesszakaszt (szakaszt) alkotják, ahol A és C pontok a szakasz, végpont.iái, a B pontok pedig a' sza­ kasz belső pontjai. Az igy definiált A C szakaszt zárt szakasznak is mondhatjuk, ha viszont a szakasz A , C végpontjait elhagyjuk^ akkor nyílt szakaszt kapunk. '■ Tekintsünk három, nem kollineáris pontot, >» és jelöljük a pontokat A ,fl , C -vei (3 .ábra). y r \ Beszélhetünk az A B ,B C , C A szakaszok alkotta / y A B C háromszögről (háromszögvonal), a háromszög / \ A B .B C és ¿34 oldalairól, az oldalak belső pont.V. " A u jairól, és az A ,B csúcspontokról (csúcsok). 3 . ábra

,€

- 11 -

Azt mondjuk, hogy egy egyenes metszi a z A B szakaszt, ha egyet­ len, a szakasz végpontjaitól különböző, közös pontjuk van. Ez a szakasz az elválasztás fogalmára épült, melyet eddig nem definiáltunk. Ezt' a definíciót a következő axiómák kimondása pótolja. 2.2 Rendezési axiómák IIj_. Ha egy egyenes két pontja A és B , akkor van az egye­ nesnek olyan C pontja, amelyet B elválaszt az A ponttól. II2. Egy egyenesnek három pontja közül legfeljebb egy van a másik kettő között. IIy ( Pasoh-féle' axióma). Ha egy háromszög síkjában levő egyenes nem halad át a háromszög egyik csúcsán sem, de metszi á háromszög egyik oldalát, akkor ez az egyenes a háromszögnek leg­ alább még egy oldalát metszi. A II2 axiómában megkövetelhettük volna, hogy pontosan egy pont válassza el a másik két pontot, a 11 ^ axiómában pedig az egyenes pontosan még egy óldalt messen. Ezt azért nem tettük, mert az alábbiakban ezeket majd bebizonyítjuk. ,

.2*2 .

'

Azt mondjuk, hogy az £ egyenes az A B C háromszög A B oldalegye­ nesét (oldalát) kint metszi, ha a metszéspont nincs az A B szaka­ szom, valamint az £ egyenes az A B C háromszög B C oldalegyenesét (oldalát) bent metszi, ha a metszéspont a B C szakasz belső pontja (4. ábra). lé te 1 Ha egy egyenes a háromszög 4. ábra egyik oldalegyenesét bent metszi, a másikat kint, akkor kell, hogy az egyenes a háromszög harmadik oldalát (bent) messe. Bizonyítás. Messe az £ egyenes az A B C háromszög B C oldalát a Q belső pontban, azaz bent és a z A B egyenest az A B szakaszhoz nem tartozó P pontban, azaz kint (4. ábra). Az £ egyenes nem haladhat át az \

_ 12 -

ABCháromszÖg f f , C csúcspontjain, mert a B C szakaszt bent metszi. Az e e g y e n e s nem haladhat át az A csúcsponton sem, mert akkor e azonos volna az A P egyenessel, és Így a B C egyenest B -ben met­ szené* |. fi. Alkalmazhatjuk tehát az A B C háromszögre a Pasch-axiómát. Az e egyenes az A B C háromszög B C oldalát metszi, kell tehát,hogy legalább még egy oldalt messen. De miveí az e egyenes az A B oldal­ egyenest kint metszi, azért csak az A C oldalt metszheti. Tétel Bármely szakasznak van belső pontja. Bizonyítás A szakaszt jelöljük A B -vei (5. ábra). Vegyünk egy az A B egyenesre nem illeszkedő C pontot. leérteimében ilyen C pont lé­ tezik. Az A.C egyenesen vegyünk fel egy D pontot úgy, hogy (A C D ) tel­ jesüljön (11^). Az igy felvett D pontot kössük össze 2? -vei és a. D B egyenesen vegyünk fel egy £ pontot úgy, hogy ( D B E ) teljesüljön (II^). Alkalmazzuk az előző tételt az A B D háromszögre és a C E egyenesre. Ez az egyenes a háromszög A D oldalát met­ szi, a D B oldalegyenest kint metszi , tehát kell hogy az A B oldalt messe, azaz az A B szakasznak valóban van belső pontja ( F ) . létei Ha A t B , C e g y egyep.es három pontja, akkor az ( A B C ) , (B A C ), (A C B ) relációk közül legalább az egyik teljesül. Bizonyítás Ha az A és C pontok egyike sem választja el a másik két pon­ tot* azaz ( B A C ) , ( A C B ) egyike sem teljesül, akkor bebizonyítjuk, hogy B elválasztja.az A , C pontokat, azaz ( A B C ) teljesül (6 . ábra). - 13 -

Vegyük fel az egyenesre nem illeszke­ dő D pontot, és az £ pontot a B D egyenesen úgy, hogy ( 3 D E ) igaz legyen (Iy, Alkalmazzuk 2.3 első tételét az A B E három­ szögre és a C D egyenesre. Mivel ( A C B ) nem teljesül, azért a CD egyenes az A B oldalt kint metszi, a B E oldalt pedig (B D E ) miatt a C D egyenes bent metszi, tehát kell,hogy a CD egyenes az A E oldalt 6 . ábra is bent messe, A metszéspont legyen F , és erre ( A F E ) igaz. Ugyanezt a gondolatsorttalkalmazva a B C E háromszögre és .az A D egyenesre, kapjuk, hogy van G metszéspont és a (CGE ) reláció is helyes. ' . , Tekintsük most az A G E háromszöget és a C D egyenest. Ez az egyenes a háromszögA£ oldalát (A F E ) helyessége miatt bent metszi, E f f oldalát pedig (C G E ) teljesülése miatt kint metszi, tehát kell, hogy az A G oldalt bent messe, azaz helyes a z (A D Ó ) reláció. Végül az emlitett tételt az A G G háromszögre és a D E egyenesre alkalmazzuk. A háromszög A G oldalát a D E egyenes (A D G ) teljesülése miatt bent metszi, GC oldalát pedig (C G E ) fennállása miatt kint metszi, tehát az A C oldalt bent kell hogy messe, azaz a B metszés­ pontra (A B C ) igaz, azaz B valóban elválasztja az A , C pontokat. r A-Ilg axióma azt mondja ki, hogy az ( A B C ) , ( B A C ), (AC B ) re­ lációk közül legfeljebb egy teljesül, a most bizonyított tétel értelmében pedig legalább egy teljesül, tehát a fenti relációk közül égy és csak egy teljesül. A továbbiakban a Ilg axiómára már ilyen értelemben fogunk hivatkozni. Ezek szerint az A Ó egyenes A —tói és B -tői különböző P pont­ jára, vagy (A P B ) teljesül, s ekkor P az A0 szakasz belső pontja, vagy pedig ( P A 8 ) i (A B P ) valamelyike, s ekkor P a z A B szakasznak az A , ill. 8 végponton túli meghosszabbításához tartozik, (¿íií ^ l é t e l . ' Ha egy háromszög sikjában levő egyenes nem halad át a három-' szög egyik csúcsán sem, de metszi a háromszög egyik oldalát, ak­ kor ez az egyenes a háromszögnek pontosan még egy oldalát metszi.

- 14 -

Bizonyítás

W

Tegyük fel, hogy az e egyenes az A B C háromszög oldalegyenéseit a P , Q ,/? pontokban metszi X?. ábra). A metszéspontok jelö­ lését válasszuk meg úgy, hogyCjAgtf/ teljesüljön (II2). Be kell bizonyí­ tanunk, hogy nem lehetséges az, hogy az e egyenes az AB C háromszög oldalegyeneseit úgy messe, hogy mindegyik metszéspont elválassza a megfelelő oldalegyenesen levő csúcs­ pontokat.' Tegyük fel ugyanis, hogy az ( A P B ) , (B R C ), (AQ C ) relációk mindegyike teljesül. Tekintsük a P R B háromszöget és az A C egye­ nest, és alkalmazzuk rájuk a 2.3 első tételét. Mivel (P Q R ) igaz, a z A C egyenes a P R oldalt bent metszi, (B R C ) teljesüléséből pedig az következik, hogy az A C egyenes a B R oldalt kint metszi, tehát kell, hogy az A C egyenes a P B oldalt bent messe, azaz (P A B ) igaz legyen. De az (A P B ) és (P A B ) a Ilg axióma alapján egyszerre nem lehet igaz, tehát az S egyenes az A B oldalt csak kint metszheti. A most bizonyított tételt és a IIj axiómát egybefoglalva mondhatjuk, hogy ha egy a háromszög sikjában levő egyenes nem ha­ lad át a háromszög egyik csúcsán sem és a háromszög egyik oldalát metszi, akkor ez az egyenes egy és csak egy háromszögoldal^metsz méS*' Eszerint azt is megállapíthatjuk, hogy ha az A B C háromszög Sikjában levő, e egyenes nem halad át, a háromszög egyik csúcsán sem, és a háromszög két oldalát bent metszi, akkor az e egyenes a háromszög harmadik oldalát bent nem metszheti; ha pedig az A B C háromszög sikjában levő e egyenes nem halad, át a háromszög csúcs­ pontjaih és a háromszög két oldalát kint metszi, akkor az e egye­ nes a háromszög harmadik oldalát bent nem metszheti. Itt a "bent; nem metszheti" kijelentés részletesebben azt jelenti, hogy az e egyenes a háromszög harmadik oldalát vagy kint metszi, vagy egyál­ talán nem is metszi a harmadik oldalegyenest. 2.4 . Ha az A , B , C pontok .egy egyenesre illeszkednek, akkor az 7 AHCelfa.iulá (degenerált) háromszögről beszélünk. A következő té­ telek i^yen elfajuló háromszögekről szólnak. - 15 -

/

I ft 6 1 Ha az e egyenes nem halad, át az egy egyenesre illeszkedő A ,B ,C pontok egyikén sem és ,az A B , A C ,B C szakaszok közül egyet metsz, akkor az e egyenes a másik két szakasz közül pontosan még egyet metsz. Bizonyítás

Legyen az e egyenesnek pl. a B C szakasszal közös pontja (8 . ábra). Megmutatjuk, hogy az A B ,A C szakaszok közül az e egyenes pontosan még egyet, metsz. g, i f Tekintsük az e és az A ,B , c / j pontokat tártalmazó egyenesek sikját. Ebben a sikban fejtessünk a C V I ponton át egy/ egyenest. Az f egye/ I n e e vagy metszi, vagy nem metszi az J l 1 s egyenest. Vegyünk fel az f egyeneA B i iC sen úgy egy C * pontot, hogy a C C ‘ sza8 . ábra kasznak és az e egyenesnek ne legyen közös pontja. Ilyen C ‘ pont létezik, mert ha az e és f egyeneseknek nincs közös pontjuk, akkor C az f egyenes bármely pontja lehet, ha meg e és/ egyenesek metszők, akkor az/ egyenesnek a metszéspontot C ponttól elválasztó bármely pontja lehet a C ' pont. Alkalmazzuk a Pasch-axiómát a ¿ ^ ’háromszögre és az e egye­ nesre. Mivel áz é egyenes metszi a BC oldalt, de nem metszi a CC’ oldalt, azért metszi a BC oldalt. Ismét alkalmazzuk a Pasch-axiómát az A B C 'háromszögre és az e egyenesre. Mivel az e egyenes a B C ’oldalt metszi, azért az A B és A C ’oldalak közül pontosan egyet metsz. Ha az e egyenes az A C ’ oldalt metszi, akkor metszi az AC oldalt is, mert áz e egyenes nem metszi A C C 'háromszög CC 1 oldalát (Pasch-axióma). Ha pedig az e egyenes nem metszi az A C ' oldalt, tehát az A B oldalt metszi, akkor az A C oldalt sem metszheti. Ugyanis ha metszené az A C oldalt, ak­ kor mivel é nem metszi az háromszög C C ' oldalát, azért a Paschaxióma értelmében ebben a háromszögben az e egyenesnek metszenie kellene az A C 'oldalt is. A 11^ axióma, a 2.3 negyedik tétele és a most, bizonyított tétel egybefoglalható a következő tételben: - 16 -

Ha egy e egyenes nem halad át a vele egysiku A , B , c pontok egyikén sem és az Á B ,A C ,B C szakaszok közül egyet metsz, akkor az e egyenes pontosan még egy szakaszt metsz. Éhben a megfogalmazásban az Á ,fi,C pontok háromszöget al­ kothatnak, de lehetnek kollineárisak is. Ennek a megfogalmazásnak az előnye abban van, hogy nem kell vizsgálni azt, hogy a három pont kollineáris-e vagy sem. A továbbiakban a most megfogalmazott formájában alkalmazzuk tételünket és röviden csak mint Paschaziómára hivatkozunk. Ugyanígy hivatkozunk majd a következő tétel­ re is, amelynek nincs lényegesen uj tartalma. Tétel -Legyen egy egyenes három pontja A , B ,C és az egyenes egy további P pontja különbözzék az A , B , C pontok mindegyikétől. Ha a P pont illeszkedik az A B , A C ,BC szakaszok egyikére, akkor pontosan még egy szakaszra illeszkedik. /s

Bizonyítás /

A P ponton át mindig fektethető olyané1 egyenes (9. ábra), amely metszi az A , B f C pontok egyenesét. (1^, Ij, I^)» Az előbbi tételből kö­ vetkezik most már az állitás. -

. ^

/' .

■B / P

C

g ábra

?.§. Félegyenes ■

-

izi T ét e1 Ha egy egyenesen adott egy P pont, akkor ez a P pont az nes P -tői különböző pontjait egyértelműen meghatározott két osz­ tályba sorolja úgy, hogy az egyenes két pontja akkor és csak ak­ kor tartozik ugyanabba az osztályba', ha a P pont nem választja el azokat. . 1 Bizonyítás

f

r-

-Egyenes pontjainak halmazában bevezetünk egy relációt. Ez a reláció legyen a következő: két pont között akkor és csak akkor - 17 -

áll fenn a reláció, ha a P pont nem választja el azokat. Ez a reláció: reflexív, mert a P pont nem választja el az egyenes pontját önmagától} szimmetrikus. mert ha a P pont nem választja el az egyenes A , B pontjait, akkor aB ,A pontokat sem; tranzitív, mert ha a P pont nem választja el az egyenesen az A , B és B , C pontpárokat, akkor a Pasch-axióma értelmében nem választhatja el az A , C pontpárokat sem. Tehát az egyenes pontjainak halmazában bevezetett reláció ekvivalencia-reláció, és mint tudjuk a halmazelméletből, az ekvi­ valencia-reláció ekvivalencia-osztályokat létesit. Először megmutatjuk, hogy legalább két osztály van. Tekint­ sük Ugyanis az egyenes P -tői különböző A pontját és vegyünk fél '0 . az A P szakasz P ponton túli meghosszabbi^ ^ ^ tásán egy B pontot (11^), azaz (A P 8 ) tel10. ábra jesüljön (10. ábra). Az egyenes A , B pontjai más-más osztályba tartoznak, mert a P pont elválasztja azokat. Végül belátjuk, hogy az osztályok száma legfeljebb kettő. Legyenek A , B és A ,C pontpárok elemei más-más osztályokban. Ha belátjuk, hogy B és C egy osztályban van, akkor készen vagyunk a bizonyítással. Alkalmazzuk 2.4 utolsó tételét az A B C elfajuló háromszögre és a P pontra. Mivel az A B és A C szakasz mindegyike tartalmazza a P pontot, ezért a B C szakasz nem tartalmazza a P pontot, igy P nem választja el a ff, C pontokat, tehát B és C pon­ tok valóban egy osztályba tartoznak. , S / rEzeket az osztályokat nvilt félegyeneseknek nevezzük, a P •/pontot a nyilt félegyenes végpontjának mondjuk. Ha a P pontot y hozzásoroljuk a nyilt félegyeneshez zárt félegyenest kapunk. A következőkben ha félegyenest mondunk, akkor mindig a zárt fél­ egyenesre gondolunk. ’■ 2 *2 T é tel A félegyenes egyértelműen meghatározza a végpontját. '

'

'

- 18 -

Bizonyítás ' A félegyenes P végpontja olyan tulajdonsággal rendelkezik, amellyel a félegyenes többi pontjai nem rendelkeznek. Ez a tu­ lajdonság az, hogy a félegyenesnek nincs »— .o . o , P Q R olyan két pontja, amelyet a P végpont elw választana. A félegyenes definíciójából 11* ^bra P végpont valóban ren­ következik, hogy a delkezik ezzel a tulajdonsággal. Legyen a félegyenes P -tői különböző tetszőleges pontja d (11. ábra). Megmutatjuk, hogy a d pont nem rendelkezik az emlí­ tett tulajdonsággal, ugyanis a Q ponthoz mindig találunk két olyan pontot, amelyeket Q, elválaszt. Egyik legyen a P pont, a má­ sik pedig a P Q szakasz d ponton túli meghosszabbításán levő R pont. Az R pont pontja a félegyenesnek, mert a P pont nem választ­ ja el a d , R pontokat. A d pontnak tehát valóban nincs meg az a tulajdonsága, amellyel a P végpont"rendelkezik. Ha egy egyenesen felveszünk egy pontot, akkor az a pont az egyenes pontjait két osztályra, két félegyenesre bontja. A két félegyenesnek egyetlen közös pontja van, a végpotít, hisz a fél­ egyenesek végponttól különböző pontjai más-más osztályba tartoznak. Egy egyenesen a P végpontú zárt félegyenes komplementer hal­ maza egy P végpontú nyilt félegyenes és megfordítva, egy nyilt félegyenes kiegészítője egy zárt félegyenes. Ez közvetlenül kö­ vetkezik a definícióból. Tétel Az egyenest két pontja egy szakaszra és két félegyenesre bontja fel. A szakasz végpontjai a megadott pontok, a félegyene­ sek végpontjai az egyik illetve a másik megadott pont. Azt is mondhatjuk tehát, hogy a szakasz meghosszabbításai félegyenesek. Bizonyítás Az egyenes megadott pontjai legyenek A és B • Tekintsük az egyenesnek egy további, A , B -tői különböző tetszőleges C pont­ ját (12. ábra). A három pont közül mindig egy és csak egy választ­ ja e.í a másik kettőt. Ha az A pont választja el a B , C pontokat,

- 19 -

akkor a C pont hozzátartozik ahhoz a félegyaűOj&íBz, amelyet A határol, de ő -t nem tartalmazza. Ha a 3 pont választja el az A és C pontokat, akkor C annak a félegyenesnek a pontja, amelynek _o— —f-- — _ — h------ B a végpontja, de az A pontot nem “L A ti tartalmazza. Ha a C pont választja 'g £ el az A és B pontokat, akkor C pont a szakasz definíciója értelmében az j q £ A B szakasznak pontja. 12. ábra Mivel az A , B , C pontok közül n csak az egyik választhatja el a másik kettőt, azért az egyenes tetszőleges C pontja a fent leirt alak­ zatok közül csak egyiknek lehet pontja. Az A t B pontok a szakasz értelmezése szerint az A B szakasznak végpontjai. Az Á pont adnak a félegyenesnek végpontja, amely nem tartalmazza a B pontot, mert az A pont ebnek a félegyénesnek minden pontját elválasztja B -tői. A 8 pont pedig annak a félegyenesnek végpontja, amely nem tartal­ mazza az A pontot. • / . l-é t e 1

/

'.

A '■

Ha egy egyenesen egy félegyeneshez úgy csatlakozik egy sza­ kasz, hogy csak a csatlakozási pontjuk közös,, akkor a félegyenes és e szakasz együttesen félegyenest alkot. Bizonyítás A félegyenes végpontja legyen, az A pont, a szakasz végpontjai pedig legyenek A és B (13 . ábra). Az egyenest az A és B pontok egy I ■t szakaszra és két félegyenesre bontják fel. A B A B végpontú A -t nem tartalmazó félegyenes 13 » ábra komplementuma félegyenes, tehát a félegye­ nes és a hozzá csatlakozó szakasz valóban félegyenest alkot. f ét e 1 Ha egy egyenesen az A végpontú félegyenesből elhagyjuk az A B szakaszt, akkor a B végpontú A pontot nem tartalmazó félegyenes­ hez jutnak.

- 20 -

Bizonyítás Az A végpontú B -t tartalmazó félegyenes kiegészítője fél­ egyenes (14. ábra). Ehhez a félegyeneshez csatlakozik az Afl sza­ kasz, együttesük az előző tétel értelmében |... .—.| _____ afl végpontú, A -t tartalmazó félegyenes, A B 1¿L ábl?3.l' amelynek kiegészítője szintén felegyenes. Tétel Egy egyenesen az A végpontú, fl pontot tartalmazó félegyenes és afl végpontú,A pontot tartalmazó félegyenes közös része az Afl szakasz. Bizonyítás *-v ' ; Az egyik félegyenes az Afl szakaszból és afl végpontú, A pon­ tot nem tartalmazó félegyenesből áll (15. ábra).A másik félegye­ nes pedig az A B szakaszból és az A vég|1 1 j-1 "" ' — pontú, ő pontot nem tartalmazó félegye^ ^ nesből áll. Tehát ezek közös része az AB ^Lra szakasz. - ■ . ^ ' Egy alakzat konvex, ha bármely két pontjának összekötő sza­ kaszát is tartalmazza. Az egyenes, a sik és a tér például konvex. Konvex alakzatok közös része is konvex alakzat, hiszen a kö­ zös rész két pontjának az összekötő szakaszát a konvex alakzatok mindegyike tartalmazza. ■

1 f

f été 1 ■ A A félegyenes konvex. “

■A '

Bizonyítás

'

^

Meg kell mutatni, hogy a félegyenesbármely két pontjának összekötő szakaszát is tartalmazza. a) Legyen a két pont egyike a félegyenes P végpontja, másika pedig az A pont (16a, ábra). A félegyenes tartalmazza a PA sza- ' kaszt, mert ha a félegyenes egy X pontja elválasztja a P , A pon­ tokat, akkor P ^em választja el az X ,A pontokat, tehát az X pont -

21

\

a ,

ugyanahhoz a félegyeA X B neshez tartozik, mint az A pont. i--—o. » o i ■ X A p B X b) Tekintsük most 16. ábra a félegyenes P végpont­ jától különböző A ,fi pontjait (16b, ábra). Belátjuk, hogy az A , 8 pontokat elválasztó bármely X pont, azaz az A B szakasz hozzátartozik a félegyeneshez. Alkalmazzuk a Pasch-axiómát a P A B elfajuló háromszögre és az X pontra. Alkalmazható a Pasch-axióma, mert az X pont nem azonos a P >A , B pontok egyikével sem, hisz a P pont rLem választja el az A , B pontokat, az X pont pedig elválasztja azokat. Mivel az X pont az A B szakasznak pontja, kell hogy még egy szakasznak pontja legyen. Legyen pl. a P B szakasznak pontja az X pont, azaz {P X B ) teljesüljön. De ekkor a P pont nem választja el az X ,fi ponto­ kat, tehát az X pont a fi ponttal együtt ugyanannak a félegyenes­ nek a pontja. A nyilt félegyenes is konvex. Ennek bizonyításánál a most bizonyított tétel a) része nem léphet fel, a b) rész pedig'a nyilt félegyenes esetében is elmondható.

4.§. Szakasz Ha a szakasz két végpontját is hozzásoroljuk a szakaszhoz, zárt szakaszt kapunk. Ha szakaszt mondunk, akkor mindig a zárt szakaszra kell gondolnunk. 4.1 Tétel A szakasz konvex. Bizonyítás Beláttuk, hogy egy szakasz két félegyenes közös részeként előállítható. Mivel a félegyenesek konvex alakzatok, azért a kö­ zös részük is, azaz a szakasz is konvex.' -

- 22 -

Tétel A szakasz egyértelműen meghatározza a végpontjait. Bizonyítás A szakasz végpontjai olyan tulajdonsággal rendelkeznek, amellyel a szakasz belső pontjai nem rendelkeznek. Ez a tulajdon­ ság a következő: a végponthoz nem található az A B szakaszon két olyan pont, amelyeket a végpont elválasztana P Q (17 . ábra). A & A szakasz belső pontjaihoz található két 17« ábra ' ‘ f ilyen általa elválasztott szakaszpont, ti. pél­ dául A és B . Tekintsük azonban pl. az A végpontot. Mivel az A B szakasz része áz A végpontú B -t tartalmazó félegyenesnek, és e félegyenesen nincs olyan pontpár, amelyet elválasztana az A vég­ pont, azért a z A B szakaszon sem lehet ilyen pontpár. 4.2 Tétel Az A B szakaszt egy belső C pontja A C és CB szakaszra bontja fel, azaz e szakaszok egyesítése az A B szakasz és az A C , C6 sza­ kaszok közös része csak a C pont. / Bizonyítás a) Először belátjuk, hogy az A C és C B szakaszok egyesítései szakasz. Legyen az A B szakaéz egy tetszőleges pontja P (18. ábra). Megmutatjuk, hogy a P pont JiozzátartoP , zik a z A C , C B szakaszok közül legalább az ° C j? egyikhez. Ha a P pont az A ,C ,B pontok va18. ábra lamelyikévél azonos, akkor helyes az állítá­ sunk. Legyen most a P pont az A , 8 ,C pontoktól különböző. Alkal­ mazható a Pasch-axióma az A B C elfajuló háromszögre és a P pontra. Mivel a P pontot tartalmazza az A B szakasz, azért rajta van a P pont legalább még egy szakaszon, azaz a z AC ,C B szakaszok közül legalább egy tartalmazza a P pontot. b) Most megmutatjuk, hógy a z A C , C B szakaszok közös része csak a C pont lehet, azaz az A B szakasz P pontjai a C pont, kivé­ telével pontosan egy szakaszhoz tartoznak. Ugyanis ha a P pont az A B

23 -

azonos az A , 8 végpontok valamelyikével, akkor a P pont pontosan az egyik- szakaszhoz tartozik. Ha a P és C pont azonos, akkor a P pont hozzátartozik az A C ,C B szakaszok mindegyikéhez. Ha viszont a P ppnt az A , B , C pontok mindegyikétől különbözik, akkor a Páseh-axióma értelmében mivel a P pont pontja az A B szakasznak, azért az A C és C B szakaszok közül pontosan még egynek lehet pontja. - j ^

Tétel Egy szakasznak végtelen sok pontja van.

'

1

Bizonyítás >

/

Tekintsük az A B szakaszt (19. ábra). A 2,3 második tétele értelmében felvehetünk az A B szakaszon egy Fj pontot. Ugyanezt a pn p Pn P, tételt alkalmazva, az A f f ázakaszon felveo— o—o— o-o— ^ hető egy pont. Mivel az A F ] szakasz 19 ábra konvexitása miatt része az A B szakasznak, azért az AF} szakasz F* pontja az A B sza­ kasznak is pontja. Az APZ szakaszon felvehető egy pont, amely az előző meggondolás alapján pontja az AF* szakasznak, tehát pontja az A B szakasznak is. Ezt az eljárást folytatva, az A b szakaszon akármilyen sok pont felvehető. - ' A most bizonyított tételből következik, hogy a nyilt szakasz­ nak, félegyenesnek és egyenesnek is végtelen sok pontja van. ia Tétel Ha egy egyenesen/? darab pontot tekintünk, akkor ezek a pon­ tok az egyenest két félegyenesre és - n - i szakaszra bontják fel. Bizonyítás

c

A tételt a pontok számára vonatkozó teljes indukcióval bi­ zonyítjuk. Ha az egyenesen felvett pontok száma kettő, akkor a 3.2 má­ sodik tétele értelmében igaz az állítás. Kimutatjuk, hogy ha az egyenes «-/pontjára igaz az állítás, akkor ez az egyenes n pontjára is áll.

-

24

-

j,' ' Az egyenes n - i pontja két félegyenesre és n - z szakaszra bont­ ja fel az egyenest. Ha az n -dik pont szakaszra esik, akkor ez a szakasz 4.2 első tétele értelmében két szakaszra bomlik fel, a félegyenesek és a többi szakaszok változatlanok maradnak. Ha vi­ szont az n —dik pont valamelyik félegyenesnek pontja, akkor min­ den más változatlan márad, de ez a félegyenes felbomlik egy sza­ kaszra és egy félegyenesre. Végeredményben mindkét esetben a fél­ egyenesek száma kettő, a szakaszok száma pedig eggyel növekszik, ami állításunk helyességét igazolja. Tétel Ha egy egyenesen véges sok pontot veszünk fel, akkor ezek a pontok mindig megszámozhatok úgy, hogy közülük egyik a másik ket­ tőt akkor és csak akkor választja el, ha annak indexe elválasztja a másik kettő indexét. Ez a sorrend kétféleképpen állapítható meg, ugyanis ha már megszámoztuk a pontokat, akkor a sorrend megfordítható. Bizonyítás

'

Az egyenest n pontja két félegyensre és n - i szakaszra bontja fel (20. ábra). Ezeknek egymáshoz való csatlakozásai a felvett pontok körébén egy sorrendet szabnak _ .. ,' meg. Ilyen sorrendben végigszámozPt P,-. Pj Pn hatjuk a pontokat. A szakaszok csat20. ábra lakozásából következik, hogy a IP pont akkor és csak akkor választja el a P ,f* pontokat,ha i < j < k • < 5.§. Töröttvonal .5*1 - Véges sok egymáshoz csatlakozó szakaszok egyesítését törött­ vonalnak nevezzük. Ha az egymáshoz csatlakozó szakaszokat A 0 A f , A r A i , • • . rA„_, -nel jelöljük, akkor a töröttvonalat Á 0A f — A „ nel jelöljük (21. ábra). Az A n pontot a töröttvonal kezdőpontjá­ nak. az A^jaontot pedig a töröttvonal végpontjának nevezzük. A töröttvonalat egyszerűnek mondjuk, ha a töröttvonalat alkotó

szakaszoknak az előirt csatlakozási pontokon kivül továbbikijzós pontjuk nincs (21.b ábra). Ha a kezdő és végpontok azonosak, ak- kor zárt töröttvonalról beszédünk (21 .c ábra), ellenkező esetben

21 . ábra /

pedig a töröttvonal nyílt. A zárt töröttvonal lehet egyszerű. de lehet nem egyszerű is. A nyilt töröttvonalak közé soroljuk az egyenesszakaszt is. lé t e l , Ha két pontot töröttvonallal kötünk össze, akkor ez tartal­ maz olyan egyszerű töröttvonalat, amely összeköti a két pontot. Bizonyítás Az adott pontok legyenek A és B . Tekintsük mindazokat a pontokat, amelyek a töröttvonalát alkotó szakaszok végpontjai vagy metszéspontjai (22.'ábra). Járjuk végig a töröttvonalat és az előbb emlitett ponto­ kat sorrendben számozzuk meg. Ha már számozott ponthoz jutunk, akkor uj számot is adunk a pontnak. Induljunk el a törött vonalon az A pontból. Ha . olyan ponthoz jutunk, amelyhez több számot is 22 . ábra rendeltünk, akkor haladjunk mindig a legnagyobb számot követő pont felé (Ábránkon: A (/), 2 , 3 , 11 , 12 , 15 , 1 4 , 1 5 , 16 , 1 7 , 8 (,2 1 )). így egy töröttvonalhoz jutunk, hisz a szaka­ szok egymáshoz csatlakoznak. Ez a töröttvonal összeköti az A és B /

.

- 26 -

pontokat, mert A -bél indultunk ki, és a legnagyobb számozású pontba is eljutottunk. Ez a töröttvonal egyszerű is, mert egyet­ len számozott ponton sem haladhat át többször. Ezek után már mondhatjuk, hogy ha két pont valamilyen alak­ zaton belül összeköthető töröttvonallal, akkor a két pont egysze­ rű töröttvonallal is összeköthető.

Beszélhetünk áz egyszerű nyilt töröttvonal pontjainak rende­ zéséről. Nem részletezzük ezt, csak rámutatunk röviden a rendezés lehetőségére. . Az A , A2...A n egyszerű nyilt töröttvonalat leképezhetjük egy szakaszra (23. ábra). Azt mondjuk, hogy {P Q R ) teljesül, ha (p 'Q'R')

Egyszerű zárt töröttvonal esetében cik- ^ likus rendezésről beszélhetünk, továbbá.kér­ dezhetjük, hogy az A , B pontpár mikor vá­ lasztja el a C , D pontokat (24. ábra). Az A , B pontpár két részre bontja'a törött­ vonalat. Ha C és D pontok különböző részek24. ábra nek pontjai, akkor azt mondjuk, hogy az A , B pontpár elválasztja a C , D pontpárt. Ekkor C , D is elválasztja az A ,B pontpárt, tehát az A , B és C , D pontpárok egymást elválasztják. Ellenkező esetben nem választják el. egymást.

- 27 -

6.§» Félsik 6.1

Tétel Ha a sikban egy e egyenest tekintünk, akkor a siknak az e egyenestől különböző pontjai egyértelműen két osztályba sorolhatók úgy, hogy két pont akkor és csak sikkor tartozik ugyanabba az osz­ tályba, ha a két pontot összekötő szakasznak nincs közös pontja a megadott e egyenessel. Bizonyit&s

^

■

■

A sik pontjai körében egy relációt vezetünk bej a sik e egye­ nesétől különböző A , B pontjai között akkor és csak akkor áll fenn a reláció, ha vagy A = B , vagy az A B szakasznak nincs közös > pontja az e egyenessel. Ez a reláció egy ekvivalencia-reláció, mert reflexív, szim­ metrikus és tranzitív. A reflexivitás a definícióból következik. Szimmetrikus is a reláció, mert ha az A B szakasznak nincs közös pontja az e egyenessel,' akkor a BA szakasznak sincs. A tranzitivitás a Fasch-axiómából következik. Ugyanis ha az A B és B C szaka­ szoknak nincs közös pontjuk az e egyenessel, akkor az A C szakasz­ nak sem lehet közös pontja az e egyenessel, mert ha volna, akkor az e egyenesnek és az A B ,B C szakaszok valamelyikének is volna közös pontja (25 .a ábra)* A fenti reláció e e tehát osztályokat létesít. Először j megmutatjuk, hogy bJ legalább két osztály létezik. Vegyünk Ad fel áz e egyeneáen egy P pontot és kös­ a, sük össze azt az e 25 . ábra egyenesre nem illesz­ kedő A ponttal (25«b ábra). Az A P szakasz P -n túli meghosszabbí­ tásán vegyük fel a B pontot. Az A B szakasznak van közös pontja az e egyenessel, tehát az A , B pontok más-más osztályba tartoznak.

- 28 -

Végül bebizonyítjuk, hogy az osztályok száma legfeljebb, ket­ tő. Megmutatjuk, hogy ha A , B és A , C pontok más-más osztályba' sorolhatók, akkor a 8 és C pontok ugyanannak az osztálynak az elemei. Alkalmazzuk a Páseh-axiómát az A B C (esetleg elfajuló) háromszögre és az e egyenesre. Mivel az e egyenes metszi az A B és AC oldalakat, azért a B C oldalt nem metszheti, azaz a ő ,C . pontok egy osztályba tartoznak. A sik egy egyenese, mint előbb bebizonyítottuk, a siknak az egyenestől különböző pontjait két osztályba sorolja. Az ilyen osztályt, az egyenessel együtt, (zárt) félsiknak nevezzük. Az egye­ nest a félsik határegyenesének. a féIsik többi pontját belső pon­ toknak, a siknak félsikhoz nem tartozó pontjait pedig külső pon­ toknak nevezzük. Ha a féIsikből elhagyjuk a határegyenesét, nyilt félsikhoz jutunk. 6 .2

,

; l é t e i • Ha egy félsikot és a sik egy egyenesét tekintjük, akkor ezek közös része á) vagy üres alakzat, b) vagy a teljes egyenes és ez a határegyenessel azonos, c) vagy a teljes egyenes és ennek a határegyenessel nincs közös pontja, j d) vagy pedig egy félegyenes, melynek végpontja a határegyenesen van. 1 Bizonyítás,

-

Ha az egyenes teljes egészében a félsikhoz nem tartozó pon­ tokból áll, akkor az a) lehetőség áll fenn. ^Ha az egyenesnek mindén pontja hozzátartozik a félsikhoz, akkor vagy a b ) vagy a c) eset áll fenn. Há ennek az egyenesnek van pontja a félsik határegyenesén,, akkor csak a b ) eset állhat fenn, mert ha vol^na rajta a félsiknak'belső pontja is, akkor vol­ na azon külső pont is, azaz nem tartozhatna az egyenes teljes egészében a félsikhoz. Ha az egyenesen vannak olyan pontok, amelyek hozzátartoznak a félsikhoz és vannak olyanok, amelyek nem,, akkor van olyan két pont, amely más-más osztályba tartozik, de akkor, az összekötő

- 29 -

szakaszuknak van pontja a félsik határegyenesével. E metszéspont által előállított egyik és másik félegyenes más-más félsikhoz tartozik az osztálybasorolás alapján, tehát a d) lehetősége áll fenn most. A most bizonyított tételben nem állítottuk, hogy a felsorolt esetek meg is valósulnak, csak annyit állítottunk, hogy ezek le­ hetségesek. ; « Tétel A ^félsik konvex. Bizonyítás A félsik bármely két pontja meghatároz egy egyenest. Ez az egyenes vagy teljes egészében hozzátartozik a félsikhoz, vagy pe­ dig az egyenes és a félsik közös része félegyenes. Az egyenes is, és a félegyenes is konvex, tehát az általuk tartalmazott szakasz is benne van a félsikbah. A nyilt félsik is konvex. Ehhez megjegyezzük, hogy egy nyilt félsiknák és egy egyenesnek a közös része, ha nem üres, vagy a teljés egyenes, vagy egy nyilt félegyenes^ Ezek után már az okos­ kodás ugyanúgy,megy, mint a zárt félsik esetében, csak nyilt fél­ egyenesekkel kell dolgozni. T ét el A félsik egyértelműen meghatározza a határegyenesét. . Bizonyítás Az e határegyenes pontjai és csak azok rendelkeznek a követ­ kező tulajdonságokkal: van olyan egyenes, amelynek a félsikkal f alkotott közös része felegyenes és ennek végpontja a kiszemelt pont (26. ábra). Ezzel a tulajdonsággal a határegyenes pontjai valóban rendelkeznek, viszont a félsik belső pontjai nem rendelkeznek, mert ha egy belső ponton áthaladó egyenesnek és fólaiknak közös részé félegyenes, akkor a félegyenes végpontja a határegyenesen van és nem belső ppnt. 26. ábra - 30 -

Tétel Egy félsik belső és külső pontjai közül két pont akkor-éő csak akkor nem köthető össze a félsik határegyenest nem érő tö­ röttvonallal, ha a két pont egyike belső pont, a másika pedig külső pont. Tételünk más megfogalmazásban azt mondja ki, hogy' két belső pont is, és két külső pont is összeköthető a határegyenest nem érő töröttvonallal, belső és külső pontok pedig nem. Bizonyítás a) Két belső pont a félsik konvexitása miatt összeköthető a határegyenest nem érő szakasszal. b) Két külső pont is összeköthető a határegyenest nem érő szakasszal, mert a nyilt félsik is konvex. c) Végül kössünk össze egy belső és egy külső pontot vala­ milyen töröttvonallal (2?. ábra). Lehetséges, hogy a töréspontok között van határpont, akkor igaz az állítá­ sunk. Ha a töréspontok között nincs határ­ pont, akkor mivel a töröttvonal egyik vég­ pontja belső pont, a másik végpontja meg külső pont, azért létezik egy olyan sza­ kasz, amelynek egyik végpontja belső pont," a másik végpontja pedig külső pont. Az ilyen szakasznak van közös pontja a félsik határegyenesével, hisz végpontjai más-más félsikhoz tartozó pontok. Tehát a szakaszt tartalmazó töröttvo­ nalnak is van pontja a félsik határegyenesévél. '

'£ * 2

A most tárgyalt témát általánosabban is felvethetjük. Bár­ mely alakzatnál beszélhetünk arról, hogy az alakzat két pontja összeköthető-e az alakzathoz tartozó töröttvonallal. Ez mindig ekvivalencia-reláció, és osztályokat, az-alakzat komponenseit definiálja. Ha csak egy ilyen komponens van, az alakzat (poligonálisan) összefüggő. Az előzőkben az egyenesen a pont komplemen­ ter halmazát, és a sikban az egyenes kiegészítő halmazát vizsgál tűk ilyen szempontból. Ugyanígy bármely alakzat esetében megvizs gálható, hogy az alakzathoz nem tartozó pontok hány osztályba tartoznék. 31 -

Ha a térben egy sikot tekintünk, akkor a síkhoz nem tartozó pontok két osztályt alkotnak, és egy-egy osztályt, a sikot is hozzászámítva, féltérnek nevezünk. A féltérrel kapcsolatban ugyan­ azokat a tételeket szerepeltethetnénk, mint amelyeket a félsikkal kapcsolatban említettünk, és a tételek bizonyítása is hasonlóéin történhetne. ' 7.§. Konvex sokszög Zii A' síkbeli egyszerű zárt töröttyonalat sokszögvónalnak nevezzük. A töröttvonal egymáshoz csatlakozó egy egyenesre illeszkedő szakaszait egyetlen szakasszá egyesitjük. Ezek után a sokszögvonalat alkotó szakaszokat a sokszögvonal oldalainak, a törésponto­ kat pedig a sokszögvonal. csúcsainak nevezzük. Az oldalakat tartal­ mazó egyeneseket oldalegyeneseknek nevezzük. Egy sokszögvonalat konvexnek mondunk, ha minden oldalegyenése határol egy olyan zárt félsikot, amely a sokszögvonal minden csú­ csát tartalmazza. Ezeket a félsikokat.pozitív támaszfélsikoknak nevezzük, a kiegészítő félsikok pedig a negatív támaszfélsikok. A definícióból nyomban következik, hogy a háromszögvonal ' konvex, hisz a háromszögvonal bármely oldalegyenese határol olyan félsikot, amely a belsejében tartalmazza a háromszög harmadik csúcsát. \ . Zi2 " A konvex sokszögvonal pozitív támaszfélsikjainak közös részét konvex sokszögtartománynak (konvex sokszög), a konvex sokszögvona­ lat pedig a konvex sokszögtartomány határvonalának nevezzük. A határvonal pontjait határpontoknak mondjuk. A konvex sokszögvonal hozzátartozik a konvex sokszögtarto­ mányhoz, mert a konvex sokszögvonal bármely két csúcsa benne van • bármely pozitív.támaszfélsikban, de akkor a két csúcsot összekötő szakasz is benne van.bármely pozitív támaszfélsikban, azaz benne van azok közös részében is, tehát hozzátartozik a konvex sokszögűtartományhoz is-. . A konvex sokszögtartomány határvonalhoz nem tartozó pontjait belső pontoknak nevezzük. A síknak a konvex sokszöghöz nem tartozó - 52 -

pontjait pedig külső pontoknak nevezzük. Ha a konvex sokszögtar­ tomány határát elhagyjuk, nyilt konvex sokszögtartományhoz jutunk. Megjegyezzük, hogy a 7.1 és 7.2-ben a konvex jelző nem a 3 .3-ban fogalmazott általános értelemben szerepel. Tétel , A konvex sokszög oldalszakaszainak meghosszabbításai külső pontoktól'állnak. Tételünk állítása ekvivalens a következő állítással: A sok­ szögtartomány pontjai közül csak a határvonal pontjai helyezked­ nek el valamely pozitív támaszfélsik határán. Bizonyítás Legyen a határvonal egy oldalszakasza A B és tekintsük a meg­ hosszabbításának egy tetszőleges A" pontját (28. ábra). Az A B sza­ kasznak van K -hoz közelebbi végpontja, le\ gyen ez a 8 pont. A z A B szakaszhoz B pont^ 1J bán csatlakozik egy oldal, amelynek oldal- — \ egyenese is határol egy pozitív támaszfél/ V sikot. Ez a pözitiv támaszfélsik tartalmazza az A pontot, de a K pontot nem, mert az A K szakasznak és a félsikot határoló egye'28. ábra nesnek a B pont közös pontja. Mivel a K pont negatív támaszfól­ aiknak pontja, azért nem lehet benne a pozitív támaszféIsikok kö- ■ zÖs részében, tehát a K pont külső-pont. -

"hl f étel A nyilt konvex sokszögtartomány .a nyílt pozitív támaszfélsikok közös része. Bizonyítás

r

A nyilt konvex sokszögtartomány minden belső pontja hozzá­ tartozik mindegyik pozitív támaszfélsik belsejéhez, mert egyik támaszfélsik határán sincs belső pönt. Másrészt a nyilt pozitív támaszfélsikok közös részének minden pontja á konvex sokszögnek belső pontja, mert a határvonal minden pontja egy-egy támaszfél­ sik határán helyezkedik el. - 33 -

g ét e l A zárt és a nyílt konvex sokszögtartomány konvex. s Bizonyítás A zárt konvex sokszögtartomány konvex, mert zárt félslkoknak közös része. * A nyílt konvex sokszögtartomány pedig azért konvex, mert nyílt félslkoknak közös része. 2 A :

Tétel Egy konvex sokszög Belső és külső pontjai közül két pont akkor és csak akkor nem köthető össze a határvonalat nem érő tö­ röttvonallal, ha az egyik belső, a másik pedig külső pont. Bizonyítás a) Először belátjuk, hogy egy belső és egy külső pont nem köthető össze a határvonalat nem érő töröttvonallal. Kössük össze a B belső és a K külső K pontokat valamilyen töröttvonallal (29. ábra). Mivel K külső pont, azért van legalább egy negatív támaszfélslk, amely a k pontot a belsejében tartalmazza. Ezt a félsikot kiegészítő pozitív támaszfélsik a belsejében tartalmazza a B pon­ tot. A B és A' pontokat Összekötő törött­ vonalnak 6 .2 utolsó tétele értelmében biztosan van közös pontja a fenti félsikokat határoló oldalegyenessel. Tekintsük most a B , k pontokat összekötő töröttvonalon mindazokat a pontokat, amelyek vagy oldalégyenesre illeszkedő szakaszoknak végpontjai, vagy oldalegyenesekkel alkotott metszés­ pontok (ábránkon tömör karikával jelzett pontok). Mivel véges sok ilyen pont van, azért ha a B pontból elindulunk a töröttvonalon a k pont felé, lesz e pontok között egy első, amelyet jelöljünk P -vei. Állítjuk, hogy ez a P pont egy oldalon van. Ugyanis, ha P nem volna oldalon, akkor külső pont lenne, de akkor az imént mon­

dottak szerint a 8 és P pontokat összekötő töröttvonalon volna még oldalegyenesen elhelyezkedő pont, ami azt jelentené, hogy a P pont nem lett volna B -bői indulva első pont. b) Belső pont belső ponttal összeköthető töröttvonallal, ti. egy szakasszal, hisz a konvex sokszögtartomány belseje is konvex. c) Két külső pont is összeköthető a határvonalat nem érő tö­ röttvonallal (30 . ábra). A két külső pont legyen K f éa K 2 . Valamely negatív támaszfélsik tartalmazza a K t pontot. Szemeljük ki a konvex sokszög­ vonalnak egy olyan oldalát, amely a K 1 pontot tartalmazó negatív támaszfélsik ha­ tárán levő oldalhoz csatlakozik. Az igy ki­ szemelt oldal egyenese szintén meghatároz egy negativ támaszfélsikot. Legyen a P, pont a K t pontot tartalmazó negativ támasz­ félsik határán, és tartalmazza ezt a f? pontot a kiszemelt csat­ lakozó oldal egyenese által határolt negativ támaszfélsik is. Ilyen módon az egymáshoz ^csatlakozó oldalak által létrehozott ne­ gatív támaszsikokon keresztül véges sok lépésben eljutunk a K z pontot tartalmazó negatív támaszfélsikhoz, éh az egymáshoz csat­ lakozó oldalak megfelelő meghosszabbításain a V| , ... , Pn pon­ tokhoz (ábránkon n =a). Az igy előállított K f Pf P2 * • • Pn K z törött­ vonalnak nincs közös része a határvonallal, mert a töröttvonalat alkotó egyes szakaszoknak sincs közös része a határvonallal. Ugyanis bármely két egymásután következő pont ugyanabban a negatiy támaszfélsikban van. A most bizonyított tételt röviden úgy is megfogalmazhatjuk, hogy a konvex sokszögvonal a sik pontjait 6 .3-ban mondottak ér­ telmében két osztályba sorolja, az egyik a konvex sokszög belseje, / másik pedig a külseje. Is i

T été 1 Egy konvex sokszög és egy egyenes közös része a) vagy egy üres alakzat, azaz az egyenesnek egyetlen pontja sem tartozik a konvex sokszöghöz, *" b) vagy egyetlen pont és ez csúcsa a konvex sokszögvonalnak,

- 35 -

c) vagy egy oldalszakasz, amelynek végpontjai csúcsok, d) vagy egy szakasz, amelynek csak a végpontjai vannak a határon. ' Bizonyítás

I. Ha egy oldalegyenest tekintünk, akkor 7.2 tétele értelmé­ ben tudjuk, hogy ezen az egyenesen egy oldal helyezkedik el,, amelynek meghosszabbításai külső pontokból állnak. Ez a c) eset lehetőségét támasztja alá. II. Tqvábbiakban csak azokat az egyeneseket tekintjük, ame­ lyek nem oldalegyenesek. Egy ilyen e egyenesnek és a konvex sok­ szög határának közös része szakasz nem lehet, mert ha a közös rész szakasz volna, akkor az e egyenes oldalegyenes lenne. Tehát ezeknek az egyeneseknek és a határvonalnak a közös része csak vé­ ges sok pont lehet. ^ Kettőnél több közös pont nem lehet egy ilyen e egyenesen. Ha legalább három pont e helyezkedne el az e egyenesen, akkor volna ezek között egy középső, amely rajta van a határvonal valamelyik oldalén (31 . ábra). e Ez az oldal nem illeszkedik az e egyenesre, tehát meghatároz egy pozitiv támaszfélsikot. 31. ábra Ez tartalmazza a teljes sokszögvonalat, ugyanakkor a két szélső pont pedig más-más félsikban van. Ellentmondásra jutottunk, tehát az e egyenesre a határvonalnak legfeljebb két pontja illeszkedhet. 1 . Legyen az e egyenesen két határpont. A két pont között csak belső pontok lehetnek, mert a konvex sokszögtartomány konvex. A két pontot összekötő szakasz meghosszabbításai csupa külső pon­ tokból állnak, mert ha volna a meghosszabbításon belső pont, akkor a konvexitásból az következne, hogy valamelyik határpont belSŐ pont lenne. Eljutottunk tehát ad) esethez. 2. Legfeljebb egy határpont legyen az e egyenesen. Ebben az esetben a konvex sok­ szögvonal teljes egészében az e egyenes ál­ tal határolt egyik zárt félsikban helyezke­ dik el. Ugyanis, ha a konvex sokszögvonalnak ' 0 volna ^mindkét félsikban pontja ( A és B ), 32 . ábra - 36 -

akkor a sokszögvonal két A -ból 3 -be vezető töröttvonalra volna felbontható, és Így 6 .2 utolsó tétele értelmében a konvex sok­ szögvonalnak legalább két pont3a Illeszkedne az e egyenesre (32 . ábra), ami ellentmond annak, hogy az e egyenesen legfeljebb egy határpont van. j «*..) Az e egyenesen csak egy H határpont legyen. Bebizonyítjuk, hogy ez a H pont csúcspont. Az előző bekezdésben beláttuk^ már, hogy a konvex sokszögvonal az e egyenes által határolt egyik félsikban helyezke­ dik el (33« ábra). Mivel a H határpont hozzátartozik egy oldalhoz, és ez az ol­ dal nem metszi át az e egyenest, azért H egy oldalnak végpontja, tehát H valój han(csúcspont. 33 . ábra Be kell még bizonyítani, hogy az e egyenes minden más pontja külső pont. Ennek érdekében kössük öszsze az e egyenes /egy tetszőleges P pontját a H csúcspontba futó oldal meghosszabbításán elhelyezkedő K külső ponttal. A K P szán­ kásénak nincs közös pontja a sokszögvonallal, mert P nincs a ha­ táron, és a K P szakasz többi pontja olyan nyilt félsikban van, amely a határ egyetlen pontját sem tartalmazza, tehát a P pont is külső pont. így a b) esetét kaptuk meg. / dO Ha az a egyenesen egyetlen határpont sincs, Óf — — — ^>---- —g akkor az e egyenes minden pontja külső pont. Azt U9 'már tudjuk) hogy a konvex sokszög az e egyenes által határolt egyik félsikban van (3». ábra). / Kössük össze az e egyenes tetszőleges P pontját 3^-. ábra a konvex sokszögvbnal tetszőleges H határpontjá­ val. A P H egyenesnek van a konvex'sokszögvonallal közös pontja, tehát ez az egyenes a már letárgyalt esetek valame­ lyikéhez tartozik. Megmutatjuk, hogy a P pont külső pont. Ugyanis tegyük fel, hogy a P pont belső pont. Ekkor a P H egyenes csak d) tipusu lehet. Mivel a d) tipusu egyenesen minden belső pont elvá­ laszt két határpontot, azért az e egyenes által létrehozott másik félsikban is van pontja a konvex sokszögvonalnak. Mint láttuk, ez lehetetlen, tehát a P pont valóban külső pont. Most az a) esethez jutottunkéi. i ■ - 37 /

A bizonyított tételünk esek a felsorolt lehetőségeket tartal­ mazza, de nem szól arról, hogy ezek az esetek meg is valósulnak. 6 .2 első tételével szemben itt könnyen megmutatható, hogy ezek az esetek meg is valósulnak. Röviden utalunk az egyes esetek meg­ valósuláséra: Az oldalegyenes a c) esetet valósitja meg. Két különböző oldalon lévő pontot összekötő egyenes ad) esethez vezet el. Az a) esethez jutunk, ha a konvex sokszög egy csúcsába futó A B ,B C oldalakat meghosz- , szabóitjuk és az A B szakasz B -n túli meg­ hosszabbításán levő P pontot és a BC szakasz B -n túli meghosszabbításán levő Q. pontot égy egyenessel összekötjük (35» ábra). A P C I egyenes minden pontja valóban külső pont, mert 35 , ábra a Q P é a PQ_ félegyenesek egy-egy negatív támaszfélsikban haladnak. A konvex sokszög egy csúcsába futó >45 oldal 8 -n túli meg­ hosszabbításán levő P pontot kössük össze a B C oldal egy belső Q, pontjával. Légyen P a P Q szakasz egy belső Al­ pontja (36. ábra). A B R egyenes b.} tipusu, V minden B -tői különböző pontja külső pont, mert a B R félegyenes a B C oldalegyeneshez tartozó negatív támaszfélsikban halad, a kiegészítő félegyenes pedig az A B oldal­ egyeneshez tartozóban halad. 36 . ábra létei Konvex sokszög belső pontjából induló félegyenes egyetlen pontban metszi a határvonalat. Bizonyítás Mivel a B belső ponton áthaladó e egyenes d) tipusu egyenes (37 , ábra), azért a B pont az e egyenesre illeszkedő két határpontot elvá­ lasztja, tehát a B -bői induló egyik félegyene­ sen csak egy határpont van. A konvex sokszög belsejében haladó, két ha­ tárpontot összekötő szakaszt húrnak nevezzük. - 38 -

I é.Jfc e_-í Konvex sokszög belső pontjára Illeszkedő egyenes a konvex sokszög egy húrját tartalmazza. Bizonyítás A-B belső pontra illeszkedő e egyenes d) típusú egyenes (J8 . ábra), tehát tartalmaz egy olyan szakaszt, amelynek végpont­ ja^ határpontok, minden más pontja pedig belső pont. ■ £J á & J U L . '■ ^ , A konvex sokszög húrjainak egyesítése a teljes tartományt megadja.

,58 . ábra

Bizonyítás Minden belső pont húron van. A határpontokat is megkapjuk, mert bármely határpontból elindíthatunk húrt. Tétel ■. Ha egy konvex alakzat tartalmazza egy konvex sokszög határ­ vonalát, tartalmazza a konvex sokszöget is. v Bizonyítás

x /

A határvonalat tartalmazó konvex alakzat a konvexitás miatt minden húrt tartalmaz, tehát ezek egyesítését, a konvex sokszöget is tartalmazza. -

'■

M

■

T ét el Az S konvex sokszög h húrja olyan S t és 2 A , A 0 . Ezek után rátérünk a bizonyítás b) részére. Ha ot= fi , akkor az állítás nyilvánvaló, mert pl. 2oc > fi Legyen < f i . Az O -ból induló fél­ egyenes ugyanazon pz oldalán mérjük fel Az ¿a- é s f i szöget. Bocsássunk merőlegest az oí és f i szög közös szárára a f i szög másik szá­ rának tetszőleges Á pontjából (13S«ábra). A merőleges talppontja legyen A 0 \ a z A 0A ,

Erre a k értékre 2 ¿ A g A ^ k -f "> ^ A A ~

2 > • • .>

ZkA g A t > A p A

eredmény adódnék. Eszerint tehát valóban Z k oc > f i

.-

17.4 A kör fogalmát, belső és külső pontok értelmezését, valamint a köriv fogalmát korábbi ismereteinkből vesszük, és ezekre támasz­ kodva bebizonyítjuk az un. köraxiómákat. Tété 1 , A kör A belső és B .külső pontját összekötő AB szakasznak van közös pontja a körvonallal.

.

Bizonyítás Az r sugara kör 0 középpontjából állítsunk merőlegest az AB szakasz egyenesére, a merőleges talppontját jelöljük T -vei (139. ábra). Ha az AB egyenes áthalad az 0 ponton, akkor T = 0 . A T pont a körnek belső pontja, mert vagy T = 0 , vagy az ÓTA háromszögben i~ > Q A 'Z lO T . Ezért az AB szakasz helyett ' szerepeltethetjük a T ő szakaszt és elég megmutatni, hogy & T B szakasznak van pont­ ja a körvonalon. Ha ugyanis az A B szakasz 139. ábra tartalmazza a T B szakaszt, akkor a körvo­ nal és a T B szakász közös pontja az AB szakasznak is pontja; ha pedig T az AB szakasz meghosszabbításán van, akkor a T B szakasz TA részének minden pontja belső pont, mert a T A szakasz minden pontjának 0 -tói mért távolsága OA -nál kisebb, tehát a T B sza­ kasz és á körvonal közös pontja ebben az esetben is rajta van az AB szakaszon, A T B szakasz pontjait két osztályba soroljuk. Az I. osztály­ ba tartozzanak azok a pontok, amelyeknek 0 -tói mért távolsága - 10§

-nél kisebb, a II. osztályba pedig azok, amelyeknek 0 -tói mért távolsága legalább r (140. ábra). Egyik osztály sem üres, mert T az I. osztálynak, B pedig a II. osztálynak pontja. Továbbá I. osztályba tartozó ponttól T felé haladva csak I. osztályba tartozó pont van. A TB szakasz pontjai tehát Dedekind-féle szeleteket 140. ábra alkotnak, és ezért van elválasztó pont. Megmutatjuk, hogy a V elválasztó pontnak a kör 0 középpont.iától mért 0 V * * d távolsága a kör r sugarával egyenlő. Mérjük fel a T B szakaszon V -tői jobbra és balra az e szakasz, a kapott^pontok legyenek P és Q, . Ha d < r volna, akkor az £ szakaszt úgy vá­ lasztjuk meg, hogy még d + a < r is teljesüljön; ekkor a V -tői jobb­ ra elhelyezkedő P pontra O P - d á é , azaz O P £ d + £< t , tehát P az I. osztályba tartozna. Ha pedig d > r volna, akkor az £ szakaszt úgy választjuk meg, hogy d - f > r is teljesüljön; ekkor a V -tői balra elhelyezkedő Q. pontra c f - Ö Q = . t , azaz >P sugár tartozzék az I. osztályba, ha pe­ dig az AB köriv P pontjára 0 P = r , akkor az Ot P sugár tartozzék a II. osztályba (145. ábra). Egyik osztály áétól üres, mert az OfA sugár áz I. osztályba, a,zO f B sugár pedig P a II. osztályba tartozik. I. osztályba . tartozó sugártól 0t A sugár felé haladva csak I. osztályba tartozó sugarak vannak, mert e sugarak végpontjainak 0 -tói mért távolságai a) értelmében csökkennek. A sugarakra vonatkozó Dedekind-féle axióma értelmében tehát van elválasztó sugár, amelyet jelöljünk Of V -vei. 143. ábra c) meg kell még mu pont a k körnek is pontja, azaz O V ^ r . Először megmutatjuk, hogy a k t körön V, -bői kiindulva el tu­ dunk mozdulni úgy a V ’pontba, hogy a W ’szakasz tetszőlegesen meg­ adott 6 szakasznál kisebb legyen. Ugyanis mérjünk fel y -t a V ben vont érintőre. Az igy kapott pont legyen U , és tükrözzünk az ¿^//egyenesre (144. ábra). A V pont tükörképeként adódó Alpontra a V i / V háromszögből a háromszögegyenlőtlenség alapján valóban V V * < | * -f ■* £ adódik.

A k , körön V -tői jobbra vegyük fel a Q pontot úgy, hogy V Q < t legyen, a k , kör V -tői balra levő /3 pontjára is legyen V P < fc (145» ábra). Ha O V < r lenne, akkor mivel az 6 megválaszt­ ható úgy, hogy még¿7^£ 0 , hiszen a diadikus számok pozitivok, tehát po­ zitív számok körében volt f ( a ) elválasztó érték; 2. ha.'o.A , akkor cl , ¿ ugyanannak a szakaszosztálynak eleme és mi szakaszosztályhoz rendeltünk egy értéket, tehát f i a ) = f ( b ); 4. ha /('“/ és m = .o , akkor - ~ e = /•e , tehát /(£) = / A 3. követelmény teljesülését először diadikus szakaszok körében mutatjuk meg. Azt kell megmutatnunk, hogyha

d(£,)*d{Z?z ) • d i n ) , akkor Elérhető, hogy B 1 és D z nevezője megegyezzék. Ha

akkor

'

'!

Ezek szerint

d ( n ) - d ( n t ) + d ( n 2)

,

tehát valóban

D “ nf + d2

,

azaz a 3* követeiméig a diadikus szakaszok körében teljesül. Ha o , ó tetszőleges szakaszok, akkor elég megmutatnánk, hogy az a + h * c feltevésből kiindulva az .

f ( a) * - / ( & ) < /C c> >

és x

fia)

>/C c)

egyenlőtlenségek egyike sem teljesülhet, legyük fel, hogy +

/6 0 °n sm . teljesül­ het, tehát valóban n (c - d

Tételünkből következik, hogy egy négyszög szögeinek Összege nem qagyobb mint 360ö. v A Lambert-féle négyszögben a negyedik szög nem nagyobb mint 90°, mert a négyszög szögeinek összege nem nagyobb mint 3 6 0 *, és ebből három szög Z fO °-ot lefoglal. T étel ' ■'^VZA d áj Ha a Lambert-féle négyszög negyedik szöge f , akkor vagy ainden esetben